Отсюда, применяя интегрирование по частям, находим

C(x) = ∫(10x −9)e5 x dx =1 ∫(10x	−9)de5 x =1 ((10x −9)e5 x −10∫e5 x dx)=
5		5
= 1 ((10x −9)e5 x −2e5 x )+C1 =		1 (10x −11)e5 x +C1 .
5		5
Следовательно, общее решение уравнения имеет вид
y =C(x)e−5 x =	1 (10x −11) +C e−5 x ,
	5	1
где C1 – произвольная постоянная.
Задачи
Решить уравнение:
1. y′ = −4x( y −1)2 .		2. (x +2) y′= y .
3. y′ = y2 −4 .		4. xy′−5 y = x5 .
5. y′−3y =12x +5 .		6. y′+	2x		−3
				y = x		.
			x2 +4

Найти решение уравнения, удовлетворяющее начальному условию:

7. y′+2xy2 = 6xy , y(0) = 2.

8. x2 y′−4xy −10 = 0 , y(1) =1.

71

6BГ л а в а 2

7BЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ

ВТОРОГО ПОРЯДКА С ПОСТОЯННЫМИ

КОЭФФИЦИЕНТАМИ

2.1. Структура общего решения

Рассматриваются уравнения вида
y′′+a1 y′+a2 y = f (x) ,	(12)
где a1 , a2 =const – коэффициенты уравнения, f (x)	– его правая часть.
Уравнение с нулевой правой частью
y′′+a1 y′+a2 y =0	(13)

называется однородным уравнением, соответствующим уравнению (12). Исходное уравнение (12) (с отличной от тождественного нуля правой частью) называется неоднородным.

Структура общего решения уравнения (12) описывается теоремой:

общее решение уравнения (12) имеет вид

y = y0 + yˆ ,

(14)

где y0 – общее решение соответствующего однородного уравнения (13),

аyˆ – произвольное частное решение уравнения (12).

Вследующих двух пунктах приводятся способы построения решений y0 и yˆ .

72

22B2.2. Общее решение однородного уравнения

Рассмотрим задачу о построении общего решения однородного

уравнения (13). Заметим, что если y1 (x) и	y2 (x) – какие-либо частные
решения этого уравнения, то любая их линейная комбинация
y =C1 y1 +C2 y2	(15)

с произвольными постоянными C1 , C2 также является решением. Более того, если решения y1 (x) , y2 (x) линейно независимы, то есть не получа-

ются одно из другого умножением на числовой коэффициент, то формула (15) дает общее решение уравнения (13). Следовательно, задача построения общего решения однородного уравнения (13) сводится к отысканию пары его линейно независимых решений y1 (x) и y2 (x) , назы-

ваемых фундаментальной системой решений (ФСР), уравнения (13).

Решается эта задача в два шага.

Шаг I. Для уравнения (13) составляется соответствующее характе-

ристическое уравнение
λ2 +a λ +a	2	= 0	(16)
1

относительно неизвестной λ , при этом каждая производная в (13) заменяется соответствующей степенью λ . Определяются корни λ1 и λ2

уравнения (16).

Шаг II. В зависимости от свойств найденных корней строится соответствующая ФСР уравнения (13) по правилам:

1) если λ1 , λ2 действительные и различные (λ1 ≠ λ2 ), то

y1 = eλ1x , y2 = eλ2 x ;

2) если λ1 , λ2 действительные и совпадают: λ1 =λ2 =α, то

y = eα x ,	y	2	= x eα x ;
1
3) если λ1 =α +βi , λ2 =α −βi	комплексные ( β ≠ 0), то
y = eα x cos βx	, y		2	= eα x sin βx .
1

В каждом из этих случаев общее решение уравнения (13) находится по формуле (15).

Пример 9. Решить уравнения:

а) y′′+2 y′−3y = 0 ; б) y′′−4 y′+4 y = 0 ;		в) y′′+2 y′+5y = 0 .
Решение. а) Составляем	характеристическое		уравнение

λ2 +2λ −3 = 0 .

Его корни λ1 =1 и λ2 = −3 действительны и различны, поэтому им соответствует ФСР y1 = ex , y2 = e−3x . Общее решение дифференциального уравнения имеет вид

73

y =C1ex +C2e−3x .

б) Характеристическое уравнение λ2 −4λ +4 = 0 имеет совпадающие корни (кратный корень) λ1 =λ2 = 2 . Им соответствует ФСР y1 = e2 x ,

y2 = xe2 x , и общее решение дифференциального уравнения имеет вид y = (C1 +C2 x)e2 x .

в) Характеристическое уравнение λ2 +2λ +5 = 0 имеет комплексные корни λ1,2 = −1±2i , поэтому соответствующая ФСР состоит из

функций y1 = e−x cos 2x , y2 = e−x sin 2x . Общее решение дифференциального уравнения представляется в виде

y = e−x (C1 cos 2x +C2 sin 2x) .

23B2.3. Решение неоднородного уравнения

Рассмотрим исходное неоднородное уравнение (12). Покажем, как находить его частное решения для правых частей специального вида

f (x) = keμ x ,

(17)

где k и μ – постоянные, причем для простоты ограничимся случаем, когда μ не является корнем характеристического уравнения (16). В

этом случае частное решение уравнения (12) следует искать в виде, аналогичном (17), а именно

y = Aeμ x ,

(18)

где A – постоянная, определяемая после подстановки выражения (18) в (12).

Зная частное решение неоднородного уравнения и общее решение соответствующего однородного уравнения, по формуле (14) находим общее решение исходного уравнения (12). Заметим, что случай постоянной правой части f (x) = k , получаемый из (17) при μ = 0 , также входит

в рассмотрение (см. пример 12).

Пример 10. Решить уравнение y′′+2 y′−3y = 25e2 x .

Решение. Правая часть этого уравнения имеет вид (17) с μ = 2 .

Соответствующее однородное уравнение рассматривалось в примере 9а. Число μ = 2 не является корнем его характеристического уравнения, по-

этому частное решение ищем в виде

y = Ae2 x .

Подстановка этого выражения в дифференциальное уравнение дает

74

A(4 +4 −3)e2 x = 25e2 x , 5A = 25, A = 5 .

Следовательно, находим частное решение yˆ = 5e2 x . Используя ре-

зультат примера 9а, по формуле (14) получаем общее решение исходного уравнения:

y =C1ex +C2e−3x +5e2 x .

Пример 11. Решить уравнение y′′−6 y′+9 y = 4e−x .

Решение. 1) Рассмотрим сначала однородное уравнение y′′−6 y′+9 y = 0 .

Соответствующее характеристическое уравнение λ2 −6λ +9 = 0 имеет совпадающие корни λ1 =λ2 =3, поэтому общее решение однород-

ного уравнения дается формулой

y0 = (C1 +C2 x)e3x .

2) Вернемся к исходному неоднородному уравнению. Его правая часть имеет вид (17) с μ = −1, причем это значение не является корнем

характеристического уравнения. Поэтому частное решение ищем в виде y = Ae−x .

Подстановка в дифференциальное уравнение дает

A(1+6 +9)e−x = 4e−x , 16 A = 4 , A = 14 .

Следовательно, искомое частное решение имеет вид yˆ = 14 e−x .

3) По формуле (14) получаем общее решение исходного уравнения: y = (C1 +C2 x)e3x + 14 e−x .

Пример 12. Решить уравнение

y′′+10 y′+26 y =52.

Решение. 1) Рассмотрим однородное уравнение y′′+10 y′+26 y = 0 . Соответствующеехарактеристическоеуравнение

λ2 +10λ +26 = 0

имеет комплексные корни λ1,2 = −5 ±i , поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид

y0 = e−5x (C1 cos x +C2 sin x) .

75

2) Вернемся к исходному неоднородному уравнению. Его правая часть имеет вид (17) с μ = 0 , причем это значение не является корнем

характеристического уравнения. Поэтому частное решение ищем в виде y = A .

Подстановка этого выражения в дифференциальное уравнение дает

26A = 52 , A = 2 .

Следовательно, искомое частное решение имеет вид yˆ = 2 .

3) По формуле (14) находим общее решение исходного уравнения y = e−5 x (C1 cos x +C2 sin x) + 2 .

Чтобы из общего решения уравнения второго порядка выделить частное решение, нужно задать два дополнительных условия. Например, это могут быть начальные условия y(x0 ) = y0 , y′(x0 ) = y1 , определяющие

значения решения и его производной в некоторой точке x0 .

Пример 13. Для уравнения из примера 12 найти решение, удовлетворяющее начальным условиям y(0) = 2, y′(0) =1.

Решение. Выражение для общего решения и его производной имеют вид

y = e−5 x (C1 cos x +C2 sin x) +2 ,

y′ = −5e−5 x (C1 cos x +C2 sin x) +e−5 x (−C1 sin x +C2 cos x) .

Подставив в них x = 0 и заданные начальные значения, получим

2 =C1 +2 , 1 = −5C1 +C2 ,

откуда найдем C1 =0 , C2 =1. Таким образом, искомое частное решение имеет вид

y = e−5 x sin x + 2 .

24B2.4. Замечание об уравнениях

произвольного порядка

Описанный в этом параграфе метод решения линейных уравнений второго порядка применим для линейных уравнений любых порядков. Рассмотрим для иллюстрации линейное уравнение первого порядка

y′+ay = f (x) .

Общий метод решения таких уравнений изложен в п. 1.3. Однако в случае, если a =const и f (x) = keμx , где k и μ – постоянные, можно

76