Дифференциальные уравнения второго порядка

 

Будем рассматривать уравнения второго порядка, разрешенные относительно второй производной:

y ¢¢ = f (x, y, y ¢). (11)

Теоремасуществования и единственности решения. Пусть функция
f (x, y, y ¢) и ее частные производные ¶ f /¶ y, ¶ f /¶ y ¢непрерывны в некоторой области D пространства переменных (x, y, y ¢). Тогда для любой точки (x ₀, y ₀, y ₀¢)этой области существует единственное решение уравнения (11), удовлетворяющее начальным условиям y (x ₀) = y ₀, y ¢(x ₀) = y ₀¢.

Задачу отыскания решения (11) по заданным начальным условиям называют задачей Коши.

Далее будем рассматривать линейные дифференциальные уравнения второго порядка, которые имеют следующий общий вид:

y ¢¢ + p (x) y ¢ + q (x) y = f (x), (12)

где y – искомая функция, p (x), q (x), f (x) – заданные функции, непрерывные на некотором интервале (a, b). Если f (x) = 0, то (12) называется линейным однородным уравнением, если f (x) ¹ 0, –то неоднородным. Уравнение (12) при любых начальных условиях имеет единственное решение задачи Коши.

В дальнейшем рассматриваем (12) в случае, когда p (x), q (x) –постоянные величины, т.е. имеем уравнение

y ¢¢ + p×y ¢ + q×y = f (x), p, q = const. (13)

Теперь рассмотрим однородное уравнение

y ¢¢ + p×y ¢ + q×y = 0, (14)

соответствующее (13). Ищем решение (14) в виде y = e ^kx, где k – некоторое число. Подставляя y = e ^kx в (14), получаем k ²×e ^kx + k×p ×e ^kx + q ×e ^kx = 0 или

k ² + k×p + q = 0. (15)

Если k – корень уравнения (15), то функция y = e ^kx – решение однородного уравнения (14). Уравнение (15) называется характеристическим уравнением для дифференциального уравнения (14). Вид общего решения (14) существенно зависит от того, какие корни имеет характеристическое уравнение. Обозначим эти корни через k ₁ и k ₂. Справедливо следующее утверждение.

Теорема. Если корни характеристического уравнения (15) вещественные и k ₁ ¹ k ₂, то общее решение (14) имеет вид y = C₁×exp(k ₁ x) + C₂×exp(k ₂ x), где C₁, C₂ – произвольные постоянные. Если корни характеристического уравнения (15) вещественные и равны между собой (k ₁ = k ₂ = k), то общее решение (14) имеет вид y = (C₁ + C₂ x)e ^kx. Наконец, если корни характеристического уравнения (15) комплексные, т.е. k ₁ = a + i×b, k ₂ = a – i×b, где i – мнимая единица, a, b – вещественные числа, то общее решение (14) будет иметь вид
y = e ^ax [C₁×cos(bx) + C₂×sin(bx)].

Пример 1. Решить дифференциальное уравнение y ¢¢ – 3 y ¢ + 2 y = 0.

Решение. Здесь характеристическое уравнение имеет вид k ² – 3 k + 2 = 0, которое имеет два корня k ₁ =1, k ₂ =2. Итак, общее решение y = C₁e ^x + C₂e^{2 x}.

Пример 2. Решить дифференциальное уравнение 2 y ¢¢ + 8 y ¢ + 8 y = 0.

Решение. Сокращая на 2, запишем исходное уравнение в виде

y ¢¢ + 4 y ¢ + 4 y = 0.

Соответствующее характеристическое уравнение k ² + 4 k + 4 = (k + 2)² = 0; его корни k ₁ = k ₂ = –2. Следовательно, общим решением будет y = (C₁ + C₂ x)×e^{– 2 x}.

Пример 3. Решить дифференциальное уравнение y ¢¢ + 4 y ¢ + 6 y = 0.

Решение. Соответствующее характеристическое уравнение k ² + 4 k + 6 = 0имеет два комплексных сопряженных корня k ₁ = –2 + i, k ₂ = –2 – i. Общее решение исходного уравнения y = e^{– 2 x} (C₁×cos(x) + C₂×sin(x)).

Рассмотрим неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами вида (13). Общее решение получают несколькими способами. Рассмотрим метод вариации произвольных постоянных. Можно доказать, что общее решение линейного однородного уравнения (14) имеет вид

y _одн(x) = C₁× y ₁(x) + C₂× y ₂(x),

где C₁, C₂ – произвольные постоянные, а y ₁(x), y ₂(x) – линейно независимые функции (т.е. линейная комбинация a₁ y ₁(x) + a₂ y ₂(x) º 0 тогда и только, когда a₁ = a₂ = 0). Теперь переходим к решению неоднородного уравнения. Полагаем C₁, C₂ функциями от x, т.е. C₁ = C₁(x), C₂ = C₂(x). Варьируя произвольные постоянные, получаем общее решение уравнения (13) как

y = C₁(x)× y ₁(x) + C₂(x)× y ₂(x),

где C₁, C₂ определяется из системы

C₁¢× y ₁(x) + C₂¢× y ₂(x) = 0,

C₁¢× y ₁¢(x) + C₂¢× y ₂¢(x) = f (x);

при этом y ₁(x), y ₂(x) – частные линейно независимые решения соответствующего однородного линейного уравнения. Отметим, что

{ y ₁ = exp(k ₁ x), y ₂ = exp(k ₂ x) (k ₁ ¹ k ₂) }, { y ₁(x) = e ^{k x}, y ₂(x) = x× e ^{k x} },

{ y ₁ = e ^ax ×cos(bx), y ₂ = e ^ax ×sin(bx) } –

три пары линейно независимых функций, являющиеся частными решениями однородных линейных уравнений в соответствии с сформулированной теоремой.

Пример. Решить дифференциальное уравнение y ¢¢ + 2 y ¢ + 2 y = x ×e ^{– x}.

Решение. Соответствующее однородное уравнение есть y ¢¢ + 2 y ¢ + 2 y = 0. Его характеристическое уравнение k ²+2 k +2=0имеет корни –1± i. Поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид y _одн = e^{– x} (C₁×cos(x) + C₂×sin(x)).В качестве y ₁(x), y ₂(x) выбираем функции y ₁(x) = e^{– x} cos(x), y ₂(x) = e^{– x} sin(x). Варьируем C₁, C₂. Т.к.

y ₁¢(x) = – e ^{– x} cos(x) – e ^{– x} sin(x), y ₂¢(x) = – e ^{– x} sin(x) + e ^{– x} cos(x),

то

C₁¢×e^{– x} cos(x) + C₂¢×e^{– x} sin(x) = 0,

C₁¢×(– e^{– x} cos(x) – e^{– x} sin(x))+ C₂¢×(– e^{– x} sin(x) + e^{– x} cos(x)) = x ×e^{– x}

или после сокращения на e^{– x} и преобразования

C₁¢×cos(x) + C₂¢×sin(x) = 0,

C₁¢×(cos(x) + sin(x))+ C₂¢×(sin(x) – cos(x)) = – x.

Используя правило Крамера для решения этой системы, находим C₁¢, C₂¢:

C₁¢=D₁/D, C₂¢=D₂/D,

где

D = =

=cos(x)×(sin(x)–cos(x)) – sin(x)×(cos(x)+sin(x))= – cos²(x) – sin²(x) = –1.

D₁ = = x ×sin(x), D₂ = = – x ×cos(x).

Получаем C₁¢= – x ×sin(x), C₂¢= x ×cos(x). Теперь определяем C₁(x), C₂(x):

C₁(x) = ò (– x ×sin(x)) dx + C₁^*, C₂(x) = ò x ×cos(x) dx + C₂^*,

где C₁^*, C₂^* – новые произвольные постоянные. Применяя метод интегрирования по частям, получаем

C₁(x) = x ×cos(x) – sin(x) + C₁^*, C₂(x) = x ×sin(x) + cos(x) + C₂^*.

Теперь выписываем общее решение исходного неоднородного линейного уравнения:

y = C₁(x)× y ₁(x) + C₂(x)× y ₂(x) =

= e ^{– x} [(x ×cos(x) – sin(x) + C₁^*)×cos(x) + (x ×sin(x) + cos(x) + C₂^*)×sin(x)].

Упрощая, получаем общее решение в более компактном виде:

y = e ^{– x} [C₁^*cos(x) + C₂^*sin(x) + x ].

Пример. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

y ¢¢+ y ¢= x с начальными условиями y (0)=1, y ¢(0) =1.

Решение. Соответствующее однородное уравнение есть y ¢¢+ y ¢= 0. Решая соответствующее ему характеристическое уравнение k ² + k =0, получаем k ₁=0, k ₂= –1, откуда y _одн = C₁×e^{0 x} + C₂×e ^{– x} = C₁×1 + C₂×e ^{– x}. Здесь в качестве y ₁(x), y ₂(x) выбираем функции y ₁(x) = 1, y ₂(x) = e ^{– x} . Варьируем C₁, C₂:

C₁¢×1 + C₂¢×e ^{– x} = 0, или C₁¢ + C₂¢×e ^{– x} = 0,

C₁¢×(1)¢+ C₂¢×(e ^{– x})¢ = x –C₂¢×e ^{– x} = x.

откуда C₂¢= – x ×e ^x, C₁¢= –C₂¢×e ^{– x} = x. Интегрируя по частям, находим C₁(x), C₂(x):

C₁(x) = ò x dx + C₁^* = + C₁^*, C₂(x) = – ò x× e ^x dx + C₂^* = e ^x (1– x) + C₂^*.

Теперь выпишем общее решение исходного уравнения y ¢¢+ y ¢= x:

 

y (x) = C₁(x)× y ₁(x) + C₂(x)× y ₂(x) = C₁(x)×1 + C₂(x)×e ^{– x} =

= + C₁^* + (e ^x (1– x) + C₂^*)×e^{– x} = – x + 1 + C₁^* + C₂^*×e^{– x} ,

где C₁^*, C₂^*– произвольные постоянные. Теперь найдем частное решение, удовлетворяющее начальным условиям y (0)=1, y ¢(0) =1. Имеем

y (0) = 1 + C₁^* + C₂^*= 1,

y ¢(0) = (– x + 1 + C₁^* + C₂^*×e^{– x})¢ _{x =0} = (x – 1 – C₂^*×e^{– x}) _{x =0} = –1 – C₂^*= 1.

Решая полученную систему, находим C₁^* и C₂^*: C₁^* = – C₂^* = 2. Итак, решая задачу Коши, однозначно определили значения постоянных C₁^*, C₂^*. Имеем

y = – x + 1 + C₁^* + C₂^*×e^{– x} = – x + 1 + 2 – 2e^{– x}.

Теперь можно записать окончательный ответ: y = – x – 2e^{– x} + 3.

 

9.3. ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПРОИЗВОЛЬНОГО ПОРЯДКА
С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

 

Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение n -го порядка с постоянными коэффициентами. Оно имеет вид

a ₀ y ⁽ⁿ⁾ + a ₁ y ^{(n – 1)} + … + a_{n – 1} y ¢ + a_n y = 0. (16)

Для его решения следует составить характеристическое уравнение

a ₀ kⁿ + a ₁ k^{n – 1} + … + a_{n –1} k + a_n = 0 (17)

и найти все его корни. Общее решение содержит n произвольных постоянных и является линейной комбинацией частных решений следующих четырех типов.

1. Если k – вещественный и простой корень характеристического уравнения (17), то ему соответствует частное решение e ^kx.

2. Если k – вещественный корень кратности m, то ему соответствует серия частных решений e ^kx, x e ^kx, …, x^{m –1}×e ^kx.

3. Если k = a ± i×b – пара комплексно сопряженных корней характеристического уравнения (17) кратности 1, то этой паре соответствует пара частных решений: e ^ax cos(bx) и e ^ax ×sin(bx).

4. Если k = a ± i×b – пара комплексно сопряженных корней характеристического уравнения (17) кратности s, то этой паре соответствует серия частных решений:

e ^ax ×cos(bx), x ×e ^ax ×cos(bx), …, x^{s –1} e ^ax ×cos(bx),

e ^ax ×sin(bx), x e ^ax ×sin(bx), …, x^{s –1} e ^ax ×sin(bx).

Пример 1. Решить дифференциальное уравнение y ⁽⁵⁾ – 2 y ⁽⁴⁾ – 16 y ¢ + 32 y =0.

Решение. Данному уравнению соответствует характеристическое уравнение k ⁵ – 2 k ⁴ – 16 k + 32 = 0. Для его решения перепишем это характеристическое уравнение в виде

k ⁴ (k –2) – 16(k –2) = (k ⁴ – 16)×(k –2) = (k ² – 4)×(k ² +4)×(k –2) = (k –2)²×(k +2)×(k ² + 4).

Имеем следующие корни: k ₁ = –2(кратность 1), k ₂ = 2 (кратность 2), k _3,4 = ±2 i (кратность 1). В силу вышесказанного получим общее решение

y = C₁e^{–2 x} + (C₂ + C₃ x)e^{2 x} + C₄ cos(2 x) + C₅ sin(2 x),

где C₁, …, C₅ – произвольные постоянные.

Пример 2. Решить дифференциальное уравнение y ⁽⁶⁾ + 6 y ⁽⁴⁾ + 9 y ⁽²⁾ = 0.

Решение. Характеристическое уравнение имеет вид k ⁶ + 6 k ⁴ + 9 k ² = 0. Запишем его в виде k ² (k ⁴ + 6 k ² + 9) = k ² (k ² + 3)² = 0. Получаем корни k ₁ = 0 (кратность 2), k _2,3 = ±× i (кратность 2). Общее решение имеет вид

y = C₁ + C₂ x + (C₃ + C₄ x)×cos(x) + (C₅ + C₆ x)×sin(x),

где C₁, …, C₆ – произвольные постоянные.

Пример 3. Решить дифференциальное уравнение y ⁽⁵⁾ + y ⁽⁴⁾ + y ⁽³⁾ = 0.

Решение. Характеристическое уравнение имеет вид k ⁵ + k ⁴ + k ³ = 0. Запишем его в виде k ³ (k ² + k + 1) = 0.Получаем корни

k ₁ = 0 (кратность 3), k _2,3 = (кратность 1). Общее решение имеет вид

y = C₁ + C₂ x + C₃ x ² + C₄ ×e^{– x / 2} cos(x) + C₅×e^{– x / 2}×sin(x),

где C₁, …, C₅ – произвольные постоянные.

Задача Коши. Требуется найти решение уравнения (16), удовлетворяющее условиям y (x ₀) = y ₀, y ¢(x ₀) = y ₀¢, …, y ^{( n –1)}(x ₀) = y ₀^{( n –1)}.

Доказывается, что задачи Коши для (16) имеет единственное решение.

Пример. Требуется найти решение уравнения y ⁽⁴⁾ – y = 0, удовлетворяющее начальным условиям y (0) =1, y ¢(0) =0, y ¢¢(0) =2, y ¢¢¢(0) =0.

Решение. Решая характеристическое уравнение k ⁴ – 1 =0, получаем корни k _1,2 = ±1, k _3,4 = ± i (все кратности 1), после чего записываем общее решение

y (x) = C₁e ^x + C₂ e^{– x} + C₃ cos(x) + C₄ sin(x),

где C₁, C₂, C₃, C₄ – произвольные постоянные. В дальнейшем определим значения C₁, C₂, C₃, C₄ , решив задачу Коши. Вычислим производные y (x) вплоть до 3-го порядка:

y ¢(x) = C₁e ^x – C₂ e^{– x} – C₃ sin(x) + C₄ cos(x),

y ¢¢(x) = C₁e ^x + C₂ e^{– x} – C₃ cos(x) – C₄ sin(x),

y ¢¢¢(x) = C₁e ^x – C₂ e^{– x} + C₃ sin(x) – C₄ cos(x).

С учетом начальных условий определяем постоянные C₁, C₂, C₃, C₄ :

y (0) = C₁ + C₂ + C₃ = 1, y ¢(0) = C₁ – C₂ + C₄ = 0,

y ¢¢(0) = C₁ + C₂ – C₃ =2, y ¢¢¢(0) = C₁ – C₂ –C₄ = 0.

Имеем C₁+C₂ =, C₁ – C₂ = 0, откуда C₁ = C₂ =, C₃ = –, C₄ = 0.

Таким образом, y (x) = (e ^x + e^{– x}) – cos(x).