Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
Данная статья рассматривает способы решения линейных дифференциальных однородных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами вида y » + p y ‘ + q y = 0 с p и q являющимися действительными числами. Будет рассмотрена теория с приведением примеров с подробным решением.
Перейдем к формулировке теоремы, которая показывает, какого вида должно быть уравнение, чтобы можно было искать общее решение ЛОДУ.
Теорема общего решения линейного однородного дифференциального уравнения
Общим решением линейного однородного дифференциального уравнения вида y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 0 ( x ) · y = 0 с непрерывными на интервале интегрирования x коэффициентами f 0 ( x ) , f 1 ( x ) , . . . , f n — 1 ( x ) определяют линейную комбинацию вида y 0 = ∑ j = 1 n C j · y j , где y j , j = 1 , 2 , . . . , n являются линейно независимыми частными решениями ЛОДУ на интервале x , где C j , j = 1 , 2 , . . . , n берут за произвольные постоянные.
Отсюда получаем, что общее решение такого уравнения y » + p y ‘ + q y = 0 может быть записано как y 0 = C 1 ⋅ y 1 + C 2 ⋅ y 2 , где y 1 и y 2 выражаются линейно независимыми решениями, а С 1 и C 2 – произвольными постоянными. Необходимо поработать с нахождением частных решений y 1 и y 2 .
Существует формула по Эйлеру для поиска частных решений вида y = e k · x .
Если взять y = e k · x за частное решение ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами y » + p y ‘ + q y = 0 , тогда, используя подстановку, получим тождество вида:
e k · x » + p · e k · x ‘ + q · e k · x = 0 k 2 · e k · x + p · e k · x + q · e k · x = 0 e k · x · ( k 2 + p · k + q ) = 0 k 2 + p · k + q = 0
Данное тождество называют характеристическим уравнением с постоянными коэффициентами k 1 и k 2 , которые и являются его решениями и определяют частые решения вида y 1 = e k 1 · x и y 2 = e k 2 · x заданного ЛОДУ.
При различных значениях p и q можно получить характеристические уравнения с корнами такого вида:
- Действительные и различные k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R .
- Действительные и совпадающие k 1 = k 2 , = k 0 , k 0 ∈ R .
- Комплексно сопряженную пару k 1 = α + i · β , k 2 = α — i · β .
Первый случай показывает, что решениями такого уравнения могут быть y 1 = e k 1 · x и y 2 = e k 2 · x , а общее решение принимает вид y 0 = C 1 · e k 1 · x + C 2 · e k 2 · x с постоянными коэффициентами. Функции y 1 = e k 1 · x и y 2 = e k 2 · x рассматриваются, как линейно независимыми по причине отличного от нуля определителя Вронского W ( x ) = y 1 y 2 y 1 ‘ y 2 ‘ = e k 1 · x e k 2 · x k 1 · e k 1 · x k 2 · e k 2 · x = e k 1 · x · e k 2 · x · k 2 — k 1 с действительными k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R .
Второй случай объясняет, что первым частным решением функции – это выражение y 1 = e k 0 · x . Вторым частным решением можно брать y 2 = x · e k 0 · x . Определим, что y 2 = x · e k 0 · x может являться частным решением ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами y » + p y ‘ + q y = 0 и докажем линейную независимость y 1 и y 2 .
Имеем, что k 1 = k 0 и k 2 = k 0 являются совпадающими корнями характеристического уравнения. Тогда оно примет вид k — k 0 2 = 0 ⇔ k 2 — 2 k 0 · k + k 0 2 = 0 . Отсюда следует, что y » — 2 k 0 · y ‘ + k 0 2 · y = 0 является линейным однородным дифференциальным уравнением. Необходимо подставить выражение y 2 = x · e k 0 · x для того, чтобы убедиться в тождественности:
y 2 » — 2 k 0 · y ‘ 2 + k 0 2 · y 2 = 0 x · e k 0 · x » — 2 k 0 · x · e k 0 x ‘ + k 0 2 · x · e k 0 · x = 0 e k 0 · x + k 0 · x · e k 0 x ‘ — 2 k 0 · e k 0 · x + k 0 · x · e k 0 x + k 0 2 · x · e k 0 · x = 0 ( k 0 · e k 0 · x + k 0 · e k 0 · x + k 0 2 · x · e k 0 · x — — 2 k 0 · e k 0 · x — k 0 2 · x · e k 0 · x + k 0 2 · x · e k 0 · x ) = 0 0 ≡ 0
Отсюда следует, что y 2 = x · e k 0 · x — это частное решение данного уравнения. Необходимо рассмотреть линейную независимость y 1 = e k 0 · x и y 2 = x · e k 0 · x . Чтобы убедиться в этом, следует прибегнуть к вычислению определителя Вронского. Он не должен быть равен нулю.
W ( x ) = y 1 y 2 y 1 ‘ y 2 ‘ = e k 0 · x x · e k 0 · x e k 0 · x ‘ x · e k 0 · x ‘ = = e k 0 · x x · e k 0 · x k 0 · e k 0 · x e k 0 · x · ( 1 + k 0 · x ) = = e k 0 · x · e k 0 · x · 1 + k 0 · x — k 0 · x · e k 0 · x · e k 0 · x = e 2 k 0 · x ≠ 0 ∀ x ∈ R
Можно сделать вывод, что линейно независимые частные решения ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами y » + p y ‘ + q y = 0 считаются y 1 = e k 0 · x и y 2 = x · e k 0 · x . Это подразумевает то, что решением будет являться выражение y 0 = C 1 · e k 0 · x + C 2 · x · e k 0 · x при k 1 = k 2 = k 0 , k 0 ∈ R .
Третий случай говорит о том, что имеем дело с парой комплексных частных решений ЛОДУ вида y 1 = e α + i · β · x и y 2 = e α — i · β · x .
Запись общего решения примет вид y 0 = C 1 · e α + i · β · x + C 2 · e α — i · β · x .
Функции y 1 = e a · x · cos β x и y 2 = e a · x · sin β x могут быть записаны вместо частных решений уравнения, причем с соответствующими действительной и мнимой частями. Это понятно при преобразовании общего решения y 0 = C 1 · e α + i · β · x + C 2 · e α — i · β · x . Для этого необходимо воспользоваться формулами из теории функции комплексного переменного вида. Тогда получим, что
y 0 = C 1 · e α + i · β · x + C 2 · e α — i · β · x = = C 1 · e α · x · cos β x + i · sin β x + C 2 · e α · x · cos β x — i · sin β x = = ( C 1 + C 2 ) · e α · x · cos β x + i · ( C 1 — C 2 ) · e α · x · sin β x = = C 3 · e α · x · cos β x + C 4 · e α · x · sin β x
Отчетливо видно, что С 3 и С 4 используются в качестве произвольных постоянных.
Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения
Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения 2 порядка с постоянными переменными вида y » + p y ‘ + q y = 0 :
- Запись характеристического уравнения k 2 + p ⋅ k + q = 0 .
- Нахождение корней характеристического уравнения k 1 и k 2 .
- Производим запись ЛОДУ, исходя из полученных значений с постоянными коэффициентами:
- y 0 = C 1 · e k 1 · x + C 2 · e k 2 · x при k 1 ≠ k 2 , k 1 , k 2 ∈ R ;
- y 0 = C 1 · e k 0 · x + C 2 · x · e k 0 · x при k 1 = k 2 = k 0 , k 0 ∈ R ;
- y 0 = e α · x · ( C 1 · cos β x + C 2 · sin β x ) при k 1 = α + i · β , k 2 = α — i · β .
Найти общее решение заданного уравнения с постоянными коэффициентами y » + 4 y ‘ + 4 y = 0 .
Решение
Следуя алгоритму, необходимо записать характеристическое уравнение k 2 + 4 ⋅ k + 4 = 0 , после чего обозначить его корни. Получаем, что
k 2 + 4 k + 4 = 0 ( k + 2 ) 2 = 0 k 1 = k 2 = k 0 = — 2
Очевидно, что полученные корни являются совпадающими.
Ответ: Запись общего решения: y 0 = C 1 · e k 0 x + C 2 · x · e k 0 x = C 1 · e — 2 x + C 2 · x · e — 2 x .
Найти решение заданного уравнения вида y » — 5 y ‘ + 6 y = 0 .
Решение
По условию имеется ЛОДУ 2 порядка с постоянными коэффициентами. Это указывает на то, что необходимо записать характеристическое уравнение и обозначить его корни. Получим:
k 2 — 5 k + 6 = 0 D = 5 2 — 4 · 6 = 1 k 1 = 5 — 1 2 = 2 k 2 = 5 + 1 2 = 3
Видно, что корни различные и действительные. Это говорит о том, что уравнение общего вида запишется как y 0 = C 1 · e k 1 x + C 2 e k 2 x = C 1 · e 2 x + C 2 · e 3 x .
Ответ: y 0 = C 1 · e k 1 x + C 2 e k 2 x = C 1 · e 2 x + C 2 · e 3 x .
Найти общее решение дифференциального уравнения вида y » — y ‘ + 3 y = 0 .
Решение
Необходимо перейти к характеристическому уравнению ЛОДУ 2 порядка, что соответствует записи k 2 — k + 3 = 0 , после чего обозначить его корни. Тогда получим, что
D = 1 2 — 4 · 3 = — 11 k 1 = 1 + i 11 2 = 1 2 + i · 11 2 k 2 = 1 — i 11 2 = 1 2 — i · 11 2 ⇒ α = 1 2 , β = 11 2
На выходе имеем пару комплексно сопряженных корней характеристического уравнения. Отсюда следует, что общим решением является запись уравнения вида
y 0 = e a · x · ( C 1 · cos β x + C 2 · sin β x ) = = e x 2 · C 1 · cos 11 x 2 + C 2 · sin 11 2
Ответ: y 0 = e x 2 · C 1 · cos 11 x 2 + C 2 · sin 11 2 .
Алгоритм нахождения общего решения ЛОДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами
Алгоритм определения общего решения ЛОДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами .
1. Запишем характеристическое уравнение k 2 + p ⋅ k + q = 0.
3. Учитывая значения корней характеристического уравнения, запишем общее решение линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами как:
- , если ;
- , если ;
- , если .
Что бы лучше все понять, разберем примеры для всех случаев.
Найдем общее решение ЛОДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами .
Для начала записываем характеристическое уравнение k 2 + 4 ⋅ k + 4 = 0 и находим его корни:
После проведения рассчетов у нас получилось 2 совпадающих корня, а, значит, общее решение выглядит так:
.
Найдем общее решение ДУ .
У нас есть линейное однородное дифферениальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Записываем характеристическое уравнение и находим корни этого уравнения:
Корни в этом случае являются действительными и различными, значит, общее решение однородного уравнения будет выглядеть так:
.
Найдем общее решение ДУ .
Характеристическое уравнение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами выглядит так: k 2 — k + 3 = 0. Вычислим корни этого уравнения:
Отсюда получено два комплексно сопряженных корней характеристического уравнения, значит, общее решение исходного уравнения выражаем так:
Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
Однородные линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами имеют вид
где p и q — действительные числа. Рассмотрим на примерах, как решаются однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами.
Решение линейного однородного однородного дифференциального уравнения второго порядка зависит от корней характеристического уравнения. Характеристическое уравнение — это уравнение k²+pk+q=0.
1) Если корни характеристического уравнения — различные действительные числа:
то общее решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид
2) Если корни характеристического уравнения — равные действительные числа
(например, при дискриминанте, равном нулю), то общее решение однородного дифференциального уравнения второго порядка есть
3) Если корни характеристического уравнения — комплексные числа
(например, при дискриминанте, равном отрицательному числу), то общее решение однородного дифференциального уравнения второго порядка записывается в виде
Примеры решения линейных однородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами
Найти общие решения однородных дифференциальных уравнений второго порядка:
Составляем характеристическое уравнение: k²-7k+12=0. Его дискриминант D=b²-4ac=1>0, поэтому корни — различные действительные числа.
Отсюда, общее решение этого однородного ДУ 2-го порядка есть
Составим и решим характеристическое уравнение:
Корни действительные и различные. Отсюда имеем общее решение данного однородного дифференциального уравнения:
В этом случае характеристическое уравнение
Корни различны и действительны. Поэтому общее решение однородного дифференциального уравнения 2-го порядка здесь
Поскольку корни действительны и равны, для этого дифференциального уравнения общее решение записываем как
Характеристическое уравнение здесь
Так как дискриминант — отрицательное число, корни характеристического уравнения — комплексные числа.
Общее решение этого однородного дифференциального уравнения второго порядка имеет вид
Отсюда находим общее решение данного диф. уравнения:
Примеры для самопроверки.
Найти общее решение однородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами:
http://www.calc.ru/Algoritm-Nakhozhdeniya-Obshchego-Resheniya-Lodu-2go-Poryadka.html
http://www.matematika.uznateshe.ru/odnorodnye-differencialnye-uravneniya-vtorogo-poryadka-s-postoyannymi-koefficientami/