3.3. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

3.3.1. Постановка задачи Коши и понятие общего решения для линейного дифференциального уравнения второго порядка

3.3.2. Свойства решений линейных однородных уравнений

3.3.3. Решение однородных линейных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный экономический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Высшая математика - 2.Уч.-практ.пособие.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

20.02.2016

Размер:

1.66 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 3121 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

Теория линейных уравнений является наиболее простой и разработанной областью дифференциальных уравнений. И именно эти уравнения чаще всего используются в реальных прикладных задачах.

Ниже приводятся краткие сведения теории линейных дифференциальных уравнений второго порядка.

Определение 3.11. Дифференциальное уравнение вида


		A(x)y′′+ B(x)y′+C(x)y = f (x),		(3.12)
где	A(x) ≠ 0, B(x), C(x), f (x) − функции, определенные в некото-
рой	области D R ,		называется линейным дифференциальным
уравнением второго порядка.
	Если	A ≠ 0, B,C −	постоянные величины, не зависящие от пе-
ременной		x , то уравнение (3.12) называется уравнением с посто-


янными коэффициентами;			причем, если f (x) ≡ 0, то линейным од-
нородным, а если	f (x) ≠ 0,		то линейным неоднородным.
Задача Коши для уравнения (3.12) формулируется следующим
образом: надо найти такое решение				y =φ (x) уравнения (3.12) для
заданных начальных		условий		(x0 , y0 , y0′) ,	где x0 X D,
X − промежуток	непрерывности			функций	A(x) ≠ 0, B(x), C(x),
f (x) , а y0 , y0′ − произвольные числа, чтобы
		y0 =φ (x0 ) , y0′ =φ′ (x0 ) .
Определение 3.12.		Общим решением уравнения (3.12) называется

двухпараметрическое семейство функций y =φ (x,C1,C2 ) , дважды непрерывно дифференцируемое по x при x (a,b) , которое:

1)является решением уравнения (3.12) для любых C1,C2 из некоторой области G;

2)обеспечивает решение задачи Коши для любых начальных условий (x0 X , y0 , y0′) при некоторых C10 ,C20 G .

Рассмотрим уравнение вида

A(x)y′′+ B(x)y′+C(x)y = 0	(3.13)
Теорема 3.2. Если y = y1(x) − решение уравнения (3.13), то

функция y = C y1(x), где C − любое постоянное число, также будет решением уравнения (3.13).

Теорема 3.3. Если y = y1(x) и y = y2 (x) −два решения уравнения (3.13), то и y = C1 y1(x) +C2 y2 (x), где C1,C2 − произвольные числа, тоже решение уравнения (3.13).

Определение 3.13. Два решения y1(x) и y2 (x) уравнения (3.13) называются линейно зависимыми на интервале (a,b) , если существуют числа α1,α2 , не равные одновременно нулю, такие что

α1 y1(x) +α2 y2 (x) ≡ 0 для всех x (a,b) . В противном случае,

функции называются линейно независимыми.

Заметим, что две функции являются линейно независимыми, если их отношение не равно тождественной постоянной:

y1(x) ≠ const . Понятие линейной независимости функций позво- y2 (x)

ляет достаточно просто описать множество всех решений дифференциального уравнения. Имеет место следующее утверждение.

Теорема 3.4. Если решения y1(x) и y2 (x) уравнения (3.13) линейно независимы, то решение y = C1 y1(x) +C2 y2 (x), где C1,C2 − произвольные постоянные, является общим решением.

x2 : 2a =1,

: 2a −2b +2c = 0.

Рассмотрим уравнение следующего вида

y′′+ py′+ qy = 0,

(3.14)

где p и q − постоянные числа.

Для его решения запишем так называемое	характеристиче-
ское уравнение:
λ 2+ pλ + q = 0	,(3.15)

которое очевидным образом составляется по коэффициентам исходного уравнения (3.14). Далее, возможны следующие случаи:

1. Если D = p2 −4q > 0,

т.е. если (3.15) имеет два различных

действительных корня λ1 и λ2

, то уравнение (3.14) имеет общее

решение

= C eλ1x + C

eλ2 x ;

(3.16)

2. Если D = p2 −4q = 0,

т.е. если (3.15) имеет два равных дей-

ствительных корня λ1 = λ2 = λ , то уравнение (3.14) имеет общее

решение

x)eλx

y = (C +C

;

(3.17)

3. Если D = p2 −4q < 0,

т.е. если (3.15) имеет два комплексно-

сопряженных корня λ =α +iβ ,

=α −iβ , α = −

, β =

− D

то уравнение (3.14) имеет общее решение вида

y = eαx (C cos βx +C

sin βx)

(3.18)

Пример 3.5. Найти общее решение уравнения y′′−5y′+6y = 0 .

Решение. Характеристическое уравнение (3.15)

имеет

вид:

λ2 −5λ +6 = 0,

D = 25 −24 =1 > 0 .

Значит,

λ =

5 −1

= 2;

λ2 =

5 +1

= 3.

Следовательно, согласно (3.16) общее решение име-

ет вид: y = C e2x +C

e3x .

Пример

3.6.

Найти

общее

решение

уравнения

y′′−10y′+ 25y = 0 .

Решение.

Характеристическое

уравнение

(3.15)

имеет вид:

λ2 −10λ + 25 = 0, D =100 −100 = 0,

значит,

= λ

=5 . Общее ре-

шение согласно (3.17) имеет вид

y = (C +C

x)e5x .

Пример 3.7. Найти общее решение уравнения

y′′−2y′+5y = 0 .

Решение.

Характеристическое

уравнение

имеет

вид:

λ2 −2λ +5 = 0,

D = 4 −20 = −16 =16i2 ,

λ1,2

2 ±4i

1± 2i,

значит

λ =1, β = 2

общее решение

по

(3.18)

имеет

вид:

y = ex (C

cos 2x +C

sin 2x) .

Пример

3.8.

Найти

частное

решение

уравнения

y′′−5y′+6y = 0 ,

удовлетворяющее

начальным

условиям

y(0) =1,

′

y (0) = 0.

Решение.

Характеристическое

уравнение

имеет

вид:

λ2 −5λ +6 = 0,

D = 25 −24 =1

, λ = 2 ,

= 3, y = C e2x +C

e3x −

общее решение дифференциального уравнения. Для решения зада-

чи Коши находим производную

y′ = 2C1e2x +3C2e3x . Подставляя

′

получаем

1 = C1e

2 0

+C2e

3 0

начальные условия y(0) =1, y (0) = 0,

0 = 2C e2 0

+3C

e3 0

. Значит, C

удовлетворяют системе урав-

нений

C +C

=1,

2C +2C

= 2,

2C1 +3C2 = 0

Вычитая из второго уравнения системы первое уравнение, по-

лучаем C2

= −2, откуда C1 =1−C2

=1+2 = 3 .

Ответ: y = 3e2x −2e3x .

3.3.4.

Решение

неоднородных

линейных

дифференциальных

уравнений

второго

порядка

постоянными коэффициентами

Определение 3.14. Пусть имеется неоднородное уравнение вида

y′′+ py′+ py = f (x),

(3.19)

где p и q − постоянные,

не зависящие от x , f (x) − функция, не-

прерывная на некотором множестве X .

Структура общего решения неоднородного дифференциального уравнения описывается в следующей теореме.

Теорема 3.5.	Пусть y =φ(x) −некоторое частное решение
уравнения (3.19),	а y = C1 y1(x) +C2 y2 (x) − общее решение одно-

родного уравнения (3.14), соответствующего уравнению (3.19). Тогда общее решение Y уравнения (3.19) имеет вид: Y = y + y .

Для нахождения частного решения y можно использовать

либо метод вариации произвольных постоянных, либо использовать вид специальной правой части уравнения (3.19) , если это имеет место.

	Пусть функция f (x) имеет вид			P (x) ,	или	P (x)eαx , или
				n		n
(P	(x)sin βx + P (x)cos βx)eαx ,		где P (x), P		(x), P	(x) − много-
n	n	2	n	n	n	2
1		2		1		2

члены степени n или не меньше n . Тогда частное решение можно

найти в виде Q (x) ,			Q	(x)eαx , eαx (Q	(x)sin βx + Q (x)sin βx) , где
		n	n	n	n	2
				1		2
Qn (x),	Qn	(x), Qn (x) −		многочлены	такой же степени, что и
	1	2
Pn (x),	Pn (x), Pn (x) , но с неопределенными коэффициентами, или в
	1	2

таком же виде, но с множителем x или x2			в зависимости от соот-
ношения корней λ1	и λ2 характеристического уравнения (3.15) и
числа α (α ±iβ) :
1. если λ ≠α, λ	2	≠α, то множители x	и x2 отсутствуют;
1	2

2.если λ1 =α, (или λ2 =α) , но λ1 ≠ λ2 , то появляется множитель x ;

3.если λ1 = λ2 = λ , то появляется множитель x2 ;

4. если ни один их корней λ1,2 =α1 ± β1 i характеристического уравнения (3.15) не равен α ± β i , то множитель x отсутствует; если λ1 =α, β1 = β , то появится множитель x .

Пример 3.7. Найти общее решение дифференциального урав-

нения y′′−2y′+ 2y = x2.

Решение. Находим общее решение уравнения y′′−2y′+2y = 0. Характеристическое уравнение имеет вид λ2 −2λ + 2 = 0,

D = 4 −8 = −4 = 4i2 ,				λ	=	2 ± 2i	=1	±i,	α =1, β =1,	значит,	об-
D = 4 −8 = −4 = 4i2 ,				λ	=		=1	±i,	α =1, β =1,	значит,	об-
				1,2		2
						2
щее	решение			однородного					уравнения	имеет	вид
y = ex (C sin x +C		2	cos x) . Для нахождения частного решения неод-
	1	2

нородного уравнения используем специальный вид правой части

e0x P (x) = x2 ,	n = 2. Так	как	среди корней			характеристического
n
уравнения нет	α = 0 , то множители x				и x2	отсутствуют, значит,
ищем частное решение y		в виде многочлена второй степени с не-
определенными коэффициентами				y = ax2 +bx +c, y′			= 2ax +b,
y′′ = 2a. Подставляем		y ,	y′ ,	y′′	в	исходное	уравнение

y′′−2y′+ 2y = x2 и составляем систему для нахождения a,b и c ,

приравнивая коэффициенты при соответствующих степенях x в левой и правой части уравнения:

2a −4ax −2b + 2ax2 + 2bx + 2c = x2 ;

x2 (2a) + x(−4a + 2b) + 2a −2b + 2c = x2.

Итак, частное решение y = 12 x2 + x + 12 . Следовательно, общее решение исходного неоднородного уравнения есть

Y = y + y = ex (C1 sin x +C2 cos x) + 12 x2 + x + 12 .

Пример 3.8. Найти решение дифференциального уравнения y′′+ y′−2y = cos x −3sin x , удовлетворяющее начальным условиям

y(0) =1,	′
	y (0) = 2.

Решение. Находим общее решение однородного уравнения y′′+ y′−2y = 0, для чего решаем характеристическое уравнение (3.15):

λ 2+λ −2 = 0 , D =1+ 4 2 = 9 = 32 > 0, λ 1= −2, λ 2= +1.

Значит, общее решение однородного				уравнения имеет вид
y = C e−2x +C		ex .	Корней вида α + βi = i	в уравнении (3.15) нет,
1	2
значит,	частное решение y неоднородного уравнения будем ис-
кать в	виде y = a cos x +bsin x . Тогда			y ′ = −a sin x +b cos x,

y ″ = −a cos x −bsin x.

Подставляем y , y ″, y ″ в исходное уравнение и, приводя подобные члены при cos x и sin x , получаем:

−a cos x −bsin x −a sin x +b cos x + a cos x +bsin x = cos x −3sin x, (b −3a)cos x +(−3b −a)sin x ≡ cos x −3sin x .

Приравнивая коэффициенты при cos x и при sin x в правой и левой частях последнего уравнения, получим:

b	−3a		=1,			3b −	9a = 3,		−10a = 0,
	3b −a = −3.						−a = −3,
−						−3b
a = 0,	b =1. Значит, частное решение неоднородного уравнения
имеет вид y = sin x,					а общее решение Y неоднородного уравнения
Y = C1e−2x +C2ex +sin x;						Y′ = −2C1e−2x +C2ex +cos x.				1 = C1 +C2 ,
Учтем			начальные условия				y(0) =1,	y	(0) = 2.
								′
2 = −2C1 +C2 +1. Решаем полученную систему уравнений:
C		+C		=1,		C = 0,
1			2		1
−2C1 +C2 =1,						C2 =1.

Ответ: Y = ex +sin x.

Пример 3.9. Найти общее решение дифференциального урав-

нения y′′−2y′+ y = xex .

Решение.	Характеристическое уравнение							(3.15) имеет вид
λ2 −2λ +1 = 0 ,	(λ −1)2 = 0, λ = λ		2	=1. Значит общее решение од-
		1
нородного уравнения		имеет вид		y = (C +C			x)ex . Так как правая
				1		2
часть имеет вид xe1x		и α =1 совпадает с λ				= λ		2	=1, то в частном
				1
решении, соответствующем правой части,					появляется множитель

x2 : y = x2 (ax +b)ex . Тогда

1y = ex (ax3 +bx2 );

−2 y ′ = ex (ax3 +bx2 ) +ex (3ax2 + 2bx) = ex (ax3 +(b +3a)x2 + 2bx);

1y ″ = ex (ax3 +(b +3a)x2 + 2bx) +ex (3ax2 + 2(b +3a)x + 2b =

=ex (ax3 +(b +6a)x2 +(4b +6a)x + 2b)

Подставляем y , y ′, y ″ в исходное уравнение, группируя слагаемые по степеням x и вынося ex за скобки:

ex (ax3 −2ax3 +ax3 +bx2 −2(b +3a)x2 +(b +6a)x2 −4bx +(4b +6a)x +

+ 2b) = xex . Приравнивая коэффициенты при x3 , x2 , x и x0 в ле-

вой и правой частях последнего уравнения, получаем систему для нахождения неопределенных коэффициентов a и b :

x3 :			0a = 0,
x2 :			b −2b −6a +b +6a = 0,
x :				−4b +b +16a =1,
x :				−4b +b +16a =1,
x	0	:		2b = 0
x		:		2b = 0
			Значит,			y =			x3	ex .
			Значит,			y =				ex .
						6
Y = (C +C					x)ex	+	x3	ex .
Y = (C +C					x)ex	+		ex .
			1	2		6
						6

		0a = 0,
				1
	0a +0b = 0,		a =	1	,	b = 0.
		6a =1,	a =	6	,	b = 0.
		6a =1,		6
		2b = 0
		2b = 0
Тогда		общее	решение			есть

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2021 / 3121 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.08.201986.02 Кб10второй блок.doc
#
20.02.201696.52 Кб145Вывод по рациону питания (технология на 22.10).pdf
#
20.02.201636.85 Кб14выводы отчёт.docx
#
20.02.2016167.92 Кб20выставки в рб курсовая.docx
#
20.02.201638.4 Кб21Высшая матем, программа 1 семестр.doc
#
20.02.20161.66 Mб93Высшая математика - 2.Уч.-практ.пособие.pdf
#
20.02.20161.62 Mб60Высшая математика 3 семестр часть 1.doc
#
20.02.20163.1 Mб102Высшая математика 3 семестр часть 2.doc
#
20.02.2016450.37 Кб73высшая математика 3семестр.pdf
#
20.02.20162.91 Mб193Высшая математика. Практикум, часть 1.pdf
#
20.02.20161.12 Mб60Высшая математика. Ряды. Уч-метод. пособие.pdf