mat_analiz

Найти частные решения уравнений, удовлетворяющие указанным начальным условиям:

§8. Однородные линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Определение 1. Однородным линейным дифференциальным уравнением (однородным ЛДУ) второго порядка называется уравнение вида

где y = y(x ) - искомая функция, p(x ) и q(x ) - некоторые известные функции.

Определение 2. Уравнение вида

где p и q – некоторые действительные числа, называется однородным ЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.

Определение 3. Два решения y1 (x ) и y2 (x ) уравнения (1) называются линейно независимыми на отрезке [a; b], если их отношение не является по-

стоянной величиной, то есть y1 (x ) ≠ сonst для x [a; b], или другими словами:

y2 (x )

не существует такого постоянного числа k, при котором выполняется равен-

ство y1 (x) = ky2 (x) для x [a; b].

В противном случае, решения y1 (x ) и y2 (x ) называются линейно зави-

симыми.

Теорема (об общем решении однородного ЛДУ второго порядка).

(без доказательства).

297

Если и y2 (x ) два каких-либо линейно независимых решения урав-

нения y′′+ p(x )y′+ q(x )y = 0 , где pи q – либо функции от x, либо постоянные величины, то y = С1 y1 (x ) +С2 y2 (x ) , где C1 и C1 - произвольные постоянные,

есть его общее решение, то есть общее решение является линейной комбинацией частных решений.

Перейдем теперь к решению уравнения (2).

Чтобы найти его общее решение, достаточно (по теореме) найти два линейно независимых частных решения. Будем искать частные решения в виде:

y = eλx ,

где λ - постоянная величина. Тогда y′ = λeλx

y′′ = λ2 eλx

Подставляя y′ и y′′ в (2), получим:

Уравнение (3) называется характеристическим уравнением уравнения (2). Для его составления следует в уравнении (2) вместо y′′ записать λ2 , вместо y′ - λ , вместо у записать 1. Решая характеристическое уравнение как приве-

денное квадратное уравнение, получим корни λ1 и λ2 :

Равно возможны следующие случаи:

1.λ1 и λ2 - действительные числа, причем λ1 ≠ λ2 ;

2.λ1 и λ2 - действительные числа, причем λ1 = λ2 ;

298

Следовательно, по теореме об общем решении однородного ЛДУ общее решение уравнения (1) имеет вид:

299

так как λ 2 + pλ + q = 0 и 2λ + p = 0 .

Следовательно, y2 = xe λx – частное решение уравнения (2).

Таким образом, по теореме об общем решении однородного ЛДУ общее решение уравнения (2) в случае, когда λ1 = λ2 = λ , имеет вид:

3.Характеристическое уравнение (3) не имеет действительных корней.

Вэтом случае корни уравнения λ1 =α + βi , λ2 =α − βi - сопряженные

комплексные числа, где

Тогда, по формуле (5) общее решение имеет вид: y = (C1 + C2 x)e2 x .

в) Характеристическое уравнение λ2 + 2λ +5 = 0 не имеет действительных корней, решая его, получаем два сопряженных комплексных корня

λ1 = −1 + 2i и λ2 = −1 − 2i , где α = −1 , β = 2

Тогда по формуле (6) общее решение уравнения имеет вид: y = e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x).

300

Теорема об общем решении неоднородного ЛДУ второго порядка

(без доказательства).

Общее решение неоднородного ЛДУ второго порядка (1) равно сумме какого-либо частного решения этого уравнения и общего решения соответствующего ему однородного уравнения(2).

Эта теорема справедлива и в случае, когда в уравнениях (1) и (2) p(x ), q(x ), - постоянные величины, то есть для неоднородного ЛДУ второго поряд-

ка с постоянными коэффициентами.

Рассмотрим неоднородное ЛДУ с постоянными коэффициентами:

где p и q – постоянные числа, и соответствующее ему однородное уравнение

где µ и ν - постоянные числа (в частности, могут быть и равные нулю), Pn (x) и Pm (x)- заданные многочлены степени n и m соответственно.

Определение 3. Уравнение (3) с правой частью вида (6) называется не-

однородным ЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами и со специальной правой частью.

303

Частное решение y2 такого уравнения можно найти алгебраическим путем без вычисления интеграла. Для его нахождения используется комплексное число µ +νi , называемое контрольным, которое составляется для каждого уравнения (3) по виду его правой части (6).

Например, для уравнения с правой частью:

f (x) = e2x (xcos3x − sin 3x)

контрольное число равно 2+3i, а для уравнения с правой частью: f (x)= x3e5x

контрольное число равно 5+0i .

Частное решение y2 уравнения (3) будет искать в виде:

где Qs (x ), Rs (x ) - многочлены степени s с неопределенными коэффициентами, s = max{n, m}.

Показатель степени число k зависит от корней λ1 и λ2 характеристиче-

ского уравнение λ2 + pλ + q = 0 однородного уравнения (4) и от контрольного числа µ +νi .

Число k определяется следующим образом:

1.k = 0, если контрольное число µ +νi не равно ни одному из корней λ1, λ2 ;

2.k = 1, если µ +νi совпадает с одним из корней λ1, λ2 ;

3.k = 2, если µ +νi совпадает с обоими из корней λ1, λ2 .

Коэффициенты многочленов QS (x ) и RS (x ) надо найти такие, чтобы функция (7) являлась решением уравнения (3).

Для этого y2, y2' , y2" вида (7) подставляют в уравнение (3) и при помо-

щи метода неопределенных коэффициентов находят коэффициенты многочленов QS (x ) и RS (x ). Поясним этот метод на примерах решения неоднород-

ных ЛДУ различными видами правой части уравнения (3). 1. Пусть µ =ν = 0 , тогда уравнение (3) примет вид:

304

Частное решение y2 в этом случае будем искать в виде:

где Qn (x) - многочлен n-ой степени с неопределенными коэффициентами.

Пример 1. Найти общее решение дифференциального уравнения:

Решение. Общее решение данного уравнения по формуле (5) имеет

вид:

y = y1 + y2 ,

где y1 – общее решение однородного уравнения, соответствующего уравне-

нию (9):

y" + 3y ' + 2y = 0 ,

а y2 – частное решение уравнения (9). Составим характеристическое уравнение

λ2 + 3λ + 2 = 0

и решим его; его корни λ1 = −1, λ2 = −2. Тогда y1 = C1e−x +C 2e−2x . Составим контрольное число: µ +νi = 0 + 0i = 0.

Корни характеристического уравнения λ1 = −1 и λ1 = −2 не совпадают с контрольным числом, поэтому в формуле (8) полагаем k = 0. Следовательно, будем искать частное решение y2 в виде:

где Q2 (x) - многочлен второй степени с неопределенными коэффициентами

A, B, C, так как и правая часть уравнения (9) есть многочлен второй степени. Коэффициенты А, В, С надо определить так, чтобы функция (10) явля-

лась решением уравнения (9).

Найдем y2′ и y2′′ и подставим их в уравнение (9): y2' = 2Ax + B, y2" = 2A,

2A +3(2Ax + B )+ 2(Ax 2 + Bx +C )= 2x 2 −4x −17 2Ax 2 +(6A + 2B )x +(2A +3B + 2C )= 2x 2 −4x −17.

305

Приравняем коэффициенты при x2, х и свободные члены левой и правой части последнего равенства:

Подставим найденные значения в формулу (10), получим:

y2 = x 2 −5x −2.

Тогда общее решение уравнения (9) запишется в виде:

y = С1e−x +С2e−2x + x 2 −5x − 2

Пример 2. Найти общее решение дифференциального уравнения:

Решение. Сначала найдем решение соответствующего однородного уравнения: y" − 4 y' = 0 . Для этого составим характеристическое уравнение и найдем его корни: λ2 − 4λ = 0 , λ1 = 0 , λ2 = 4.

Решением однородного уравнения будет:

y1 = С1 +С2e4x

Составим контрольное число: µ +νi = 0 , поскольку один из корней характеристического уравнения совпадает с контрольным числом, то в формуле (8) полагаем k = 1 и частное решение будем искать в виде:

Определим коэффициенты А, В и С.

Найдем y2′ и y2′′ и подставим их в уравнение (11):

y2' = 3Ax 2 + 2Bx +C , y2" = 6Ax + 2B,

6Ax + 2B −4(3Ax 2 + 2Bx +C )= 48x 2 + 2

или

−12Ax 2 +(6A −8B )x +(2B −4C )= 48x 2 + 2

Приравняем коэффициенты при x2, х и свободные члены правой и левой части:

306

Подставляя найденные значения коэффициентов в формулу (12), получим:

y2 = x (−4x 2 −3x −2)

Следовательно, общее решение уравнения будет:

y= С1 +С2e4x − x (4x 2 + 3x + 2)

2.Пусть ν = 0 , µ ≠ 0 , тогда уравнение (3) примет вид:

Решение. Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения:

y′′− 2y′+ 2y = 0.

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 −2λ +2 = 0,

λ1,2 =1±i

Тогда y1 = ex (C1 cos x +C2 sin x )

Составим контрольное число:

µ +νi = 2 + 0i = 2 ; оно не совпадает с корнями характеристического уравнения,

поэтому в формуле (12) k = 0 и частное решение уравнения будем искать в виде: y2 = Q0 (x)e2 x = Ae2 x , где Q0 (x) - многочлен нулевой степени, т.е. число,

обозначенное неопределенным коэффициентом А.

Чтобы найти коэффициент А, вычислим y2′ и y2′′ и подставим найденные значения, а также y2 в уравнение (14):

y2' = 2Ae2 x , y2" = 4Ae2 x ,

307

4Ae2 x −4Ae2 x + 2Ae2 x = 6e2 x

или

2Ae2 x = 6e2 x

Разделим обе части этого равенства на e2 x , тогда 2А = 6, А = 3.

Значит, y2 = 3e2 x .

Следовательно, общее решение уравнения (14) имеет вид: y = ex (C1 cos x +C2 sin x )+3e2x .

Пример 4. Найти общее решение уравнения:

Составим контрольное число µ +νi =1. Так как один из корней

характеристического уравнения совпадает с контрольным числом, то в формуле (12) k = 1 и частное решение уравнения (15) будем искать в виде: y2 = xAex .

Вычислим y2′ , y2′′ и подставим найденные значения в уравнение (15): y2′ = Ae x (1 + x ), y2′′ = Ae x (2 + x ),

Aex (2 + x)−4Aex (1+ x)+3Axex =12ex .

Раскрыв скобки и разделив обе части равенства на ex , получим коэффициент А:

2Aex + Aex x −4Aex −4Axex +3Axex =12ex ,

или

−2Aex =12ex , −2A =12, A = −6

Значит, y2 = −6xex и следовательно, y = C1ex +C2e3x −6xex .

3. Пусть µ = 0, ν ≠ 0 . В этом случае уравнение (3) имеет вид: y′′+ py′+ qy = Pn (x )cosνx + Pm (x )sinνx ,

где Pn (x) и Pm (x) - полиномы степеней n и m соответственно.

308