11. Дифференциальные уравнения второго порядка. Общее и частное решения. Общий и частный интегралы.

y’’=f(x,y,y’)

Уравнение разрешаем относительно второй производной.

Начальное условие

y _x-x0=y₀ y’ _x-x0=y₀

Пример.

y’’=2

Общее решение данного уравнения найдем двукратным последовательным интегрированием. Находим сначала первую производную

y’=2x+C₁ и затем общее решение

y=x²+C₁x+C₂, где C₁ и C₂ – произвольные постоянные. Геометрически общее решение представляет собой семейство парабол, причем, т.к. оно зависит от двух произвольных постоянных, то через каждую такую плоскость проходят бесконечное множество парабол, имеющих различные касательные в этой точке. Поэтому для выделения одной параболы из полученного семейства, кроме точки (x₀; y₀), через которую проходит парабола, нужно задать еще и угловой коэффициент касательной к параболе в этой точке.

Найдем, например, частное решение данного уравнения, при начальных условиях

y =1 y’ _x=e=1^x=e

П одставляя эти значения в выражение для общего решения y=x²+C₁x+C₂ и его производной y’=2x+C₁, для определения C₁ и C₂ получим систему уравнений

1=1+C₁+C₂

1=2+C₁

Откуда находим C₁=1 и C₂=1. Следовательно, искомым решением является функция

y=x²-x+1, график которой – парабола, проходящая через точку (1; 1), с угловым коэффициентом в этой точке, равным единице.

11. Уравнения второго порядка, допускающие понижение порядка.

1)Уравнение вида

y’=f(x) Уравнение не содержит y и y’. Выводим функцию z(x), z(x)=y’, тогда z’(x)=f(x).

Решаем. z(x)=⌡f(x)dx+C, т.к. z(x)=y’, то y’=⌡f(x)dx

y=⌡[⌡f(x)dx]dx+C₁x+C₂

Пример. Найти значение уравнения yⁿ=x

Решение

z(x)=y’, получаем уравнение первого порядка

z’(x)=x, интегрируя его

z(x)=x²/2+C₁ получаем

y=⌡[x²/2+C₁]dx+C₂=x³/6+C₁x+C₂

2)Уравнение вида

y’’=f(x,y’) Уравнение не содержит y. z(x)=y’, тогда z’(x)=y’’.

z(x)z’=f(x,z)

Решение: z(x)=φ(x; C₁), т.к. z(x)=y’, то y=φ(x;C), интегрируя, получаем

Y=⌡φ(x,C₁)dx+C₂

Пример. y’’-3*y/x=x

z(x)=y’

z’-3*z/x=x

y’=C₁x³-x² и

y=C₁*x⁴/4-x³/3+C₂ – искомое решение

3)Уравнение вида

y²=f(y,y’) – не содержит x. Вводим новую функцию z(y).

y’=z, тогда

y’=d(y’)/dx = dy’dy/dydx = dzdy/dydz = dz/dy*z(y)

Подставляя в уравнение выражения y’ и y

z*dz/dy=f(y,z)

Решая его, найдем z=φ(y,C₁), т.е.

z=dy/dx, то dy/dx=φ(y,C₁), отсюда

dy/φ(y,C₁)=dx

Общее решение

d y

φ (y,C₁) ⁼x+C₂

Пример. yy’’-y’²=0

y’=z(y), y’’=z*dz/dy, получим

zy*dz/dy-2x=0. Приводим к виду dz/z=2dy/y

Интегрируем

ln|z|=2ln|y|+ln|C₁|, откуда

z=C₁y², т.е

z=dy=C₁dx

y²

11. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. Структура общего решения. Вид общего решения в зависимости от корней характеристического уравнения.

Линейным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение вида

y’’+P(x)y’+Q(x)y=f(x), где y-искомая функция, P(x), g(x) и f(x) – известные функции, непрерывные на некотором интервале (a,b).

Если f(x)=0, то уравнение называется линейным однородным уравнением, в противном случае называется линейным неоднородным уравнением. Рассмотрим случай, когда функции P(x) и g(x) постоянные величины. Уравнение такого вида называется линейным уравнением с постоянным коэффициентом, это уравнение вида

y’’+p(x)y’+gy=f(x), где p-g – вещественные числа. (1)

Рассмотрим линейное однородное уравнение

y’’+p(x)y’+gy=0, где p-g – вещественные числа. Линейное дифференциальное уравнение второго порядка может иметь множество решений. Однако среди них выделяют базисные решения, по которым строится общее решение уравнения. Таких решений для уравнения второго порядка два.

Решение будем искать в виде y=e^kx, где k – некоторое число. Подставляем эту функцию в уравнение, получаем

k² e^kx +pk e^kx+g e^kx=0

Сокращая обе части этого равенства на e^kx получаем квадратное уравнение относительно k.

k² +pk +g =0 – характеристическое уравнение (2)

Для дифференциального уравнения (1) вид общего решения зависит от того, какие корни имеет характеристическое уравнение (2). Обозначим эти корни через k₁и k_2. Справедлива следующая теорема.

1)Если корни характеристического уравнения вещественные числа k₁=k₂ , то общее решение однородного уравнения имеет вид

y=C₁ e^kx +C₂ e^kx

2)Если корни уравнения вещественные и равны (k₁=k₂ =k), то общее решение уравнения имеет вид

y=C₁ e^kx +C₂ xe^kx

3 )Если корни характеристического уравнения комплексные, то k₁=a+bi; k₂=a-bi, где i= -1 – мнимая единица, a и b – вещественные числа. Тогда общее решение имеет вид

y=e^ax (C₁cosbx+C₂sinbx), где a=-p/2, b= q-p²/4, во всех трех случаях C₁ и C₂ – произвольные постоянные.

Пример.

y’’-5y’+4y=0

Решение. Характеристическое уравнение данного д.у. имеет вид: k²-5k+4=0, его корни вещественные и различны: k₁=1; k₂=4 , тогда общее решение имеет вид

y= C₁ e^x +C₂ e^4x

Пример.

y’’-6y’+9=0

Решение. Составим характеристическое уравнение k²-6k+9=0 или (k-3)²=0, кратный корень k=3. Общее решение данного уравнения

y= e^3x (C₁+C₂ x)

Пример.

y’’-2y’+2y=0, имеем k²-2k+2=0 – дискриминант =-1

Комплексносопряженные корни

k ₁=1+i

k₂=1- i, где i= -1 – мнимая единица. Общее решение данного уравнения

y= e^x (C₁ sinx+C₂ cosx)