Уравнения 2 порядка

Уравнения 2 порядка

Мы убедились, что, в случае когда известно общее решение линейного однородного уравнения, можно по методу вариации произвольных постоян­ных найти общее решение неоднородного уравнения. Однако вопрос о том, как найти общее решение однородного уравнения, остался открытым. В частном случае, когда в линейном дифференциальном уравнении (3) все коэффициенты рi(х) = аi− константы, он решается достаточно просто, даже без интегрирования.

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами, т. е. уравнения вида

y(n)+ а1y(n – 1)+… аn – 1y’ + аny = 0, (14)

где аi− константы (i = 1, 2, …, n).

Как известно, для линейного однородного уравнения 1-го порядка реше­нием является функция вида е kx. Будем искать решение уравнения (14) в виде j (х) = е kx.

Подставим в уравнение (14) функцию j (х) и ее производные порядка m (1 ≤ m n) j (m)(х) = kmе kx. Получим

(kn + а1kn – 1+… аn – 1k + аn)е kx = 0,

но е ≠ 0 при любом х, поэтому

kn + а1kn – 1+… аn – 1k + аn = 0. (15)

Уравнение (15) называется характеристическим уравнением, многочлен, стоящий в левой части, − характеристическим многочленом, его корни − характеристическими корнями дифференциального уравнения (14).

Вывод:функция j (х) = е kx− решение линейного однородного уравне­ния (14) тогда и только тогда, когда число k − корень характеристического уравнения (15).

Таким образом, процесс решения линейного однородного уравнения (14) сводится к решению алгебраического уравнения (15).

Возможны различные случаи характеристических корней.

1. Все корни характеристического уравнения действительные и различные.

В этом случае n различным характеристическим корням k1, k2, …, knсо­от­ветствует n различныx решений однородного уравнения (14)

Можно показать, что эти решения линейно независимы, следовательно, образуют фундаментальную систему решений. Таким образом, общим реше­нием уравнения является функция

где С1, C2, …, Сn− произвольные константы.

Пример 7. Найти общее решение линейного однородного уравнения:

а) у′′(х) − 6у′(х) + 8у(х) = 0,

б) у′′′(х) + 2у′′(х) − 3у′(х) = 0.

Решение. Составим характеристическое уравнение. Для этого заменим произ­вод­ную порядка m функции y(x) на соответствующую степень

k(у(m)(x) ↔ km),

при этом сама функция у(х) как производная нулевого порядка заменяется на k0 = 1.

В случае (а) характеристическое уравнение имеет вид k2− 6k + 8 = 0. Корни этого квадратного уравнения k1= 2, k2= 4. Так как они действительные и различные, то общее решение имеет вид j (х) = С1е2х + С2е4х.

Для случая (б) характеристическим уравнением является уравнение 3-й степени k3+ 2k2 − 3k = 0. Найдем корни этого уравнения:

k(k2+ 2k − 3)= 0 ⇒ k = 0 и k2+ 2k − 3 = 0 ⇒ k = 0, (k − 1)(k + 3) = 0,

т. е. k1= 0, k2= 1, k3= −3.

Этим характеристическим корням соответствует фундаментальная сис­те­ма решений дифференциального уравнения:

j1(х) = е0х = 1, j2(х) = е х, j3(х) = е −3х.

Общим решением, согласно формуле (9), является функция

II. Все корни характеристического уравнения различные, но среди них есть комплексные.

Все коэффициенты дифференциального уравнения (14), а следовательно, и его характеристического уравнения (15) − действительные числа, значит, если cреди характеристических корней есть комплексный корень k1= а + ib, то есть и сопряженный ему корень k2= а ib. Первому корню k1 соответст­вует решение дифференциального уравнения (14)

j1(х) = е(a + ib)х = ееibх = е(cosbx + isinbx)

(воспользовались формулой Эйлера е = cosx + isinx). Аналогично, корню k2= а ib соответствует решение

j2(х) = е(a — ib)х = е е ibх = е(cosbx isinbx).

Данные решения являются комплексными. Чтобы получить из них действии­тельные решения, воспользуемся свойствами решений линейного однородного уравнения. Функции

являются действительными решениями уравнения (14). Кроме того, эти реше­ния линейно независимы Таким образом, можно сделать следующий вывод.

Правило 1. Паре сопряженных комплексных корней а ± ib характерис­ти­ческого уравнения в ФСР линейного однородного уравнения (14) соответ­ст­вует два действительных частных решения

П р и м е р 8. Найти общее решение уравнения:

а) у′′(х) − 2у′(х) + 5у(х) = 0;

б) у′′′(х) − у′′(х) + 4у′(х) − 4у(х) = 0.

Решение. В случае уравнения (а) корнями характеристического уравне­ния k2 − 2k + 5 = 0 являются два сопряженных комплексных числа

k1, 2=

Следовательно, им, согласно правилу 1, соответствует два действительных линейно независимых решения: а общим решением уравнения является функция

j (х) = С1ехcos2x + С2ехsin2x.

В случае (б), чтобы найти корни характеристического уравнения k3k2+ 4k − 4 = 0, разложим на множители его левую часть:

k2(k − 1) + 4(k − 1) = 0 ⇒ (k − 1)(k2 + 4) = 0 ⇒ (k − 1) = 0, (k2 + 4) = 0.

Следовательно, имеем три характеристических корня: k1= 1, k2, 3= ± 2i. Корню k1 соответствует решение , а паре сопряженных комплекс­ных корней k2, 3= ± 2i = 0 ± 2i − два действительных решения:

и .

Составляем общее решение уравнения:

j (х) = С1ех + С2cos2x + С3sin2x.

III. Cреди корней характеристического уравнения есть кратные.

Пусть k1 − действительный корень кратности m характеристического уравнения (15), т. е. среди корней есть m равных корней. Каждому из них соответствует одно и то же решение дифференциального уравнения (14) . Однако включить m равных решений в ФСР нельзя, так как они составляют линейно зависимую систему функций. Можно показать, что в слу­чае кратного корня k1решениями уравнения (14), кроме функции являются функции

Функции j1(х), j2(х), …, jm(х) линейно независимы на всей числовой оси, т.к.

,

т. е. их можно включить в ФСР.

Правило 2. Действительному характеристическому корню k1кратнос­ти mв ФСР соответствует mрешений:

Если k1 − комплексный корень кратности m характеристического уравне­ния (15), то существует сопряженный ему корень кратности m. По аналогии получаем следующее правило.

Правило 3. Паре сопряженных комплексных корней a ± ib в ФСР соот­ветствует 2m действительных линейно независимых решений:

П р и м е р 9. Найти общее решение уравнения:

а) у′′′(х) + 3у′′(х) + 3у′(х) + у(х)= 0;

б) уIV(х) + 6у′′ (х) + 9у(х) = 0.

Решение. В случае (а) характеристическое уравнение имеет вид

k3+ 3k2+ 3k + 1 = 0

или

(k + 1)3= 0,

т. е. k = −1 − корень кратности 3. На основании правила 2 записываем общее решение:

j(х) = С1 + С2 ex + С3 x2 ex.

Характеристическим уравнением в случае (б) является уравнение

k4+ 6k2+ 9 = 0

или, иначе,

Имеем пару сопряженных комплексных корней, каждый из которых кратности 2. Согласно правилу 3 общее решение записывается в виде

j (х) = С1cos x+ С2xcos x+ С3sin x+ С4xsin x.

Из сказанного выше следует, что для любого линейного однородного уравнения с постоянными коэффициентами можно найти фундаментальную систему решений и составить общее решение. Следовательно, решение соот­ветствующего неоднородного уравнения при любой непрерывной функции f(x) в правой части можно найти, используя метод вариации произвольных постоянных.

Пример 10. Методом вариации найти общее решение неоднородного уравнения у′′(х) − у′(х) − 6у(х) = x e2x.

Решение. Сначала найдем общее решение соответствующего однород­ного уравнения у′′(х) − у′(х) − 6у(х) = 0. Корнями характеристического урав­нения k2k − 6 = 0 являются k1= 3, k2= −2, а общим решением однородного уравнения − функция = С1е 3х + С2е−2х.

Будем искать решение неоднородного уравнения в виде

у(х) = С1(х)е3х + С2(х)е−2х. (*)

Найдем определитель Вронского

W[е3х, е−2х] =

Составим систему уравнений (12) относительно производных неизвестных функций С1(х) и С2(х):

Решая систему по формулам Крамера, получим

Интегрируя, найдем С1(х) и С2(х):

Подставляя функции С1(х) и С2(х) в равенство (*), получим общее решение уравнения у′′(х) − у′(х) − 6у(х) = x e2x:

Не нашли то, что искали? Воспользуйтесь поиском:



Источник: studopedia.ru


Добавить комментарий