Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами

1 Лекция 3.8 ЛОДУ с постоянными коэффициентами Лекция 3.8 §5. Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Замечание. Мы установили на прошлой лекции, что общее решение линейного однородного уравнения второго порядка можно получить, зная два каких-либо линейно независимых частных решения этого уравнения (Теорема 5 (Структура общего решения ЛОДУ). Если y1 и у2 - два линейно независимых решения однородного уравнения второго порядка , то функция , где и - произвольные постоянные, является общим решением этого уравнения). Таким образом, общее решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка 𝑦 ″ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0 с постоянными коэффициентами имеет вид y0=C1⋅y1+C2⋅y2, где y1 ( x) и y 2 ( x) – два линейно независимые частные решения ЛОДУ; C1 и C 2 – произвольные постоянные. Осталось научиться находить частные решения y1 и y2. Леонард Эйлер предложил искать частные решения в виде 𝑦 = 𝑒 𝑘𝑥 , где k=const. Если принять 𝑦 = 𝑒 𝑘𝑥 частным решением ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами 𝑦 ″ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0, то при подстановке этого решения в уравнение мы должны получить тождество: Определение. Характеристическим уравнением ЛОДУ называется алгебраическое уравнение 𝑘 2 + 𝑝𝑘 + 𝑞 = 0. 𝑦 ″ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0 2 Лекция 3.8 ЛОДУ с постоянными коэффициентами То есть, получили с вами обычное квадратное уравнение. Таким образом, задача нахождения фундаментальной системы решений сводится к задаче нахождения корней некоторого вспомогательного алгебраического уравнения. Замечание. Следует отметить, что данное уравнение можно записать сразу, заменив в уравнении 𝑦 ″ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0 𝑦 ″ → 𝑘 2 , 𝑦 ′ → 𝑘, 𝑦 → 1 . Пусть 𝑘1 и 𝑘2 - корни характеристического уравнения 𝑘 2 + 𝑝𝑘 + 𝑞 = 0, D – его дискриминант. 𝑝 𝑝 2 𝑝 𝑝 2 Решения k1= − + √( ) − 𝑞 и k2= − − √( ) − 𝑞 этого характеристического 2 2 2 2 уравнения определяют частные решения 𝑦1 = 𝑒 𝑘1𝑥 и 𝑦2 = 𝑒 𝑘2𝑥 нашего ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Возможны три случая: в зависимости от коэффициентов p и q корни характеристического уравнения могут быть: 1. действительными и различными 𝑘1 ≠ 𝑘2 , 𝑘1 , 𝑘2 ∈ 𝑅, 2. действительными и совпадающими 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘, 𝑘 ∈ 𝑅, 3. комплексно сопряженной парой 𝑘1,2 = 𝑎 ± 𝑖𝑏. В зависимости от корней характеристического уравнения выделяются частные решения (соответствующие корням характеристического уравнения), образующие фундаментальную систему решений и записывается соответствующее общее решение. Случай I. Пусть D  0  корни действительны и различны 𝑘1 ≠ 𝑘2 . Тогда фундаментальная система решений: 𝑦1 = 𝑒 𝑘1𝑥 , 𝑦2 = 𝑒 𝑘2𝑥 и 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑘1𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑘2𝑥 , где C1 и C 2 – произвольные постоянные, x  (− ,+) . Функции 𝑦1 = 𝑒 𝑘1𝑥 и 𝑦2 = 𝑒 𝑘2𝑥 действительно линейно независимы (образуют Ф.С.Р.), так как определитель Вронского отличен от нуля для любых действительных x при 𝑘1 ≠ 𝑘2 , 𝑘1 , 𝑘2 ∈ 𝑅. 3 Лекция 3.8 ЛОДУ с постоянными коэффициентами Пример. Решить дифференциальное уравнение Решение: составим и решим характеристическое уравнение: 𝑘2 + 𝑘 − 2 = 0 k1= −1−3 2 = −2 , k1= −1+3 2 =1. Получены два различных действительных корня. Всё, что осталось сделать – записать ответ, руководствуясь формулой 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑘1𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑘2𝑥 Ответ: общее решение: Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения . Решение: Составим и решим характеристическое уравнение: 𝑘 2 − 4𝑘 = 0 𝑘(𝑘 − 4) = 0 k1= 0 , k1= 4 – различные действительные корни. Ответ: общее решение: Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения 3y″−2y′−8y=0 Решение: Характеристическое уравнение 3k2−2k−8=0 k1,2=(1±5)/3; k1=2;k2=−4/3 Общее решение 4 𝑦 = 𝐶1 𝑒 2𝑥 + 𝐶2 𝑒 3𝑥 . Случай II. Пусть D = 0  𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘. Одним частным решением является функция 𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 . Так как второе должно быть линейно независимо с 𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 , будем искать в виде 𝑦2 = 𝑈(𝑥)𝑒 𝑘𝑥 . 4 Лекция 3.8 ЛОДУ с постоянными коэффициентами Подставляем в уравнение 𝑦 ″ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0. Но сначала найдем производные: 𝑦 ′ 2 = 𝑈′(𝑥)𝑒 𝑘𝑥 + 𝑘𝑈(𝑥)𝑒 𝑘𝑥 = 𝑒 𝑘𝑥 (𝑈 ′ (𝑥) + 𝑈(𝑥)𝑘) 𝑦2 ″ = 𝑒 𝑘𝑥 (𝑈 ′′ (𝑥) + 2𝑘𝑈′(𝑥) + 𝑘 2 𝑈(𝑥))  𝑒 𝑘𝑥 (𝑈 ′′ (𝑥) + 2𝑘𝑈 ′ (𝑥) + 𝑘 2 𝑈(𝑥) + 𝑝𝑈 ′ (𝑥) + 𝑝𝑘𝑈(𝑥) + 𝑞𝑈(𝑥)) = 0  𝑈 ′′ (𝑥) + 𝑈 ′ (𝑥)(2𝑘 + 𝑝) + 𝑈(𝑥)(𝑘 2 + 𝑝𝑘 + 𝑞) = 0 𝑝 Так как: 𝑘 2 + 𝑝𝑘 + 𝑞 = 0 (характеристическое уравнение) и 2𝑘 + 𝑝 = 0 (𝑘 = − ), то 2 получаем 𝑈 ′′ (𝑥) = 0. Интегрируя два раза получаем: 𝑈(𝑥) = 𝐴𝑥 + 𝐵. Пусть 𝐴 = 1, В = 0. То есть, 𝑈(𝑥) = 𝑥 => 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑘𝑥 . Покажем линейную независимость функций 𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 и 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑘𝑥 . Для этого вычислим определитель Вронского и убедимся, что он отличен от нуля. Вывод: линейно независимыми частными решениями ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами 𝑦 ″ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 0 являются 𝑦1 = 𝑒 𝑘𝑥 , 𝑦2 = 𝑥𝑒 𝑘𝑥 , и общее решение есть 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑘𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒 𝑘𝑥 при 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘, 𝑘 ∈ 𝑅. Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения 𝑦′′+10𝑦′+25𝑦=0 Решение: Составим характеристическое уравнение 𝑘2+10𝑘+25=0 Решим его: 𝑘1=−5, 𝑘2=−5 Характеристическое уравнение имеет два совпадающих действительных корня, имеем 2 случай. Можно выписать фундаментальную систему решений данного уравнения 𝑦1=𝑒−5𝑥, 𝑦2=𝑥𝑒−5𝑥 и общее решение данного дифференциального уравнения 𝑦одн=𝑐1𝑒−5𝑥+𝑐2𝑥𝑒−5𝑥. 5 Лекция 3.8 ЛОДУ с постоянными коэффициентами Пример. Решить линейное однородное дифференциальное уравнение . Решение: Характеристическое уравнение имеет равные корни . Соответствующие частные решения уравнения: и . Общее решение данного дифференциального уравнения имеет вид Случай III. Пусть D  0  𝑘1,2 = 𝑎 ± 𝑖𝑏. Частные решения запишем в виде: и . Общее решение запишется как . Эти частные решения могут быть заменены двумя действительными соответствующими функциями 𝑦1 (𝑥) = 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝛽 𝑥 действительной и мнимой и 𝑦2 (𝑥) = 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝛽 𝑥, частям. Они образуют фундаментальную систему решений (без доказательства). Общее решение есть 𝑦 = 𝐶1 𝑒 𝑎𝑥 𝑐𝑜𝑠 𝛽 𝑥 + 𝐶2 𝑒 𝑎𝑥 𝑠𝑖𝑛 𝛽 𝑥, где C1 и C 2 – произвольные постоянные, x  (− ,+) . Пример.. Найти общее решение дифференциального уравнения 𝑦′′+4𝑦′+8𝑦=0 Решение: Составим характеристическое уравнение 𝑘2+4𝑘+8=0 Решим его: 𝑘1=−2+2𝑖, 𝑘2=−2−2𝑖 , где 𝑖 мнимая единица (𝑖 = √−1). Характеристическое уравнение имеет два комплексно-сопряженных решения, имеем 3. Можно выписать фундаментальную систему решений данного уравнения 𝑦1=𝑒−2𝑥cos2𝑥, 𝑦2=𝑒−2𝑥sin2𝑥 и общее решение данного дифференциального уравнения 𝑦одн=𝑐1𝑒−2𝑥cos2𝑥+𝑐2𝑒−2𝑥sin2𝑥. Пример. Решить линейное однородное дифференциальное уравнение . 6 Лекция 3.8 ЛОДУ с постоянными коэффициентами Решение: Характеристическое уравнение и имеет комплексные корни . Соответственно и . Общее решение данного дифференциального уравнения имеет вид . Пример. Решить линейное однородное дифференциальное уравнение . Решение: Характеристическое уравнение и . Соответственно дифференциального уравнения имеет вид . имеет комплексные корни и . Общее решение данного