Интегрирование дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Данная статья раскрывает вопрос о решении линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами. Будет рассмотрена теория вместе с примерами приведенных задач. Для расшифровки непонятных терминов необходимо обращаться к теме об основных определениях и понятиях теории дифференциальных уравнений.

Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение (ЛНДУ) второго порядка с постоянными коэффициентами вида y » + p · y ‘ + q · y = f ( x ) , где произвольными числами являются p и q , а имеющаяся функция f ( х ) непрерывная на интервале интегрирования x .

Перейдем к формулировке теоремы общего решения ЛНДУ.

Теорема общего решения ЛДНУ

Общим решением, находящимся на интервале х , неоднородного дифференциального уравнения вида y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 0 ( x ) · y = f ( x ) с непрерывными коэффициентами интегрирования на x интервале f 0 ( x ) , f 1 ( x ) , . . . , f n — 1 ( x ) и непрерывной функцией f ( x ) равняется сумме общего решения y 0 , которое соответствует ЛОДУ и каким-нибудь частным решением y

, где исходным неоднородным уравнением является y = y 0 + y

Отсюда видно, что решение такого уравнения второго порядка имеет вид y = y 0 + y

. Алгоритм нахождения y 0 рассмотрен в статье о линейных однородных дифференциальных уравнениях второго порядка с постоянными коэффициентами. После чего следует переходить к определению y

Выбор частного решения ЛНДУ зависит от вида имеющейся функции f ( x ) , располагающейся в правой части уравнения. Для этого необходимо рассмотреть отдельно решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка при постоянных коэффициентах.

Когда f ( x ) считается за многочлен n -ой степени f ( x ) = P n ( x ) , отсюда следует, что частное решение ЛНДУ находим по формуле вида y

= Q n ( x ) · x γ , где Q n ( x ) является многочленом степени n , r – это количество нулевых корней характеристического уравнения. Значение y

является частным решением y

= f ( x ) , тогда имеющиеся коэффициенты, которые определены многочленом
Q n ( x ) , отыскиваем при помощи метода неопределенных коэффициентов из равенства y

Вычислить по теореме Коши y » — 2 y ‘ = x 2 + 1 , y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 4 .

Решение

Иначе говоря, необходимо перейти к частному решению линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y » — 2 y ‘ = x 2 + 1 , которое будет удовлетворять заданным условиям y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 4 .

Общим решением линейного неоднородного уравнения является сумма общего решения, которое соответствует уравнению y 0 или частному решению неоднородного уравнения y

, то есть y = y 0 + y

Для начала найдем общее решение для ЛНДУ, а после чего – частное.

Перейдем к нахождению y 0 . Запись характеристического уравнения поможет найти корни. Получаем, что

k 2 — 2 k = 0 k ( k — 2 ) = 0 k 1 = 0 , k 2 = 2

Получили, что корни различные и действительные. Поэтому запишем

y 0 = C 1 e 0 x + C 2 e 2 x = C 1 + C 2 e 2 x .

. Видно, что правая часть заданного уравнения является многочленом второй степени, тогда один из корней равняется нулю. Отсюда получим, что частным решением для y

= Q 2 ( x ) · x γ = ( A x 2 + B x + C ) · x = A x 3 + B x 2 + C x , где значения А , В , С принимают неопределенные коэффициенты.

Найдем их из равенства вида y

Тогда получим, что:

‘ = x 2 + 1 ( A x 3 + B x 2 + C x ) » — 2 ( A x 3 + B x 2 + C x ) ‘ = x 2 + 1 3 A x 2 + 2 B x + C ‘ — 6 A x 2 — 4 B x — 2 C = x 2 + 1 6 A x + 2 B — 6 A x 2 — 4 B x — 2 C = x 2 + 1 — 6 A x 2 + x ( 6 A — 4 B ) + 2 B — 2 C = x 2 + 1

Приравняв коэффициенты с одинаковыми показателями степеней x , получим систему линейных выражений — 6 A = 1 6 A — 4 B = 0 2 B — 2 C = 1 . При решении любым из способов найдем коэффициенты и запишем: A = — 1 6 , B = — 1 4 , C = — 3 4 и y

= A x 3 + B x 2 + C x = — 1 6 x 3 — 1 4 x 2 — 3 4 x .

Эта запись называется общим решением исходного линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами.

Для нахождения частного решения, которое удовлетворяет условиям y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 4 , требуется определить значения C 1 и C 2 , исходя из равенства вида y = C 1 + C 2 e 2 x — 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

y ( 0 ) = C 1 + C 2 e 2 x — 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x x = 0 = C 1 + C 2 y ‘ ( 0 ) = C 1 + C 2 e 2 x — 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x ‘ x = 0 = = 2 C 2 e 2 x — 1 2 x 2 + 1 2 x + 3 4 x = 0 = 2 C 2 — 3 4

Работаем с полученной системой уравнений вида C 1 + C 2 = 2 2 C 2 — 3 4 = 1 4 , где C 1 = 3 2 , C 2 = 1 2 .

Применив теорему Коши, имеем, что

y = C 1 + C 2 e 2 x — 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x = = 3 2 + 1 2 e 2 x — 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x

Ответ: 3 2 + 1 2 e 2 x — 1 6 x 3 + 1 4 x 2 + 3 4 x .

Когда функция f ( x ) представляется в виде произведения многочлена со степенью n и экспоненты f ( x ) = P n ( x ) · e a x , тогда отсюда получаем, что частным решением ЛНДУ второго порядка будет уравнение вида y

= e a x · Q n ( x ) · x γ , где Q n ( x ) является многочленом n -ой степени, а r – количеством корней характеристического уравнения, равняющиеся α .

Коэффициенты, принадлежащие Q n ( x ) находятся по равенству y

Найти общее решение дифференциального уравнения вида y » — 2 y ‘ = ( x 2 + 1 ) · e x .

Решение

Уравнение общего вида y = y 0 + y

. Указанное уравнение соответствует ЛОДУ y » — 2 y ‘ = 0 . По предыдущему примеру видно, что его корни равняются k 1 = 0 и k 2 = 2 и y 0 = C 1 + C 2 e 2 x по характеристическому уравнению.

Видно, что правой частью уравнения является x 2 + 1 · e x . Отсюда ЛНДУ находится через y

= e a x · Q n ( x ) · x γ , где Q n ( x ) , являющимся многочленом второй степени, где α = 1 и r = 0 , потому как у характеристического уравнения отсутствует корень, равный 1 . Отсюда получаем, что

= e a x · Q n ( x ) · x γ = e x · A x 2 + B x + C · x 0 = e x · A x 2 + B x + C .

А , В , С являются неизвестными коэффициентами, которые можно найти по равенству y

‘ = e x · A x 2 + B x + C ‘ = e x · A x 2 + B x + C + e x · 2 A x + B = = e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C y

‘ ‘ = e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C ‘ = = e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C + e x · 2 A x + 2 A + B = = e x · A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C

‘ = ( x 2 + 1 ) · e x ⇔ e x · A x 2 + x 4 A + B + 2 A + 2 B + C — — 2 e x · A x 2 + x 2 A + B + B + C = x 2 + 1 · e x ⇔ e x · — A x 2 — B x + 2 A — C = ( x 2 + 1 ) · e x ⇔ — A x 2 — B x + 2 A — C = x 2 + 1 ⇔ — A x 2 — B x + 2 A — C = 1 · x 2 + 0 · x + 1

Показатели при одинаковых коэффициентах приравниваем и получаем систему линейных уравнений. Отсюда и находим А , В , С :

— A = 1 — B = 0 2 A — C = 1 ⇔ A = — 1 B = 0 C = — 3

Ответ: видно, что y

= e x · ( A x 2 + B x + C ) = e x · — x 2 + 0 · x — 3 = — e x · x 2 + 3 является частным решением ЛНДУ, а y = y 0 + y = C 1 e 2 x — e x · x 2 + 3 — общим решением для неоднородного дифуравнения второго порядка.

Когда функция записывается как f ( x ) = A 1 cos ( β x ) + B 1 sin β x , а А 1 и В 1 являются числами, тогда частным решением ЛНДУ считается уравнение вида y

= A cos β x + B sin β x · x γ , где А и В считаются неопределенными коэффициентами, а r числом комплексно сопряженных корней, относящихся к характеристическому уравнению, равняющимся ± i β . В этом случае поиск коэффициентов проводится по равенству y

Найти общее решение дифференциального уравнения вида y » + 4 y = cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x ) .

Решение

Перед написанием характеристического уравнения находим y 0 . Тогда

k 2 + 4 = 0 k 2 = — 4 k 1 = 2 i , k 2 = — 2 i

Имеем пару комплексно сопряженных корней. Преобразуем и получим:

y 0 = e 0 · ( C 1 cos ( 2 x ) + C 2 sin ( 2 x ) ) = C 1 cos 2 x + C 2 sin ( 2 x )

Корни из характеристического уравнения считаются сопряженной парой ± 2 i , тогда f ( x ) = cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x ) . Отсюда видно, что поиск y

будет производиться из y

= ( A cos ( β x ) + B sin ( β x ) · x γ = ( A cos ( 2 x ) + B sin ( 2 x ) ) · x . Неизвестные коэффициенты А и В будем искать из равенства вида y

= cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x ) .

‘ = ( ( A cos ( 2 x ) + B sin ( 2 x ) · x ) ‘ = = ( — 2 A sin ( 2 x ) + 2 B cos ( 2 x ) ) · x + A cos ( 2 x ) + B sin ( 2 x ) y

» = ( ( — 2 A sin ( 2 x ) + 2 B cos ( 2 x ) ) · x + A cos ( 2 x ) + B sin ( 2 x ) ) ‘ = = ( — 4 A cos ( 2 x ) — 4 B sin ( 2 x ) ) · x — 2 A sin ( 2 x ) + 2 B cos ( 2 x ) — — 2 A sin ( 2 x ) + 2 B cos ( 2 x ) = = ( — 4 A cos ( 2 x ) — 4 B sin ( 2 x ) ) · x — 4 A sin ( 2 x ) + 4 B cos ( 2 x )

Тогда видно, что

= cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x ) ⇔ ( — 4 A cos ( 2 x ) — 4 B sin ( 2 x ) ) · x — 4 A sin ( 2 x ) + 4 B cos ( 2 x ) + + 4 ( A cos ( 2 x ) + B sin ( 2 x ) ) · x = cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x ) ⇔ — 4 A sin ( 2 x ) + 4 B cos ( 2 x ) = cos ( 2 x ) + 3 sin ( 2 x )

Необходимо приравнять коэффициенты синусов и косинусов. Получаем систему вида:

— 4 A = 3 4 B = 1 ⇔ A = — 3 4 B = 1 4

= ( A cos ( 2 x ) + B sin ( 2 x ) · x = — 3 4 cos ( 2 x ) + 1 4 sin ( 2 x ) · x .

Ответ: общим решением исходного ЛНДУ второго порядка с постоянными коэффициентами считается

= = C 1 cos ( 2 x ) + C 2 sin ( 2 x ) + — 3 4 cos ( 2 x ) + 1 4 sin ( 2 x ) · x

Когда f ( x ) = e a x · P n ( x ) sin ( β x ) + Q k ( x ) cos ( β x ) , тогда y

= e a x · ( L m ( x ) sin ( β x ) + N m ( x ) cos ( β x ) · x γ . Имеем, что r – это число комплексно сопряженных пар корней, относящихся к характеристическому уравнению, равняются α ± i β , где P n ( x ) , Q k ( x ) , L m ( x ) и N m ( x ) являются многочленами степени n , k , т , m , где m = m a x ( n , k ) . Нахождение коэффициентов L m ( x ) и N m ( x ) производится, исходя из равенства y

Найти общее решение y » + 3 y ‘ + 2 y = — e 3 x · ( ( 38 x + 45 ) sin ( 5 x ) + ( 8 x — 5 ) cos ( 5 x ) ) .

Решение

По условию видно, что

α = 3 , β = 5 , P n ( x ) = — 38 x — 45 , Q k ( x ) = — 8 x + 5 , n = 1 , k = 1

Тогда m = m a x ( n , k ) = 1 . Производим нахождение y 0 , предварительно записав характеристическое уравнение вида:

k 2 — 3 k + 2 = 0 D = 3 2 — 4 · 1 · 2 = 1 k 1 = 3 — 1 2 = 1 , k 2 = 3 + 1 2 = 2

Получили, что корни являются действительными и различными. Отсюда y 0 = C 1 e x + C 2 e 2 x . Далее необходимо искать общее решение, исходя из неоднородного уравнения y

= e α x · ( L m ( x ) sin ( β x ) + N m ( x ) cos ( β x ) · x γ = = e 3 x · ( ( A x + B ) cos ( 5 x ) + ( C x + D ) sin ( 5 x ) ) · x 0 = = e 3 x · ( ( A x + B ) cos ( 5 x ) + ( C x + D ) sin ( 5 x ) )

Известно, что А , В , С являются коэффициентами, r = 0 , потому как отсутствует пара сопряженных корней, относящихся к характеристическому уравнению с α ± i β = 3 ± 5 · i . Данные коэффициенты находим из полученного равенства:

= — e 3 x ( ( 38 x + 45 ) sin ( 5 x ) + ( 8 x — 5 ) cos ( 5 x ) ) ⇔ ( e 3 x ( ( A x + B ) cos ( 5 x ) + ( C x + D ) sin ( 5 x ) ) ) » — — 3 ( e 3 x ( ( A x + B ) cos ( 5 x ) + ( C x + D ) sin ( 5 x ) ) ) = — e 3 x ( ( 38 x + 45 ) sin ( 5 x ) + ( 8 x — 5 ) cos ( 5 x ) )

Нахождение производной и подобных слагаемых дает

— e 3 x · ( ( 15 A + 23 C ) · x · sin ( 5 x ) + + ( 10 A + 15 B — 3 C + 23 D ) · sin ( 5 x ) + + ( 23 A — 15 C ) · x · cos ( 5 x ) + ( — 3 A + 23 B — 10 C — 15 D ) · cos ( 5 x ) ) = = — e 3 x · ( 38 · x · sin ( 5 x ) + 45 · sin ( 5 x ) + + 8 · x · cos ( 5 x ) — 5 · cos ( 5 x ) )

После приравнивания коэффициентов получаем систему вида

15 A + 23 C = 38 10 A + 15 B — 3 C + 23 D = 45 23 A — 15 C = 8 — 3 A + 23 B — 10 C — 15 D = — 5 ⇔ A = 1 B = 1 C = 1 D = 1

Из всего следует, что

= e 3 x · ( ( A x + B ) cos ( 5 x ) + ( C x + D ) sin ( 5 x ) ) = = e 3 x · ( ( x + 1 ) cos ( 5 x ) + ( x + 1 ) sin ( 5 x ) )

Ответ: теперь получено общее решение заданного линейного уравнения:

= = C 1 e x + C 2 e 2 x + e 3 x · ( ( x + 1 ) cos ( 5 x ) + ( x + 1 ) sin ( 5 x ) )

Алгоритм решения ЛДНУ

Любой другой вид функции f ( x ) для решения предусматривает соблюдение алгоритма решения:

• нахождение общего решения соответствующего линейного однородного уравнения, где y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , где y 1 и y 2 являются линейно независимыми частными решениями ЛОДУ, С 1 и С 2 считаются произвольными постоянными;
• принятие в качестве общего решения ЛНДУ y = C 1 ( x ) ⋅ y 1 + C 2 ( x ) ⋅ y 2 ;
• определение производных функции через систему вида C 1 ‘ ( x ) + y 1 ( x ) + C 2 ‘ ( x ) · y 2 ( x ) = 0 C 1 ‘ ( x ) + y 1 ‘ ( x ) + C 2 ‘ ( x ) · y 2 ‘ ( x ) = f ( x ) , а нахождение функций C 1 ( x ) и C 2 ( x ) посредствам интегрирования.

Найти общее решение для y » + 36 y = 24 sin ( 6 x ) — 12 cos ( 6 x ) + 36 e 6 x .

Решение

Переходим к написанию характеристического уравнения, предварительно записав y 0 , y » + 36 y = 0 . Запишем и решим:

k 2 + 36 = 0 k 1 = 6 i , k 2 = — 6 i ⇒ y 0 = C 1 cos ( 6 x ) + C 2 sin ( 6 x ) ⇒ y 1 ( x ) = cos ( 6 x ) , y 2 ( x ) = sin ( 6 x )

Имеем, что запись общего решения заданного уравнения получит вид y = C 1 ( x ) · cos ( 6 x ) + C 2 ( x ) · sin ( 6 x ) . Необходимо перейти к определению производных функций C 1 ( x ) и C 2 ( x ) по системе с уравнениями:

C 1 ‘ ( x ) · cos ( 6 x ) + C 2 ‘ ( x ) · sin ( 6 x ) = 0 C 1 ‘ ( x ) · ( cos ( 6 x ) ) ‘ + C 2 ‘ ( x ) · ( sin ( 6 x ) ) ‘ = 0 ⇔ C 1 ‘ ( x ) · cos ( 6 x ) + C 2 ‘ ( x ) · sin ( 6 x ) = 0 C 1 ‘ ( x ) ( — 6 sin ( 6 x ) + C 2 ‘ ( x ) ( 6 cos ( 6 x ) ) = = 24 sin ( 6 x ) — 12 cos ( 6 x ) + 36 e 6 x

Необходимо произвести решение относительно C 1 ‘ ( x ) и C 2 ‘ ( x ) при помощи любого способа. Тогда запишем:

C 1 ‘ ( x ) = — 4 sin 2 ( 6 x ) + 2 sin ( 6 x ) cos ( 6 x ) — 6 e 6 x sin ( 6 x ) C 2 ‘ ( x ) = 4 sin ( 6 x ) cos ( 6 x ) — 2 cos 2 ( 6 x ) + 6 e 6 x cos ( 6 x )

Каждое из уравнений следует проинтегрировать . Тогда запишем получившиеся уравнения:

C 1 ( x ) = 1 3 sin ( 6 x ) cos ( 6 x ) — 2 x — 1 6 cos 2 ( 6 x ) + + 1 2 e 6 x cos ( 6 x ) — 1 2 e 6 x sin ( 6 x ) + C 3 C 2 ( x ) = — 1 6 sin ( 6 x ) cos ( 6 x ) — x — 1 3 cos 2 ( 6 x ) + + 1 2 e 6 x cos ( 6 x ) + 1 2 e 6 x sin ( 6 x ) + C 4

Отсюда следует, что общее решение будет иметь вид:

y = 1 3 sin ( 6 x ) cos ( 6 x ) — 2 x — 1 6 cos 2 ( 6 x ) + + 1 2 e 6 x cos ( 6 x ) — 1 2 e 6 x sin ( 6 x ) + C 3 · cos ( 6 x ) + + — 1 6 sin ( 6 x ) cos ( 6 x ) — x — 1 3 cos 2 ( 6 x ) + + 1 2 e 6 x cos ( 6 x ) + 1 2 e 6 x sin ( 6 x ) + C 4 · sin ( 6 x ) = = — 2 x · cos ( 6 x ) — x · sin ( 6 x ) — 1 6 cos ( 6 x ) + + 1 2 e 6 x + C 3 · cos ( 6 x ) + C 4 · sin ( 6 x )

Ответ: y = y 0 + y

= — 2 x · cos ( 6 x ) — x · sin ( 6 x ) — 1 6 cos ( 6 x ) + + 1 2 e 6 x + C 3 · cos ( 6 x ) + C 4 · sin ( 6 x )

Примеры решений дифференциальных уравнений второго порядка методом Лагранжа

Здесь мы применим метод вариации постоянных Лагранжа для решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка. Подробное описание этого метода для решения уравнений произвольного порядка изложено на странице
Решение линейных неоднородных дифференциальных уравнений высших порядков методом Лагранжа >>> .

Пример 1

Решить дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами методом вариации постоянных Лагранжа:
(1)

Шаг 1. Решение однородного уравнения

Вначале мы решаем однородное дифференциальное уравнение:
(2)
Ищем решение в виде . Составляем характеристическое уравнение:

Это уравнение второго порядка.

Решаем квадратное уравнение:
.
Корни кратные: . Фундаментальная система решений уравнения (2) имеет вид:
(3) .
Отсюда получаем общее решение однородного уравнения (2):
(4) .

Шаг 2. Вариация постоянных – замена постоянных функциями

Варьируем постоянные C ₁ и C ₂ . То есть заменим в (4) постоянные и на функции:
.
Ищем решение исходного уравнения (1) в виде:
(5) .

Находим вторую производную:
.
Подставляем в исходное уравнение (1):
(1) ;

.
Поскольку и удовлетворяют однородному уравнению (2), то сумма членов в каждом столбце последних трех строк дает нуль и предыдущее уравнение приобретает вид:
(7) .
Здесь .

Вместе с уравнением (6) мы получаем систему уравнений для определения функций и :
(6) :
(7) .

Решение системы уравнений

Решаем систему уравнений (6-7). Выпишем выражения для функций и :
.
Находим их производные:
;
.

Решаем систему уравнений (6-7) методом Крамера. Вычисляем определитель матрицы системы:

.
По формулам Крамера находим:
;
.

Итак, мы нашли производные функций:
;
.
Интегрируем (см. Методы интегрирования корней). Делаем подстановку
; ; ; .

Общее решение исходного уравнения:

;
.

Пример 2

Решить дифференциальное уравнение методом вариации постоянных Лагранжа:
(8)

Шаг 1. Решение однородного уравнения

Решаем однородное дифференциальное уравнение:

(9)
Ищем решение в виде . Составляем характеристическое уравнение:

Это уравнение имеет комплексные корни:
.
Фундаментальная система решений, соответствующая этим корням, имеет вид:
(10) .
Общее решение однородного уравнения (9):
(11) .

Шаг 2. Вариация постоянных – замена постоянных функциями

Теперь варьируем постоянные C ₁ и C ₂ . То есть заменим в (11) постоянные на функции:
.
Ищем решение исходного уравнения (8) в виде:
(12) .

Далее ход решения получается таким же, как в примере 1. Мы приходим к следующей системе уравнений для определения функций и :
(13) :
(14) .
Здесь .

Решение системы уравнений

Решаем эту систему. Выпишем выражения функций и :
.
Из таблицы производных находим:
;
.

Решаем систему уравнений (13-14) методом Крамера. Определитель матрицы системы:

.
По формулам Крамера находим:
;
.

Первый интеграл немного сложней (см. Интегрирование тригонометрических рациональных функций). Делаем подстановку :

.
Поскольку , то знак модуля под знаком логарифма можно опустить. Умножим числитель и знаменатель на :
.
Тогда
.

Общее решение исходного уравнения:

.

Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 05-08-2013 Изменено: 19-06-2017

Лекция № 5

Ссылки

§4. ИНТЕГРИРОВАНИЕ ДУ ВТОРОГО ПОРЯДКА С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

4.1. Интегрирование ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами

Частным случаем рассмотренных выше линейных однородных дифференциальных уравнений являются ЛОДУ с постоянными коэффициентами.

Пусть дано ЛОДУ второго порядка

где р и q постоянны.

Для нахождения общего решения уравнения (4.1) достаточно найти два его частных решения, образующих фундаментальную систему (см. теорему 3.5).

Будем искать частные решения уравнения (4.1) в виде

где k — некоторое число (предложено Л. Эйлером). Дифференцируя эту функцию два раза и подставляя выражения для у, у’ и у» в уравнение (4.1), получим:

Уравнение (4.2) называется характеристическим уравнением ДУ (4.1) (для его составления достаточно в уравнении (4.1) заменить у», у’ и у соответственно на k 2 , k и 1).

При решении характеристического уравнения (4.2) возможны следующие три случая.

Случай 1. Корни k₁ и k₂ уравнения (4.2) действительные и различные:

В этом случае частными решениями уравнения (4.1) являются функции y₁=e k1x и у₂=е _k2x. Они образуют фундаментальную систему решений (линейно независимы), т. к. их вронскиан

Следовательно, общее решение уравнения (4.1), согласно формуле (3.16), имеет вид

Пример 4.1. Решить уравнение

Решение: Составим характеристическое уравнение: Решаем его: k₁=2, k₂=3. Записываем общее решение данного уравнения: где c₁ и с₂ — произвольные постоянные (формула (4.3)).

Случай 2. Корни k₁ и k₂ характеристического уравнения (4.2) действительные и равные:

В этом случае имеем лишь одно частное решение y₁=e k1x. Покажем, что наряду с у₁ решением уравнения (4.1) будет и у ₂ =хе _k1x . Действительно, подставим функцию у₂ в уравнение (4.1). Имеем:

Но k₁ 2 +pk₁+q=0, т. к. k₁ есть корень уравнения (4.2); р+2k₁=0, т. к. по условию

Поэтому y»₂+Py’₂+qy₂=0, т. е. функция у₂=хе k1x является решением уравнения (4.1).

Частные решения образуют фундаментальную систему решений: W(x)=e 2k1x ≠0. Следовательно, в этом случае общее решение ЛОДУ (4.1) имеет вид

Случай3. Корни k₁ и k₂ уравнения (4.2) комплексные:

В этом случае частными решениями уравнения (4.1) являются функцииПо формулам Эйлера (см. Часть 1, п. 27.3)

Найдем два действительных частных решения уравнения (4.1). Для этого составим две линейные комбинации решений y₁ и у_2:

Функции являются решениями уравнения (4.1), что следует из свойств решений ЛОДУ второго порядка (см. теорему 3.2).Эти решения образуют фундаментальную систему решений, так как W(x) ≠ 0 (убедитесь самостоятельно!). Поэтому общее решение уравнения (4.1) запишется в виде или

Пример 4.2. Решить уравнение

Решение: Имеем:По формуле (4.5) получаем общее решение уравнения:

Таким образом, нахождение общего решения ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами (4.1) сводится к нахождению корней характеристического уравнения (4.2) и использованию формул (4.3)-(4.5) общего решения уравнения (не прибегая к вычислению интегралов).

4.2. Интегрирование ЛОДУ n-го порядка с постоянными коэффициентами

Задача нахождения общего решения ЛОДУ n-го порядка (n > 2) с постоянными коэффициентами

где p_i, i= 1,n, — числа, решается аналогично случаю уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами.

Сформулируем необходимые утверждения и рассмотрим примеры.

Частные решения уравнения (4.6) также ищем в виде у=е kх, где k — постоянное число.

Характеристическим для уравнения (4.6) является алгебраическое уравнение n-го порядка вида

Уравнение (4.7) имеет, как известно, n корней (в их числе могут быть и комплексные). Обозначим их через k₁, k₂, . k_n.

Замечание. Не все из корней уравнения (4.7) обязаны быть различными. Так, в частности, уравнение (k-3) 2 =0 имеет два равных корня: k1=k2=3. В этом случае говорят, что корень один (k=3) и имеет кратность mk=2. Если кратность корня равна единице: mk=1, его называют простым.

Случай 1. Все корни уравнения (4.7) действительны и просты (различны). Тогда функцииявляются частными решениями уравнения (4.6) и образуют фундаментальную систему решений (линейно независимы). Поэтому общее решение уравнения (4.6) записывается в виде

Пример 4.3. Найти общее решение уравнения

Решение: Характеристическое уравнение k 3 — 2k 2 — К+2=0 имеет корни k₁=-1, k₂=1, k₃=2. Следовательно, общее решение данного уравнения.

Случай 2. Все корни характеристического уравнения действительные, но не все простые (есть корни, имеющие кратность м > 1). Тогда каждому простому корню К соответствует одно частное решение вида е кх, а каждому корню k кратности m>1 соответствует m частных решений: е kх, хе kх , х 2 е kx . х m-1 е kх.

Пример 4.4. Решить уравнение

Решение: Характеристическое уравнение

— общее решение уравнения.

Случай 3. Среди корней уравнения (4.7) есть комплексно-сопряженные корни. Тогда каждой паре a±β i простых комплексно-сопряженных корней соответствует два частных решения е ах cosβx и е ах sinβx, а каждой паре а ± β_i корней кратности m>1 соответствуют 2m частных решений вида

Эти решения, как можно доказать, образуют фундаментальную систему решений.

Пример 4.5. Решить уравнение

Решение: Характеристическое уравнение

имеет корниСледовательно,

— общее решение уравнения.

§5. ЛИНЕЙНЫЕ НЕ ОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ (ЛНДУ)

5.1. Структура общего решения ЛНДУ второго порядка

Рассмотрим ЛНДУ второго порядка

где— заданные, непрерывные на (а;b) функции. Уравнение

левая часть которого совпадает с левой частью ЛНДУ (5.1), называется соответствующим ему однородным уравнением.

Убедимся, что функция (5.3) — решение уравнения (5.1). Так как у* есть решение уравнения (5.1), а— решение уравнения (5.2), то

В таком случае имеем:

Это означает, что функцияявляется решением уравнения (5.1).

Покажем теперь, что функция

является общим решением уравнения (5.1). Для этого надо доказать, что из решения (5.4) можно выделить единственное частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям

Продифференцировав функцию (5.4) и подставив начальные условия (5.5) в функцию (5.4) и ее производную, получим систему уравнений:

где у_о=у(х_о), у’₀=y'(x₀), с неизвестными c₁ и с₂. Определителем этой системы является определитель Вронского W(x₀) для функции y₁(x) и у₂(х) в точке х=х_о. Функции y₁(x) и у₂(х) линейно независимы (образуют фундаментальную систему решений), т. е.Следовательно, система имеет единственное решение: c₁=с 0 ₁ и с₂=с 0 ₂.

Решениеявляется частным решением уравнения (5.1), удовлетворяющим заданным начальным условиям (5.5). Теорема доказана.

5.2. Метод вариации произвольных постоянных

Рассмотрим ЛНДУ (5.1). Его общим решением является функция (5.3), т. е.

Частное решениеуравнения (5.1) можно найти, если известно общее решениесоответствующего однородного уравнения (5.2), методом вариации произвольных постоянных (метод Лагранжа), состоящим в следующем. Пусть— общее решение уравнения (5.2).Заменим в общем решении постоянные c₁ и с₂ неизвестными функциями c₁(x) и с₂(х) и подберем их так, чтобы функция

была решением уравнения (5.1). Найдем производную

Подберем функции c₁(x) и с₂(х) так, чтобы

Подставляя выражение для в уравнение (5.1), получим:

Поскольку y₁(x) и у₂(х) — решения уравнения (5.2), то выражения в квадратных скобках равны нулю, а потому

Таким образом, функция (5.6) будет частным решением у* уравнения (5.1), если функции c₁(x) и с₂(х) удовлетворяют системе уравнений (5.7) и (5.8):

Определитель системытак как это определитель Вронского для фундаментальнойсистемы частных решений у₁ (х) и у₂ (х) уравнения (5.2). Поэтому система (5.9) имеет единственное решение: с’₁(х)= j ₁(x) и с’₂(х)= j ₂(х), где j ₁(x) и j ₂(х) — некоторые функции от х. Интегрируя эти функции, находим c₁(x) и с₂(х), а затем по формуле (5.6) составляем частное решение уравнения (5.1).

Пример 5.1. Найти общее решение уравнения

Решение: Найдем общее решениесоответствующего однородного уравненияИмеем:Следовательно,

Найдем теперь частное решение у* исходногоуравнения. Оно ищется в виде (5.6):Для нахождения с₁(х) и с₂(х) составляем систему уравнений вида (5.9):

Запишем частное решение данного уравнения: Следовательно, общее решение данного уравнения имеет вид

При нахождении частных решений ЛНДУ может быть полезной следующая теорема.