Диференціальні рівняння Латышев

Характеристичне рівняння к2 + 4к +13 = 0 має комплексні корені:

к1,2 = −2 ±3i,

де α = −2; β = 3.

Загальний розв’язок рівняння запишемо у вигляді:

y= e−2 x (с1 sin 3x +c2 cos3x).

3.2.Неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами.

Рівняння із спеціальною правою частиною

Диференціальне рівняння виду:

y′′+ρy′+ qy = f (x),

де ρ,q – задані дійсні числа, f (x) ≠ 0 – задана функція, неперервна на деякому проміжку (а;в) називається лінійним диференціальним

неоднорідним рівнянням другого порядку із сталими коефіцієнтами. Загальний розв’язок такого рівняння знаходять за формулою:

yон = yоо + yчн,

де yoo – загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння, yчн – частинний розв’язок неоднорідного рівняння.

Частинний розв’язок неоднорідного диференціального рівняння можна знайти в квадратурах методом варіації довільних сталих – методом Лагранжа.

Для рівнянь із спеціальною правою частиною частинний розв’язок можна знайти методом невизначених коефіцієнтів.

Розглянемо деякі з таких рівнянь.

I. Нехай права частина рівняння має вигляд:

f (x) = Pn (x)eαx ,

21

де α – дійсне число, Pn (x) = ao xn + a1xn−1 +... + an – многочлен сте-

пення n.

Можливі такі випадки:

а) число α не є коренем характеристичного рівняння

к2 +ρк + q = 0,

тоді частинний розв’язок шукають у вигляді:

yчн = Qn (x)eαx = (А0 xn + А1xn−1 + А2 xn−2 +... + Аn )eαx ,

де А0 , А1,...., Аn – невизначені коефіцієнти.

Підставляючи функції yчн,	′	′′	в	диференціальне
	yчн	i yчн
рівняння і після скорочення на	eαx ≠ 0	дістанемо		зліва і справа

многочлени степеня n. Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях n будемо мати систему n+1 лінійних алгебраїчних рівнянь, з якої визначимо n +1 невідомих коефіцієнтів Аi многочлена Qn (x).

б) якщо число α збігається з одним коренем характеристикного рівняння, то частинний розв’язок рівняння треба шукати у вигляді:

yчн = xQn (x)eαx ;

в) якщо число α є двократним коренем характеристичного рівняння, то частинний розв’язок рівняння шукають у вигляді:

yчн = x2Qn (x)eαx .

II. Нехай права частина диференціального рівняння має вигляд:

	f (x) = eαx (P (x)cosβx + R		(x)sinβx).
	n	m
де	Pn (x) –многочлен степеня n, Rm (x)		– многочлен степеня m,
α	та β – дійсні числа.

22

Можливі такі випадки:

1) α+βi ≠ к1,2 , тоді частинний розв’язок рівняння треба шукати у вигляді:

yчн = eαx (Qs (x)cos βx + Ls (x)sin βx),

де Qs (x) таLs (x) – многочлени степеня S з невизначеними коефіцієнтами, а S = max(n;m);

2) α+βi = к1 абок2 тоді частинний розв’язок рівняння треба шукати у вигляді:

yчн = xeαx (Qs (x)cosβx + Ls (x)sinβx).

III. Якщо права частина диференціального рівняння є сумою декількох різних за структурою функцій виду I або II, то для відшукування частинного розв’язку потрібно використати теорему про накладання (суперпозицію) розв’язків.

Приклади.

1. Розв’язати рівняння:

y′′−2 y′+ y = 2x +3.

Розв’язання.

Загальний розв’язок шукаємо у вигляді: y = yoo (x) + yчн(x).

а) Розглянемо спочатку однорідне рівняння y′′−2 y′+ y = 0. Характеристичне рівняння к2 −2к +1 = 0 має корені к1 = к2 =1, тому загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд:

yoo (x) = ex (с1 +с2 x).

б) Оскільки правою частиною даного рівняння є функція виду P1(x)eox , причому α = 0 i α ≠ к1,α ≠ к2 , то частинний розв’язок

шукаємо у вигляді:

yчн = Q1(x)eox , тобто yчн = Аx + В,

де А и В невідомі коефіцієнти.

23

Знайшовши похідні yчн′ = А, yчн″ = 0 і підставивши у рівняння, дістанемо:

0 −2А+ Аx + B = 2x +3.

Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях, дістанемо систему рівнянь:

	А= 2				звідки А= 2,		В = 7.
−2А+ В = 3,
Отже частинний розв’язок даного рівняння має вигляд:
				yчн = 2x +7,
тому y = y (x) + y		чн	(x) = ex (с +с x) + 2x +7				шуканий		загальний
oo					1	2
розв’язок.
2. Розв’язати рівняння:
				y′′−3y′+ 2 y =8e3x .
Розв’язання.
Загальний розв’язок має вид:
				y = yоо + yчн.
а) Знаходимо спочатку yoo						із рівняння y′′−3y′+ 2 y = 0. Харак-
теристичне рівняння к2 −3к + 2 = 0 має корені к =1 i к								2	= 2, тому
							1

загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд:

yоо = с1ex +с2e2 x .

б) Оскільки правою частиною даного рівняння є функція виду:

Pо(x)e3x , причому α = 3, α ≠ к1, α ≠ к2 ,

то частинний розв’язок шукаємо у вигляді:

yчн = Qо(x)e3x , тобтоyчн = Аe3x ,

де А – невідомий коефіцієнт.

24

Знайшовши похідні		yчн′ = 3Аe3x , yчн″ = 9Аe3x і підставивши їх
у рівняння, дістанемо:
	9Аe3x −9Аe3x + 2Аe3x =8e3x ,
звідки 2А=8, А= 4, y		= 4e3x		частинний	розв’язок даного рів-
	чн
няння, а y = с ex +с e2 x + 4e3x			– його загальний розв’язок.
1	2
3. Розв’язати рівняння:
		y′′+ 4 y = 5sin 2x.
Розв’язання.
Загальний розв’язок має вид:
		y = yоо + yчн.
а) Знаходимо спочатку			yоо	із рівняння	y′′+ 4 y = 0. Характери-
стичне рівняння	к2 + 4 = 0		має	корені к	= ±2i, тому загальний
				1,2

розв’язок цього однорідного рівняння має вигляд: yоо = с1 sin 2x +с2 cos 2x.

б) Права частина даного рівняння:

f (x) = sin 2x = eox (5sin 2x +0 cos 2x), тому комплексне число α+βi = 0 + 2i = k1 ≠ k2 і частинний розв’язок треба шукати у вигляді:

yчн = x( Аcos 2x + Вsin 2x),

де А, В – невідомі коефіцієнти. Знаходимо похідні yчн′та yчн″:

yчн′ =1( Аcos 2x + Вsin 2x) + x(−2Asin 2x + 2B cos 2x), yчн″ = 2(−2Аsin 2x + 2Вcos 2x) + x(−4Acos 2x −4Bsin 2x)

і підставимо yчн′та yчн″в дане рівняння, після спрощень дістанемо:

−4Аsin 2x + 4Вcos 2x = 5sin 2x.

25

Прирівнюючи коефіцієнти при sin 2xi cos 2x в лівій і правій частині цієї рівності знаходимо систему рівнянь:

−4 А= 5	звідки А= −	5	, В = 0.
4В = 0,
		4

Отже частинний розв’язок даного рівняння має вигляд:

y0 = −54 xcos 2x,

а y = yoo + yчн = с1 sin 2x +с2 cos2x − 54 xcos 2x – загальний розв’язок. 4. Знайти розв’язок рівняння:

y′′−2 y′+ y = 3ex + 2x +3,

який задовольняє умовам:

y(0) = 3, y′(0) = −1.

Розв’язання.

Характеристичне рівняння к2 −2к +1 = 0 має корені к1 = к2 =1, тому загальний розв’язок відповідального рівняння має вигляд:

yоо = ex (с1 +с2 x).

Права частина рівняння є сумою двох різних за структурою функцій:

f (x) = 3ex	та f	2	(x) = 2x +3,
1

тому за теоремою про накладання розв’язків частинний розв’язок даного рівняння дорівнює:

yчн = yчнI + yчнII ,

де yчнI та yчнII – частинні розв’язки рівнянь y′′−2 y′+ y = 3ex та y′′−2 y′+ y = 2x +3 відповідно.

26

Частинний розв’язок першого з цих рівнянь шукаємо у вигляді:

yчн = x2 Аex ,оскількиα =1 = к1 = к2. Знаходимо похідні:

yчнI = 2x Аex + x2 Аex , yчнI″ = 2Аex + 2x Аex + 2xАex + x2 Аex

і підставивши yчнI , yчнI′, yчнI″ в перше рівняння, після спрощень знайдемо:

2А= 3абоА= 32 ,

тому yчнI = 32 x2ex .

Частинний розв’язок другого рівняння шукаємо у вигляді: yчнII = Аx + В, звідки yчнII = 2x +7 (дивись приклад 1).

Отже y = y + y		+ y		= ex	с +с x +	3	x2		+ 2x +7 – загаль-
	чнI		чнII
oo					1 2	2

ний розв’язок даного рівняння.

Знайдемо частинний розв’язок, який задовольняє задані початкові умови.

Продиференціюємо загальний розв’язок:

y′ = ex с1 +с2 +с2 x +3x + 32 x2 + 2.

Підставивши в загальний розв’язок і його похідну початкові

умови x = 0, y = 3, y′ = −1, дістаємо систему рівнянь:
с +7 = 3	с = −4
1	звідки 1
с1 +с2 + 2 = −1,	с2 =1.

Отже, y = e	x	3	x	2	+ x −4		+ 2x +7	– шуканий розв’язок.
		2

27

3.3. Неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку. Метод варіації довільних сталих

Розглянемо неоднорідне диференціальне рівняння:

	y′′+ρy′+ qy = f (x),
де ρ,q – задані дійсні числа,			f (x) ≠ 0 – задана функція, неперервна
на деякому проміжку.
Нехай yoo (x) = с1 y1(x) +с2 y2 (x) – загальний							розв’язок відпо-
відного однорідного рівняння.
Замінимо сталі	с1 i с2 невідомими функціями							с1(x), с2 (x) і
підберемо ці функції так,		щоб функції y(x) = с1(x) y1(x) +с2 (x) y2 (x)
була розв’язком неоднорідного рівняння.
За методом Лагранжа функції с1(x) тас2 (x)							задовольнятимуть
систему рівнянь:
с′	(x) y (x) +с ′(x) y				2	(x) = 0
1	1		2
	(x) y	′(x)	+с ′	(x) y		′(x) = f (x).
с′
1	1		2		2
Приклад.
Розв’язати рівняння:
		y′′+ y = tg(x).
Розв’язання.				2 +1 = 0 має корені				к	= ±i, тому
Характеристичне рівняння к
y1(x) = sin x, y2 (x) = cos x,			yoo = с1 sin x +с2 cos x					1,2
		а						–	загальний

розв’язок відповідального однорідного рівняння.

Загальний розв’язок неоднорідного рівняння будемо шукати у вигляді:

y(x) = с1(x)sin x +с2 (x)cos x

Знайдемо цей розв’язок методом Лагранжа.

28

Складемо таку систему і розв’яжемо її:

с		′sin x +с ′cos x = 0
	1	2
		′cos x −с ′sin x = tgx.
с
	1	2

За методом Крамера маємо:

=

sin xcos x

= −sin2

x −cos2 x = −1 ≠ 0,

cos x −sin x

1

=

0

cos x

= 0 −cos xtgx = −sin x;

tgx −sin x

2

=

sin x

0

= sin xtgx;

cos x

tgx

с′

=

1

= +sin x;

с ′

=

2

= −sin xtgx.

1

2

Інтегруючи, дістанемо:

sin2 x

cos2

x −1

с1(x) = ∫sin xdx = −cos x +с1,

с2 (x) = −∫

dx = ∫

dx =

cos x

cos x

dx

x

π

= ∫cos xdx − ∫

= sin x −An

tg

+

+с2 ,

cos x

4

2

де с1,с2

– довільні

сталі.

При

с1 = с2 = 0

дістанемо

частичний

розв’язок.

x

π

yчн = −sin xcos x + sin x −ln

tg

+

cos x, тодi

2

4

y = с1 sin x +с2 cos x −cos xln

x

π

tg

+

– загальний розв’язок

2

4

даного

рівняння.

29

Питання для самоконтролю

1.Яке рівняння називається лінійним однорідним диференціальним рівнянням другого порядку із сталими коефіцієнтами?

2.Яке рівняння називається характеристичним? Як його знаходять?

3.Який вигляд має загальний розв’язок лінійного однорідного рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами, якщо корені характеристичного рівняння: дійсні і різні? рівні? комплексні?

4.Який вигляд має загальний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння?

5.У чому полягає метод підбору частинного розв’язку неоднорідного рівняння із спеціальною правою частиною

f (x) = eαx (Pn (x)sinβx + Rm (x)cosβx,

де Pn (x), Rm (x) – многочлени; α,β – дійсні числа.

6. У чому полягає метод варіації довільних сталих?

30