Лекція 24. Лінійні однорідні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами
123
де функції pi(x) та pi(x),i 1,n, неперервні на відрізку [a;b], мають спільну фундаментальну систему розв’язків {y1(x),...,yn(x)}, то ці рівняння збігають-
ся, тобто pi(x) pi(x),x [a;b].
Це означає, що фундаментальна система розв’язків лінійного однорідного диференціального рівняння повністю визначає це рівняння.
Приклад 23.6. Побудувати однорідне диференціальне рівняння 2-го порядку
зФСР {y1(x),y2(x)}.
y(x) C1y1(x)
y1(x)
C2y2(x) y1(x) y1(x)
y2(x)
y(x)
0.
y2(x)
y (x)
y3(x)
y (x)
Приклад 23.7. Переконатись, що функції y1(x) x та y2(x) x2 лінійно неза-
лежні в інтервалі ( ; ) і записати ДР для якого ці функції утворюють ФСР.
Лекція 24. Лінійні однорідні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами
24.1. Лінійні однорідні диференціальні рівняння 2-го порядку
Розгляньмо ЛОДР 2-го порядку
y p1y p2y 0,
де p1, p2 — дійсні числа. Щоб знайти загальний розв’язок цього рівняння треба
знайти будь-які два його лінійно незалежні розв’язки. Згідно з методом Ейлера, шукатимемо їх у вигляді
y e x, .
Тоді,
y e x,y 2e x .
Підставляючи вирази для y,y ,y у диференціальне рівняння, дістанемо e x ( 2 p1 p2) 0.
Оскільки e x 0, то повинно виконуватись рівність
2 p1 p2 0,
124
Розділ 3. Диференціальні рівняння
яку називають характеристичним рівнянням для диференціального рівняння, а йо-
го ліву частина ( ) 2 p1 p2 називають характеристичним многочленом.
Корені квадратного характеристичного рівняння, які позначимо через 1
та 2, можуть бути:
1)дійсними різними;
2)комплексними спряженими;
3)дійсними рівними.
1. Якщо корені 1, 2 характеристичного многочлена дійсні й різні, то час-
тинними розв’язками диференціального рівняння будуть функції
y1(x) e 1x,y2(x) e 2x .
Ці розв’язки лінійно незалежні ( 1 2) і, отже, утворюють фундамента-
льну систему розв’язків рівняння. Загальний розв’язок має вигляді
ки коефіцієнти p1 та p2 характеристичного многочлена дійсні, комплексні ко-
рені входять попарно спряженими. Покладімо
1 i , 2 i .
Частинні розв’язки диференціального рівняння можна записати у вигляді
y1(x) e( i )x,y2(x) e( i )x .
Це комплекснозначні функції дійсного аргументу x, а нас цікавлять дійсні розв’язки. За допомогою Ейлерової формули
ei x cos x i sin x,e i x cos x i sin x
частинні розв’язки y1 та y2 диференціального рівняння можна зобразити у вигляді
y1 e x (cos x i sin x),y2 e x (cos x i sin x).
Із властивостей лінійного однорідного ДР випливає, що частинними розв’язками диференціального рівняння будуть також функції
y1 e x cos x,y2 e x sin x.
Ці розв’язки лінійно незалежні, оскільки
y2(x) tg x const y1(x)
і, отже, утворюють фундаментальну систему розв’язків рівняння. Загальний розв’язок у цьому разі
y e x (C1 cos x C2 sin x).
Лекція 24. Лінійні однорідні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами
125
3. Нехай тепер корені 1, 2 характеристичного многочлена дійсні й рівні:
1 2 . Один частинний розв’язок
y1 e x
дістаємо відразу. Другий частинний розв’язок, лінійно незалежний з першим, шукатимемо у вигляді
y2(x) e xu(x),
де u(x) — нова невідома функція. Диференціюючи, дістаємо
y2 e xu e xu ,
y2 2e x 2 e xu e xu .
Підставляючи одержані вирази у диференціальне рівняння, маємо e x [u (2 p1)u ( 2 p1 p2)u] 0.
Оскільки — двократний корінь характеристичного рівняння, то
2 p1 p2 0,2 p1 0.
Отже,
u 0 u Ax B, A, B const.
Зокрема, можна покласти A 1,B 0; тоді
u x.
За частинний розв’язок рівняння, лінійно незалежний з y1, можна взяти
y2 xe x .
Справді, цей розв’язок лінійно незалежний з першим, оскільки
y2(x) x const. y1(x)
Розв’язки y1 e x ,y2 xe x утворюють фундаментальну систему розв’язків диференціального рівняння. Загальний розв’язок у цьому разі матиме вигляд
y C1e x C2xe x e x (C1 C2x).
Приклад 24.1. Зінтегрувати диференціальні рівняння:
1) y 3y 2y 0; 2) y 2y 2y 0; 3) y 2y y 0.
24.2. Фізичні застосування: рівняння коливань
Лінійні ДР зі сталими коефіцієнтами виникають у задачах про механічні та електричні коливання. Розгляньмо рівняння вільних механічних коливань, причому незалежною змінною вважають час t :
126
Розділ 3. Диференціальні рівняння
m d2x h dy ky 0, dt2 dt
де y — відхилення точки, що коливаються, від точки рівноваги, m — маса точки, h — коефіцієнт тертя (вважаймо, що сила тертя пропорційна швидкості), k 0 — коефіцієнт пружності, відновлюваної сили (вважаймо, що ця сила пропорційна відхиленню). Характеристичне рівняння для рівняння коливань
m 2 h k 0
має корені
h
h2
k
.
1,2
2m
4m2
m
Якщо тертя досить велике, h2 4mk, то ці корені дійсні й від’ємні. Загальний розв’язок рівняння у цьому разі матиме вигляд
y C e 1t C e 2t .
1
2
Оскільки 1
0, 2 0, то з останньої рівності y
випливає, що при великому терті відхилення точки
від положення
рівноваги з часом
(тобто, коли
t ) прямує до нуля, не коливаючись.
Якщо тертя мале, h2 4mk, то характеристич-
не рівняння має комплексно спряжені корені
i ,
h
0,
k
h2
.
2m
m
4m2
Загальний розв’язок рівняння у цьому разі
ye t (C1 cos t C2 sin t)
Ae t sin( t ) ( 0).
O
t
Рис. 24.1. Випадок великого тертя
y
O
t
У разі малого тертя точка коливатиметься згасально.
Якщо тертя немає. тобто h 0, то характеристичне рівняння має суто уявні корені
i
k
.
1,2
m
Загальний розв’язок у цьому разі має вигляд
y C1 cos t C2 sin t Asin( t ),
де
k
,
тобто в цьому разі точки коливається
m
гармонічно незгасально з певною частотою і довільними амплітудою і початковою фазою.
Рис. 24.2. Випадок малого тертя
y
O t
Рис. 24.3. Випадок коливання без тертя
Лекція 24. Лінійні однорідні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами
127
24.3. Загальний випадок: рівняння довільного порядку
Розгляньмо ЛОДР довільного порядку n 1 із сталими коефіцієнтами
L[u] y(n) p1y(n 1) ... pny 0,
де p1, p2,..., pn — дійсні числа. Розв’язуємо це рівняння так само як і рівняння
2-го порядку за методом Ейлера.
1. Шукаємо розв’язок у вигляді
y e x, .
Підставляючи замість y величину e x дістаємо характеристичне рівняння
t
