Линейные однородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами.

Рассмотрим уравнение

y′′ + a₁ y′ + a₂ y = 0 (1)

Пусть a₁ и a₂ – постоянные числа.

Будем искать частные решения этого уравнения в виде

y = e ^kx, (2)

где k – постоянная величина, которую следует подобрать.

Подставим функцию (2) в уравнение (1).

k²e^kx + a₁ k e^kx + a₂ e^kx = 0

e^kx(k² + a₁ k + a₂) = 0,

k² + a₁ k + a₂ = 0 (3) – характеристическое уравнение.

k₁ и k₂ – корни характеристического уравнения (3).

1. Корни характеристического уравнения (3) действительные, различные k₁ ≠ k₂ .

Тогда y₁ =

y₁ и y₂ линейно независимы. уравнения (1).

2. k₁ = k₂ – действительные.

Одно частное решение имеет вид

3. k _1,2 = α + β i - комплексные сопряженные.

Общее решение запишется в виде

Общее решение получилось в комплексной форме. Получим решение в вещественной форме.

Докажем, что, если функция

y₁(x) + i y₂(x) (*)

есть решение уравнения (1), то функции y₁(x) и y₂(x) – тоже решения.

Пусть функция (*) – решение уравнения (1). Тогда

Рассмотрим y = e^{(α + β i ) x} – решение уравнения (1) . Тогда по формуле Эйлера y = e ^{α x} ∙e ^{i β x} = e ^{α x}(cos β x + i sin β x). Отсюда, y₁ = e ^{α x} cos βx и y₂ = e ^{α x} sin βx – решения уравнения.

. Следовательно, эти решения линейно независимы.

Общее решение имеет вид

.

П р и м е р ы .

1. 

2. 

3. 

Линейные неоднородные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами.

Рассмотрим уравнение

y′′ + a₁ y′ + a₂ y = Q(x) (1)

a₁, a₂ – постоянные коэффициенты, Q(x) – непрерывная функция х.

Уравнение (1) называется линейным неоднородным, Q(x) – правая часть.

y′′ + a₁ y′ + a₂ y = 0 (2)

(2) – соответствующее однородное уравнение.

Теорема о структуре общего решения уравнения (1).

Общее решение уравнения (1) представляется в виде суммы частного решения этого уравнения и общего решения соответствующего однородного уравнения.

y = z + Y (3)

z – частное решение уравнения (1), Y – общее решение уравнения (2).

Доказательство.

Пусть z – частное решение уравнения (1). Введем в уравнение (1) новую функцию u .

y = u + z.

(u + z)′′ + a₁(u + z)′ + a₂(u + z) = Q(x).

u′′ + a₁ u′ + a₂ u + . Отсюда, u′′ + a₁ u′ + a₂ u = 0, т.е. u является решением уравнения (2). Пусть u = Y – общее решение уравнения (2). Тогда, возвращаясь в уравнении (1) к старой функции y, получим общее решение уравнения (1) в виде

Y = z + Y.

Линейные неоднородные уравнения с постоянными коэффициентами.

Рассмотрим уравнение (1)

y′′ + a₁ y′ + a₂ y = Q(x) (1)

Будем считать, что a₁ и a₂ – постоянные коэффициенты. Общее решение –

y = z + Y.

Как найти Y известно, укажем способ нахождения частного решения z для некоторых видов правой части Q(x).

. P_m(x) – многочлен степени m.

a) Число α не является корнем характеристического уравнения

k² + a₁ k + a₂ = 0 (2)

Частное решение ищем в виде

z = e^{α x} R_m(x) (3)

R _m(x) – многочлен степени m с неопределенными коэффициентами.

Докажем, что коэффициенты многочлена R_m(x) можно подобрать так, чтобы функция (3) удовлетворяла уравнению (1). Подставив (3) в уравнение (1) после упрощения, получим

(α² + a₁α + a₂)R_m(x) +(2α + a₁) R_m′(x) + R_m′′(x) = P_m(x) (4)

Т.к. α² + a₁α + a₂ ≠ 0, в левой и в правой частях равенства (4) стоят многочлены степени m. Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, найдем коэффициенты многочлена R_m(x).

б) α – однократный корень характеристического уравнения. Тогда

α² + a₁α + a₂ ≠ 0, но 2α + a₁ ≠ 0.

Следовательно, в левой части равенства (4) имеем многочлен степени m – 1, а в правой – многочлен степени m. следовательно, равенство (4) никогда не будет тождеством, если искать решение в виде (3). Чтобы равенство (4) имело место, надо повысить степень многочлена R_m(x), т.е. искать решение в виде

z = e ^{α x}x R_m(x).

в) α – двукратный корень характеристического уравнения.

α² + a₁α + a₂ = 0, но 2α + a₁ = 0.

Уравнение (4) принимает вид

R_m′′(x) = P_m(x). (4)

В левой части имеем многочлен степени m – 2, а в правой – многочлен степени m. Чтобы равенство (4) имело место, решение следует искать в виде

z = e ^{α x}x² R_m(x).