baldin_kv_red_matematika_dlia_gumanitariev

Приведем без доказательства теоремы, помогающие находить общее решение дифференциального уравнения вида (6.19).

Теорема 6.1. Если функция y = y1 — это решение дифференциального уравнения (6.19), то и функция y = Сy1 (С = const) также решение дифференциального уравнения (6.19).

Теорема 6.2. Если функции y = y1 и y = y2 есть решения дифференциального уравнения (6.19), то и функция y = y1 + у2 также решение дифференциального уравнения (6.19).

При этом у1 и у2 называются частными решениями (6.19). Два частных решения дифференциального уравнения

(6.19) называют линейно независимыми, если одно из них не может быть представлено как другое, умноженное на некоторый постоянный коэффициент С, т. е. y2 ≠ Сy1.

Теорема 6.3. Если у1 и у2 — линейно независимые частные решения уравнения (6.19), то его общее решение имеет вид

где С1 и С2 — постоянные.

Для того чтобы найти общее решение уравнения (6.19), имеющее вид (6.20), надо найти два линейно независимых частных решения у1 и у2.

Л. Эйлер предложил искать частное решение уравнения (6.19) вида y = ekx, где k = const и k необходимо подобрать [2, 22].

Чтобы найти значение k, при котором y =ekx будет решением дифференциального уравнения (6.19), подставим y = ekx и ее производные первого и второго порядка в это дифференциальное уравнение. Получим

y′ = kekx; y″ = k2ekx, k2ekx + akekx + bekx = 0. ekx(k2 + ak + b) = 0,

Уравнение (6.21) называется характеристическим уравнением для дифференциального уравнения (6.19). Решая его, можно найти неизвестные постоянные k1 и k2.

221

При решении уравнения (6.21) возможны три случая:

1. D > 0, k1 ≠ k2, общее решение уравнения (6.19) имеет вид:

(6.22)

2. D = 0, k1 = k2 = k. В этом случае y1 = ekx и можно доказать (см., например, [2, 22]), что y2 =xekx, а общее решение уравнения (6.19) имеет вид:

(6.2 ). D < 0, k1 и k2 — комплексно-сопряженные корни вида

k1 = c + ip; k2 = c − ip,

где .

Частные решения дифференциального уравнения (6.19) в этом случае имеют вид:

y1 = e(c+ip)x; y2 = e(c−ip)x.

Как правило, чтобы не иметь мнимых величин в показателе степени, эти решения преобразуют, используя формулы Л. Эйлера.

eix = cos x + isin x; e−ix = cos x − isin x.

Для рассматриваемого случая получаем:

y1 = e(c+ip)x = ecxeipx = ecx(cos px + isin px); y2 = e(c−ip)x = ecxe−ipx = ecx(cos px − isin px).

Поэтому общее решение дифференциального уравнения (6.19) имеет вид:

y = CIecx(cos px + isin px) + CIIecx(cos px − isin px) =

= CIecx cos px + iCIecx sin px + CIIecx cos px − iCIIecx sin px = = ecxcos px(CI + CII) + iecxsin px(CI − CII).

Введем следующие обозначения:

С1 = СI + СII и C2 = i(CI − CII)

и окончательно получим:

Теперь рассмотрим конкретные примеры.

222

Пример 6.8.

Найдем частное решение дифференциального уравнения y″ − 2y′ − y = 0

при следующих начальных условиях Сначала будем искать общее решение исходного диффе-

ренциального уравнения.

k2ekx − 2kekx − ekx = 0,

ekx(k2 − 2k − ) = 0, ekx ≠ 0; k2 − 2k − = 0, D = 4 − 4 (− ) = 16,

Поэтому общее решение исходного дифференциального уравнения имеет вид:

y = C1e x – C2e−x.

Теперь находим частное решение, соответствующее заданным начальным условиям. Вначале находим

y′ = C1e x + C2e−x,

затем получаем систему уравнений для нахождения С1 и С2.

Поэтому частное решение имеет вид: y = 2e x + 6e−x.

Пример 6.9.

Найдем общее решение дифференциального уравнения. y″ − 6y′ + 9y = 0.

Перепишем исходное дифференциальное уравнение в следующем виде:

k2ekx − 6kekx + 9ekx = 0,

ekx(k2 − 6k + 9) = 0,

ekx ≠ 0; (k2 − 6k + 9) = 0, D = 6 − 4 1 9 = 0,

22

Частными решениями данного уравнения являются:

y1 = ekx = e x и y2 = xekx = xe x.

Общее решение имеет вид:

y = C1e x + xC2e x = e x(C1 + C2x).

Пример 6.10.

Найдем общее решение дифференциального уравнения y″ − 4y′ + 1 y = 0.

k2ekx − 4kekx + 1 ekx = 0,

ekx(k2 − 4k + 1 ) = 0,

ekx ≠ 0; (k2 − 4k + 1 ) = 0, D = 16 − 4 1 1 = − 6,

k1 = 2 + i; k2 = 2 − i.

Поэтому общее решение исходного дифференциального уравнения имеет вид:

y = e2x(C1cos x + C2sin x).

6.3.3.Линейныедифференциальныеуравнениявторогопорядка

спостояннымикоэффициентамиисправойчастью

Общий вид таких дифференциальных уравнений следующий:

Общее решение такого дифференциального уравнения получается суммированием общего решения соответствующего однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами y″ + ay′ + by = 0 и какого-то частного решения дифференциального уравнения (6.25) [2, 22].

Так как нахождение общего решения дифференциального уравнения вида (6.19) мы рассмотрели раньше, то ос-

224

тается найти любое частное решение дифференциального уравнения (6.25).

Рассмотрим некоторые частные случаи, в которых решение можно найти методом неопределенных коэффициентов.

1. Предположим, что правая часть дифференциального уравнения (6.25) имеет вид

где P1(x) — многочлен.

Тогда дифференциальное уравнение (6.25) имеет частное решение вида у = хmP2(x)enx, где P2(x) — многочлен той же степени, что и P1(x), причем если число n не является корнем характеристического уравнения k2 + ak + b = 0, то m = 0, а если является, то m — кратность этого корня.

Взяв решение в указанной форме, находим неизвестные коэффициенты многочлена P2(x) по способу неопределенных коэффициентов. Правило сохраняется и в том случае, когда n = = 0, т. е. в правой части стоит только многочлен P1(x) (в этом случае надо проверить, не является ли ноль корнем характеристического уравнения, в частном случае многочлен P1(x) может быть нулевой степени, т. е. постоянной величиной).

Рассмотрим конкретный пример.

Пример 6.11.

Найдем общее решение дифференциального уравнения: y″ + y′ − 4y = 4 + x.

Сначала найдем общее решение соответствующего однородного уравнения y″ + y′ − 4y = 0.

Его характеристическое уравнение имеет вид:

k2 + k − 4 = 0

D = 9 − 4 1(−4) = 25

Значит общее решение однородного дифференциального уравнения будет равно y1 = C1ex + C2e−4x.

Праваячастьрассматриваемогодифференциальногоуравнения имеет вид P1(x)enx, причем n = 0, а P1(x) = 4 + х.

225

Так как ноль не является корнем характеристического уравнения k2 + k − 4 = 0, то частное решение заданного дифференциального уравнения ищем в виде y2 = Ax + B, где А и В — постоянные, которые нужно найти. Находим y′2 = A; y″2 = 0 и подставляем в исходное дифференциальное уравнение. Тогда получаем:

A − 4Ax − 4B = 4 + x;

Поэтому частным решением заданного дифференциального уравнения будет функция

А его общим решением — функция

2. Предположим, что правая часть дифференциального уравнения (6.25) имеет вид

Если числа ±in не являются корнями характеристического уравнения, то дифференциальное уравнение (6.25) имеет частное решение вида

y = A cos nx + B sin nx.

Если числа ±in есть корни характеристического уравнения, то частное решение (6.25) имеет вид

y = х(A cos nx + B sin nx).

В тех случаях, когда или а=0, или b=0 решение нужно искать в указанном виде.

Пример 6.12. В качестве примера найдем общее решение дифференциального уравнения y″ + 4y′ + 1 y = cos 2x.

226

Сначала находим общее решение соответствующего однородного дифференциального уравнения y″+4y′+1 y =0.

Его характеристическое уравнение имеет вид: (k2 + 4k + 1 ) = 0;

D = − 6;

k1 = −2 + i; k2 = −2 − i.

А его общее решение таково

y1 = e−2x(C1cos x + C2sin x).

Теперь находим частное решение исходного дифференциального уравнения. Его правая часть имеет вид (6.27), причем a = ; b = 0; n = 2. Числа ±2i не являются корнями характеристического уравнения, поэтому частное решение заданного неоднородного дифференциального уравнения ищем в виде y2 = = Acos 2x + Bsin 2x, где А и В — неизвестные коэффициенты, которые надо найти.

Дважды дифференцируем у2 и результаты подставляем в исходное дифференциальное уравнение. Тогда получаем:

y′2 = −2Asin 2x + 2Bcos 2x; y″2 = −4Acos 2x + 4Bsin 2x;

−4Acos 2x − 4Bsin 2x + 4(−2Asin 2x + 2Bcos 2x) + + 1 Acos 2x + 1 Bsin 2x = cos 2x;

−4Acos 2x − 4Bsin 2x − 8Asin 2x + 8Bcos 2x + + 1 Acos 2x + 1 Bsin 2x = cos 2x.

Теперь приравниваем друг к другу одноименные коэффициенты при sin2x и cos2x и получаем:

И частное решение исходного дифференциального уравнения будет следующим:

227

Поэтому общее решение заданного дифференциального уравнения будет следующим:

Теперь приведем метод лагранжа (способ вариации произвольных постоянных), который позволяет находить общее решение дифференциального уравнения

y″ + ay′ + by = f (x),

где f (x) — любая функция [2].

Чтобы применить описываемый метод, надо знать общее решение соответствующего однородного дифференциального уравнения

где а и b могут быть как числами, так и некоторыми функциями от х. Будем считать, что а и b — числа.

Предположим, что дифференциальное уравнение (6.28), соответствующее дифференциальному уравнению (6.25), имеет общее решение:

y = C1y1 + C2y2,

где С1 и С2 — произвольные постоянные.

Будем искать общее решение дифференциального уравнения (6.25) в виде

Здесь k1(x) и k2(x) — неизвестные функции, которые надо определить, а у1 и у2 — известные частные решения дифференциального уравнения (6.28).

Продифференцируем (6.29) и получим:

y′ = k′1(x)y1 + k1(x)y′1 + k′2(x)y2 + k2(x)y′2.

Так как надо найти две функции k1(x) и k2(x), то одним из соотношений между ними можно распорядиться произвольно.

Поэтому положим

228

Тогда y′ = k1(x)y′1 + k2(x)y′2.

Последнее выражение продифференцируем второй раз и получим:

y″ = k′1(x)y′1 + k1(x)y″1 + k′2(x) y′2 + k2(x)y″2.

Теперь подставим в левую часть дифференциального уравнения (6.25) y, y′, y″ и получим:

k′1(x)y′1 + k1(x)y″1 + k′2(x)y′2 + k2(x)y″2 +ak1(x) y′1 + ak2(x)y′2 +

+bk1(x)y1 + bk2(x)y2 = k′1(x)y′1 + k′2(x)y′2 + k1(x)(y″1 +

+ay′1 + by1) + k2(x)(y″2 + ay′2 + by2) = f (x);

y″1 + ay′1 + by1 = 0; y″2 + ay′2 + by2 = 0.

так как у1 и у2 есть частные решения дифференциального урав-

нения (6.28).

Поэтому для того, чтобы функция (6.29) была общим решением (6.25) необходимо выполнения двух условий.

(6. 1)

Для того чтобы система (6. 1) имела решения необходимо, чтобы ее определитель не был равен нулю, т. е.

Поэтому из системы (6. 1) сначала находим k′1(x) и k′2(x), а затем интегрированием определяем сами функции k1(x) и k2(x). Если при интегрировании k′1(x) и k′2(x) ввести произвольные постоянные, то сразу получим общее решение дифференциального уравнения (6.25).

Рассмотрим конкретный пример.

Пример 6.13.

Исходному дифференциальному уравнению соответствует однородное дифференциальное уравнение y″+2y =0, характеристическое уравнение которого имеет вид

229

Поэтому запишем общее решение исходного дифференциального уравнения в виде

, здесь k1 и k2 — функции от x.

А затем составим систему уравнений для нахождения k′1

и k′2

Решаем систему и получаем

Интегрируем k′1, k′2 и находим

здесь С1 — произвольная постоянная.

2 0