Пример. Найти общее решение уравнения

y′′′−6 y′′+11y′−6 y = 0 ,

если известно,

что функции

y

= ex , y

2

= e2x , y = e3x

являются его

решениями.

1

3

Решение:

Это

ЛОДУ

третьего

порядка.

Покажем, что

y

= ex , y

2

= e2x , y = e3x образуют фундаментальную систему функций:

1

3

e x

e2 x

e3x

1

1

1

W (x) =

e x

2e2x

3e3x

= e x e2x e3x

1 2

3

=

e x

4e2x

9e3x

1

4

9

= e6x (18 +3 + 4 − 2 −9 −12)= 2e6 x ≠ 0.

Тогда общее решение будет

y =С1y1+С2y2+С3y3 = С1ex+С2e2x+С3e3x. Ответ: y = С1ex+С2e2x+С3e3x. ■

6.2. Нахождение фундаментальной системы решений и общего решения ЛОДУ

Линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ) n-ого порядка с постоянными коэффициентами имеет вид:

y(n) + a1 y(n−1) + a2 y(n−2) +...... + an−1 y′+ an y = 0 ,

(6.8)

где все коэффициенты a1, a2, a3, …, an-1, an - числа (в частности, некоторые могут быть и нулями).

Рассмотрим уравнение второго порядка
y′′+ a1 y′+ a2 y = 0.	(6.9)

Заметим, что в силу свойств однородных линейных уравнений нам достаточно найти два частных решений, составляющих фундаментальную систему решений уравнения (6.9), чтобы затем найти общее.

Будем искать частное решение уравнения (6.9) в виде

y=ekx,

(6.10)

где k - число, которое подберем так, чтобы функция (6.10) удовлетворяла уравнению (6.9).

Дифференцируя	дважды	у,	найдем y′ = kekx , y′′ = k 2 ekx ;
подставляя в (6.9),	получим
	k 2ekx + a k ekx + a			2	ekx = 0,
		1

сокращая на ekx ≠ 0 , имеем

27

k 2 + a k + a	2	= 0.	(6.11)
1

Это алгебраическое квадратное уравнение относительно k , оно будет называться характеристическим уравнением уравнения (6.9).

Итак, чтобы функция y = ekx была частным решением уравнения (6.9), нужно, чтобы k удовлетворяло уравнению (6.11).

Пусть k1 и k2 - корни характеристического уравнения (6.11), т.е.

k

=

−a ±

a

2

−4a

2 .

1

1

1,2

2

Возможны случаи:

1. Корни k1 и k2 уравнения (6.2.4) действительные и различные,

т.е. k1 ≠ k2

(в этом случае дискриминант D = a 2 − 4a

2

> 0 ).

Тогда формула (6.10) даст два частных решения:

1

y = ek1x , y

2

= ek2 x .

1

Эти частные решения образуют фундаментальную систему решений

уравнения (6.9), так как

y2

= e(k2 −k1 ) x ≠ C

(т.к. k ≠ k

2

) .

y1

1

Следовательно, общее решение уравнения (6.9) будет иметь вид

y = C ek1x

+ C

ek2 x .

(6.12)

1

2

Пример.

Решить уравнение

y′′+3y′+ 2 y = 0 .

Решение.

Это ЛОДУ второго порядка.

Составим характеристическое

уравнение:

k 2 +3k + 2 = 0.

Находим его корни:

k1=-2, k2=-1.

Частные решения имеют вид

y = e−2x , y

2

= e−x .

y = С1e-2x+С2e-x

1

Тогда

будет общим решением.

Ответ: y = С1e-2x+С2e-x.

■

2.Корни характеристического уравнения (6.11) действительные и

равные, т. е.

k1 = k2 = k.

a1

В этом случае

D = a 2 − 4a

= 0 и

k1 = k2 = k = −

.

1

2

2

В данном случае формула

(6.10) дает

нам одно частное решение

y1 = ek x . Остается найти другое частное решение y2, образующее вместе с решением y1 фундаментальную систему решений уравнения (6.9).

Покажем, что таким решением будет функция вида y2 = xek x .

28

′

k x

k x

Найдем

+ x k e

,

y2 = e

′′

k x

k x

2

k x

k x

2

k x

+ k e

+ xk e

= 2k e + k xe .

y2 = k e

Подставим y2, y'2,

y"2

в уравнение (6.9) и воспользуемся формулой

(6.12):

2k ek x + k 2 xek x + a1ek x + a1k xek x + a2 xek x ≡ 0 ,

−a

−a

−a

−a

−a

−a e

1

x + a12 xe

1

x + a e

1

x − a12 xe

1

x + a

xe

1

x ≡ 0,

2

2

2

2

2

2

1

4

1

2

−a1

4a

2

− a

2

x

x

1

e 2

≡ 0 .

4

y2

Так как

= x ≠ C ,

то

y

и

y

2

образуют фундаментальную

y1

1

k1 = k2 = k

функция

систему решений. Таким образом, при

y = C1ek

x

+ C2 xek

x

(6.13)

есть общее решение уравнения (6.9).

Пример.

Решить уравнение

y′′+ 2 y′+ y = 0 .

Решение. Это ЛОДУ второго порядка. Составим характеристическое

уравнение:

k 2 + 2k +1 = 0.

Находим его корни: k1 = k2 = −1.

= e−x

= xe−x .

Частные решения имеют вид:

y

, y

2

y = C e−x

xe−x

1

Тогда

+C

2

будет

общим

решением

данного

уравнения.

1

y = C e−x +C

xe−x .

Ответ:

2

■

1

3. Корни характеристического уравнения (6.11) комплексно-

сопряженные, т. е.

k1 =α +iβ ,

k2 =α −iβ , β ≠ 0

(в этом случае

D= a 2 - 4a < 0).

1

2

Можно показать (подставляя в уравнение (6.9)) , что

y

= eαx cos βx

и

y

2

= eαx sin βx

1

являются частными решениями уравнения (6.11).

Так как

y2

= tgβx ≠ C

(β ≠ 0)

,

то

y и

y

2

образуют

y1

1

фундаментальную систему решений,

следовательно,

29

y = eαx (C cos βx + C		2	sin βx )	(6.14)
1
есть общее решение уравнения (6.9).
Пример. Решить уравнение	y′′+ 2 y′+ 2 y = 0 .
Решение. Это ЛОДУ второго порядка. Составим характеристическое
уравнение:
k 2 + 2k + 2 = 0.
Его корни: k1 = −1 +i , k2 = −1 −i .
В данном примере α = −1,	β =1.

Пользуясь формулой (6.14), получим общее решение:

y = e−x (C1 cos x + C2 sin x). Ответ: y = e−x (C1 cos x + C2 sin x). ■

4. Рассмотрим уравнение (6.8):

y(n) + a1 y(n−1) + a2 y(n−2) +... + an−1 y′+ an y = 0 .

Составим для него характеристическое уравнение:

k n + a k n−1 + a

2

k n−2 +.... + a

n

k + a

n

= 0 .

(6.15)

1

−1

k1, k2, k3…,kn.

Пусть уравнение (6.2.8) имеет n

различных корней

Если, кроме того, все

n

корней - действительные, то

y =C ek1x + C

2

ek2 x + C ek3 x +... + C

n

ekn x

(6.16)

1

3

есть общее решение уравнения (6.8).

Если же среди корней есть комплексный корень

k1 =α +iβ ,

β ≠ 0 ,

то уравнение

(6.15)

имеет

также сопряженный

комплексный

корень

k2 =α −iβ .

Этой паре комплексных корней соответствуют два частных

решения:

= eαx cos βx

= eαx

y

и y

2

sin βx .

1

k3, k4, k5…,kn

-

и в этом случае (в предположении, что корни

действительные и различные) общее решение уравнения (6.8) имеет вид

y = eαx (C cos βx + C

2

sin βx )+С ek3 x + C

4

ek4 x +... + C

n

xkn x .

1

3

Пусть теперь корни

k1, k2, k3…,kn -

действительные, но k1=k2=k3,

а числа k4, k5, k6…,kn

различны между собой и не совпадают с

k1.

В

этом случае, говорят, что

k1 - корень кратности 3.

Общее решение имеет вид

ek4 x + C ek5 x

ekn x .

y = ek1x (C + C

2

x + C x2 ) + C

4

+... + C

n

1

3

5

30

Рассмотрим ещё случай, когда есть кратные комплексносопряженные

корни k1 = k2 =α +iβ ,

k3 = k4 =α −iβ , β ≠ 0 , а остальные корни

k5, k6…,kn

действительные и различные. Общее решение в этом случае

имеет вид

y = eαx [(C +C

x)cos βx + (C +C

x) sin βx]

2

4

+

1

3

+ C ek5 x + C

ek6 x

+... + C

ekn x .

5

6

n

Пример 1.

Решить уравнение

yIV −13y′′+36 y = 0 .

Решение.

Это

ЛОДУ четвертого порядка. Составим

характеристическое уравнение:

k 4 −13k 2 +36 = 0 .

Находим корни этого уравнения: k1 = 2 , k2 = −2 ,

k3 = 3, k4 = −3.

Частные решения будут иметь вид

y = e2 x , y

2

= e−2 x ,

y = e3x

, y

4

= e−3x .

1

3

Тогда

y = C e2 x + C

e−2x + C e3x + C

e−3x

будет общим

1

2

3

4

решением

уравнения.

Ответ:

y = C e2 x

+ C

e−2x + C e3x

+ C

e−3x .

■

1

2

3

4

Пример 2. Решить уравнение

y′′′+ y′′−5y′+3y = 0.

Решение.

Это ЛОДУ третьего порядка. Составим характеристическое

уравнение:

k3 + k 2 −5k +3 = 0 .

Его корни: k1 = k2 =1, k3 = −3.

Следовательно, частные решения будут иметь вид:

				y = ex , y		2	= xex , y = e−3x .
					1			3
Тогда y = C ex + C	2		xex + C e−3x					будет общим решением уравнения.
1					3
Ответ: y = C ex +C		2		xex +C e−3x .				■
1					3
Пример 3. Решить уравнение							yIV +8y′′+16 y = 0.
Решение. Это ЛОДУ четвертого порядка.
Составим характеристическое уравнение: k 4 +8k 2 +16 = 0 или
					(k 2 + 4)2 = 0 .
Найдем его корни:			k1 = k2 = 2i ,					k3 = k4 = −2i .	То есть в нашем
примере α = 0, β = 2, а кратность корня равна двум.
Тогда общее решение:					+C2 x)cos 2x + (C3 +C4 x)sin 2x .
y = (C1
Ответ: y = (C1 +C2 x)cos 2x + (C3 +C4 x)sin 2x .									■

31