Математический анализ / Математический анализ учебник

Пример 6.10.5. Найти общее решение уравнения y00 ¡ 4y0 + 8y = 0. Найдем корни характеристического уравнения k2 ¡ 4k + 8 = 0, получим k1;2 = 2 § 2i. Тогда ® = 2, ¯ = 2. Общее решения уравнения имеет вид

y = e2x(C1 cos 2x + C2 sin 2x):

Пример 6.10.6. Найти частное решение уравнения y00

+ 4y = 0, при

¼

условии, что x =

, y = 2, y0

= 4. Характеристическое уравнение имеет

4

вид k2 + 4 = 0, тогда k1;2 = §2i, и мы получим общее решение исходного

уравнения

y = C1 cos 2x + C2 sin 2x:

Найдем y0 = ¡2C1 sin 2x+2C2 cos 2x. Подставив в y и y0

начальные условия,

получим систему для нахождения C1 и C2:

8

¼

¼

C1 cos

+ C2 sin

= 2

C2 = 2

C1 = ¡2

2

2

или

или

¼

¼

2C = 4

C

= 2:

<

¡

2C1 sin

2

+ 2C2 cos

2

= 4

½

¡

1

½

2

:

Частное решение, удовлетворяющее начальным условиям, имеет вид

y= ¡2 cos 2x + 2 sin 2x:

6.10.3.Решение линейных однородных дифференциальных

уравнений n-го порядка с постоянными коэффициентами

Пусть дано уравнение n-го порядка

y(n) + a1y(n¡1) + a2y(n¡2) + : : : + any = 0:

Его характеристическое уравнение имеет вид

kn + a1kn¡1 + a2kn¡2 + : : : + an = 0:

Это уравнение по основной теореме алгебры имеет ровно n корней ki,

i = 1; 2; : : : ; n. Общее решение будет состоять из суммы частных решений, соответствующих каждому корню, взятых с произвольными постоянными.

1. Пусть ki действительный корень кратности 1, тогда ему будет соответствовать решение

yi = Ciekix:

2. Пусть ki действительный корень кратности l > 1, тогда ему будет соответствовать решение

yi = (C1xl¡1 + C2xl¡2 + : : : + Cl)ekix:

221

3. Пусть ki;i+1 = ® § i¯ пара комплексных сопряженных корней кратности 1, тогда им соответствует решение

yi = e®x(Ci cos ¯x + Ci+1 sin ¯x):

4. Пусть ki;i+1 = ® § i¯ пара комплексных сопряженных корней

кратности l > 1, тогда им соответствует решение

yi = e®x¡(C1xl¡1+C2xl¡2+: : :+Cl) cos ¯x+(C10 xl¡1+C20 xl¡2+: : :+Cl0) sin ¯x¢:

Вывод: общее решение однородного линейного дифференциального уравнения n-го порядка с постоянными коэффициентами состоит из суммы частных решений с произвольными постоянными, соответствующих каждому корню характеристического уравнения.

Пример 6.10.7. Найти общее решение уравнения

y(8) ¡ 4y(7) + 2y(6) ¡ 8y(5) + y(4) ¡ 4y000 = 0:

Ему соответствует характеристическое уравнение

k8 ¡ 4k7 + 2k6 ¡ 8k5 + k4 ¡ 4k3 = 0;

у которого k1;2;3 = 0 корень кратности 3, k4 = 4 корень кратности 1, k5;6;7;8 = §i пара сопряженных комплексных корней кратности 2. Тогда общее решение имеет вид

y = C1x2 + C2x + C3 + C4e4x + (C5x + C6) cos x + (C7x + C8) sin x:

6.11. Неоднородные линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Пусть дано уравнение

y00 + py0 + qy = f(x);

(6.7)

где p, q числа.

Теорема 6.11.1. Общее решение неоднородного уравнения (6.7) представляется как сумма какого-нибудь частного решения этого уравнения y¤ и общего решения y¹ соответствующего однородного уравнения y00 + py0 + qy = 0.

Доказательство. Докажем, что функция y = y¹ + y¤ есть решение уравнения (6.7). Действительно,

(¹y + y¤)00 + p(¹y + y¤)0 + q(¹y + y¤) = f(x);

(¹y00 + py¹0 + qy¹) + (y¤00 + py¤0 + qy¤) = f(x); тогда 0 + f(x) = f(x);

222

поскольку y¹ есть общее решение однородного уравнения, а y¤ частное решение неоднородного уравнения.

Покажем, что это общее решение уравнения (6.7). Пусть даны начальные условия

y(x0) = y0; y0(x0) = y00 :

(6.8)

По теореме 10.4 общее решение однородного уравнения y¹ можно представить в виде y¹ = C1y1 + C2y2, где y1, y2 линейно независимые решения однородного уравнения, а C1 и C2 произвольные постоянные. Тогда

y = C1y1 + C2y2 + y¤:

Используя условия (6.8), получим

½

C1y10 + C2y20 + y0¤ = y0 C1y010 + C2y020 + y0¤0 = y00

или

½

C1y10 + C2y20 = y0 ¡ y0¤ C1y010 + C2y020 = y00 ¡ y0¤0:

Это система относительно C1 и C2. Поскольку функции y1 и y2 линейно независимы, то определитель Вронского

¯	y10		y20	¯
¯		10	y020	¯	6= 0;
¯y0				¯
¯				¯

поэтому полученная система имеет единственное решение C10 и C20. Следовательно, y = y¹ + y¤ есть общее решение уравнения (6.7).

Теорема 6.11.2 (Принцип суперпозиции). Частное решение y¤ уравнения

y00 + py0 + qy = f1(x) + f2(x);

в котором правая часть есть сумма двух функций f1(x) и f2(x), можно представить в виде суммы y¤ = y1¤ +y2¤, где y1¤ и y2¤ есть соответственно частные решения уравнений

y1¤00 + py1¤0 + qy1¤ = f1(x);

y2¤00 + py2¤0 + qy2¤ = f2(x):

223

6.12. Метод вариации произвольных постоянных решения неоднородного линейного уравнения второго порядка

Рассмотрим уравнение (6.7)

y00 + py0 + qy = f(x):

Тогда общее решение однородного уравнения y00 + py0 + qy = 0 имеет вид y¹ = C1y1 + C2y2. Будем искать частное решение неоднородного уравнения в таком же виде

y¤ = C1(x)y1 + C2(x)y2;

(6.9)

но считая C1 = C1(x) и C2 = C2(x) функциями от x. Продифференцируем

равенство (6.9)

y¤0 = C1y10 + C2y20 + C10y1 + C20y2:

Подберем искомые функции C1(x) и C2(x) так, чтобы C10y1 + C20y2 = 0.

Тогда y¤0 = C1y10 + C2y20. Найдем y¤00 = C1y100 + C2y200 + C10 + y10 + C20y20.

Подставляя y¤, y¤0, y¤00 в исходное уравнение (6.7), получим

C1y100 + C2y200 + C10y10 + C20y20 + pC1y10 + pC2y20 + qC1y1 + qC2y2 = f(x)

или

C1(y100 + py10 + qy1) + C2(y200 + py20 + qy2) + C10y10 + C20y20 = f(x):

Первые две скобки в этом равенстве обращаются в ноль, поскольку y1 и y2 частные решения однородного уравнения. Поэтому из последнего равенства получим условие

C10y10 + C20y20 = f(x):

Таким образом, функция (6.9), будет частным решением уравнения (6.7), если функции C1(x) и C2(x) будут удовлетворять системе

C10y1 + C20y2 = 0
(C10y10 + C20y20 = f(x):					(6.10)
Определитель этой системы	¯y10		y20	¯
	¯	y1	y2	¯
	¯			¯
есть определитель Вронского линейно¯			независимых¯		решений y1 и y2, поэто-

му он не равен 0. Следовательно, эта система имеет единственное решение

C10(x) = '1(x), C2	0(x) = '2(x). Интегрируя эти равенства, получим
C1(x) =	Z '1(x) dx + C1;	C2(x) = Z '2(x) dx + C2;
		224

где C1 = const, C2 = const. Тогда общее решение неоднородного уравнения будет иметь вид

y = C1(x)y1 + C2(x)y2:

Пример 6.12.1. Найти общее решение уравнения y00 + 4y0 + 4y = e¡2x ln x:

Найдем общее решение однородного уравнения y00 + 4y0 + 4y = 0. Имеем k2 +4k+4 = 0 или k1;2 = ¡2. Общее решение однородного уравнения имеет

вид

y = e¡2x(C1x + C2) = xe¡2xC1 + e¡2xC2:

Подставив y1 = xe¡2x и y2 = e¡2x в систему (6.10), получим

C10xe¡2x + C20e¡2x = 0

или

(C10(e¡2x ¡ 2xe¡2x) ¡ 2C20e¡2x = e¡2x ln x

C10x + C20 = 0

C20 = ¡C10x

C10 = ln x

(C10(1 ¡ 2x) ¡ 2C20 = ln x;

(C10 ¡ 2xC10 + 2xC10 = ln x;

(C20 = ¡x ln x:

Тогда, интегрируя по частям, получим:

C1(x) =

Z ln x dx = x ln x ¡ x + C1;

C2(x) = ¡ Z

x2

1

x ln x dx = ¡

ln x +

x2 + C2

:

2

4

Общее решение исходного уравнения имеет вид

+ C2

´

или

y = e¡2xx(x ln x ¡ x + C1) + e¡2x

³¡ 2 ln x + 4x2

x2

1

y = e¡2x³ 2

ln x ¡ 4x2

+ C1x + C2´:

x2

3

6.13. Метод неопределенных коэффициентов нахождения частного решения неоднородного уравнения со

специальной правой частью

Рассмотрим неоднородное уравнение (6.7) второго порядка y00 + py0 + qy = f(x):

По теореме 6.11.1 его общее решение имеет вид y = y¹ + y¤, где y¹ общее решение однородного уравнения; y¤ частное решение неоднородного уравнения. Будем искать частное решение. Обозначим k1; k2 корни

225

характеристического уравнения k2 + pk + q = 0. Правую часть f(x) будем рассматривать двух типов.

I. f(x) = Pn(x)eax, где Pn(x) многочлен степени n.

1. Пусть параметр a не является корнем характеристического уравнения, т.е. a =6 k1, a =6 k2. Тогда частное решение будем искать в виде

y¤ = Mn(x)eax;

где Mn(x) многочлен степени n с неопределенными коэффициентами. Для нахождения коэффициентов подставим y¤ в уравнение (6.7), получим

£ ¤

eax Mn00(x) + (2a + p)Mn0 (x) + (a2 + pa + q)Mn(x) = eaxPn(x);

или

Mn00(x) + (2a + p)Mn0 (x) + (a2 + pa + q)Mn(x) = Pn(x):

(6.11)

Поскольку a2+pa+q =6 0, то левая часть есть многочлен степени n. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях в левой и правой частях, получим систему линейных уравнений для нахождения неопределенных коэффициентов, которая всегда имеет единственное решение.

2. Пусть a корень характеристического уравнения, но k1 =6 k2. Тогда либо a = k1, либо a = k2. В этом случае в уравнении (6.11) a2 +pa+q = 0, и тогда левая часть это многочлен степени (n ¡ 1), а правая многочлен степени n. Поэтому будем искать частное решение в виде

y¤ = xMn(x)eax:

3. Пусть a корень характеристического уравнения кратности 2, т.е. a = k1 = k2. В этом случае в уравнении (6.11) a2 + paq = 0 и 2a + p = 0, поэтому левая часть этого уравнения многочлен степени (n ¡ 2). Следовательно, частное решение будем искать в виде

y¤ = x2Mn(x)eax:

II. f(x) = (Pn(x) cos bx + Qm(x) sin bx)eax, где Pn(x) и Qm(x) многочлены степени n и m соответственно. Преобразуем правую часть по фор-

муле Эйлера:

f(x) = Pn(x)eax

eibx + e¡ibx

+ Qm(x)eax

eibx ¡ e¡ibx

=

2i

2

h

1

Pn(x) +

1

Qm(x)ie(a+ib)x + h

1

Pn(x) ¡

1

Qm(x)ie(a¡ib)x:

2

2i

2

2i

Это правая часть I типа. Поэтому получим 2 случая.

226

1. Пусть сопряженные комплексные числа a § ib не являются корнями характеристического уравнения, т.е. a § ib 6= k1;2. Тогда частное решение

будем искать в виде

y¤ = £Mr(x) cos bx + Nr(x) sin bx¤eax;

где Mr(x) и Nr(x) многочлены одинаковой степени r = max(n; m) с неопределенными коэффициентами.

2. Пусть комплексные числа a § ib являются корнями характеристического уравнения. В этом случае корни должны быть сопряженными комплексными числами, т.е. k1;2 = ® § i¯. Тогда a = ®, b = ¯, порядок совпадения пар сопряженных чисел в данном случае равен 1. Поэтому частное

решение будем искать в виде

y¤ = x Mr(x) cos bx + Nr(x) sin bx eax;

где

M

(x)

и

N (x)

многочлены одинаковой степени r = max(n; m) с

r

r

£

¤

неопределенными коэффициентами.

Заметим, что многочлен нулевой степени имеет вид M0(x) = A, первой

степени M1(x) = Ax + B, второй M2(x) = Ax2 + Bx + C и т.д.

Составим таблицу для всех рассмотренных случаев.

№

Вид f(x)

Проверка условий

Вид y¤

1.

ax

ax

Pn(x)e

a 6= k1;2

Mn(x)e ax

2.

ax

Pn(x)e

a = k1 либо a = k2

xMn(x)e

3.

Pn(x)eax

a = k1 = k2

x2Mn(x)eax

£

m

ib = k

£ r

(x) cos bx+

4.

P (x) cos bx+

a

§

M

+Q

(x) sin bx e

+N (x) sin bx e

£

m

£ r

5.

P (x) cos bx+

a

ib = k

1;2

x M

(x) cos bx+

n

¤

§

r

¤

+Q

(x) sin bx eax

+N (x) sin bx eax

Пример

6.13.1.

Найти общее решение уравнения

¤

¤

y00 ¡ 7y0 + 12y = 2e5x:

1. Найдем общее решение однородного уравнения. Корни характеристического уравнения k2 ¡ 7k + 12 = 0 равны k1 = 3, k2 = 4. Тогда общее решение имеет вид

y¹ = C1e3x + C2e4x:

2. Найдем частное решение. Поскольку правая часть имеет вид f(x) = 2e5x, то a = 5, n = 0. В данном случае a = 5 не является корнем характеристического уравнения, поэтому частное решение будем искать в виде

y¤ = Ae5x:

227

Подставив его в уравнение, получим

25Ae5x ¡ 35Ae5x + 12Ae5x = 2e5x; 2A = 2; A = 1:

Тогда y¤ = e5x.

3. Общее решение исходного уравнения имеет вид y = C1e3x + C2e4x + e5x:

Пример 6.13.2. Найти общее решение уравнения y00 ¡ 5y0 + 6y = (3x + 1)e2x:

1. Поскольку корни характеристического уравнения k2 ¡ 5k + 6 = 0 равны k1 = 2, k2 = 3, то

y¹ = C1e2x + C2e3x:

2. Из правой части уравнения a = 2, n = 1. Параметр a = k1 = 2. Поэтому частное решение будем искать в виде

y¤ = x(Ax + B)e2x = (Ax2 + Bx)e2x:

Найдем

y¤0 = (2Ax + B)e2x + 2(Ax2 + Bx)e2x;

y¤00 = 2Ae2x + 4(2Ax + B)e2x + 4(Ax2 + Bx)e2x:

Подставляя в исходное уравнение и сокращая на e2x, получим равенство

2A+4(2Ax+B)+4(Ax2+Bx)¡5(2Ax+B)¡10(Ax2+Bx)+6(Ax2+Bx) = 3x+1:

Приводя подобные члены, имеем

¡2Ax + (2A ¡ B) = 3x + 1:

Тогда

		1		¡2A = 3
		x0
		x		2A ¡ B = 1:
	3			³	3		´
Отсюда A = ¡		, B = ¡4 и y¤ =	¡			x2 ¡ 4x e2x.
	2				2
3. Общее решение исходного уравнения имеет вид
		y = C1e2x + C2e3x +					³¡2x2		¡ 4x´e2x:
							3

Пример 6.13.3. Найти общее решение уравнения y00 ¡ 2y0 + y = (x2 + 2)ex:

228

1. Найдем общее решение неоднородного уравнения. Поскольку k2 ¡ 2k + 1 = 0, то k1 = k2 = 1. Тогда

y¹ = (C1x + C2)ex:

2. Поскольку a = k1 = k2 = 1 и n = 2, то частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде

y¤ = x2(Ax2 + Bx + C)ex = (Ax4 + Bx3 + Cx2)ex:

Тогда

y¤0 = (4Ax3 + 3Bx2 + 2Cx)ex + (Ax4 + Bx3 + Cx2)ex;

y¤00 = (12Ax2 +6Bx+2C)ex +2(4Ax3 +3Bx2 +2Cx)ex +(Ax4 +Bx3 +Cx2)ex:

Подставляя в уравнение и сокращая на ex, получим

(12Ax2 + 6Bx + 2C) + 2(4Ax3 + 3Bx2 + 2Cx) + (Ax4 + Bx3 + Cx2)¡

¡2(4Ax3 + 3Bx2 + 2Cx) ¡ 2(Ax4 + Bx3 + Cx2) + (Ax4 + Bx3 + Cx2) = x2 + 2

или

12Ax2 + 6Bx + 2C = x2 + 2:

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, получим систему

x2		12A = 1
x1		6B = 0
x0		2C = 2:

Решая систему, имеем A = 121 , B = 0, C = 1. Тогда y¤ = ³121 x4 + x2´ex:

3. Общее решение исходного уравнения будет следующим: y = (C1x + C2)ex + ³121 x4 + x2´ex:

Пример 6.13.4. Найти общее решение уравнения y00 ¡ 3y0 + 2y = ex cos x:

1. Найдем общее решение однородного уравнения. Корни характеристического уравнения k2 ¡ 3k + 2 = 0 равны k1 = 1, k2 = 2. Поэтому решение имеет вид

y¹ = C1ex + C2e2x:

229

2. В правой части исходного уравнения a = 1, b = 1, n = 0, m = 0, поэтому a § ib = 1 § i 6= k1;2, r = max(0; 0) = 0. Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде

y¤ = (A cos x + B sin x)ex:

Имеем

y¤0 = (¡A sin x + B cos x)ex + (A cos x + B sin x)ex;

y¤00 = (¡A cos x ¡ B sin x)ex + 2(¡A sin x + B cos x)ex + (A cos x + B sin x)ex:

Подставив найденные производные в уравнение и сократив на ex, получим

(¡A cos x ¡ B sin x) + 2(¡A sin x + B cos x) + (A cos x + B sin x)¡ ¡3(¡A sin x + B cos x) ¡ 3(A cos x + B sin x) + 2(A cos x + B sin x) = cos x:

Приравнивая коэффициенты при функциях cos x и sin x, получим

cos x			¡A ¡ B = 1
sin x			A ¡ B = 0:
			1		1
Решая эту систему, найдем A = ¡				, B = ¡				. Тогда частное решение имеет
			2				2
вид
1
y¤ = ¡		(cos x + sin x)ex:
	2
3. Общее решение исходного уравнения:
y = C1ex + C2e2x ¡					1	(cos x + sin x)ex:
					2

Пример 6.13.5. Найти общее решение уравнения y00 + y = 8x cos x + 2 sin x:

1. Поскольку корнями характеристического уравнения k2 + 1 = 0 являются комплексные числа k1;2 = §i, то общее решение однородного уравнения следующее:

y¹ = C1 cos x + C2 sin x:

2. В правой части исходного уравнения a = 0, b = 1, n = 1, m = 0, поэтому a § ib = §i = k1;2, r = max(1; 0) = 1. Следовательно, частное

решение будем искать в виде

y¤ = x¡(Ax+B) cos x+(Cx+D) sin x¢ = (Ax2 +Bx) cos x+(Cx2 +Dx) sin x:

Тогда

y¤0 = (2Ax + B) cos x ¡ (Ax2 + Bx) sin x + (2Cx + D) sin x + (Cx2 + Dx) cos x; y¤00 = 2A cos x ¡ 2(2Ax + B) sin x ¡ (Ax2 + Bx) cos x+

+2C sin x + 2(2Cx + D) cos x ¡ (Cx2 + Dx) sin x:

230