ਸਿੱਖਣ ਦੇ ਉਦੇਸ਼
7.2.1 ਇੱਕ ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਲਿਖੋ।
7.2.2 ਅਨੁਮਾਨਿਤ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦੀ ਵਿਧੀ ਦੁਆਰਾ ਇੱਕ ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰੋ।
7.2.3 ਪੈਰਾਮੀਟਰਾਂ ਦੇ ਭਿੰਨਤਾ ਦੀ ਵਿਧੀ ਦੁਆਰਾ ਇੱਕ ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰੋ।
ਇਸ ਭਾਗ ਵਿੱਚ, ਅਸੀਂ ਜਾਂਚ ਕਰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨਾਂ ਨੂੰ ਕਿਵੇਂ ਹੱਲ ਕਰਨਾ ਹੈ। ਸ਼ਬਦਾਵਲੀ ਅਤੇ ਵਿਧੀਆਂ ਉਹਨਾਂ ਤੋਂ ਵੱਖਰੀਆਂ ਹਨ ਜੋ ਅਸੀਂ ਹੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਇਕੁਏਸ਼ਨਾਂ ਲਈ ਵਰਤੀਆਂ ਸਨ, ਇਸ ਲਈ ਆਓ ਕੁਝ ਨਵੇਂ ਸ਼ਬਦਾਂ ਨੂੰ ਪਰਿਭਾਸ਼ਿਤ ਕਰਕੇ ਸ਼ੁਰੂ ਕਰੀਏ।
ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਰੇਖੀ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ
ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਰੇਖੀ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ 'ਤੇ ਵਿਚਾਰ ਕਰੋ
ਸੰਬੰਧਿਤ ਹੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਇਕੁਏਸ਼ਨ
ਨੂੰ ਪੂਰਕ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਕਿਹਾ ਜਾਂਦਾ ਹੈ। ਅਸੀਂ ਦੇਖਾਂਗੇ ਕਿ ਪੂਰਕ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨਾ ਇੱਕ ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨ ਵਿੱਚ ਇੱਕ ਮਹੱਤਵਪੂਰਨ ਕਦਮ ਹੈ।
ਪਰਿਭਾਸ਼ਾ
ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਇੱਕ ਹੱਲ yp(x) ਜਿਸ ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਮਨਮਾਨੀ ਸਥਿਰਾਂਕ ਨਹੀਂ ਹੁੰਦੇ, ਉਸ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਇੱਕ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਅਖਵਾਉਂਦਾ ਹੈ।
ਥਿਊਰਮ 7.4
ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ
ਮੰਨ ਲਓ yp(x) ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਰੇਖੀ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਕੋਈ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਹੈ
ਨਾਲ ਹੀ, c1y1(x)+c2y2(x) ਪੂਰਕ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦੇ ਆਮ ਹੱਲ ਨੂੰ ਦਰਸਾਉਂਦਾ ਹੈ। ਫਿਰ, ਅਨੋਮੋਜੀਨੀਅਸ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਇਸ ਦੁਆਰਾ ਦਿੱਤਾ ਜਾਂਦਾ ਹੈ
ਸਬੂਤ
ਇਹ ਸਾਬਤ ਕਰਨ ਲਈ ਕਿ y(x) ਆਮ ਹੱਲ ਹੈ, ਸਾਨੂੰ ਪਹਿਲਾਂ ਇਹ ਦਿਖਾਉਣਾ ਹੋਵੇਗਾ ਕਿ ਇਹ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਦਾ ਹੈ ਅਤੇ ਦੂਜਾ, ਕਿ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਕੋਈ ਵੀ ਹੱਲ ਉਸ ਰੂਪ ਵਿੱਚ ਲਿਖਿਆ ਜਾ ਸਕਦਾ ਹੈ। y(x) ਨੂੰ ਡਿਫਰੈਂਸ਼ੀਅਲ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਵਿੱਚ ਸਥਾਪਿਤ ਕਰਨ 'ਤੇ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਹੈ
ਇਸ ਲਈ y(x) ਇੱਕ ਹੱਲ ਹੈ।
ਹੁਣ, ਮੰਨ ਲਓ z(x) a2(x)y″+a1(x)y′+a0(x)y=r(x) ਦਾ ਕੋਈ ਵੀ ਹੱਲ ਹੈ। ਫਿਰ
ਇਸ ਲਈ z(x)−yp(x) ਪੂਰਕ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਇੱਕ ਹੱਲ ਹੈ। ਪਰ, c1y1(x)+c2y2(x) ਪੂਰਕ ਇਕੁਏਸ਼ਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਅਜਿਹੇ ਸਥਿਰਾਂਕ c1 ਅਤੇ c2 ਹਨ ਜਿਨ੍ਹਾਂ ਲਈ
ਇਸ ਲਈ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ z(x)=c1y1(x)+c2y2(x)+yp(x)।
□
ਉਦਾਹਰਨ 7.11
ਆਮ ਹੱਲ ਦੀ ਪੁਸ਼ਟੀ ਕਰਨਾ
1. ਇਹ ਦਿੱਤਾ ਗਿਆ ਹੈ ਕਿ yp(x)=x, yp(x)=x, ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ y″+y=x, y″+y=x ਦਾ ਇੱਕ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਹੈ, ਆਮ ਹੱਲ ਲਿਖੋ ਅਤੇ ਹੱਲ ਦੀ ਪੁਸ਼ਟੀ ਕਰਕੇ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰਦਾ ਹੈ।
2. ਹੱਲ
3. ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ y″+y=0, y″+y=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1cosx+c2sinx, c1cosx+c2sinx ਹੈ। ਇਸ ਲਈ, ਗੈਰ-ਸਮਰੂਪ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਹੈ
4. ਇਹ ਪੁਸ਼ਟੀ ਕਰਨ ਲਈ ਕਿ ਇਹ ਇੱਕ ਹੱਲ ਹੈ, ਇਸਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲੋ। ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਹੈ
5. ਫਿਰ
6. ਇਸ ਲਈ, y(x), y(x) y″+y=x, y″+y=x ਦਾ ਇੱਕ ਹੱਲ ਹੈ।
7. ਚੈੱਕਪੁਆਇੰਟ 7.10
8. ਇਹ ਦਿੱਤਾ ਗਿਆ ਹੈ ਕਿ yp(x)=−2, yp(x)=−2, y″−3y′−4y=8, y″−3y′−4y=8 ਦਾ ਇੱਕ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਹੈ, ਆਮ ਹੱਲ ਲਿਖੋ ਅਤੇ ਪੁਸ਼ਟੀ ਕਰੋ ਕਿ ਆਮ ਹੱਲ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰਦਾ ਹੈ।
9. ਪਿਛਲੇ ਭਾਗ ਵਿੱਚ, ਅਸੀਂ ਸਥਿਰ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਨਾਲ ਸਮਰੂਪ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨਾ ਸਿੱਖਿਆ। ਇਸ ਲਈ, ay″+by′+cy=r(x), ay″+by′+cy=r(x) ਦੇ ਰੂਪ ਦੀਆਂ ਗੈਰ-ਸਮਰੂਪ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਲਈ, ਅਸੀਂ ਪਹਿਲਾਂ ਹੀ ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨਾ ਜਾਣਦੇ ਹਾਂ, ਅਤੇ ਸਮੱਸਿਆ ਗੈਰ-ਸਮਰੂਪ ਸਮੀਕਰਨ ਲਈ ਇੱਕ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਲੱਭਣ ਤੱਕ ਸੀਮਤ ਹੋ ਜਾਂਦੀ ਹੈ। ਅਸੀਂ ਹੁਣ ਇਸ ਲਈ ਦੋ ਤਕਨੀਕਾਂ ਦੀ ਜਾਂਚ ਕਰਦੇ ਹਾਂ: ਅਣਡਿੱਠੇ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦੀ ਵਿਧੀ ਅਤੇ ਪੈਰਾਮੀਟਰਾਂ ਦੇ ਭਿੰਨਤਾ ਦੀ ਵਿਧੀ।
10. ਅਣਡਿੱਠੇ ਗੁਣਾਂਕ
11. ਅਣਡਿੱਠੇ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦੀ ਵਿਧੀ ਵਿੱਚ r(x) ਦੇ ਰੂਪ ਦੇ ਆਧਾਰ 'ਤੇ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਦੇ ਰੂਪ ਬਾਰੇ ਸਿੱਖਿਅਤ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਉਣਾ ਸ਼ਾਮਲ ਹੈ। ਜਦੋਂ ਅਸੀਂ ਬਹੁਪਦ, ਘਾਤ ਅੰਕ, ਸਾਈਨ ਅਤੇ ਕੋਸਾਈਨ ਦੇ ਡੈਰੀਵੇਟਿਵ ਲੈਂਦੇ ਹਾਂ, ਤਾਂ ਸਾਨੂੰ ਬਹੁਪਦ, ਘਾਤ ਅੰਕ, ਸਾਈਨ ਅਤੇ ਕੋਸਾਈਨ ਮਿਲਦੇ ਹਨ। ਇਸ ਲਈ ਜਦੋਂ r(x) ਦਾ ਇਹਨਾਂ ਵਿੱਚੋਂ ਕੋਈ ਇੱਕ ਰੂਪ ਹੁੰਦਾ ਹੈ, ਤਾਂ ਇਹ ਸੰਭਵ ਹੈ ਕਿ ਗੈਰ-ਸਮਰੂਪ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਹੱਲ ਉਸੇ ਰੂਪ ਦਾ ਹੋ ਸਕਦਾ ਹੈ। ਆਓ ਕੁਝ ਉਦਾਹਰਣਾਂ ਦੇਖੀਏ ਕਿ ਇਹ ਕਿਵੇਂ ਕੰਮ ਕਰਦਾ ਹੈ।
12. ਉਦਾਹਰਨ 7.12
13. ਅਣਡਿੱਠੇ ਗੁਣਾਂਕ ਜਦੋਂ r(x) ਇੱਕ ਬਹੁਪਦ ਹੁੰਦਾ ਹੈ
14. y″+4y′+3y=3x, y″+4y′+3y=3x ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਲੱਭੋ।
15. ਹੱਲ
16. ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ y″+4y′+3y=0, y″+4y′+3y=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1e−x+c2e−3x, c1e−x+c2e−3x ਹੈ। ਕਿਉਂਕਿ r(x)=3x, r(x)=3x, ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਦਾ ਰੂਪ yp(x)=Ax+B, yp(x)=Ax+B ਹੋ ਸਕਦਾ ਹੈ। ਜੇਕਰ ਇਹ ਸੱਚ ਹੈ, ਤਾਂ ਸਾਡੇ ਕੋਲ yp′(x)=A, yp′(x)=A ਅਤੇ yp″(x)=0, yp″(x)=0 ਹੈ। yp, yp ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਹੱਲ ਹੋਣ ਲਈ, ਸਾਨੂੰ AA ਅਤੇ BB ਦੇ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣੇ ਚਾਹੀਦੇ ਹਨ ਤਾਂ ਜੋ
17. ਸਮਾਨ ਪਦਾਂ ਦੇ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਨੂੰ ਬਰਾਬਰ ਰੱਖਣ 'ਤੇ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਹੈ
18. ਫਿਰ, A=1, A=1 ਅਤੇ B=−43, B=−43, ਇਸ ਲਈ yp(x)=x−43, yp(x)=x−43 ਅਤੇ ਆਮ ਹੱਲ ਹੈ
19. ਉਦਾਹਰਨ 7.12 ਵਿੱਚ, ਨੋਟ ਕਰੋ ਕਿ ਭਾਵੇਂ r(x) ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਸਥਿਰ ਪਦ ਸ਼ਾਮਲ ਨਹੀਂ ਸੀ, ਸਾਡੇ ਲਈ ਸਾਡੇ ਅਨੁਮਾਨ ਵਿੱਚ ਸਥਿਰ ਪਦ ਸ਼ਾਮਲ ਕਰਨਾ ਜ਼ਰੂਰੀ ਸੀ। ਜੇਕਰ ਅਸੀਂ yp=Ax, yp=Ax (ਬਿਨਾਂ ਸਥਿਰ ਪਦ ਦੇ) ਦੇ ਰੂਪ ਦਾ ਹੱਲ ਮੰਨਿਆ ਹੁੰਦਾ, ਤਾਂ ਅਸੀਂ ਹੱਲ ਨਹੀਂ ਲੱਭ ਸਕਦੇ ਸੀ। (ਇਸਦੀ ਪੁਸ਼ਟੀ ਕਰੋ!) ਜੇਕਰ ਫੰਕਸ਼ਨ r(x) ਇੱਕ ਬਹੁਪਦ ਹੈ, ਤਾਂ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਲਈ ਸਾਡਾ ਅਨੁਮਾਨ ਉਸੇ ਡਿਗਰੀ ਦਾ ਬਹੁਪਦ ਹੋਣਾ ਚਾਹੀਦਾ ਹੈ, ਅਤੇ ਇਸ ਵਿੱਚ ਸਾਰੇ ਹੇਠਲੇ-ਕ੍ਰਮ ਦੇ ਪਦ ਸ਼ਾਮਲ ਹੋਣੇ ਚਾਹੀਦੇ ਹਨ, ਭਾਵੇਂ ਉਹ r(x) ਵਿੱਚ ਮੌਜੂਦ ਹੋਣ ਜਾਂ ਨਾ।
20. ਉਦਾਹਰਨ 7.13
21. ਅਣਡਿੱਠੇ ਗੁਣਾਂਕ ਜਦੋਂ r(x) ਇੱਕ ਘਾਤ ਅੰਕ ਹੁੰਦਾ ਹੈ
22. y″−y′−2y=2e3x, y″−y′−2y=2e3x ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਲੱਭੋ।
23. ਹੱਲ
24. ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ y″−y′−2y=0, y″−y′−2y=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1e−x+c2e2x, c1e−x+c2e2x ਹੈ। ਕਿਉਂਕਿ r(x)=2e3x, r(x)=2e3x, ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਦਾ ਰੂਪ yp(x)=Ae3x, yp(x)=Ae3x ਹੋ ਸਕਦਾ ਹੈ। ਫਿਰ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ yp′(x)=3Ae3x, yp′(x)=3Ae3x ਅਤੇ yp″(x)=9Ae3x, yp″(x)=9Ae3x ਹੈ। yp, yp ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਹੱਲ ਹੋਣ ਲਈ, ਸਾਨੂੰ AA ਦਾ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੀਦਾ ਹੈ ਤਾਂ ਜੋ
So, 4A=24A=2 and A=1/2.A=1/2. Then, yp(x)=(12)e3x,yp(x)=(12)e3x, and the general solution is
Checkpoint 7.11
Find the general solution to y″−4y′+4y=7sint−cost.y″−4y′+4y=7sint−cost.
In the previous checkpoint, r(x)r(x) included both sine and cosine terms. However, even if r(x)r(x) included a sine term only or a cosine term only, both terms must be present in the guess. The method of undetermined coefficients also works with products of polynomials, exponentials, sines, and cosines. Some of the key forms of r(x)r(x) and the associated guesses for yp(x)yp(x) are summarized in Table 7.2.
row: r(x)r(x) | Initial guess for yp(x)yp(x)
row: kk (a constant) | AA (a constant)
row: ax+bax+b | Ax+BAx+B (Note: The guess must include both terms even if b=0.b=0.)
row: ax2+bx+cax2+bx+c | Ax2+Bx+CAx2+Bx+C (Note: The guess must include all three terms even if bb or cc are zero.)
row: Higher-order polynomials | Polynomial of the same order as r(x)r(x)
row: aeλxaeλx | AeλxAeλx
row: acosβx+bsinβxacosβx+bsinβx | Acosβx+BsinβxAcosβx+Bsinβx (Note: The guess must include both terms even if either a=0a=0 or b=0.b=0.)
row: aeαxcosβx+beαxsinβxaeαxcosβx+beαxsinβx | Aeαxcosβx+BeαxsinβxAeαxcosβx+Beαxsinβx
row: (ax2+bx+c)eλx(ax2+bx+c)eλx | (Ax2+Bx+C)eλx(Ax2+Bx+C)eλx
row: (a2x2+a1x+a0)cosβx+(b2x2+b1x+b0)sinβx(a2x2+a1x+a0)cosβx+(b2x2+b1x+b0)sinβx | (A2x2+A1x+A0)cosβx+(B2x2+B1x+B0)sinβx(A2x2+A1x+A0)cosβx+(B2x2+B1x+B0)sinβx
row: (a2x2+a1x+a0)eαxcosβx+(b2x2+b1x+b0)eαxsinβx(a2x2+a1x+a0)eαxcosβx+(b2x2+b1x+b0)eαxsinβx | (A2x2+A1x+A0)eαxcosβx+(B2x2+B1x+B0)eαxsinβx(A2x2+A1x+A0)eαxcosβx+(B2x2+B1x+B0)eαxsinβx
Keep in mind that there is a key pitfall to this method. Consider the differential equation y″+5y′+6y=3e−2x.y″+5y′+6y=3e−2x. Based on the form of r(x),r(x), we guess a particular solution of the form yp(x)=Ae−2x.yp(x)=Ae−2x. But when we substitute this expression into the differential equation to find a value for A,A, we run into a problem. We have
and
so we want
which is not possible.
Looking closely, we see that, in this case, the general solution to the complementary equation is c1e−2x+c2e−3x.c1e−2x+c2e−3x. The exponential function in r(x)r(x) is actually a solution to the complementary equation, so, as we just saw, all the terms on the left side of the equation cancel out. We can still use the method of undetermined coefficients in this case, but we have to alter our guess by multiplying it byx.x. Using the new guess, yp(x)=Axe−2x,yp(x)=Axe−2x, we have
and
Substitution gives
So, A=3A=3 and yp(x)=3xe−2x.yp(x)=3xe−2x. This gives us the following general solution
Note that if xe−2xxe−2x were also a solution to the complementary equation, we would have to multiply by xx again, and we would try yp(x)=Ax2e−2x.yp(x)=Ax2e−2x.
ਸਮੱਸਿਆ-ਹੱਲ ਕਰਨ ਦੀ ਰਣਨੀਤੀ
ਅਨਿਸ਼ਚਿਤ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦੀ ਵਿਧੀ
ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰੋ ਅਤੇ ਆਮ ਹੱਲ ਲਿਖੋ।
r(x) ਦੇ ਰੂਪ ਦੇ ਆਧਾਰ 'ਤੇ, yp(x) ਲਈ ਇੱਕ ਸ਼ੁਰੂਆਤੀ ਅਨੁਮਾਨ ਲਗਾਓ।
ਜਾਂਚ ਕਰੋ ਕਿ ਕੀ yp(x) ਲਈ ਅਨੁਮਾਨ ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਪਦ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਹੱਲ ਹੈ। ਜੇਕਰ ਅਜਿਹਾ ਹੈ, ਤਾਂ ਅਨੁਮਾਨ ਨੂੰ x ਨਾਲ ਗੁਣਾ ਕਰੋ। ਇਸ ਕਦਮ ਨੂੰ ਉਦੋਂ ਤੱਕ ਦੁਹਰਾਓ ਜਦੋਂ ਤੱਕ yp(x) ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਵੀ ਪਦ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਨਹੀਂ ਕਰਦਾ।
yp(x) ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲੋ ਅਤੇ yp(x) ਵਿੱਚ ਅਣਜਾਣ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦੇ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣ ਲਈ ਸਮਾਨ ਪਦਾਂ ਨੂੰ ਬਰਾਬਰ ਕਰੋ।
ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਦੇ ਆਮ ਹੱਲ ਅਤੇ ਤੁਹਾਡੇ ਦੁਆਰਾ ਹੁਣੇ ਲੱਭੇ ਗਏ ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਨੂੰ ਜੋੜ ਕੇ ਗੈਰ-ਸਮਰੂਪ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ ਪ੍ਰਾਪਤ ਕਰੋ।
ਉਦਾਹਰਨ 7.14
ਗੈਰ-ਸਮਰੂਪ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨਾ
ਹੇਠਾਂ ਦਿੱਤੇ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੇ ਆਮ ਹੱਲ ਲੱਭੋ।
y″−9y=−6cos3x
x″+2x′+x=4e−t
y″−2y′+5y=10x2−3x−3
y″−3y′=−12t
ਹੱਲ
ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ y″−9y=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1e3x+c2e−3x ਹੈ (ਕਦਮ 1)। r(x)=−6cos3x ਦੇ ਰੂਪ ਦੇ ਆਧਾਰ 'ਤੇ, ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਲਈ ਸਾਡਾ ਸ਼ੁਰੂਆਤੀ ਅਨੁਮਾਨ yp(x)=Acos3x+Bsin3x ਹੈ (ਕਦਮ 2)। yp(x) ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਵੀ ਪਦ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਨਹੀਂ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਇਹ ਇੱਕ ਵੈਧ ਅਨੁਮਾਨ ਹੈ (ਕਦਮ 3)। ਹੁਣ ਅਸੀਂ A ਅਤੇ B ਦੇ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ, ਇਸ ਲਈ yp ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲੋ। ਸਾਡੇ ਕੋਲ yp′(x)=−3Asin3x+3Bcos3x ਅਤੇ yp″(x)=−9Acos3x−9Bsin3x ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਅਸੀਂ A ਅਤੇ B ਦੇ ਮੁੱਲ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ y″−9y=−6cos3x−9Acos3x−9Bsin3x−9(Acos3x+Bsin3x)=−6cos3x−18Acos3x−18Bsin3x=−6cos3x। ਇਸ ਲਈ, −18A=−6 ਅਤੇ −18B=0। ਇਹ A=1/3 ਅਤੇ B=0 ਦਿੰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ yp(x)=(1/3)cos3x (ਕਦਮ 4)। ਸਭ ਕੁਝ ਇਕੱਠਾ ਕਰਕੇ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਆਮ ਹੱਲ y(x)=c1e3x+c2e−3x+1/3cos3x ਹੈ।
ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ x″+2x′+x=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1e−t+c2te−t ਹੈ (ਕਦਮ 1)। r(t)=4e−t ਦੇ ਰੂਪ ਦੇ ਆਧਾਰ 'ਤੇ, ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਲਈ ਸਾਡਾ ਸ਼ੁਰੂਆਤੀ ਅਨੁਮਾਨ xp(t)=Ae−t ਹੈ (ਕਦਮ 2)। ਹਾਲਾਂਕਿ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਇਹ ਅਨੁਮਾਨ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਸਾਨੂੰ t ਨਾਲ ਗੁਣਾ ਕਰਨਾ ਪਵੇਗਾ, ਜੋ ਇੱਕ ਨਵਾਂ ਅਨੁਮਾਨ ਦਿੰਦਾ ਹੈ: xp(t)=Ate−t (ਕਦਮ 3)। ਇਸ ਨਵੇਂ ਅਨੁਮਾਨ ਦੀ ਜਾਂਚ ਕਰਦੇ ਹੋਏ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਇਹ ਵੀ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਸਾਨੂੰ ਦੁਬਾਰਾ t ਨਾਲ ਗੁਣਾ ਕਰਨਾ ਪਵੇਗਾ, ਜੋ xp(t)=At2e−t ਦਿੰਦਾ ਹੈ (ਕਦਮ 3 ਦੁਬਾਰਾ)। ਹੁਣ, ਇਸ ਅਨੁਮਾਨ ਦੀ ਜਾਂਚ ਕਰਦੇ ਹੋਏ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ xp(t) ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਨਹੀਂ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਇਹ ਇੱਕ ਵੈਧ ਅਨੁਮਾਨ ਹੈ (ਕਦਮ 3 ਫਿਰ ਤੋਂ)। ਅਸੀਂ ਹੁਣ A ਦਾ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ, ਇਸ ਲਈ ਅਸੀਂ xp ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲਦੇ ਹਾਂ। ਸਾਡੇ ਕੋਲ xp(t)=At2e−t, ਇਸ ਲਈ xp′(t)=2Ate−t−At2e−t ਅਤੇ xp″(t)=2Ae−t−2Ate−t−(2Ate−t−At2e−t)=2Ae−t−4Ate−t+At2e−t ਹੈ। ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲਣ 'ਤੇ, ਅਸੀਂ A ਦਾ ਮੁੱਲ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ x″+2x′+x=4e−t2Ae−t−4Ate−t+At2e−t+2(2Ate−t−At2e−t)+At2e−t=4e−t2Ae−t=4e−t। ਇਹ A=2 ਦਿੰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ xp(t)=2t2e−t (ਕਦਮ 4)। ਸਭ ਕੁਝ ਇਕੱਠਾ ਕਰਕੇ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਆਮ ਹੱਲ x(t)=c1e−t+c2te−t+2t2e−t ਹੈ।
ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ y″−2y′+5y=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1excos2x+c2exsin2x ਹੈ (ਕਦਮ 1)। r(x)=10x2−3x−3 ਦੇ ਰੂਪ ਦੇ ਆਧਾਰ 'ਤੇ, ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਲਈ ਸਾਡਾ ਸ਼ੁਰੂਆਤੀ ਅਨੁਮਾਨ yp(x)=Ax2+Bx+C ਹੈ (ਕਦਮ 2)। yp(x) ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਵੀ ਪਦ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਨਹੀਂ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਇਹ ਇੱਕ ਵੈਧ ਅਨੁਮਾਨ ਹੈ (ਕਦਮ 3)। ਅਸੀਂ ਹੁਣ A, B, ਅਤੇ C ਦੇ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ, ਇਸ ਲਈ ਅਸੀਂ yp ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲਦੇ ਹਾਂ। ਸਾਡੇ ਕੋਲ yp′(x)=2Ax+B ਅਤੇ yp″(x)=2A ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਅਸੀਂ A, B, ਅਤੇ C ਦੇ ਮੁੱਲ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ y″−2y′+5y=10x2−3x−32A−2(2Ax+B)+5(Ax2+Bx+C)=10x2−3x−35Ax2+(5B−4A)x+(5C−2B+2A)=10x2−3x−3। ਇਸ ਲਈ, 5A=10, 5B−4A=−3, ਅਤੇ 5C−2B+2A=−3। ਇਹ A=2, B=1, ਅਤੇ C=−1 ਦਿੰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ yp(x)=2x2+x−1 (ਕਦਮ 4)। ਸਭ ਕੁਝ ਇਕੱਠਾ ਕਰਕੇ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਆਮ ਹੱਲ y(x)=c1excos2x+c2exsin2x+2x2+x−1 ਹੈ।
ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ y″−3y′=0 ਹੈ, ਜਿਸਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1e3t+c2 ਹੈ (ਕਦਮ 1)। r(t)=−12t ਦੇ ਰੂਪ ਦੇ ਆਧਾਰ 'ਤੇ, ਵਿਸ਼ੇਸ਼ ਹੱਲ ਲਈ ਸਾਡਾ ਸ਼ੁਰੂਆਤੀ ਅਨੁਮਾਨ yp(t)=At+B ਹੈ (ਕਦਮ 2)। ਹਾਲਾਂਕਿ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ ਇਸ ਅਨੁਮਾਨ ਵਿੱਚ ਸਥਿਰ ਪਦ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਸਾਨੂੰ t ਨਾਲ ਗੁਣਾ ਕਰਨਾ ਪਵੇਗਾ, ਜੋ ਇੱਕ ਨਵਾਂ ਅਨੁਮਾਨ ਦਿੰਦਾ ਹੈ: yp(t)=At2+Bt (ਕਦਮ 3)। ਇਸ ਨਵੇਂ ਅਨੁਮਾਨ ਦੀ ਜਾਂਚ ਕਰਦੇ ਹੋਏ, ਅਸੀਂ ਦੇਖਦੇ ਹਾਂ ਕਿ yp(t) ਵਿੱਚ ਕੋਈ ਵੀ ਪਦ ਸਹਿਯੋਗੀ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਹੱਲ ਨਹੀਂ ਕਰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਇਹ ਇੱਕ ਵੈਧ ਅਨੁਮਾਨ ਹੈ (ਕਦਮ 3 ਦੁਬਾਰਾ)। ਅਸੀਂ ਹੁਣ A ਅਤੇ B ਦੇ ਮੁੱਲ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ, ਇਸ ਲਈ ਅਸੀਂ yp ਨੂੰ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਬਦਲਦੇ ਹਾਂ। ਸਾਡੇ ਕੋਲ yp′(t)=2At+B ਅਤੇ yp″(t)=2A ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਅਸੀਂ A ਅਤੇ B ਦੇ ਮੁੱਲ ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ ਕਿ y″−3y′=−12t2A−3(2At+B)=−12t−6At+(2A−3B)=−12t। ਇਸ ਲਈ, −6A=−12 ਅਤੇ 2A−3B=0। ਇਹ A=2 ਅਤੇ B=4/3 ਦਿੰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ yp(t)=2t2+(4/3)t (ਕਦਮ 4)। ਸਭ ਕੁਝ ਇਕੱਠਾ ਕਰਕੇ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਆਮ ਹੱਲ y(t)=c1e3t+c2+2t2+4/3t ਹੈ।
ਚੈਕਪੁਆਇੰਟ 7.12
ਹੇਠਾਂ ਦਿੱਤੇ ਵਿਭਿੰਨ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੇ ਆਮ ਹੱਲ ਲੱਭੋ।
y″−5y′+4y=3ex
y″+y′−6y=52cos2t
ਪੈਰਾਮੀਟਰਾਂ ਦਾ ਪਰਿਵਰਤਨ
ਕਈ ਵਾਰ, r(x)r(x) ਬਹੁਪਦਾਂ, ਘਾਤਾਂ, ਜਾਂ ਸਾਈਨ ਅਤੇ ਕੋਸਾਈਨ ਦਾ ਸੁਮੇਲ ਨਹੀਂ ਹੁੰਦਾ। ਜਦੋਂ ਅਜਿਹਾ ਹੁੰਦਾ ਹੈ, ਤਾਂ ਅਣਜਾਣ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦੀ ਵਿਧੀ ਕੰਮ ਨਹੀਂ ਕਰਦੀ, ਅਤੇ ਸਾਨੂੰ ਅਵਕਲ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਇੱਕ ਖਾਸ ਹੱਲ ਲੱਭਣ ਲਈ ਇੱਕ ਹੋਰ ਪਹੁੰਚ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਨੀ ਪੈਂਦੀ ਹੈ। ਅਸੀਂ ਪੈਰਾਮੀਟਰਾਂ ਦੇ ਪਰਿਵਰਤਨ ਦੀ ਵਿਧੀ ਨਾਮਕ ਇੱਕ ਪਹੁੰਚ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਦੇ ਹਾਂ।
ਸਾਡੀਆਂ ਗਣਨਾਵਾਂ ਨੂੰ ਥੋੜ੍ਹਾ ਸਰਲ ਬਣਾਉਣ ਲਈ, ਅਸੀਂ ਅਵਕਲ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ a,a ਨਾਲ ਭਾਗ ਕਰਨ ਜਾ ਰਹੇ ਹਾਂ, ਤਾਂ ਜੋ ਸਾਡੇ ਕੋਲ 1 ਦਾ ਇੱਕ ਪ੍ਰਮੁੱਖ ਗੁਣਾਂਕ ਹੋਵੇ। ਫਿਰ ਅਵਕਲ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਰੂਪ ਹੁੰਦਾ ਹੈ
ਜਿੱਥੇ pp ਅਤੇ qq ਸਥਿਰ ਹਨ।
ਜੇਕਰ ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਆਮ ਹੱਲ c1y1(x)+c2y2(x),c1y1(x)+c2y2(x) ਦੁਆਰਾ ਦਿੱਤਾ ਗਿਆ ਹੈ, ਅਸੀਂ yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x).yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x) ਦੇ ਰੂਪ ਦਾ ਇੱਕ ਖਾਸ ਹੱਲ ਲੱਭਣ ਜਾ ਰਹੇ ਹਾਂ। ਇਸ ਸਥਿਤੀ ਵਿੱਚ, ਅਸੀਂ ਆਪਣੇ ਖਾਸ ਹੱਲ ਨੂੰ ਬਣਾਉਣ ਲਈ ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ ਦੇ ਦੋ ਰੇਖੀਆ ਸੁਤੰਤਰ ਹੱਲਾਂ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਦੇ ਹਾਂ। ਹਾਲਾਂਕਿ, ਅਸੀਂ ਮੰਨ ਰਹੇ ਹਾਂ ਕਿ ਗੁਣਾਂਕ x ਦੇ ਫਲਨ ਹਨ, ਨਾ ਕਿ ਸਥਿਰ। ਅਸੀਂ ਫਲਨ u(x)u(x) ਅਤੇ v(x)v(x) ਲੱਭਣਾ ਚਾਹੁੰਦੇ ਹਾਂ ਤਾਂ ਜੋ yp(x)yp(x) ਅਵਕਲ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਸੰਤੁਸ਼ਟ ਕਰੇ। ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਹੈ
ਅਵਕਲ ਸਮੀਕਰਨ ਵਿੱਚ ਸਥਾਪਿਤ ਕਰਨ 'ਤੇ, ਸਾਨੂੰ ਪ੍ਰਾਪਤ ਹੁੰਦਾ ਹੈ
ਨੋਟ ਕਰੋ ਕਿ y1y1 ਅਤੇ y2y2 ਪੂਰਕ ਸਮੀਕਰਨ ਦੇ ਹੱਲ ਹਨ, ਇਸ ਲਈ ਪਹਿਲੇ ਦੋ ਪਦ ਸਿਫ਼ਰ ਹਨ। ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਹੈ
ਜੇਕਰ ਅਸੀਂ ਇਸ ਸਮੀਕਰਨ ਨੂੰ ਵਾਧੂ ਸ਼ਰਤ u′y1+v′y2=0,u′y1+v′y2=0 ਲਾਗੂ ਕਰਕੇ ਸਰਲ ਬਣਾਉਂਦੇ ਹਾਂ, ਤਾਂ ਪਹਿਲੇ ਦੋ ਪਦ ਸਿਫ਼ਰ ਹੁੰਦੇ ਹਨ, ਅਤੇ ਇਹ u′y1′+v′y2′=r(x).u′y1′+v′y2′=r(x) ਤੱਕ ਘੱਟ ਜਾਂਦਾ ਹੈ। ਇਸ ਲਈ, ਇਸ ਵਾਧੂ ਸ਼ਰਤ ਨਾਲ, ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਦੋ ਅਣਜਾਣਾਂ ਵਿੱਚ ਦੋ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੀ ਇੱਕ ਪ੍ਰਣਾਲੀ ਹੈ:
ਇਸ ਪ੍ਰਣਾਲੀ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨ 'ਤੇ ਸਾਨੂੰ u′u′ ਅਤੇ v′,v′ ਮਿਲਦਾ ਹੈ, ਜਿਸਨੂੰ ਅਸੀਂ u ਅਤੇ v ਲੱਭਣ ਲਈ ਏਕੀਕ੍ਰਿਤ ਕਰ ਸਕਦੇ ਹਾਂ।
ਫਿਰ, yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x)yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x) ਅਵਕਲ ਸਮੀਕਰਨ ਦਾ ਇੱਕ ਖਾਸ ਹੱਲ ਹੈ। ਇਸ ਸਮੀਕਰਨ ਪ੍ਰਣਾਲੀ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨਾ ਕਈ ਵਾਰ ਚੁਣੌਤੀਪੂਰਨ ਹੁੰਦਾ ਹੈ, ਇਸ ਲਈ ਆਓ ਇਸ ਮੌਕੇ ਦਾ ਲਾਭ ਉਠਾ ਕੇ ਕ੍ਰੇਮਰ ਦੇ ਨਿਯਮ ਦੀ ਸਮੀਖਿਆ ਕਰੀਏ, ਜੋ ਸਾਨੂੰ ਨਿਰਣਾਇਕਾਂ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰਕੇ ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੀ ਪ੍ਰਣਾਲੀ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨ ਦੀ ਆਗਿਆ ਦਿੰਦਾ ਹੈ।
ਨਿਯਮ: ਕ੍ਰੇਮਰ ਦਾ ਨਿਯਮ
ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੀ ਪ੍ਰਣਾਲੀ
ਦਾ ਇੱਕ ਵਿਲੱਖਣ ਹੱਲ ਹੁੰਦਾ ਹੈ ਜੇਕਰ ਅਤੇ ਕੇਵਲ ਜੇਕਰ ਗੁਣਾਂਕਾਂ ਦਾ ਨਿਰਣਾਇਕ ਸਿਫ਼ਰ ਨਾ ਹੋਵੇ। ਇਸ ਸਥਿਤੀ ਵਿੱਚ, ਹੱਲ ਇਸ ਦੁਆਰਾ ਦਿੱਤਾ ਗਿਆ ਹੈ
ਉਦਾਹਰਨ 7.15
ਕ੍ਰੇਮਰ ਦੇ ਨਿਯਮ ਦੀ ਵਰਤੋਂ
ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੀ ਹੇਠ ਲਿਖੀ ਪ੍ਰਣਾਲੀ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨ ਲਈ ਕ੍ਰੇਮਰ ਦੇ ਨਿਯਮ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰੋ।
ਹੱਲ
ਸਾਡੇ ਕੋਲ ਹੈ
ਫਿਰ,
ਅਤੇ
ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ,
ਇਸ ਤੋਂ ਇਲਾਵਾ,
ਇਸ ਤਰ੍ਹਾਂ,
ਚੈਕਪੁਆਇੰਟ 7.13
ਸਮੀਕਰਨਾਂ ਦੀ ਹੇਠ ਲਿਖੀ ਪ੍ਰਣਾਲੀ ਨੂੰ ਹੱਲ ਕਰਨ ਲਈ ਕ੍ਰੇਮਰ ਦੇ ਨਿਯਮ ਦੀ ਵਰਤੋਂ ਕਰੋ।
Problem-Solving Strategy
Method of Variation of Parameters
Solve the complementary equation and write down the general solution c1y1(x)+c2y2(x).c1y1(x)+c2y2(x).
Use Cramer’s rule or another suitable technique to find functions u′(x)u′(x) and v′(x)v′(x) satisfying u′y1+v′y2=0u′y1′+v′y2′=r(x).u′y1+v′y2=0u′y1′+v′y2′=r(x).
Integrate u′u′ and v′v′ to find u(x)u(x) and v(x).v(x). Then, yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x)yp(x)=u(x)y1(x)+v(x)y2(x) is a particular solution to the equation.
Add the general solution to the complementary equation and the particular solution found in step 3 to obtain the general solution to the nonhomogeneous equation.
Example 7.16
Using the Method of Variation of Parameters
Find the general solution to the following differential equations.
y″−2y′+y=ett2y″−2y′+y=ett2
y″+y=3sin2xy″+y=3sin2x
Solution
The complementary equation is y″−2y′+y=0y″−2y′+y=0 with associated general solution c1et+c2tet.c1et+c2tet. Therefore, y1(t)=ety1(t)=et and y2(t)=tet.y2(t)=tet. Calculating the derivatives, we get y1′(t)=ety1′(t)=et and y2′(t)=et+tety2′(t)=et+tet (step 1). Then, we want to find functions u′(t)u′(t) and v′(t)v′(t) so that u′et+v′tet=0u′et+v′(et+tet)=ett2.u′et+v′tet=0u′et+v′(et+tet)=ett2. Applying Cramer’s rule, we have u′=|0tetett2et+tet||ettetetet+tet|=0−tet(ett2)et(et+tet)−ettet=−e2tte2t=−1tu′=|0tetett2et+tet||ettetetet+tet|=0−tet(ett2)et(et+tet)−ettet=−e2tte2t=−1t and v′=|et0etett2||ettetetet+tet|=et(ett2)e2t=1t2(step 2).v′=|et0etett2||ettetetet+tet|=et(ett2)e2t=1t2(step 2). Integrating, we get u=−∫1tdt=−ln|t|v=∫1t2dt=−1t(step 3).u=−∫1tdt=−ln|t|v=∫1t2dt=−1t(step 3). Then we have yp=−etln|t|−1ttet=−etln|t|−et(step 4).yp=−etln|t|−1ttet=−etln|t|−et(step 4). The etet term is a solution to the complementary equation, so we don’t need to carry that term into our general solution explicitly. The general solution is y(t)=c1et+c2tet−etln|t|(step 5).y(t)=c1et+c2tet−etln|t|(step 5).
The complementary equation is y″+y=0y″+y=0 with associated general solution c1cosx+c2sinx.c1cosx+c2sinx. So, y1(x)=cosxy1(x)=cosx and y2(x)=sinxy2(x)=sinx (step 1). Then, we want to find functions u′(x)u′(x) and v′(x)v′(x) such that u′cosx+v′sinx=0−u′sinx+v′cosx=3sin2x.u′cosx+v′sinx=0−u′sinx+v′cosx=3sin2x. Applying Cramer’s rule, we have u′=|0sinx3sin2xcosx||cosxsinx−sinxcosx|=0−3sin3xcos2x+sin2x=−3sin3xu′=|0sinx3sin2xcosx||cosxsinx−sinxcosx|=0−3sin3xcos2x+sin2x=−3sin3x and v′=|cosx0−sinx3sin2x||cosxsinx−sinxcosx|=3sin2xcosx1=3sin2xcosx(step 2).v′=|cosx0−sinx3sin2x||cosxsinx−sinxcosx|=3sin2xcosx1=3sin2xcosx(step 2). Integrating first to find u, we get u=∫−3sin3xdx=−3[−13sin2xcosx+23∫sinxdx]=sin2xcosx+2cosx.u=∫−3sin3xdx=−3[−13sin2xcosx+23∫sinxdx]=sin2xcosx+2cosx. Now, we integrate to find v. Using substitution (with w=sinxw=sinx), we get v=∫3sin2xcosxdx=∫3w2dw=w3=sin3x.v=∫3sin2xcosxdx=∫3w2dw=w3=sin3x. Then, yp =(sin2xcosx+2cosx)cosx+(sin3x)sinx=sin2xcos2x+2cos2x+sin4x =2cos2x+sin2x(cos2x+sin2x)(step 3).=2cos2x+sin2x=cos2x+1yp =(sin2xcosx+2cosx)cosx+(sin3x)sinx=sin2xcos2x+2cos2x+sin4x =2cos2x+sin2x(cos2x+sin2x)(step 3).=2cos2x+sin2x=cos2x+1 The general solution is y(x)=c1cosx+c2sinx+1+cos2x(step 4).y(x)=c1cosx+c2sinx+1+cos2x(step 4).
Checkpoint 7.14
Find the general solution to the following differential equations.
y″+y=secxy″+y=secx
x″−2x′+x=ettx″−2x′+x=ett
Solve the following equations using the method of undetermined coefficients.
2 y ″ − 5 y ′ − 12 y = 6 2 y ″ − 5 y ′ − 12 y = 6
3 y ″ + y ′ − 4 y = 8 3 y ″ + y ′ − 4 y = 8
y ″ − 6 y ′ + 5 y = e − x y ″ − 6 y ′ + 5 y = e − x
y ″ + 16 y = e −2 x y ″ + 16 y = e −2 x
y ″ − 4 y = x 2 + 1 y ″ − 4 y = x 2 + 1
y ″ − 4 y ′ + 4 y = 8 x 2 + 4 x y ″ − 4 y ′ + 4 y = 8 x 2 + 4 x
y ″ − 2 y ′ − 3 y = sin 2 x y ″ − 2 y ′ − 3 y = sin 2 x
y ″ + 2 y ′ + y = sin x + cos x y ″ + 2 y ′ + y = sin x + cos x
y ″ + 9 y = e x cos x y ″ + 9 y = e x cos x
y ″ + y = 3 sin 2 x + x cos 2 x y ″ + y = 3 sin 2 x + x cos 2 x
y ″ + 3 y ′ − 28 y = 10 e 4 x y ″ + 3 y ′ − 28 y = 10 e 4 x
y ″ + 10 y ′ + 25 y = x e −5 x + 4 y ″ + 10 y ′ + 25 y = x e −5 x + 4
In each of the following problems,
Write the form for the particular solution yp(x)yp(x) for the method of undetermined coefficients.
[T] Use a computer algebra system to find a particular solution to the given equation.
y ″ − y ′ − y = x + e − x y ″ − y ′ − y = x + e − x
y ″ − 3 y = x 2 − 4 x + 11 y ″ − 3 y = x 2 − 4 x + 11
y ″ − y ′ − 4 y = e x cos 3 x y ″ − y ′ − 4 y = e x cos 3 x
2 y ″ − y ′ + y = ( x 2 − 5 x ) e − x 2 y ″ − y ′ + y = ( x 2 − 5 x ) e − x
4 y ″ + 5 y ′ − 2 y = e 2 x + x sin x 4 y ″ + 5 y ′ − 2 y = e 2 x + x sin x
y ″ − y ′ − 2 y = x 2 e x sin x y ″ − y ′ − 2 y = x 2 e x sin x
Solve the differential equation using either the method of undetermined coefficients or the variation of parameters.
y ″ + 3 y ′ − 4 y = 2 e x y ″ + 3 y ′ − 4 y = 2 e x
y ″ + 2 y ′ = e 3 x y ″ + 2 y ′ = e 3 x
y ″ + 6 y ′ + 9 y = e − x y ″ + 6 y ′ + 9 y = e − x
y ″ + 2 y ′ − 8 y = 6 e 2 x y ″ + 2 y ′ − 8 y = 6 e 2 x
Solve the differential equation using the method of variation of parameters.
4 y ″ + y = 2 sin x 4 y ″ + y = 2 sin x
y ″ − 9 y = 8 x y ″ − 9 y = 8 x
y ″ + y = sec x , 0 < x < π / 2 y ″ + y = sec x , 0 < x < π / 2
y ″ + 4 y = 3 csc 2 x , 0 < x < π / 2 y ″ + 4 y = 3 csc 2 x , 0 < x < π / 2
Find the unique solution satisfying the differential equation and the initial conditions given, where yp(x)yp(x) is the particular solution.
y″−2y′+y=12ex,y″−2y′+y=12ex, yp(x)=6x2ex,yp(x)=6x2ex, y(0)=6,y′(0)=0y(0)=6,y′(0)=0
y″−7y′=4xe7x,y″−7y′=4xe7x, yp(x)=27x2e7x−449xe7x,yp(x)=27x2e7x−449xe7x, y(0)=−1,y′(0)=0y(0)=−1,y′(0)=0
y″+y=cosx−4sinx,y″+y=cosx−4sinx, yp(x)=2xcosx+12xsinx,yp(x)=2xcosx+12xsinx, y(0)=8,y′(0)=−4y(0)=8,y′(0)=−4
y″−5y′=e5x+8e−5x,y″−5y′=e5x+8e−5x, yp(x)=15xe5x+425e−5x,yp(x)=15xe5x+425e−5x, y(0)=−2,y′(0)=0y(0)=−2,y′(0)=0
In each of the following problems, two linearly independent solutions—y1y1 and y2y2—are given that satisfy the corresponding homogeneous equation. Use the method of variation of parameters to find a particular solution to the given nonhomogeneous equation. Assume x > 0 in each exercise.
x2y″+2xy′−2y=3x,x2y″+2xy′−2y=3x, y1(x)=x,y2(x)=x−2y1(x)=x,y2(x)=x−2
x2y″−2y=10x2−1,x2y″−2y=10x2−1, y1(x)=x2,y2(x)=x−1y1(x)=x2,y2(x)=x−1