mat_analiz
.pdfНайти частные решения уравнений, удовлетворяющие указанным начальным условиям:
8. |
y |
′′ |
= x |
2 |
+ cos x , |
|
|
y(0)=1, |
′ |
= 2 . |
|
|
||||
|
|
|
|
y (0) |
|
|
||||||||||
9. |
y |
′′ |
= 4 cos 2x , |
|
|
y(0)= 0, |
′ |
= 0 . |
|
|
||||||
|
|
|
y (0) |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
Ответы: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1. |
y = −cos x +С1x +С2 ; |
2. |
y = −sin x +С1x +С2 ; |
3. y =lnx +С1x+С2 ; |
||||||||||||
4. |
y = |
1 |
|
+С1 ln x +С2 ; |
5. |
y = С1x (ln x −1) +С2 ; |
6. |
y 2 = С1x +С2 ; |
||||||||
x |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
7. ctgy = С2 −С1x ; |
8. |
y = |
x 4 |
−cos x + 2x + 2 ; |
9. |
y =1 − cos 2x . |
||||||||||
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
§8. Однородные линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
Определение 1. Однородным линейным дифференциальным уравнением (однородным ЛДУ) второго порядка называется уравнение вида
y′′+ p(x) y′+ q(x) y = 0 , |
(1) |
где y = y(x ) - искомая функция, p(x ) и q(x ) - некоторые известные функции.
Определение 2. Уравнение вида
y′′+ py′+ qy = 0 , |
(2) |
где p и q – некоторые действительные числа, называется однородным ЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.
Определение 3. Два решения y1 (x ) и y2 (x ) уравнения (1) называются линейно независимыми на отрезке [a; b], если их отношение не является по-
стоянной величиной, то есть y1 (x ) ≠ сonst для x [a; b], или другими словами:
y2 (x )
не существует такого постоянного числа k, при котором выполняется равен-
ство y1 (x) = ky2 (x) для x [a; b].
В противном случае, решения y1 (x ) и y2 (x ) называются линейно зави-
симыми.
Теорема (об общем решении однородного ЛДУ второго порядка).
(без доказательства).
297
Если и y2 (x ) два каких-либо линейно независимых решения урав-
нения y′′+ p(x )y′+ q(x )y = 0 , где pи q – либо функции от x, либо постоянные величины, то y = С1 y1 (x ) +С2 y2 (x ) , где C1 и C1 - произвольные постоянные,
есть его общее решение, то есть общее решение является линейной комбинацией частных решений.
Перейдем теперь к решению уравнения (2).
Чтобы найти его общее решение, достаточно (по теореме) найти два линейно независимых частных решения. Будем искать частные решения в виде:
y = eλx ,
где λ - постоянная величина. Тогда y′ = λeλx
y′′ = λ2 eλx
Подставляя y′ и y′′ в (2), получим:
λ2 eλx + pλeλx + qeλx = 0 или |
|
eλx (λ2 + pλ + q) = 0 . |
|
Так как eλx ≠ 0 ни при каком λ , то |
|
λ2 + pλ + q = 0 . |
(3) |
Уравнение (3) называется характеристическим уравнением уравнения (2). Для его составления следует в уравнении (2) вместо y′′ записать λ2 , вместо y′ - λ , вместо у записать 1. Решая характеристическое уравнение как приве-
денное квадратное уравнение, получим корни λ1 и λ2 :
λ |
= − |
p |
+ |
p2 |
− q |
|
1 |
|
2 |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|||
λ2 |
= − |
p |
− |
p2 |
− q |
|
2 |
4 |
|||||
|
|
|
|
Равно возможны следующие случаи:
1.λ1 и λ2 - действительные числа, причем λ1 ≠ λ2 ;
2.λ1 и λ2 - действительные числа, причем λ1 = λ2 ;
298
3. |
λ1 и λ2 - комплексные числа, то есть характеристическое уравнение (3) не |
||||||||
|
имеет действительных корней. |
|
|
|
|
||||
|
Рассмотрим эти случаи. |
|
|
|
|
|
|||
1. |
Корни характеристического уравнения |
(3) – действительные числа и |
|||||||
|
λ1 ≠ λ2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В этом случае частными решениями уравнения (1) будут функции: |
||||||||
|
|
|
|
y1 = eλ1x и y2 = eλ2 x |
|||||
Эти решения линейно независимы, так как |
|
||||||||
|
|
y |
2 |
= |
eλ2 x |
= e |
(λ |
−λ )x |
≠ const . |
|
|
|
|
2 |
1 |
||||
|
|
y1 |
eλ1x |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
Следовательно, по теореме об общем решении однородного ЛДУ общее решение уравнения (1) имеет вид:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y = C1eλ1x +C 2 eλ2x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(4) |
|||||||
2. |
Корни |
характеристического |
уравнения (3) |
|
– |
действительные |
числа и |
|||||||||||||||||||||||
|
|
λ1 = λ2 |
= λ . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Так как |
λ |
является двукратным корнем характеристического уравне- |
||||||||||||||||||||||||||
ния, то |
уравнение |
(3), |
в |
этом |
случае, |
|
можно |
записать |
в виде |
|||||||||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
p |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
λx |
|
|
|
λ |
|
+ pλ + q |
= λ |
+ |
|
|
= 0 , откуда |
2λ + p = 0 . |
В этом случае |
y1 = e |
|
, второе же |
||||||||||||||||||
|
2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
частное решение будем искать в виде y2 = xe λx . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
Отметим, что y1 |
и y2 |
- линейно независимы, так как |
y2 |
= x ≠ const . |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y1 |
|
|
|
|
|
|
Покажем, что y2 = xe λx является решением уравнения (2). |
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
′ |
= e |
λx |
+λxe |
λx |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
′′ |
=λe |
λx |
+λe |
λx |
+λ |
2 |
xe |
λx |
= 2λe |
λx |
+λ |
2 |
xe |
λx |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
Подставим у2 ,у2' , у2" в (2), получим: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
2λe λx +λ 2 xe λx + p(eλx |
|
+λxe λx |
)+ qxe λx |
= eλx |
(2λ +λ 2 x + p + pλx + qx )= |
|||||||||||||||||||||||
|
|
= eλx ((λ 2 + pλ + q)x + (2λ + p))= 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
299
так как λ 2 + pλ + q = 0 и 2λ + p = 0 .
Следовательно, y2 = xe λx – частное решение уравнения (2).
Таким образом, по теореме об общем решении однородного ЛДУ общее решение уравнения (2) в случае, когда λ1 = λ2 = λ , имеет вид:
y = C1eλx +C 2 xe λx = (C1 +C 2 x )eλx . |
(5) |
3.Характеристическое уравнение (3) не имеет действительных корней.
Вэтом случае корни уравнения λ1 =α + βi , λ2 =α − βi - сопряженные
комплексные числа, где
|
α = − |
р |
, |
β = |
q − р2 . |
|
|
|
|
||||
|
2 |
|
|
4 |
|
|
Можно показать (аналогично пунктам 1 и 2), что общее решение урав- |
||||||
нения (2) имеет вид: |
|
|
|
|||
|
у = еα х (C1 cosβx +C 2 sinβx ) |
(6). |
||||
Пример 1. Найти общие решения уравнений: |
|
|||||
а) y′′+ y′− 2y = 0 ; |
б) у′′− 4у′+ 4у = 0 |
в) у′′+ 2у′+ 5у = 0 . |
|
|||
Решение. а) Решая характеристическое уравнение |
|
|||||
λ2 + λ − 2 = 0 , находим корни λ1 =1 , λ2 |
= −2 . |
|
|
|||
Тогда, по формуле (4 ) общее решение имеет вид: |
|
|||||
|
у = С ех + С |
е−2 х |
|
|||
|
1 |
2 |
|
|
||
б) Решая характеристическое уравнение λ2 − 4х + 4 = 0 или (λ − 2)2 |
= 0 , |
|||||
получаем λ1 = λ2 |
= λ = 2 . |
|
|
|
Тогда, по формуле (5) общее решение имеет вид: y = (C1 + C2 x)e2 x .
в) Характеристическое уравнение λ2 + 2λ +5 = 0 не имеет действительных корней, решая его, получаем два сопряженных комплексных корня
λ1 = −1 + 2i и λ2 = −1 − 2i , где α = −1 , β = 2
Тогда по формуле (6) общее решение уравнения имеет вид: y = e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x).
300
Теорема об общем решении неоднородного ЛДУ второго порядка
(без доказательства).
Общее решение неоднородного ЛДУ второго порядка (1) равно сумме какого-либо частного решения этого уравнения и общего решения соответствующего ему однородного уравнения(2).
Эта теорема справедлива и в случае, когда в уравнениях (1) и (2) p(x ), q(x ), - постоянные величины, то есть для неоднородного ЛДУ второго поряд-
ка с постоянными коэффициентами.
Рассмотрим неоднородное ЛДУ с постоянными коэффициентами:
y′′+ py′+ qy = f (x ) , |
(3) |
где p и q – постоянные числа, и соответствующее ему однородное уравнение
y ′′ + py ′ + gy = 0 . |
(4) |
|
Тогда ( по теореме) общее решение уравнения (3) имеет вид: |
|
|
y = y1 + y2 , |
|
(5) |
где y1 – общее решение уравнения (4), а |
y2 - какое-либо частное решение |
|
уравнения (3). |
|
|
Как находить y1 , то есть решать однородные ЛДУ второго порядка, |
||
рассматривалось в предыдущем параграфе. |
|
|
Нахождение же y2 - частного решения неоднородного ЛДУ, |
сущест- |
|
венно зависит от вида правой части уравнения (3). |
|
|
Будем рассматривать неоднородное ЛДУ вида (3), у которого правая |
||
часть такова: |
|
|
f (x ) = e µx (P (x ) cosνx + P (x )sinνx ), |
(6) |
|
n |
m |
|
где µ и ν - постоянные числа (в частности, могут быть и равные нулю), Pn (x) и Pm (x)- заданные многочлены степени n и m соответственно.
Определение 3. Уравнение (3) с правой частью вида (6) называется не-
однородным ЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентами и со специальной правой частью.
303
Частное решение y2 такого уравнения можно найти алгебраическим путем без вычисления интеграла. Для его нахождения используется комплексное число µ +νi , называемое контрольным, которое составляется для каждого уравнения (3) по виду его правой части (6).
Например, для уравнения с правой частью:
f (x) = e2x (xcos3x − sin 3x)
контрольное число равно 2+3i, а для уравнения с правой частью: f (x)= x3e5x
контрольное число равно 5+0i .
Частное решение y2 уравнения (3) будет искать в виде:
y2 = x k eµx (QS (x )cosνx + RS (x )sinνx ), |
(7) |
где Qs (x ), Rs (x ) - многочлены степени s с неопределенными коэффициентами, s = max{n, m}.
Показатель степени число k зависит от корней λ1 и λ2 характеристиче-
ского уравнение λ2 + pλ + q = 0 однородного уравнения (4) и от контрольного числа µ +νi .
Число k определяется следующим образом:
1.k = 0, если контрольное число µ +νi не равно ни одному из корней λ1, λ2 ;
2.k = 1, если µ +νi совпадает с одним из корней λ1, λ2 ;
3.k = 2, если µ +νi совпадает с обоими из корней λ1, λ2 .
Коэффициенты многочленов QS (x ) и RS (x ) надо найти такие, чтобы функция (7) являлась решением уравнения (3).
Для этого y2, y2' , y2" вида (7) подставляют в уравнение (3) и при помо-
щи метода неопределенных коэффициентов находят коэффициенты многочленов QS (x ) и RS (x ). Поясним этот метод на примерах решения неоднород-
ных ЛДУ различными видами правой части уравнения (3). 1. Пусть µ =ν = 0 , тогда уравнение (3) примет вид:
y′′+ py′+ qy = Pn (x ). |
(7) |
304
Частное решение y2 в этом случае будем искать в виде:
y |
2 |
= xk Q (x), |
(8) |
|
n |
|
где Qn (x) - многочлен n-ой степени с неопределенными коэффициентами.
Пример 1. Найти общее решение дифференциального уравнения:
y" + 3y ' + 2y = 2x 2 − 4x −17 |
(9) |
Решение. Общее решение данного уравнения по формуле (5) имеет
вид:
y = y1 + y2 ,
где y1 – общее решение однородного уравнения, соответствующего уравне-
нию (9):
y" + 3y ' + 2y = 0 ,
а y2 – частное решение уравнения (9). Составим характеристическое уравнение
λ2 + 3λ + 2 = 0
и решим его; его корни λ1 = −1, λ2 = −2. Тогда y1 = C1e−x +C 2e−2x . Составим контрольное число: µ +νi = 0 + 0i = 0.
Корни характеристического уравнения λ1 = −1 и λ1 = −2 не совпадают с контрольным числом, поэтому в формуле (8) полагаем k = 0. Следовательно, будем искать частное решение y2 в виде:
y |
2 |
= Q (x)= Ax2 |
+ Bx + C , |
(10) |
|
2 |
|
|
где Q2 (x) - многочлен второй степени с неопределенными коэффициентами
A, B, C, так как и правая часть уравнения (9) есть многочлен второй степени. Коэффициенты А, В, С надо определить так, чтобы функция (10) явля-
лась решением уравнения (9).
Найдем y2′ и y2′′ и подставим их в уравнение (9): y2' = 2Ax + B, y2" = 2A,
2A +3(2Ax + B )+ 2(Ax 2 + Bx +C )= 2x 2 −4x −17 2Ax 2 +(6A + 2B )x +(2A +3B + 2C )= 2x 2 −4x −17.
305
Приравняем коэффициенты при x2, х и свободные члены левой и правой части последнего равенства:
x 2 : 2A = 2 |
|
|
A =1 |
||
x 1 : 6A + 2B = −4 |
|
, |
отсюда B = −5 |
||
|
|||||
x |
0 |
|
|
|
C = −2 |
|
: 2A +3B + 2C = −17 |
|
Подставим найденные значения в формулу (10), получим:
y2 = x 2 −5x −2.
Тогда общее решение уравнения (9) запишется в виде:
y = С1e−x +С2e−2x + x 2 −5x − 2
Пример 2. Найти общее решение дифференциального уравнения:
y′′− 4y′ = 48x 2 + 2 |
(11) |
Решение. Сначала найдем решение соответствующего однородного уравнения: y" − 4 y' = 0 . Для этого составим характеристическое уравнение и найдем его корни: λ2 − 4λ = 0 , λ1 = 0 , λ2 = 4.
Решением однородного уравнения будет:
y1 = С1 +С2e4x
Составим контрольное число: µ +νi = 0 , поскольку один из корней характеристического уравнения совпадает с контрольным числом, то в формуле (8) полагаем k = 1 и частное решение будем искать в виде:
y |
2 |
= xQ (x)= x(Ax2 |
+ Bx + C)= Ax3 + Bx2 |
+ Cx |
(12) |
|
2 |
|
|
|
Определим коэффициенты А, В и С.
Найдем y2′ и y2′′ и подставим их в уравнение (11):
y2' = 3Ax 2 + 2Bx +C , y2" = 6Ax + 2B,
6Ax + 2B −4(3Ax 2 + 2Bx +C )= 48x 2 + 2
или
−12Ax 2 +(6A −8B )x +(2B −4C )= 48x 2 + 2
Приравняем коэффициенты при x2, х и свободные члены правой и левой части:
306
x 2 : −12A = 48 |
|
|
A = −4 |
x 1 : 6A −8B = 0 |
|
, |
отсюда B = −3 |
|
|||
x 0 : 2B − 4C = 2 |
|
C = −2 |
|
|
|
|
|
Подставляя найденные значения коэффициентов в формулу (12), получим:
y2 = x (−4x 2 −3x −2)
Следовательно, общее решение уравнения будет:
y= С1 +С2e4x − x (4x 2 + 3x + 2)
2.Пусть ν = 0 , µ ≠ 0 , тогда уравнение (3) примет вид:
y" + py ' + qy = eµx P |
(x ) |
||
|
|
n |
|
В этом случае частное решение y2 будем искать в виде: |
|||
y |
2 |
= xkQ (x)eµx |
(13) |
|
n |
|
|
Пример 3. Найти общее решение уравнения: |
|||
y′′− 2y′+ 2y = 6e2x |
(14) |
Решение. Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения:
y′′− 2y′+ 2y = 0.
Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:
λ2 −2λ +2 = 0,
λ1,2 =1±i
Тогда y1 = ex (C1 cos x +C2 sin x )
Составим контрольное число:
µ +νi = 2 + 0i = 2 ; оно не совпадает с корнями характеристического уравнения,
поэтому в формуле (12) k = 0 и частное решение уравнения будем искать в виде: y2 = Q0 (x)e2 x = Ae2 x , где Q0 (x) - многочлен нулевой степени, т.е. число,
обозначенное неопределенным коэффициентом А.
Чтобы найти коэффициент А, вычислим y2′ и y2′′ и подставим найденные значения, а также y2 в уравнение (14):
y2' = 2Ae2 x , y2" = 4Ae2 x ,
307
4Ae2 x −4Ae2 x + 2Ae2 x = 6e2 x
или
2Ae2 x = 6e2 x
Разделим обе части этого равенства на e2 x , тогда 2А = 6, А = 3.
Значит, y2 = 3e2 x .
Следовательно, общее решение уравнения (14) имеет вид: y = ex (C1 cos x +C2 sin x )+3e2x .
Пример 4. Найти общее решение уравнения:
|
y′′− 4y′+ 3y =12ex |
|
(15) |
Решение. Найдем общее решение соответствующего однородного |
|||
уравнения |
y′′− 4y′+ 3y = 0 : |
|
|
|
λ2 − 4λ + 3 = 0, λ =1, λ |
2 |
= 3 |
|
1 |
|
|
|
y1 = C1ex +C 2e3x |
|
|
Составим контрольное число µ +νi =1. Так как один из корней
характеристического уравнения совпадает с контрольным числом, то в формуле (12) k = 1 и частное решение уравнения (15) будем искать в виде: y2 = xAex .
Вычислим y2′ , y2′′ и подставим найденные значения в уравнение (15): y2′ = Ae x (1 + x ), y2′′ = Ae x (2 + x ),
Aex (2 + x)−4Aex (1+ x)+3Axex =12ex .
Раскрыв скобки и разделив обе части равенства на ex , получим коэффициент А:
2Aex + Aex x −4Aex −4Axex +3Axex =12ex ,
или
−2Aex =12ex , −2A =12, A = −6
Значит, y2 = −6xex и следовательно, y = C1ex +C2e3x −6xex .
3. Пусть µ = 0, ν ≠ 0 . В этом случае уравнение (3) имеет вид: y′′+ py′+ qy = Pn (x )cosνx + Pm (x )sinνx ,
где Pn (x) и Pm (x) - полиномы степеней n и m соответственно.
308