Общая теория линейных дифференциальных уравнений второго порядка

ОБЩАЯ ТЕОРИЯ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА. Определение: дифференциальное уравнение второго порядка называется линейным, если оно имеет вид: y + a1 ( x ) y + a0 ( x ) y = f ( x ) Здесь (1) a1 ( x ) и a0 ( x ) известные непрерывные функции переменной x . Если правая часть уравнения (1) равна нулю, то есть f ( x ) = 0 , то уравнение называется линейным однородным дифференциальным уравнением. В случае f ( x )  0 уравнение называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка. y + a1 ( x ) y + a0 ( x ) y = 0 Пусть ( 2) Y1 ( x ) и Y2 ( x ) два каких-либо решения дифференциального уравнения ( 2) , тогда: 1. Выражение y ( x ) = C1  Y1 ( x ) + C2  Y2 ( x ) тоже является решением дифференциального уравнения ( 2) . Это утверждение проверяется непосредственной подстановкой y ( x ) в уравнение ( 2) . 2. Определителем Вронского (вронскиан) решений Y1 ( x ) и Y2 ( x ) дифференциального уравнения ( 2) называется следующий определитель: W ( x) = Y1 ( x ) Y2 ( x ) Y1 ( x ) Y2 ( x ) = Y1 ( x )  Y2 ( x ) − Y2 ( x )  Y1 ( x ) Y1 ( x ) и Y2 ( x ) называются линейно зависимыми, если их Y1 ( x ) отношение равно постоянной величине: Y x = const . В противном 2( ) 3. Решения Y1 ( x ) случае решения называются линейно независимыми Y x  const . 2( ) Пример: Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка y + y = 0 . Можно заметить, что функция y1 = cos x является его решением. Действительно y1 = cos x; y1 = − sin x; y1 = − cos x . Подставляем в уравнение y + y = 0 и получаем тождество − cos x + cos x = 0 . Аналогично можно показать, что функции y2 = 3cos x; y3 = sin x; y4 = −2sin x тоже решения данного уравнения. Покажем, какие из решений линейно зависимы, а какие нет: y1 = cos x; y2 = 3cos x; y1 1 = = const , следовательно y1 и y 2 y2 3 линейно зависимые решения уравнения. Наоборот: y4 = −2sin x; y2 = 3cos x; y4 2 = − tg x  const . Решения y 4 и y 2 y2 3 линейно независимы. 4. Если решения Y1 ( x ) и Y2 ( x ) линейного однородного дифференциального уравнения ( 2) линейно независимы, то выражение y0 ( x ) = C1  Y1 ( x ) + C2  Y2 ( x ) является общим решением однородного дифференциального уравнения ( 2) . 5. Теорема Лиувилля. Y1 ( x ) и Y2 ( x ) два каких-либо линейно независимых решения линейного однородного дифференциального уравнения ( 2) , а W0 Пусть значение определителя Вронского в точке x0 , тогда верна формула: x W ( x ) = W0  e  − a1 ( ) d x0 . 6. Если W ( x0 ) = 0 , то W ( x )  0 . То есть, если определитель Вронского в какой-либо точке равен нулю, то он тождественно равен нулю. 7. Если W ( x0 )  0 , то Y1 ( x ) и Y2 ( x ) линейно независимые решения линейного однородного дифференциального уравнения ( 2) . Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка. Теперь рассмотрим неоднородные уравнения: y + a1 ( x ) y + a0 ( x ) y = f ( x ) (1) Теорема 1: (о структуре общего решения линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка). Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения представляется в виде суммы общего решения соответствующего ему линейного однородного дифференциального уравнения и какого-либо частного решения линейного неоднородного дифференциального уравнения. yо.н. ( x ) = y0 ( x ) + y ( x ) (3) Действительно, подставим ( 3) в (1) , получим: ( y  + a y  + a y ) + ( y  + a y  + a y ) = f ( x ) 1 0 0 0  1  0  . Первая скобка равна нулю, так как y0 ( x ) решение однородного уравнения. Вторая скобка равна f ( x ) , так как y ( x ) частное решение неоднородного уравнения. Получили тождество f ( x )  f ( x ) . Теорема 2: (принцип суперпозиции решений). y + a1 ( x ) y + a0 ( x ) y = f1 ( x ) + f 2 ( x ) (1) yо.н. ( x ) = y0 ( x ) + y1 ( x ) + y2 ( x ) (3) Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения (1) со сложной правой частью представляет собой сумму общего решения соответствующего ему линейного однородного дифференциального уравнения и двух частных решений линейного неоднородного дифференциального уравнения с правой частью, равной отдельно взятой сначала f1 ( x ) , потом f 2 ( x ) . Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. Общий вид такого уравнения: y + p  y + q  y = f ( x ) где ( 4) , p и q - известные числа, а f ( x ) - известная непрерывная функция. Исходя из теоремы 1: yо.н. ( x ) = y0 ( x ) + y ( x ) ( 5) y0 ( x ) = C1  Y1 ( x ) + C2  Y2 ( x ) ( 6) y0 ( x ) - общее решение соответствующего однородного уравнения: y + p  y + q  y = 0 (7) Поэтому сначала рассмотрим, как решать линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. Решение линейных однородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами. Основная задача состоит в нахождении двух линейно независимых частных решений Y1 ( x ) и Y2 ( x ) . Для того, чтобы найти эти функции, будем искать частное решение в виде: y ( x ) = e x , где  = const . Подставим это решение в уравнение ( 7 ) . Получим: y ( x ) = e x ; y ( x ) =  e x ; y ( x ) =  2 e x y + p  y + q  y = 0;  2 e x + p  e x + q e x = 0 e x (  2 + p  + q ) = 0; e x  0  (  2 + p  + q ) = 0 . Полученное квадратное уравнение называется характеристическим уравнением для линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами. 2 + p  + q = 0 (8) Рассмотрим различные случаи нахождения корней характеристического уравнения и нахождения общего решения уравнения ( 7 ) . Первый случай. Решаем уравнение 2 + p  + q = 0 . Находим дискриминант D = p − 4q; D  0 . Это означает, что квадратное уравнение имеет два действительных и различных корня: 2 1 = −p− D −p + D ; 2 = ; 1  2 2 2 Тогда два решения однородного уравнения будут: Y1 ( x ) = e1x и Y2 ( x ) = e2 x . Покажем, что они линейно независимы: Y1 ( x ) e1x  − x = 2 x = e( 1 2 )  const , следовательно решения линейно Y2 ( x ) e независимы и общее решение однородного уравнения: y0 ( x ) = C1 e1x + C2 e2 x Пример: Решить однородное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами: y + 3 y − 4 y = 0 . Составляем характеристическое уравнение:  2 + 3  − 4 = 0; D = 9 + 16 = 25  0; 1 = −3 − 5 −3 + 5 = −4; 2 = =1 2 2 y0 ( x ) = C1 ex + C2 e−4 x . Второй случай. Решаем уравнение 2 + p  + q = 0 . Находим дискриминант D = p − 4q; D = 0 . Это означает, что квадратное уравнение имеет два действительных и равных корня: 2 1,2 = −p ; 2 1 = 2 =  . Тогда чтобы два решения однородного уравнения были линейно независимы возьмем: Y1 ( x ) = e x и Y2 ( x ) = x e x . Покажем, что они Y1 ( x ) e1x 1 = =  const . Докажем, что 1 x линейно независимы: Y x x e x 2( ) Y2 ( x ) = x e x является решением: y ( x ) = x e x ; y ( x ) = e x +  x e x ; y ( x ) =  e x +  e x +  2 x e x 2 e x + x 2 e x + p ( e x + x e x ) + qx e x = 0 e x ( 2 + x 2 + p + px + qx ) = 0; e x  0 ( 2 + p ) + x (  2 + p + q ) = 0;  = − p  ( 2 + p ) = 0 2 Вторая скобка равна нулю из (8) , поэтому Y2 ( x ) = x e x является решением. Следовательно общее решение однородного уравнения: y0 ( x ) = C1 e x + C2 x e x Или y0 ( x ) = e x ( C1 + C2 x ) Пример: Решить задачу Коши для однородного уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами:  y + 2 y + y = 0   y (0) = 2 .   y ( 0 ) = 3 Составляем характеристическое уравнение:  2 + 2  + 1 = 0; D = 4 − 4 = 0; 1,2 =  = −2 = −1 2 y0 ( x ) = C1 e− x + C2 x e− x Найдем произвольные постоянные из начальных условий: y0 ( 0 ) = C1 = 2 y0 = −C1 e− x + C2 e− x − C2 x e− x y0 ( 0 ) = −C1 + C2 = 3  C2 = 5 Теперь запишем частное решение уравнения: yч. ( x ) = 2e− x + 5x e− x Третий случай. Решаем уравнение 2 + p  + q = 0 . Находим дискриминант D = p − 4q; D  0 . Это означает, что квадратное уравнение имеет два различных комплексно-сопряженных корня: 2 1,2 = −p D i 2 Y1 ( x ) = e(  +i)x и ;  =− 4q − p p ;= ; 1,2 =     i 2 2 Y2 ( x ) = e(  − i) x Решение дифференциального уравнения с действительными коэффициентами не можем записывать в комплексном виде. Поэтому перейдем к тригонометрической записи комплексных чисел и запишем решения Y1 ( x ) и Y2 ( x ) по-другому. Y1 + Y2 e( Y = = 2  +i)x  1 Учитывая, что Y1 = e x Y2 = e x  − i ) x e ix + e−  ix =e 2 x ei = cos  + i sin  получим: cos  x + cos  x  x = e cos  x 2 Y1 − Y2 e( Y = = 2i  2 + e( 2  +i)x − e( 2i  − i ) x e ix − e−  ix =e 2i x i sin  x + i sin  x  x = e sin  x 2 Y1 ( x ) e x cos  x = = ctg  x  const , следовательно решения линейно Y2 ( x ) e x sin  x независимы и общее решение однородного уравнения: y0 ( x ) = e x ( C1 cos  x + C2 sin  x ) Пример: Решить задачу Коши для однородного уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами:  y − 4 y + 13 y = 0   y ( 0) = 1 .   y ( 0 ) = 2  2 − 4  + 13 = 0; D = 16 − 52 = −36  0; 1,2 = 4  6i = 2  3i;  = 2;  = 3 2 y0 ( x ) = e2 x (C1 cos3x + C2 sin 3x ) Найдем произвольные постоянные из начальных условий: y0 ( 0 ) = C1 = 1 y0 = 2 e 2 x ( C1 cos 3x + C2 sin 3x ) + e 2 x ( −3C1 sin 3x + 3C2 cos 3x ) y0 ( 0 ) = 2C1 + 3C2 = 2  C2 = 0 yч. ( x ) = e2 x cos3x