Математический анализ / Математический анализ учебник

6.9. Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижение порядка

I. Рассмотрим уравнение вида

y00 = f(x):

Сделаем замену y0 = p(x), тогда y00 = p0. Получим уравнение первого по-

рядка p0 = f(x). Тогда

y0 = Z

p(x) = Z

f(x) dx + C1

или

f(x) dx + C1;

y = Z µZ f(x) dx + C1¶ dx + C2:

Аналогично решаются и уравнения более высокого порядка

y(n) = f(x);

тогда

y = Z µZ : : : µZ f(x) dx + C1¶: : : dxn¡1 + Cn¡1¶dxn + Cn:

Пример 6.9.1. Найти общее решение уравнения

y00

= sin2 x:

Найдем сначала

1

1

1

y0 = Z

sin2 x dx + C1 =

Z (1 ¡ cos 2x) dx + C1 =

x ¡

sin 2x + C1

;

2

2

4

тогда

µ

2x ¡

4 sin 2x + C1

¶ dx + C2 =

4x2 +

8 cos 2x + C1x + C2:

y = Z

1

1

1

1

Пример 6.9.2. Найти общее решение уравнения

y(4) = x2:

Имеем:

1

y000 = Z x2dx + C1 =

x3 + C1;

3

1

1

y00 = Z µ

x3 + C1¶ dx + C2 =

x4 + C1x + C2;

3

12

1

1

y0 = Z µ

x4 + C1x + C2¶ dx + C3 =

x5 + C1x2 + C2x + C3;

12

60

211

тогда общее решение будет иметь вид
y = Z µ	1	x5 + C1x2 + C2x + C3	¶ dx+C4	=	1	x6+C1x3 +C2x2+C3x+C4	:
	60				300

При решении мы использовали независимость констант друг от друга, поэтому при них нет никаких числовых коэффициентов.

II. Рассмотрим уравнение вида

y00 = f(x; y0);

его характеристикой является независимость правой части от переменного y. Сделаем в этом уравнении замену

y0 = p(x); y00 = p0:

Получим уравнение первого порядка

p0 = f(x; p);

определяя его тип и решая, получим p = p(x; C1) или y0 = p(x; C1). Последнее уравнение это уравнение с разделяющимися переменными, решая

его, найдем общее решение исходного уравнения

Z

y = p(x; C1) dx + C2:

Аналогично решаются дифференциальные уравнения более высокого порядка, не содержащие переменное y.

Пример 6.9.3. Найти общее решение уравнения

y00 = y0 : x

Сделаем замену y0 = p(x), тогда y00 = p0. Получим дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными

p0 = x;			p	= x ;		Z		p = Z	x ;
	p		dp		dx			dp	dx
ln p = ln x + ln C1;							p = C1x;
тогда		y = Z C1x dx + C2;
y0 = C1x;								y = C1x2 + C2:

Пример 6.9.4. Найти частное решение уравнения

y00 + y0 = x x

212

при условии, что при x = 1, y = 2, y0 = 1. Сделаем замену y0 = p(x), y00 = p0, получим линейное дифференциальное уравнение первого порядка

p0

+

p

= x:

x

Решим его методом замены p = uv, p0 = u0v + uv0. Тогда

uv

v

u0v + uv0 +

= x;

u0v + u³v0

+

´ = x:

x

x

Решим уравнение

Z

= ¡ Z

v0

v

dv

v

dv

dx

+

= 0;

= ¡

;

;

x

dx

x

v

x

1

ln v = ¡ ln x;

v =

;

тогда

x

u = Z

1

1

u0

= x;

u0 = x2;

x2dx + C1;

u =

x3 + C1:

x

3

Подставляя найденные u и v в уравнение, получим

1

1

1

C

p =

³

x3 + C1´=

x2

+

1

:

x

3

3

x

Тогда

1

y0 =

x2

+

C1

:

x

3

1

Найдем константу C1. Подставляя начальные условия, получим 1 =

+C1,

3

C1 =

2

. Решим уравнение:

3

1

2

1

2

1

1

y0 =

x2 +

;

y = Z ³

x2 +

´dx + C2;

y =

x3

+

ln jxj + C2:

3

3x

3

3x

9

3

Найдем константу C2. Подставляя начальные условия, получим 2 =

1

+C2,

9

тогда C2 =

17

. Частное решение исходного уравнения, удовлетворяющее

9

начальным условиям, имеет вид

1

1

17

y =

x3

+

ln jxj +

:

9

3

9

III. Рассмотрим дифференциальное уравнение

y00

= f(y; y0);

213

его характеристикой является независимость правой части от переменного x. Сделаем в этом уравнении замену y0 = p(y), тогда y00 = p0y0 = p0p. Подставляя ее в уравнение, получим дифференциальное уравнение первого порядка относительно функции p(y). Определяя его тип и решая, мы найдем p = p(y; C1) или y0 = p(y; C1). Полученное уравнение это уравнение первого порядка с разделяющимися переменными

dy		= p(y; C1);		dx =		dy	;
dx						p(y; C1)
		x = Z		dy	+ C2:
			p(y; C1)

Аналогично решаются и уравнения более высокого порядка, не содержащие переменного x.

Пример 6.9.5. Найти общее решение уравнения

y00	= y0y:
Сделаем замену y0 = p(y), тогда y00	= p0p, получим уравнение
p0p = py;	p(p0 ¡ y) = 0:

Получим два уравнения. Решим первое: p = 0, y0 = 0, y = C1, где C1 = const.

Решим второе уравнение:

p = Z

p0

= y;

dp

= y;

dp = ydy;

y dy + C2;

dy

p =

1

y2 + C2

или

y0 =

1

y2 + C2:

2

2

Решим последнее уравнение:

x = 2 Z

dy

=

y2

+ C

2

;

dx =

2dy

;

dy

:

dx

2

y2 + C2

y2 + C2

Тогда

8

2

y

arctg

+ C3;

C2 > 0

p

p

C2

C2

x = >

1

p

y

C2

ln

¡ ¡

+C4

; C2 < 0

>

>

C2

y + p C2

> p

>

<

¡

¯

2

¡

¯

¯

¯

>

¯

+ C5;

¯

C2 = 0:

¡y

>

>

получим общее решение исходного уравнения:

Объединим оба решения,>

>

:

y = C1;

214

>

2

y

;

C2 > 0

x =

1

y

p

C2

8

pC2

arctg pC2

+ C3

>

>

<

¯

¯

¡

2

¡

> p

C2

ln

¯

¡

C2

¯

+C4

; C2 < 0

y + p

>

¡

>

¡y

>

¯

¯

>

>

+ C5;

C2 = 0:

:

Пример

6.9.6.

Найти частное решение уравнения

>

y00 = y02 ; y

при условии, что x = 0, y = 1, y0 = 2. Сделаем замену y0 = p(y), y00 = p0p. Тогда получим уравнение первого порядка с разделяющимися переменными

p0p =

p2

;

p0 =

p

;

dp

=

p

;

y

y

dy

y

dp

=

dy

Z

dp

= Z

dy

;

;

p

y

p

y

ln p = ln y + ln C1;

p = C1y;

y0 = C1y:

Найдем константу C1. Имеем 2 = C1 ¢ 1, тогда C1 = 2. Получим уравнение

y0 = 2y;

dy

= 2y;

dy

= 2dx;

dx

y

Z

= 2 Z

dy

dx;

ln y = 2x + ln C2;

y = C2e2x:

y

Найдем константу C2. Имеем 1 = C2e0, C2 = 1, тогда частное решение исходного уравнения будет иметь вид

y= e2x:

6.10.Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Определение 6.10.1. Линейным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами называется уравнение вида

y00 + py0 + qy = f(x);

(6.2)

где функции y00, y0, y содержатся в первой степени; а p, q константы.

Определение 6.10.2. Если f(x) 6´0, то уравнение (6.2) называется неоднородным, если f(x) ´ 0, то уравнение (6.2) называется однородным.

215

6.10.1. Структура общего решения однородного уравнения

Рассмотрим дифференциальное уравнение вида
y00 + py0 + qy = 0;	(6.3)

где p и q действительные числа.

Теорема 6.10.1. Если y1 и y2 два частных решения линейного однородного дифференциального уравнения (6.3), то выражение C1y1 +C2y2, где C1 и C2 произвольные действительные числа, также есть решение этого уравнения.

Доказательство. Поскольку y1 и y2 решения уравнения (6.3), то

½

y100 + py10 + qy1 = 0 y200 + py20 + qy2 = 0:

Подставим выражение C1y1 + C2y2 в уравнение (6.3):

(C1y100 + C2y200) + p(C1y10 + C2y20 ) + q(C1y1 + C2y2) =

=C1y100 + C2y200 + C1py10 + C2py20 + C1qy1 + C2qy2 =

=C1(y100 + py10 + qy1) + C2(y200 + py20 + qy2) = C1 ¢ 0 + C2 ¢ 0 = 0:

Таким образом, C1y1 + C2y2 есть решение однородного уравнения (6.3).

Определение 6.10.3. Два решения однородного уравнения (6.3) y1 и y2 называются линейно независимыми на отрезке [a; b], если их отношение на этом отрезке не является постоянным, т.е. если

y1	(x)	6= const	8x 2 [a; b]:
y2	(x)

В противном случае решения y1 и y2 называются линейно зависимыми на отрезке [a; b], т.е. если

9¸ :	y1	(x)	= ¸ или y1 = ¸y2	8x 2 [a; b]:
	y2	(x)

Пример 6.10.1. Функции y1 = ex и y2 = e3x являются линейно независимыми решениями уравнения

	так как		y00 ¡ 4y0 + 3y = 0;
		ex	= e¡2x = const	x:
	e3x
			6	8
			216

Решения этого же уравнения y1 = 3ex и y2 = ex являются линейно зависимыми, поскольку

	3ex
		= 3 = const						8x:
	ex
Определение 6.10.4. Если y1(x) и y2(x) функции от x, то функ-
циональный определитель						¯
W (y1; y2) =				y1	y2		= y1y20 ¡ y2y10
			¯y10		y20
			¯			¯
			¯			¯
			¯			¯

называется определителем Вронского данных функций.

Теорема 6.10.2. Если функции y1 и y2 линейно зависимы на отрезке [a; b], то определитель Вронского этих функций на этом отрезке тождественно равен нулю.

Доказательство. Поскольку функции y1 и y2 линейно зависимы на отрезке [a; b], то y2(x) = ¸y1(x), ¸ = const для x 2 [a; b]. Тогда y20 = ¸y10 .

Вычислим определитель Вронского этих функций

¡ ¸y1y10

´ 0

W (y1; y2) =

¯y10

y20

¯

=

¯y10

¸y10

¯

= ¸y1y10

¯

y1

y2

¯

¯

y1

¸y1

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¯

для любого x 2 [a; b].

Теорема 6.10.3. Если два решения y1 и y2 дифференциального уравнения (6.3) линейно независимы на отрезке [a; b], то определитель Вронского W (y1; y2), составленный из этих решений, не обращается в ноль ни в одной точке отрезка [a; b].

Теорема 6.10.4. Если y1 и y2 два линейно независимых решения однородного дифференциального уравнения

y00 + py0 + qy = 0;

то выражение

y = C1y1 + C2y2;

(6.4)

где C1, C2 произвольные постоянные, есть общее решение этого уравнения.

Доказательство. Из теоремы 6.10.1 следует, что функция C1y2 + C2y2 есть решение уравнения (6.3) при любых C1 и C2. Докажем, что это общее решение, т.е. какими бы ни были начальные условия x = x0, y = y0, y0 = y00 , можно подобрать значения постоянных C10 и C20 так, чтобы соответствующее частное решение C10y1 + C20y2 удовлетворяло заданным начальным условиям.

217

Подставим начальные(условия в равенство (6.4), получим

										y0 = C1y10 + C2y20															(6.5)
										y0 = C						y0 0	+ C y0 0					;
														1
										0						1			2	2
где y	1	(x	0	) = y0	; y0	(x	0	) = y0		0; y	2	(x	0		) = y0				; y0	(x	0		) = y0 0		. Система (6.5) имеет
				1	1				1									2	2					2
единственное решение, если												¯
								¯	y10	y20						0		0		0			0
								¯		y20 0		¯							¡ y2y10 6= 0:
								¯y10 0				¯ = y1y20
								¯				¯

Но этот определитель есть определитель Вронского для функций y1 и y2 в конкретной точке x0. По условию теоремы y1 и y2 линейно независимые решения, поэтому по теореме 6.10.3 W (y1; y2) =6 0 ни в одной точке отрезка

[a; b].

Следовательно, при решении системы (6.5) мы найдем единственное решение C10 и C20. Тогда частное решение y = C10y1 + C20y2 удовлетворяет заданным начальным условиям. И теорема доказана.

6.10.2. Решение однородного уравнения второго порядка

Будем искать решение уравнения (6.3) в виде y = ekx, где k = const. Тогда y0 = kekx, y00 = k2ekx. Подставим найденные выражения в уравнение (6.3):

k2ekx + pkekx + qekx = 0; ekx(k2 + pk + q) = 0;

так как ekx 6= 0, то k2 + pk + q = 0. И мы получили, что k должно удовлетворять уравнению k2 + pk + q = 0.

Определение 6.10.5. Уравнение
k2 + pk + q = 0	(6.6)

называется характеристическим уравнением по отношению к дифференциальному уравнению (6.3).

Найдем корни характеристического уравнения (6.6): r

k1;2 =	p		p2
		§			¡ q:
	2			4

Возможны три случая:

I. D > 0, корни k1 и k2 действительные числа и k1 =6 k2. II. D = 0, корни k1 и k2 действительные числа и k1 = k2. III. D < 0, корни k1 и k2 комплексные числа.

Рассмотрим каждый случай отдельно.

218

I. Корни характеристического уравнения действительны и различны. В этом случае частными решениями будут функции

y1 = ek1x; y2 = ek2x:

Эти решения линейно независимы, так как

y1 = ek1x = e(k1¡k2)x =6 const; y2 ek2x

поскольку k1 ¡ k2 6= 0. Следовательно, общее решение однородного уравнения в случае неравных действительных корней имеет вид

y = C1ek1x + C2ek2x:

Пример 6.10.2. Найти общее решение уравнения y00 + y0 ¡ 6y = 0. Составим характеристическое уравнение k2 + k ¡ 6 = 0. Найдем его корни k1 = 2, k2 = ¡3. Тогда общее решение имеет вид

y = C1e2x + C2e¡3x:

Пример 6.10.3. Найти частное решение уравнения y00 ¡ 4y = 0 при условии, что x = 0, y = 5, y0 = 2. Найдем общее решение. Составим характеристическое уравнение y00 ¡ 4 = 0, тогда k1;2 = §2. Общее решение имеет вид y = C1e2x + C2e¡2x. Чтобы найти частное решение, найдем

y0 = 2C1e2x ¡ 2C2e¡2x. Подставив начальные условия, получим систему
½	2C1 ¡ 2C2	= 2;	или	½C1	¡ C2	= 1 :
	C1 + C2	= 5		C1	+ C2	= 5

Решая эту систему, найдем C1 = 3, C2 = 2, тогда частное решение имеет вид

y= 3e2x + 2e¡2x:

II.Корни характеристического уравнения действительны и

равны. Обозначим этот корень k = k1 = k2. Одним частным решением, как и в предыдущем случае, будет функция y1 = ekx. Будем искать второе решение в виде y2 = u(x)ekx, чтобы функции y1 и y2 были независимы. Тогда

y20 = u0ekx + kuekx = ekx(u0 + ku);

y200 = u00ekx + ku0ekx + ku0ekx + k2uekx = ekx(u00 + 2ku0 + k2u):

Подставив найденные производные в уравнение (6.3), получим ekx(u00 + 2ku0 + k2u + pu0 + pku + qu) = 0;

или		£u00	+ (2k + p)u0	219	¤
e
	kx			+ (k2	+ pk + q)u = 0:

Поскольку k корень характеристического уравнения, то k2 +pk+q = 0, и поскольку дискриминант D = 0, то k = ¡p2 или 2k + p = 0. Следовательно,

ekxu00 = 0, тогда u00 =R0. Решая это дифференциальное уравнение, получим u0 = a = const, u = a dx = ax + b. Положим a = 1, b = 0, тогда u = x.

Мы получили второе частное решение y2 = xekx. Тогда общее решение исходного уравнения будет иметь вид

y = C1ekx + C2xekx = ekx(C1 + C2x):

Пример

6.10.4. Найти общее решение

уравнения y00

¡

4y0 + 4y = 0.

2

Найдем корни характеристического

уравнения k

¡

4k + 4 = 0, получим

2x

k1 = k2 = 2. Тогда общее решение будет y = e

(C1 + C2x).

III. Корни характеристического уравнения комплексные. В

p

rq ¡

p2

этом случае положим ® = ¡

, ¯ =

. Частные решения в этом

2

4

случае имеют вид

y1 = e®x cos ¯x;

y2 = e®x sin ¯x:

Они линейно независимы, поскольку

y1

e®x cos ¯x

=

= ctg ¯x 6= const :

y2

e®x sin ¯x

Легко проверить, что эти частные

решения

удовлетворяют уравне-

нию (6.3). Покажем это для решения y1. Действительно,

y10 = ®e®x cos ¯x ¡ ¯e®x sin ¯x;

y00 = ®2e®x cos ¯x

¡

2®¯e®x sin ¯x

¡

¯2e®x cos ¯x:

1

Подставляя найденные производные в уравнение, получим:

®2e®x cos ¯x ¡ 2®¯e®x sin ¯x ¡ ¯2e®x cos ¯x+

+p®e®x cos ¯x ¡ p¯e®x sin ¯x + qe®x cos ¯x =

= e®x cos ¯x(®2 ¡ ¯2 + ®p + q) ¡ e®x sin ¯x(2®¯ + p¯) =

= e®x cos ¯x³p2 ¡q+p2 ¡p2 +q´¡e®x sin ¯x á2prq ¡ p2 + prq ¡ p2 ! = 0:

4 4 2 2 4 4

Общее решение уравнения (6.3) в случае комплексных корней имеет вид

y = e®x(C1 cos ¯x + C2 sin ¯x):

220