Використовуємо початкові умови. Оскільки y(0) = 0 , то із (**) отримаємо C2 =1. За умовою y'(0) = 2, тоді з (*) отримуємо С1 = 2.

тинний розв’язок. <

3.2.3. Лінійні диференціальні рівняння другого порядку

Диференціальне рівняння другого порядку називаєтьсялінійним,

називаються лінійними диференціальними рівняннями другого порядку зі сталими коефіцієнтами.

Лінійне однорідне рівняння (3.35) має такі властивості:

Теорема 1. Сума двох розв’язків однорідного лінійного рівняння (3.35) теж є розв’язком цього рівняння

Це означає, що функція ( y1 + y2 ) задовольняє рівняння (3.35). £

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

79

Теорема 2. Якщо y1 – розв’язок лінійного однорідного рівняння (3.35) і С1 – довільне стале, то C1 y1 теж є розв’язком цього рівняння (3.35)

w Знайдемо першу і другу похідні функції C1 y1:

(C1 y1 )' = C1 y1 , (C1 y1 )" = C1 y''1.

Підставивши функцію C1 y1 в ліву частину рівняння (3.35) і скориставшись тим, що

y1¢¢ + p(x)y1¢ + q(x)y1 = 0,

отримаємо

(C1 y1 )" + p(x)(C1 y1 )' + q(x)(C1 y1 )= C1 y"1 + p(x)C1 y'1 + q(x)C1 y1 = = C1 ( y'1 + p(x) y'1 + q(x) y1 ) = C1 × 0 = 0.

Це означає, що функція C1 y1 задовольняє рівняння (3.35). £ Наслідок. Якщо y1 і y2 – розв’язки лінійного однорідного рів-

няння (3.35), то C1 y1 і C2 y2 – розв’язки цього рівняння. Отже, і вираз y = C1 y1 + C2 y2 є розв’язком цього рівняння.

Надалі нам знадобиться поняття лінійної залежності та незалежності функцій.

Дві функції y1 і y2 називаються лінійно залежними, якщо їх відношення y2 / y1 є сталою величиною. В іншому випадку функції y1 і y2 називаються лінійно незалежними.

Наприклад, функції y1 = x, y2 = 3x лінійно залежні, а функції

y1 = x, y2 = x +1 лінійно незалежні.

Від того, лінійно залежні чи лінійно незалежні функціїy1 і y2, залежить відповідь на питання: чи є функція y = C1 y1 + C2 y2 загальним розв’язком рівняння (3.35).

Теорема 3. Якщо y1 і y2 – лінійно незалежні розв’язки лінійного однорідного диференціального рівняння(3.35), то функція

yодн = С1 y1 + C2 y2

є загальним розв’язком цього рівняння

Приклад 3.15. Знайти загальний розв’язок рівняння y¢¢ - 3y¢ + 2 y = 0,

якщо відомо, що y1 = e x і y2 = e2x – частинні розв’язки цього рівняння.

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

80

► Дане рівняння є лінійним однорідним. Оскільки

не є постійним числом, то ці розв’язки є лінійно незалежними. Тому y(x)= C1ex + C2e2 x ,

де С1 і С2 – довільні сталі, є загальним розв’язком рівняння. <

Що стосується розв’язку неоднорідного рівняння(3.34), то має місце така теорема.

Теорема 4. Загальний розв’язок неоднорідного рівняння(3.34) дорівнює сумі загального розв’язку відповідного однорідного рівняння (3.35) і якого-небудь частинного розв’язку даного рівняння (3.34). Якщо

yодн = С1 y1 (x)+ C2 y2 (x)

є загальним розв’язком рівняння(3.35), а y є яким-небудь частинним розв’язком неоднорідного рівняння (3.34), то

y= С1 y1 (x)+ C2 y2 (x)+ y

єзагальним розв’язком неоднорідного рівняння (3.34)

Таким чином, щоб знайти загальний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння другого порядку, треба спочатку знайти загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння і додати до нього якийнебудь частинний розв’язок заданого рівняння.

З іншого боку, щоб знайти загальний розв’язок однорідного рівняння, треба мати два частинні лінійно незалежні розв’язки цього рівняння. Для випадку, коли р(х) і q(x) не є сталими, знаходження таких частинних розв’язків– складна задача. Порівняно легко знайти такі розв’язки, коли р і q – сталі.

3.2.4. Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами

Загальним розв’язком лінійного однорідного рівняння зі сталими коефіцієнтами (3.37) є функція

у = С1 у1 + С2 у2 ,

де у1 та у2 – два лінійно незалежні частинні розв’язки цього рівняння.

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

81

Для знаходження одного з частинних розв’язків припустимо, що

у = еkх ,

де k – деяке стале, є розв’язком рівняння (3.37).

множник повинен дорівнювати нулю. Отже, ті значення k, які задовольняють рівняння

ня (3.37).

Щоб одержати характеристичне рівняння (3.39), досить замінити в рівнянні (3.37) похідні відповідними степенями невідомого k.

Якщо дійсне число k є коренем характеристичного рівняння, то e kx – частинний розв’язок рівняння (3.37). Пошук іншого частинного розв’язку, лінійно незалежного від першого, залежить від виду характеристичного рівняння.

При розв’язанні характеристичного рівняння можуть зустрітися три випадки: корені характеристичного рівняння дійсні і різні, корені рівні, немає дійсних коренів.

Теорема 1. Нехай характеристичне рівняння (3.39) має дійсні корені k1 і k2 , причому k1 ¹ k2 . Тоді загальний розв’язок рівняння (3.37) має вигляд

y = C1ek1 x + C2 ek 2 x ,

де C1 та C2 – довільні сталі

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

82

Теорема 2. Якщо характеристичне рівняння(3.39) має два рівні дійні корені k1 = k2 = k, то загальний розв’язок рівняння (3.37) має вигляд

y = C1ekx + C2 xekx ,

де C1 та C2 – довільні сталі

Теорема 3. Якщо характеристичне рівняння(3.39) не має дійсних коренів, то загальний розв’язок рівняння(3.37) має вигляд

Звідси і з теореми 3 п. 3.2.3 випливає, що загальний розв’язок рівняння (3.37) має вигляд

y = C1ek1 x + C2ek 2 x .

Таким чином, для випадку, коли характеристичне рівняння має два дійсні корені, теорема доведена.

Для двох інших випадків теорема доводиться аналогічно. £

Приклад 3.16. Знайти загальні розв’язки рівнянь:

а) y¢¢ + 2 y¢ -15 y = 0; б) y¢¢ -10 y¢ + 25 y = 0; в) y¢¢ - 4 y¢ +13 y = 0.

► а) складаємо характеристичне рівняння k 2 + 2k -15 = 0.

Коренями цього рівняння є два дійсні числа k1 = -5 і k2 = 3. Тому загальний розв’язок має вигляд

y = C1e-5 x + C2 e3 x ;

б) складаємо характеристичне рівняння k 2 -10k + 25 = 0.

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

83

Розв’язуючи це рівняння, одержимо k1 = k2 = 5. Оскільки корені рівні, то загальний розв’язок

y = (C1 + C2 x)e5 x ;

в) характеристичне рівняння

k 2 - 4k +13 = 0

не має дійсних коренів. Обчислимо відповідні α та β:

a = - p / 2 = 4 / 2 = 2, b = q - p2 / 4 = 13 -16 / 4 = 3.

Звідси маємо загальний розв’язок:

y = e2 x (C1 cos 3x + C2 sin 3x). <

Приклад 3.17. Знайти частинний розв’язок рівняння y¢¢ + 4 y¢ + 4 y = 0,

що задовольняє початкові умови y(0) = 4, y¢(0) = 0.

► Загальний розв’язок даного рівняння має вигляд y = (C1 + C2 x)e-2 x .

Скористаємося початковими умовами для визначення довільних сталих С1 та С2 . Знаходимо похідну загального розв’язку:

y¢ = -2C1e-2 x + C2 e-2 x - 2C2 xe-2 x .

3.2.5. Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами

Нехай потрібно знайти загальний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

84