9.3. Линейные однородные дифференциальные уравнения произвольного порядка с постоянными коэффициентами

Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение n-го порядка с постоянными коэффициентами. Оно имеет вид

a₀y⁽ⁿ⁾ + a₁y^{(n – 1)} + … + a_{n – 1}y + a_n y = 0. (16)

Для его решения следует составить характеристическое уравнение

a₀kⁿ + a₁k^{n – 1} + … + a_n–1k + a_n = 0 (17)

и найти все его корни. Общее решение содержит n произвольных постоянных и является линейной комбинацией частных решений следующих четырех типов.

1. Если k – вещественный и простой корень характеристического уравнения (17), то ему соответствует частное решение e^kx.

2. Если k – вещественный корень кратности m, то ему соответствует серия частных решений e^kx, xe^kx, … , x^m–1e^kx.

3. Если k = a  ib – пара комплексно сопряженных корней характеристического уравнения (17) кратности 1, то этой паре соответствует пара частных решений: e^ax cos(bx) и e^ax sin(bx).

4. Если k = a  ib – пара комплексно сопряженных корней характеристического уравнения (17) кратности s, то этой паре соответствует серия частных решений:

e^ax cos(bx), xe^ax cos(bx), …, x^s–1 e^ax cos(bx),

e^ax sin(bx), x e^ax sin(bx), …, x^s–1 e^ax sin(bx).

Пример 1. Решить дифференциальное уравнение y⁽⁵⁾ – 2y⁽⁴⁾ – 16y + 32y =0.

Решение. Данному уравнению соответствует характеристическое уравнение k⁵ – 2k⁴ – 16k + 32 = 0. Для его решения перепишем это характеристическое уравнение в виде

k⁴ (k–2) – 16(k–2) = (k⁴ – 16)(k–2) = (k² – 4)(k² +4)(k–2) = (k–2)²(k+2)(k² + 4).

Имеем следующие корни: k₁ = –2 (кратность 1), k₂ = 2 (кратность 2), k_3,4 = 2i (кратность 1). В силу вышесказанного получим общее решение

y = C₁e^–2x + (C₂ + C₃ x)e^2x + C₄ cos(2x) + C₅ sin(2x),

где C₁, …, C₅ – произвольные постоянные.

Пример 2. Решить дифференциальное уравнение y⁽⁶⁾ + 6y⁽⁴⁾ + 9y⁽²⁾ = 0.

Решение. Характеристическое уравнение имеет вид k⁶ + 6k⁴ + 9k² = 0. Запишем его в виде k² (k⁴ + 6k² + 9) = k² (k² + 3)² = 0. Получаем корни k₁ = 0 (кратность 2), k_2,3 = i (кратность 2). Общее решение имеет вид

y = C₁ + C₂ x + (C₃ + C₄ x)cos(x) + (C₅ + C₆ x)sin(x),

где C₁, …, C₆ – произвольные постоянные.

Пример 3. Решить дифференциальное уравнение y⁽⁵⁾ + y⁽⁴⁾ + y⁽³⁾ = 0.

Решение. Характеристическое уравнение имеет вид k⁵ + k⁴ + k³ = 0. Запишем его в виде k³ (k² + k + 1) = 0. Получаем корни

k₁ = 0 (кратность 3), k_2,3 = (кратность 1). Общее решение имеет вид

y = C₁ + C₂ x + C₃ x² + C₄ e^{– x / 2} cos( x) + C₅e^{– x / 2}sin( x),

где C₁, …, C₅ – произвольные постоянные.

Задача Коши. Требуется найти решение уравнения (16), удовлетворяющее условиям y(x₀) = y₀, y(x₀) = y₀, … , y^(n–1)(x₀) = y₀^(n–1).

Доказывается, что задачи Коши для (16) имеет единственное решение.

Пример. Требуется найти решение уравнения y⁽⁴⁾ – y = 0, удовлетворяющее начальным условиям y(0) =1, y(0) =0, y(0) =2, y(0) =0.

Решение. Решая характеристическое уравнение k⁴ – 1 =0, получаем корни k_1,2 = 1, k_3,4 = i (все кратности 1), после чего записываем общее решение

y(x) = C₁e^x + C₂ e^{– x} + C₃ cos(x) + C₄ sin(x),

где C₁, C₂, C₃, C₄ – произвольные постоянные. В дальнейшем определим значения C₁, C₂, C₃, C₄ , решив задачу Коши. Вычислим производные y(x) вплоть до 3-го порядка:

y(x) = C₁e^x – C₂ e^{– x} – C₃ sin(x) + C₄ cos(x),

y(x) = C₁e^x + C₂ e^{– x} – C₃ cos(x) – C₄ sin(x),

y(x) = C₁e^x – C₂ e^{– x} + C₃ sin(x) – C₄ cos(x).

С учетом начальных условий определяем постоянные C₁, C₂, C₃, C₄ :

y(0) = C₁ + C₂ + C₃ = 1, y(0) = C₁ – C₂ + C₄ = 0,

y(0) = C₁ + C₂ – C₃ =2, y(0) = C₁ – C₂ –C₄ = 0.

Имеем C₁+C₂ = , C₁ – C₂ = 0, откуда C₁ = C₂ = , C₃ = –, C₄ = 0.

Таким образом, y(x) = (e^x + e^{– x}) – cos(x).