Дифференциальные уравнения. Устойчивость решений дифференциальные уравнения старшего порядка

Отсюда следует, что каждая из действительных функций eαx cosβx, eαx sinβx также является решением уравнения и при этом функции линейно независимы.

В общем решении простой паре комплексных сопряженных корней k =α±iβ будут соответствовать два слагаемых:

C1eαx cosβx +C2eαx sinβx =eαx (C1 cosβx +C2 sinβx) .

Пример 1.14. Найти общее решение y′′+4y′+5y =0 .

Решение.

Характеристическое уравнение

k 2 + 4k + 5 = 0,

k1,2 = –2 ± i.

Решение мы искали в виде y(x) =ekx , поэтому частные решения будут комплексными:

y1,2 (x) =e(−2±i)x =e−2x (cosx ±i sinx) ,

что позволяет использовать в качестве вещественных решений

функции y1(x) =e−2x cosx, y2 (x) =e−2x sinx .

Функции линейно независимы, их количество равно порядку уравнения, каждая из них обращает в тождество исходное урав-

нение, поэтому они могут составить базис пространства решений.

Ответ: y(x) =e−2x (C1 cosx +C2 sinx) .

Кратные корни характеристического уравнения.

Если характеристический многочлен имеет действительный корень k кратности α, то в фундаментальной системе решений (ФСР) ему соответствуют α линейно независимых функций:

ekx, xekx, x2ekx, …, xα−1ekx .

Замечание: это утверждение справедливо для любых корней характеристического многочлена, в том числе и комплексных.

Для пары сопряженных комплексных корней p ± i q кратности α в фундаментальную систему решений должны быть включены функции

epx (cosqx ±isinqx), xepx (cosqx ±isinqx), , xα−1epx (cosqx ±isinqx).

31

Выделяя вещественную и мнимую часть каждого из выражений аналогично предыдущему для пары комплексных сопряженных корней кратности α, получаем 2α линейно независимых действительных решений:

Найти общее решение.

Пример 1.15. y′′′−3y′′+3y′−1 =0 .

Решение.

Характеристическое уравнение

k 3 – 3k2 + 3k – 1 = 0, (k – 1)3 = 0,

k1,2,3 = 1.

Характеристический многочлен третьего порядка имеет три вещественных одинаковых корня, поэтому говорят, что корень k = 1 является кратным степени кратности α = 3.

Этому корню в ФСР будут соответствовать три линейно независимые функции:

y1(x) =ex, y2 (x) =xex, y3 (x) =x2ex .

Частные решения, отвечающие паре комплексных корней кратности α = 2, имеют вид

32

y1,2 =e±ix =cosx ±isinx, y3,4 =x e±ix =x cosx ±i x sinx .

Соответствующие им вещественные независимые частные решения имеют вид

y1 =cosx, y2 =sinx, y3 =x cosx, y4 =x sinx .

Ответ: y(x) =C1 cosx +C2xcosx +C3 sinx +C4xsinx .

Пример 1.17. y′′−5y′−6y =0 .

Решение.

Характеристическое уравнение

Пример 1.18. y′′−6y′+9y =0 .

Решение.

Характеристическое уравнение

k 2 – 6k + 9 = 0,

(k – 3)2 = 0, k1,2 = 3, α = 2.

Пример 1.19. y′′+6y′+13y =0 .

Решение.

Характеристическое уравнение

k 2 + 6k + 13 = 0, D = –16, k1,2 = −6 ±2−16 = −3 ±2i .

Частные решения имеют вид

y1 =e(−3+2i)x =e−3x (cos2x +isin2x), y2 =e(−3−2i)x =e−3x (cos2x −isin2x)

33

Ответ: y(x) =C1 cos4x +C2 sin4x .

Пример 1.21. y(4) −y =0 .

Решение.

Характеристическое уравнение

k4 – 1 = 0, k1,2 = ±1, k3,4 = ±i.

Все корни простые, для простых корней полагаем α = 1.

2) пара кратных комплексных сопряженных корней

34

Ответ:

y(x) =C1 +C2x +C3 cos2x +C4 sin 2x +C5xcosx2x +C6xsin 2x.

Пример 1.23. Решить задачу Коши:

y(5) −y′=0, y(0) =0, y′(0) =1, y′′(0) =0, y′′′(0) =1, y(4) (0) =2 .

Решение.

Характеристическое уравнение k5 – k = 0,

k (k2 – 1)(k2 + 1) = 0, k1 = 0, k2,3 = ±1, k4,5 = ±i.

Получим систему линейных алгебраических уравнений для определения констант:

35

Матрица коэффициентов должна быть невырождена, система должна иметь единственное решение. В результате решения системы любым применимым к невырожденным системам способом получим единственный набор значений констант

C1 = −2, C2 =1, C3 =0, C4 =1, C5 =0 ,

который позволит записать решение задачи Коши.

Ответ: y(x) = −2 +ex +cosx .

Самостоятельно найти общее решение или решить задачу

Ответы:

1)y =C1ex +C2e−2x ;

2)y =C1 +C2e2x ;

x

3)y =C1e2x +C2e2 ;

4)y =C1e2x cosx +C2e2x sinx ;

5)y =C1 cos2x +C2 sin2x ;

6)y =C1e2x +e−x (C2 cos3x +C3 sin 3x) ;

36

7)y =ex (C1 cosx +C2 sinx) +e−x (C3 cosx +C4 sinx) ;

8)y =e3 x (C1 cosx +C2 sinx) +e−3 x (C3 cosx +C4 sinx) +; +C5 cos2x +C6 sin2x;

9)y =C1 +C2x +C3x2 +e3x (C4 +C5x) ;

10)y =C1 cosx +C2 sinx +C3xcosx +C4xsinx ;

11)y =C1 +C2 cos2x +C3 sin2x +C4xcos2x +C5xsin2x ;

12)y =7ex −3xex .

1.2.2.Однородные уравнения Эйлера

иприводящиеся к ним

Рассмотрим уравнение вида

a0xny(n) +a1xn−1y(n−1) +a2xn−2y(n−2) + +

+an−1xy′+any =0, a1,a2, an−1, an −const.

Это уравнение отличается от уравнения Эйлера присутствием в каждом слагаемом степенной функции переменной x.

Произведем замену переменной: x =et y(x(t)).

Найдем все необходимые производные неизвестной функции:

y′′(t) =(y′(x) et )′ = y′(x) et +y′′(x) x′(t) et = = y′(t) e−t et +y′′(x) et et = y′(t) +y′′(x) e2t,

откуда получаем

y′′(x) =(y′′(t) −y′(t)) e−2t .

Далее необходимо вычислить

y′′′(t) =(y′(t) +y′′(x) e2t )′ ,

откуда аналогично получается

y′′′(x) =e−3t (y′′′(t) −3y′′(t) +2y′(t)) и т.д.

Из полученных результатов видно, что каждая из последующих производных является линейной комбинацией предыду-

37

щих, поэтому после подстановки всех производных в уравнение с постоянными коэффициентами и упрощения получается линейное уравнение с постоянными коэффициентами, но отличающимися от исходных:

b0y(n) (t) +b1y(n−1) (t) +b2y(n−2) (t) + +bn−1y′(t) + +bny(t) =0, b1,b2, bn−1, bn −const.

Характеристическое уравнение будет иметь вид b0kn +b1kn−1 +b2kn−2 + +bn−1k +bn =0 .

Действительным корням характеристического уравнения будут соответствовать базисные решения дифференциального уравнения вида

y1(t) =ek1t, y2 (t) =ek2t, ,

где ekt =(et )k =xk .

Тогда базисные решения исходного уравнения примут вид xk1 , xk2 , .

Кратным (α > 1) действительным корням отвечают базисные решения

ekt, tekt, t2ekt,…,tα−1ekt , где ekt =(et )k =xk, t =lnx .

Тогда базисные решения исходного уравнения будут иметь вид xk, lnx xk, (lnx)2 xk,…,(lnx)α−1 xk .

Для простых комплексные корней k = p ±iq получим

xp cos(qlnx), y(x) =

xp sin(qlnx).

Для кратных комплексных корней k = p ±iq кратности α имеем

38

Тогда ept =(et )p =xp, t =lnx и, соответственно:

Можно заметить, что y =ekt =xk. Тогда для построения харак-

теристического уравнения удобнее использовать подстановку y =xk.

Производные вычисляются проще:

y′=kxk−1, y′′=k(k −1)xk−2,

y′′′=k(k −1)(k −2)xk−3, , y(n) =k(k −1) (k −n +1)xk−n.

Подставляем в исходное уравнение

a0 xn k (k −1) (k −n +1) xk−n + +a1 xn−1 k (k −1) (k −n +2) xk−n+1 + + +an−1 x k xk−1 +an xk =0 .

В итоге получим

a0 k (k −1) (k −n +1) +

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

Замечание: полученное характеристическое уравнение в точности совпадает с уравнением

b0kn +b1kn−1 +b2kn−2 + +bn−1k +bn =0 и имеет те же корни.

Найти общее решение дифференциального уравнения.

Пример 1.24. x2y′′+ 5 xy′−y =0 .

Решение. 2

Ищем решение в виде y =xk , тогда

y′=kxk−1, y′′=k(k −1)xk−2 .

Подставляем в исходное дифференциальное уравнение k(k −1)xk−2x2 + 52 k xk−1x −xk =0

39

и получим характеристическое уравнение

Пример 1.25. x2y′′−xy′+y =0 .

Решение.

Пусть y =xk. Дважды дифференцируем и подставляем в исходное уравнение

k(k −1)xk−2x2 −k xk−1x +xk =0 .

Характеристическое уравнение имеет вид

Ответ: y(x) =C1x +C2x lnx .

40