14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды

y′′ + py′ + qy = 0 ,

(9.16.1)

где

p и q – постоянные действительные числа.

Чтобы найти общее решение этого уравнения надо найти два его ли-

нейно независимых частных решения.

Будем искать частные решения в виде

y = ekx ,

где k = const ,

(9.16.2)

тогда

y¢ = kekx ,

y¢¢ = k 2ekx .

Подставим

у,

y′ ,

y′′

в (9.16.1):

k 2ekx + pkekx + qekx = 0 ekx (k 2 + pk + q) = 0 . Так как

ekx ¹ 0 , то

k 2 + pk + q = 0 .

(9.16.3)

Если k будет удовлетворять уравнению (9.16.3), то ekx

будет реше-

нием уравнения (9.16.1). Уравнение (9.16.3) называется

характеристиче-

ским уравнением, соответствующим уравнению (9.16.1).

В зависимости от дискриминанта D =

p2

- q приведенного квад-

4

( D > 0) :

k = -

p

±

p2

- q , k ¹ k

. В этом случае частными решениями

2

1,2

2

4

1

будут функции y

= ek1x и y

2

= ek2 x , причем они линейно независимы, так как

1

y2

=

ek2 x

= e(k2 −k1 )x ¹ const при k

¹ k

2

.

y1

ek1x

1

Следовательно, общее решение

y = C ek1x + C

ek2 x .

(9.16.4)

1

2

Пример 9 . 1 6 . 1 .

Решить уравнение y′′ + y′ - 2 y = 0 .

Решение.

Характеристическое уравнение имеет вид k 2 + k - 2 = 0

k =1,

k

2

= -2 . Тогда

y = C ex + C

e−2 x – общее решение.

1

1

2

II. Корни

характеристического

уравнения действительны и равны

( D = 0) : k1 = k2 .

Одно частное решение y = ek1x

. Будем искать второе частное реше-

y2 = u ( x) ek1x ,

1

ние в виде

где u ( x)

– неизвестная функция, подлежащая

определению.

Дифференцируя, находим

y

¢ = u¢ek1x + k u ek1x = ek1x (u¢ + k u ) ,

2

1

1

y2¢¢ = u¢ek1x + 2k1u¢ek1x + k12uek1x = ek1x (u¢¢ + 2k1u¢ + k12u ) .

Подставляя y2 ,

′

′′

y2 ,

y2 в (9.16.1), получим

ek1x (u¢¢ + (2k1 + p)u¢ + (k12 + pk1 + q)u ) = 0 .

(9.16.5)

Так

как

k1 –

корень (9.16.3), то

k 2

+ pk + q = 0 . Кроме того,

1

1

k = -

p

±

p2

- q = -

p

±

= -

p

,

D = 0 .

0

так

как

дискриминант

Из

1,2

2

4

2

2

k = -

p

2k = − p 2k + p = 0 .

1

2

1

1

от уравнения (9.16.5) остается (ekx ¹ 0)

Таким образом,

u′′ = 0

то можно положить C = 1, C

2

= 0 , т.е. u ( x) = x . Итак, y

= x ek1x . Это ре-

1

2

шение линейно независимо с первым, так как

y

2

x ek1x

=

= x ¹ const .

y1

k x

e 1

Поэтому общим решением (9.16.1) будет функция

y = C ek1x

+ C

2

x ek2 x , или y = ek1x (C + C

2

x) .

(9.16.6)

1

1

Пример 9 . 1 6 . 2 .

Дано уравнение y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 .

Решение. Запишем характеристическое уравнение

k 2 - 4k + 4 = 0 ,

D = 0 , k

= -

p

= 2 , т.е k = k

= 2 . (В данном случае в левой части мы име-

2

1,2

2

1

ем полный квадрат (k - 2)2 = 0

(k - 2)(k - 2) = 0 k − 2 = 0 , k = 2 ;

1

k − 2 = 0 , k

2

= 2 ). Общим решением будет функция y = e2 x (C + C

2

x) .

1

k1,2 = -

p

±

p2

- q = -

p

±

q -

p2

×

= -

p

±

q -

p2

(i =

).

-1

i

-1

4

2

2

4

2

4

Пусть

действительная

часть

a = -

p

, а

мнимая

b =

q -

p2

2

4

p

2

p

2

D =

- q < 0 q -

> 0 , тогда

4

4

k1 = α + iβ ,

k2 = α − iβ ,

и частные решения можно записать в виде

y

= e(α+iβ)x ,

y

2

= e(α−iβ)x .

(9.16.7)

1

u′′( x) + pu′( x) + qu ( x) = 0 ,

v′′( x) + pv′( x) + qv ( x) = 0

u ( x)

и v ( x)

являются решениями (9.16.1).

Функции (9.16.7) представим по формуле Эйлера

y = eαx cosβx + ieαx sin βx ,

y

2

= eαx cosβx − ieαx sin βx .

1

По

доказанному

частными решениями уравнения будут функции

= eαx cosbx

и

= eαx sin bx , которые линейно независимы, так как

y

y

2

1

Пример 9 . 1 6 . 3 .

Найти частное решение уравнения y′′ + 9 y = 0 ,

удовлетворяющее начальным условиям

y (0) = 0 ,

y′(0) = 3.

Решение. Характеристическое уравнение

k 2 + 9 = 0 k 2 = −9

k = ±

= ±3i , т.е. a = 0,

b = 3. Тогда

y = e0x

(C cos3x + C

sin 3x) , т.е.

-9

2

1,2

1

y = C1 cos3x + C2 sin 3x – общее решение данного уравнения.

Найдем y′ = -3C1 sin 3x + 3C2 cos3x .

y (0) = 0 0 = C ×1 + C

× 0,

C = 0,

y¢(0) = 3

3

1

2

×1.

1

= -3C × 0 + 3C

2

C =1,

1

2

т.е. частное решение имеет вид

y = sin 3x .

y′′′ + a1 y′′ + a2 y′ + a3 y = 0 ,

(9.16.9)

k 3 + a k 2 + a k + a = 0 .

1

2

3

Рассмотрим следующие случаи:

1)

k1 ¹ k2 ¹ k3

–

действительные числа. Тогда общее решение

y = C ek1x + C

ek2 x + C ek3x ;

1

2

3

2)

k1 ¹ k2 = k3

–

действительные числа. Тогда

y = C ek1x + C

ek2 x + C xek2 x

;

1

2

3

3)

k1 = k2 = k3

–

действительные числа. Тогда

y = C ek1x + C

2

xek1x + C x2ek1x ;

1

3

4)

k1 – действительный корень,

k2,3 = a ± bi

– комплексные корни.

y = C ek1x + eαx (C

2

cosbx + C sin bx)

1

3

k 4 -1 = 0

(k 2 -1)(k 2 +1) = 0 k 2 -1 = 0 k1,2 = ±1;

2 +1 = 0 k 2 = -1 k

= ±

= ±i (a = 0, b =1) .

k

-1

3,4

Поэтому

y = C e− x + C

ex + C cos x + C

4

sin x – искомое общее решение.

1

2

3

y′′ + a1y′ + a2 y = f ( x) ,

(9.17.1)

y′′ + a1y′ + a2 y = 0 .

(9.17.2)

yодн = C1y1 + C2 y2 ,

(9.17.3)

yч = C1 ( x) y1 + C2 ( x) y2 ,

(9.17.4)

рассматривая С1

и С2 как некоторые пока неизвестные функции.

Продифференцируем равенство (9.17.4):

′

′

′

′

′

yч

= C1 y1

+ C1y1

+ C2 y2

+ C2 y2 .

Подберем искомые функции

C1 ( x)

и

C2 ( x) так, чтобы

C

′ y + C

′ y

2

= 0 .

(9.17.5)

1

1

2

′

′

′

′′

′

′

′′

′

′

′′

Тогда yч

= C1 y1 + C2 y2

yч

= C1

y1

+ C1 y1

+ C2

y2

+ C2 y2 .

C ¢y ¢

+ C ¢y

¢

= f

( x) .

(9.17.6)

1

1

2

2

Объединяя уравнения (9.17.5) и (9.17.6), получаем для определения

производных от неизвестных функций C1 ( x)

и

C2 ( x) систему:

+ C

¢y

= 0,

C ¢y

2

(9.17.7)

1

1

2

( x).

C ¢y ¢ + C

¢y ¢ = f

1

1

2

2

Определитель этой системы D =

y1

y2

= W ( y , y

) ¹ 0 , так как у1

y ¢

y ¢

1

2

1

2

C ¢ ( x) = j( x),

C

( x) =

∫

j( x)dx,

1

1

( x) = ∫y( x)dx

C ¢ ( x) = y( x).

C2

2

Подставляя полученные функции C1 ( x) и C2 ( x) в (9.17.4), полу-

чим частное решение.

Если же взять C1 ( x) = ∫j( x)dx + C3, C2 ( x) = ∫y( x)dx + C4

и подста-

вить в (9.17.4), то получим сразу общее решение уравнения (9.17.1).

Пример 9 . 1 7 . 1 .

Найти общее решение уравнения y¢¢ -

y′

= x .

x

Решение. Найдем общее решение однородного уравнения

y¢¢ -

y′

= 0 y¢¢ =

y′

y′′

=

1

ln

y′

= ln

x

+ ln C y′ = C x

x

x

y¢

x

1

1

y

= C

x2

+ C

.

одн

1 2

2

y = C

( x)

x2

+ C

( x) ×1

2

ч

1

2

( y =

x2

,

y = 1 – частные решения однородного уравнения).

1

2

2

Тогда y = C

( x)

x2

+ C

( x) = x ×

x2

-

x3

=

x3

, а общее решение

2

ч

1

2

2

6

3

y = C

x2

+ C +

x3

.

1

2

2

3

При отыскании частных решений иногда полезно использовать сле-

дующую теорему.

ТЕОРЕМА 9 . 1 7 . 2 . Частное решение уравнения

y′′ + a1 y′ + a2 y = f1 ( x) + f2 ( x) ,

(9.17.8)

где правая часть есть сумма двух функций

f1 ( x) и

f2 ( x), можно предста-

вить в виде суммы yч = yч1 + yч2 ,

yч1 и yч2 –

частные решения, уравнений:

C ¢y + C ¢y

2

+ С ¢y = 0,

1

1

2

3

3

¢ + С ¢y ¢

= 0,

C ¢y ¢ + C ¢y

1

1

2

2

3

3

¢¢ + С ¢y ¢¢ = f ( x).

C ¢y ¢¢ + C ¢y

1

1

2

2

3

3

y′′ + py′ + qy = f ( x) ,

(9.18.1)

f ( x) = eαx × p

( x) ,

(9.18.2)

n

y = eαxQ ( x) ,

(9.18.3)

ч

n

где

Q

( x) = A xn

+ A xn−1 + ... + A

– многочлен тоже

степени

n (как и

n

0

1

n

многочлен pn ( x) ) с неизвестными коэффициентами А0, А1, …,

An. Тогда

y ¢

= aeαxQ

( x) + eαx ×Q ¢ ( x) ,

ч

n

n

y ¢¢ = a2 eαxQ

( x) + aeαxQ

¢ ( x) + aeαxQ ¢ ( x) + eαx ×Q ¢¢

( x) .

ч

n

n

n

n

Подставляя

y ,

y ′

и y ′′ в (9.18.1), получаем

ч

ч

ч

a2 eαxQ

( x) + 2aeαxQ

¢ ( x) + eαxQ ¢¢ ( x) + aeαx pQ ¢ ( x) + q eαxQ

( x) = f ( x) .

n

n

n

n

n

Сокращая на

eαx

и группируя, имеем

Qn¢¢ ( x) + (2a + p)Qn¢ + (a2 + pa + q)Qn ( x) = pn ( x) ,

(9.18.4)

где

Q

( x)

–

многочлен n-ной степени, Q ¢ ( x) –

многочлен степени

n

n

(n−1), Q

¢¢ ( x)

–

многочлен степени (n−2).

n

венстве (9.18.4) слева

получится

многочлен (n−1) степени, так как

α2 + pα + q = 0 , и слагаемое с Q ( x)

вообще исчезает. Следовательно, ни

n

при каких А0, А1, …, An

равенство (9.18.4) не будет тождеством. Поэтому

y

= xeαxQ ( x) .

ч

n

в) Число α есть двукратный корень характеристического уравнения

α = k = k

= −

p

α = −

p

2α + p = 0 . Тогда в равенстве (9.18.4)

2

1

2

2

α2 + pα + q = 0 и

2α + p = 0 ,

и оно примет вид

Q

′′ ( x)

= P ( x) ,

n

n

т.е. в левой части многочлен

(n−2)

степени, поэтому степень многочлена

y = x2eαxQ ( x).

ч

n

= xeeαxQ

( x) ,

Все три случая можно объединить одной формулой

y

ч

n

где е – кратность α как корня характеристического уравнения.

Пример 9 . 1 8 . 1 .

Найти общее решение уравнения

y′′ + 9 y = (x2 + 1)e3x .

Решение. Характеристическое уравнение для соответствующего

однородного уравнения

y′′ + 9 y = 0

имеет вид k 2 + 9 = 0

k 2 = −9

k1,2 = ±

= ±3i . α = 0,

β = 3, и поэтому общее решение

−9

yодн = C1 cos3x + C2 sin 3x .

A =

1

,

x2 : 18A = 1,

18

2

1

x : 18B + 12 A = 0,

B = −

A = −

,

3

27

x0 : 18C + 6B + 2 A = 1.

C =

1

− 2 A − 6B

=

5

.