Решение неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами

БСБО-01-18−БСБО-04-18 Дифференциальные уравнения. Лекция 6 Решение неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами Def. 1.1. §1. Основные понятия. Уравнение вида y  p  y  q  y  f (x), (1) где p, q  const , p, q  R , f (x) − функция, определенная и непрерывная для x  a, b , называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением (ЛНДУ) второго порядка с постоянными коэффициентами. Такое уравнение является частным случаем рассмотренного в лекции 5 ЛНДУ y' 'a1 x   y' x   a2 x   y  f x , с переменными коэффициентами. Поэтому для него также справедлива сформулированная в этой лекции теорема об общем решении ЛНДУ. Согласно этой теореме общее решение ЛНДУ находится по формуле y x   y x    x  То есть это сумма некоторого частного решения  (x) рассматриваемого ЛНДУ и общего решения соответствующего ему ЛОДУ. Находить общее решение y x  для ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами мы уже умеем. Рассмотрим как подобрать частное решение  (x) ЛНДУ (1), в зависимости от вида f (x). Приведем два метода, позволяющих построить  x  . 1. Метод вариации постоянных, применимый к любому уравнению вида (1). Недостатком этого метода является то, что в ходе его реализации интегрирование некоторых возникающих функций не всегда удается выполнить в квадратурах. 2. Метод неопределенных коэффициентов (метод подбора). Заметим, что этот метод часто бывает трудоемок, но не приводит к принципиальным затруднениям. Недостатком этого метода является то, что он применим только к частным случаям уравнения (1), когда f x  имеет вид квазимногочлена (т.е. функции специального вида). OH OO OO §2. Метод вариации постоянных. Пусть дано ЛНДУ второго порядка с постоянными коэффициентами (1) y  p  y  q  y  f (x), 1 БСБО-01-18−БСБО-04-18 и соответствующее уравнению (1) ЛОДУ: y  p  y  q  y  0, (2) для которого известна фундаментальная система решений y1 x  и y2 x  . Тогда общее решение ЛОДУ (2) запишется в виде (3) yo.o.  c1  y1 x   c2  y2 x , где с1 и с2 – произвольные постоянные. По методу вариации постоянных общее решение ЛНДУ (1) запишется в виде (3). При этом предполагается, что с1 и с2 – не постоянные, а некоторые функции от x: (4) yo.o.  c1 x   y1 x   c2 x   y2 x  Для нахождения c1 x  и c2 x  используется следующая теорема: Теорема 1. (Метод вариации постоянных) Пусть в уравнении y  p  y  q  y  f (x) (1) выполняются следующее: 1. f x  – непрерывная функция для x  a, b ; 2. y1 x  , y2 x  – фундаментальная система решений ЛОДУ (2); 3. 1 x  , 2 x  – решения линейной системы  y1 x  y2 x  1 x    0                y x y x  x   f x   1  2   2 ~ ~ 4. C1 x  , C2  x  – первообразные для функций 1 x  и 2 x  , т.е. ~ ~ C1 x    1 x dx , C2 x    2 x dx (5) Тогда ЛНДУ (1) имеет частное решение ~ ~ (6)  x   C1 x   y1 x   C2 x   y2 x  и его общее решение задается формулой ~ ~ (6) yO. H . x   C1 x   c1  y1  C2 x   c1  y2 , где c1 , c2 – const, c1 , c2  R . Закрепим разобранный метод на решении следующего примера: Пример № 1.1. Используя метод вариации постоянной, решить уравнение: y  2 y  y  6e  x . Решение: 1. Решаем соответствующее ЛОДУ: y  2 y  y  0. Оно имеет характеристическое уравнение: k 2  2k  1  0 . D  4  4  0 , следовательно, корни действительные и равные: k1  k2  1 .     2 БСБО-01-18−БСБО-04-18 Соответствующая ФСР состоит из функций: y1 x   e  x ; y2 x   x  e  x . Следовательно, общее решение ЛОДУ имеет вид: yO.O.  c1e x  c2 x  e  x , где c1 , c2 – const, c1 , c2  R . 2. Правая часть ЛНДУ: f x   6e  x . Для нахождения  x  методом вариации составляем систему: xe  x  1 x    0   e x   x      x  x  x     x  e e  xe   2   6e  Получаем: 1e  x   2  x  e  x  0  1 x x x  1e   2 e  x   2 e  6e В результате сложения уравнений системы получаем: 2 x   6 ; ~ ~ C2 x    6dx  6 x ; 1 x   6 x ; Следовательно, C1 x    6 xdx  3x 2 . ~ ~ По формуле (6)  x   C1 x   y1 x   C2 x   y2 x  находим частное решение уравнения:  x   3x 2  e x  6 x  xe  x  3x 2e x , а затем общее yO. H . x   c1  e x  c2 xe  x  3x 2e x . Ответ: yO. H . x   c1  e x  c2 xe  x  3x 2e  x § 3. Метод неопределенных коэффициентов. 1. Правая часть специального вида f x   Pn x   e x . Если правая часть уравнения y  p  y  q  y  f (x), (1) имеет вид f x   Pn x   e x , то справедлива теорема 2. Теорема 2. Пусть в уравнении (1) f x   Pn x   e x (7) где  – вещественное число, Pn x  – многочлен степени n. Тогда ЛНДУ (1) имеет частное решение вида:  x   x S  Qn x   e x , (8) где Qn x  – многочлен степени n; S равно числу корней характеристического уравнения k 2  pk  q  0 , совпадающих с числом  . Заметим, что в выражении (8) S может принимать следующие значения в зависимости от дискриминанта характеристического уравнения: 1) D  0 , имеем два разных действительных корня k1 и k 2 . 3 БСБО-01-18−БСБО-04-18 Если k1   или k2   , то S  1 . Иначе S  0 . 2) D  0 , имеем один корень k кратности 2. Если k   , то S  2 . Иначе S  0 . 3) D  0 . Нет действительных корней. Следовательно, S  0 . Рассмотрим данный случай специального вида правой части ЛНДУ на ранее решенном примере. Пример № 1.2. Решить методом неопределенных коэффициентов ЛНДУ y  2 y  y  6e x . Решение. Решение соответствующего ЛОДУ уже было найдено. В данном методе принципиально изменяется только алгоритм нахождения  x . Правая часть уравнения f x   6e  x соответствует специальному виду f x   Pn x   e x . В нашем случае n  0 (т.к. Pn x   6 – многочлен нулевой степени), следовательно, Qn x   A – многочлен нулевой степени в общем виде;   1; корни характеристического уравнения k1, 2  1 (см. п. 1 примера № 1.1.), совпадают с  , следовательно S  2 . Имеем:  x   x 2  A  e x  Ax2e x . Найдем  x  и  x  , применяя правило производной произведения:  x   2 Ax  e x  Ax2e x  e x 2 Ax  Ax2  Вынесение экспоненты за скобки упрощает нахождение  x  :   x    x   e  x  2 Ax  Ax2   e x 2 A  2 Ax   e x  2 Ax  Ax2  2 A  2 Ax  e x Ax2  4 Ax  2 A . Подставим частное решение вместе с найденными производными в исходное уравнение: e x Ax2  4 Ax  2 A  2e x 2 Ax  Ax2   Ax2e x  6e x Т.к. e  x  0 для x  R и e  x присутствует в каждом слагаемом левой и правой части, выносим e  x за скобку и сокращаем: Ax2  4 Ax  2 A  22 Ax  Ax2   Ax2  6 ; Приводим подобные слагаемые и получаем: 2A  6  A  3. Подставим найденное значение A в  x  :   x   3x 2 e  x . Окончательно получаем: yO. H . x   yO.O. x    x   c1  e x  c2 xe  x  3x 2e x . Ответ: yO. H . x   c1  e x  c2 xe  x  3x 2e  x . Заметим, что ответ совпал с ответом примера, решенного методом вариации постоянных. 4 БСБО-01-18−БСБО-04-18 2. Правая часть спец. вида f x   Pm x   cos x  Rm x   sin x  e x . 1 2 Если правая часть уравнения y  p  y  q  y  f (x), (1) имеет вид f x   Pm x   cos x  Rm x   sin x  e x , то справедлива теорема 3. 1 2 Теорема 3. Пусть в уравнении (1) f x   Pm x   cos x  Rm x   sin x  e x 1 2 (9) где  ,  – вещественные числа, Pm x  и Rm x  – многочлены степеней m1 и m2 соответственно. 1 2 Тогда ЛНДУ (1) имеет частное решение вида:  x   x S  Qm x   cos x  Lm x   sin x   e x , (10) где m  maxm1 , m2  ; Qm x  и Lm x  – многочлены от x степени m, S – кратность   i как корня характеристического уравнения k 2  pk  q  0 . Заметим, что S  1 , если характеристическое уравнение имеет комплексно-сопряженные корни вида k1.2    i . Иначе S  0 . Пример № 2. Решить уравнение y  2 y  cos x . Решение. 1. Решаем ЛОДУ: y  2 y  0 . Характеристическое уравнение: k 2  2k  0 . Решаем k k  2  0 и получаем два действительных корня: k1  0 , k2  2 . Находим ФСР: y1  e0 x  1 ; y2  e 2 x . Таким образом по теореме об общем решении ЛОДУ получаем: yO.O.  c1  c2e 2 x . 2. Находи частное решение. f x   cos x . 2.1. Применяем теорему 3. f x   cos x  1 cos x  0  sin x   e0 x . Т.е. в этом случае m1  0 , m2  0 ,   0 ,   1 . Следовательно, частное решение равно:  x   x 0  A cos x  B sin x e0 x  A cos x  B sin x . Поясним это выражение. В нем S  0 , т.к. характеристическое уравнение имеет действительные корни. A и B – константы, то есть многочлены нулевой степени. Используя подбор, нашли общий вид частного решения  x   A cos x  B sin x . 2.2. Методом неопределенных коэффициентов имеем:  x   A cos x  B sin x ;  x    A sin x  B cos x ;  x    A cos x  B sin x . 5 БСБО-01-18−БСБО-04-18 Подставляем в исходное уравнение и получаем:  A cos x  B sin x  2 A sin x  B cos x   cos x ;  A cos x  B sin x  2 Asin x  2B cos x  cos x . Приведя подобные члены, имеем:  A  2Bcos x   B  2 Asin x  1 cos x  0  sin x . Получаем систему:  A  2 B  1   B  2 A  0 1 2 В результате решения этой системы получаем: A   ; B   . 5 5 Подставляя эти коэффициенты в общий вид частного решения, получаем частное решение 1 2  x    cos x  sin x . 5 5 2.3. Находим решение исходного уравнения y  2 y  cos x . По теореме об общем решении ЛНДУ имеем: yO. H .  yO.O.   x  . 1 2 В нашем случае yO. H .  c1  c2e 2 x  cos x  sin x . 5 5 1 2 Ответ: yO.H .  c1  c2e2 x  cos x  sin x . 5 5 Решим задачу Коши, в которой используется только теорема 3. Пример № 3. Решить задачу Коши: y  y  2 y  cos x  3 sin x. y(0)  1, y(0)  2. Решение: 1. Найдем общее решение соответствующего ЛОДУ: y  y  2 y  0. Его характеристическое уравнение: k2  k  2  0 D  1  4  2  9  0. Корни этого уравнения действительные и различные: 6 БСБО-01-18−БСБО-04-18 1 3 ; 2 k1  2; k 2  1. Следовательно, общим решением ЛОДУ является функция: k1, 2   c e 2 x  c e x , y где c1 и c2  const, c1 , c2  R . O .O . 1 2 2. Правая часть данного ЛНДУ: f ( x)  cos x  3 sin x, т.е. f ( x)  1  cos x  3sin x   e 0 x ,   0,   1. S  0 , т.к. D  0 для характеристического уравнения. Тогда частное решение  x  данного ЛНДУ надо подбирать в виде:  x   A cos x  B sin x, где A и B – некоторые числа, которые определяются неопределенных коэффициентов. методом Найдём  x  и  x  и подставим  x  ,  x  и  x  вместо y, y и y в заданное ЛНДУ: x    A sin x  B cos x; x    A cos x  B sin x.  A cos x  B sin x  ( A) sin x  B cos x  2 A cos x  2B sin x  cos x  3sin x. Приравняем коэффициенты при cos x и sin x : B  1  3 A B  1 sin x :  A  B  2 A  1  B  3 A  1    cos x :  B  A  2 B  3  3B  A  3  3  9 A  A  3  A  0. Следовательно, частным решением данного ЛНДУ является  x   sin x. 3) Найдем общее решение заданного ЛНДУ: y  yO.O.   x  y  c1e 2 x  c2e x  sin x. 4) Решим задачу Коши: найдем частное решение ЛНДУ, удовлетворяющее заданным начальным условиям: y(0)  1, y(0)  2 y  c1e 2 x  c2e x  sin x. y  2c1e  2 x  c2e x  cos x. Подставим в эти функции x  0, y  1 и y  2 : 7 БСБО-01-18−БСБО-04-18  1  c1  c2 c1  c2  1 c1  0 1  c1e  c2e  sin 0      2  2c1e  c2e  cos 0 2  2c1  c2  1  2c1  c2  1 c2  1. Следовательно, частное решение ЛНДУ, удовлетворяющее заданным начальным условиям, задается функцией: y  e x  sin x. Ответ: y  e x  sin x. § 4. Принцип суперпозиции Если в уравнении y  py  qy  f x  (1) f x  равна сумме конечного числа функций f1 x , f 2 x ,..., f n x  вида (7) или (9), т.е. f x    f i x  , то n  x  строится по принципу суперпозиции: i 1  x    i  1  ...  i  ...   n , n i 1 где i x  – частное решение ЛНДУ y  py  qy  fi x  , i  1, n . Пример № 4. Написать общий вид частного решения уравнения: y  5 y  x 2  x  1e2 x  xe5 x  3 cos 5x  x  sin 5x . Решение. Выпишем формулы, необходимые для пояснения решения: f x   Pn x   e x  x   x S  Qn x   e x f x   Pm x   cos x  Rm x   sin x  e x 1 2  x   x  Qm x   cos x  Lm x   sin x   e x S (7) (8) (9) (10) Переходим к решению задачи. 1. Находим корни характеристического уравнения ЛОДУ y  5 y  0 . Имеем: k 2  5k  k k  5  0 , т.е. D  0 , k1  0 , k2  5 . 2. Находим f x    f x  , n i 1 i где f1 x   x 2 , f 2 x   x  1  e 2 x , f 3 x   x  e5 x , f 4 x   3 cos 5x  x  sin 5x . Функция f x  состоит из 4 функций вида (7) или (9), т.е. нужно решить 4 ЛНДУ вида y  5 y  f i x  , где i  1,4 . 2.1. f1 x   x 2 . Это функция вида (7), где n  2,   0 . 1 x  определяется по формуле (8), в которой S  1 , т.к.   0 совпадает с k1  0 (корень характеристического уравнения). 8 БСБО-01-18−БСБО-04-18 Получаем 1 x   xAx2  Bx  C  e0 x  Ax3  Bx2  Cx . 2.2. f 2 x   x  1  e 2 x . Это функция вида (7), где n  1,   2 . 2 x  определяется по формуле (8), в которой S  0 , т.к.   2 не совпадает ни с одним из корней характеристического уравнения. Получаем 2 x   Dx  E   e2 x . 2.3. f 3 x   x  e5 x . Снова формула (7), в которой n  1,   5 .  3 x  определяется по формуле (8), в которой S  1 , т.к.   5 совпадает с k2  5 .  3 x   x  Fx  G   e 5 x 2.4. f 4 x   3 cos5x  x  sin 5x  3 cos5x  x  sin 5x   e 0 x . Это формула (9), в которой m1  0, m2  1,   0,   5 .  4 x  определяется по формуле (10), в которой m  max0;1  1, S  0 , т.к. D  0 для характеристического уравнения. Получаем 4 x   Lx  M   cos5x  Rx  N   sin 5x . Используя принцип суперпозиции, запишем в ответе общий вид частного решения для исходной функции. Ответ:  x   xAx2  Bx  C   Dx  E e 2 x  x  Fx  G   e5 x   Lx  M   cos5x  Rx  N   sin 5x . Литература. 1. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления. Для втузов, том II. Глава XIII, § 23. 2. Задачи и упражнения по математическому анализу для втузов. Под редакцией Б.П. Демидовича. Глава IX , §12. 3. Лекция 6 Антиповой Т.Н. для групп БСБО-01-18 − БСБО-04-18. 9