УМК

y2

= α = const; т.е. решения y1 и y2 линейно зависимы, что противоречит

y1

предположению об их линейной независимости.

Допустим далее, что y1=0 в точках x1,x2,…,x k, принадлежащих отрезку [a; b].

Рассмотрим интервал (а,x1). На этом интервале

y1 ≠ 0 . Следовательно, на

основании только что доказанного следует, что на интервале (а,x1)

y2

= λ = const, или y

2

= λ y .

y1

1

Рассмотрим функцию y = y2 − λy1. Так как y2 и y1 есть решения уравнения

(1.23),

то y = y2 − λy1 - решение уравнения (1.23)

и y ≡ 0 на интервале (a;x1).

Следовательно, на основании замечания в начале

доказательства следует, что

y = y

2

− λy ≡ 0 на отрезке [a; b], или

y2

= λ на

[a; b], т.е. y2 и y1 - линейно

1

линейного

уравнения

a0 y(n ) + a1y(n −1)

+ ... + a n y = 0 ,

то

y = C1y1 + C2 y2 + ... + Cn yn - общее

решение

этого уравнения (С1,C2,…,C n

-

произвольные постоянные).

Доказательство. Докажем теорему на

примере

линейного однородного

производные

y′ = C y′

+ C

2

y′

,

y′′ = C y′′ + C

2

y′′

в

уравнение

(1.23):

1

1

2

1

1

2

(C y + c

2

y

2

)″ + a

1

(C y + c

2

y

2

)′

+ a

2

(C y + c

2

y

) = 0,

1

1

1

1

1

1

2

C y′′ + C

2

y′′

+ a C y′ + a C

2

y′

+ a

2

C y + a

2

C

2

y

2

= 0,

1

1

2

1

1

1

1

2

1

1

C

(y

″

+ a

y

′

+ a

y

)+ C

2

(y

″

+ a

1

y

′

+ a

2

y

2

)= 0.

1

1

1

1

2

1

2

2

Т.к.

y1

и

y2

+ a

-

+ a

частные

решения

(1.23),

тогда

y′′

+ a y′

+ a

2

y = 0 и

y′′

y′

2

y

2

= 0 .

Имеем

C 0 + C

2

0 = 0

- верное

1

1

1

1

2

1

2

1

равенство, таким образом y

= C1y1 + C2 y2

-

решение

уравнения (1.23) для

любых С1 и С2.

Теперь

докажем,

что

каковы

бы

ни

были

начальные

условия

= y0 , y′

x =x 0

= y′0 ,

y

x =x 0

можно

так

подобрать

значение

произвольных

постоянных

C1

и

C2,

чтобы

соответствующее

частное

решение

C1y1 + C2 y2

удовлетворяло заданным начальным условиям.

Подставляя начальные условия в равенствоy = C1y1 + C2 y2 , имеем

y

0

= C (y ) + c

2

(y

2

)

0

1

1

0

(1.24)

′ = C (y′ )

+ c

(y′ )

y

0

2

0

,

1

1

0

2

где

обозначено

y

x = x 0

=

(y

)

0

,

y

2

= (y

2

)

0

,

y′

x = x 0

= (y′ ) ,

1

1

x = x 0

1

1 0

y′2

x = x 0 = (y′2 )0 .

Из системы (1.24) можно определить c1 и c2, т.к. определитель этой системы

(y1 )0

(y2 )0

= (y

)

(y′ )

− (y

)

(y′ )

есть определитель Вронского при x=x0 и,

(y′ ) (y′

)

1

0

2

0

2

0

1

0

1

0

2

0

Частное решение, которое получится из семейства

y = C1y1 + C2 y2 при

найденных значениях C1 иC2 , удовлетворяет начальным

условиям. Теорема

доказана.

y

2 = y1 ∫

e

−∫a1dx

dx

(1.25)

y2

1

−∫

2

dx

ln

1

e−2 ln

x

2

y2

=

sin x

∫

e

x

dx =

sin x

∫

dx =

sin x

∫

e

x

dx =

x

sin x 2

x

sin x 2

x

sin x 2

x

x

x

y=ekx, где k=const,

(1.29)

тогда y′ = k ekx , y ′′= k2 ekx , ...,

y(n ) = k n ekx .

Подставляя полученные выражения в уравнение (1.26), получим

ekx (k n + a1 k n−1 + a 2 k n−2 + ... + a n−1 k + a n )= 0 .

Так как ekx ≠ 0 , то

k n + a1 k n −1 + a 2 k n −2 + ... + a n −1 k + a n = 0.

(1.30)

ОПРЕДЕЛЕНИЕ

1.31

Уравнение

вида

(1.30)

называется

функция ekx

будет решением однородного уравнения (1.26).

Для простоты сначала рассмотрим частный

случай

(n=2):

линейное

однородное

дифференциальное уравнение 2-го порядка

с постоянными

коэффициентами

y′′ + a1y′ + a2y = 0.

(1.31)

Соответствующее характеристическое уравнение имеет вид

k 2 + a1k + a2 = 0.

(1.32)

Возможны следующие случаи.

1.

D > 0 . Характеристическое уравнение имеет действительные различные

корни

k

1

≠ k

2

. Тогда частные решения уравнения (1.31)

y

= ek1x ,

y

2

= ek 2 x .

= C1y1 + C2 y2 уравнения (1.31) имеет вид

1

Общее решение

y

= C1ek1x + C2ek 2 x .

Y

(1.33)

W(y , y ) =

y1

y2

=

ek1x

ek 2 x

= k ek1x ek 2 x − k ek1x ek 2 x

= (k − k )e(k1 + k 2 )x

1

2

y′

y′

k1e

k1x

k2e

k 2 x

2

1

2

1

1

2

W(y1, y2 ) ≠ 0 , т.к. k1

≠ k 2 .

2.

D = 0 .

Характеристическое уравнение имеет действительные кратные

корни

k , кратность m=2. Частные решения y

= ekx , y

2

= x ekx

. Общее решение

= C1y1 + C2 y2

1

уравнения (1.31) имеет вид

y

= C1ekx + C2 x ekx .

Y

(1.34)

Покажем,

что

y2 = x ekx является решением уравнения (1.31). Для этого

подставим y2 в уравнение (1.31)

(x ekx )″ + a1 (x ekx )′ + a 2 (x ekx )= 0 . После

несложных

вычислений

получим

(k 2 + a1k + a 2 )x + (a1 + 2k) = 0 .

k 2 + a1k + a 2 = 0 ,

т.к.

k −корень

характеристического

уравнения

(1.32);

a1 + 2k = 0 ,

т.к.

по условию

D = 0 , следовательно,

корень характеристического

a

− b ±

1

D

уравнения вычисляется по формуле k = −

=

2

k1,2

2a

. Убедимся, что

y

и

y

2

линейно

независимы,

т.е.

y1

≠ const .

Действительно,

1

y2

y

ekx

1

1

=

=

≠ const .

xekx

y2

x

сопряженных корней k

1

= α + βi, k

2

= α − βi.

Частные решения y

= eαx cos βx ,

1

y

= eαx sin βx . Общее решение

= C y + C

y

уравнения (1.31) имеет вид

2

y

2

2

1

1

= C1eαx cos βx + C2eαx sin βx.

(1.35)

Y

(1.31). Покажем, что y

и y

2

есть линейная комбинация функций ek1x и ek 2 x .

1

(ek1x + ek 2 x )=

(e(α+βi)x + e(α−βi)x )=

Действительно, y = eαx cos βx =

1

1

1

2

2

2

1

(ek1x − ek 2 x ).

2

y2

= eαx sin βx =

2i

y1

Теперь убедимся, что y

и y

2

линейно независимы, т.е.

≠ const .

1

y2

y

=

eαx cos βx

= ctg βx ≠ const .

Действительно,

1

y2

eαx sin βx

Каждому корню ki (i =

) соответствует одно частное решение

yi = ek i x . Общее

1, n

решение ЛОДУ (1.26) согласно (1.27) имеет вид

= C1ek1x + C2ek 2 x + ... + Cn ek n x .

Y

(1.36)

простых комплексно - сопряженных корней

k1 = α + βi

и k 2 = α − βi

соответствуют функции eαx cos x

и eαx sin βx .

4. Уравнение (1.30)

имеет

комплексно

- сопряженные

кратные корни

k1 = α + βi и k 2 = α − βi

кратности m > 1. Каждой такой паре соответствует 2m

частных решений

eαx cos βx ,

x eαx cos βx ,

x2 eαx cos βx ,

… ,

xm −1 eαx cos βx ;

eαx sin βx ,

x eαx sin βx ,

x2 eαx sin βx ,

(1.37)

… ,

xm −1 eαx sin βx .

ПРИМЕР 1.21 Найти общее решение уравнения

y′′′ − y′′ − 4y′ + 4y = 0.

Решение. Запишем характеристическое уравнение. Для этого заменим

формально функцию y и ее производные y′, y′′ и y′′′

соответствующими степенями

имеем

k 2 (k −1) − 4(k −1) = 0, или (k −1)(k + 2)(k − 2) = 0.

Следовательно,

k1 = 1, k2 = −2, k3 = 2.

Так как корни характеристического уравнения

образом,

характеристическое

уравнение

имеет один

простой k1 = -1 и

двукратный корень k 2,3

= 3 . Им соответствует фундаментальная система решений

y = e−x ,

y

2

= e3x , y

3

= x e3x .

Общее решение дифференциального уравнения

1

по формуле (1.27) запишется как их линейная комбинация:

= C e−x + (C

+ C

x)e3x .

Y

2

3

1

ПРИМЕР 1.23 Найти общее решение уравнения

yIV + y ′′′+ 4y ′′+ 4y′ = 0

.

Решение. Этому уравнению соответствует характеристическое уравнение

k 4 + k3 + 4k2 + 4k = 0

или

k 2 (k 2 + 4)+ k(k2 + 4)= 0 ,

k(k +1)(k 2 + 4)= 0 .

Решение. Данному уравнению соответствует характеристическое уравнение

k 4

+18k 2 + 81 = 0 или (k 2 + 9)2 = 0,

имеющее двукратные комплексные корни

k1,2,3,4 = ±3i .

Им соответствуют

четыре частных решения y1 = cos 3x ,

y2

= sin 3x ,

y3 = x cos 3x , y4 = x sin 3x . Тогда общее решение однородного

C′ (x) y (x) + C′

(x) y

2

(x) = 0 .

(1.48)

1

1

2

Тогда (Y* )′

= C

(x) y′ (x) + C

2

(x) y′

(x),

1

1

2

(Y* )″ = C

′(x) y ′(x)

+ C (x) y

″(x) + C

′(x) y

′(x) + C

2

(x) y

″(x).

1

1

1

1

2

2

2

Подставляя выражения для Y* , (Y* )′

, (Y* )″в уравнение (1.41), получим:

C ′

(x) y ′(x) + C (x)y ″(x) + C

′(x)

y

′(x)

+ c

2

(x) y

″(x) +

1

1

1