Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

30 марта 2023
8 минут
3 278

Преподаватель математики и информатики. Кафедра бизнес-информатики Российского университета транспорта

Данная статья рассматривает способы решения линейных дифференциальных однородных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами вида $y'' + p y' + q y = 0$ с $p$ и $q$ являющимися действительными числами. Будет рассмотрена теория с приведением примеров с подробным решением.

Перейдем к формулировке теоремы, которая показывает, какого вида должно быть уравнение, чтобы можно было искать общее решение ЛОДУ.

Теорема общего решения линейного однородного дифференциального уравнения

Теорема 1

Общим решением линейного однородного дифференциального уравнения вида $y^{(n)} + f_{n - 1} (x) \cdot y^{(n - 1)} + . . . + f_{0} (x) \cdot y = 0$ с непрерывными на интервале интегрирования $x$ коэффициентами $f_{0} (x), f_{1} (x), . . ., f_{n - 1} (x)$ определяют линейную комбинацию вида $y_{0} = \sum_{j = 1}^{n} C_{j} \cdot y_{j}$ , где $y_{j}, j = 1, 2, . . ., n$ являются линейно независимыми частными решениями ЛОДУ на интервале $x$ , где $C_{j}, j = 1, 2, . . ., n$ берут за произвольные постоянные.

Отсюда получаем, что общее решение такого уравнения $y'' + p y' + q y = 0$ может быть записано как $y_{0} = C_{1} \cdot y_{1} + C_{2} \cdot y_{2}$ , где $y_{1}$ и $y_{2}$ выражаются линейно независимыми решениями, а $С_{1}$ и $C_{2}$ – произвольными постоянными. Необходимо поработать с нахождением частных решений $y_{1}$ и $y_{2}$ .

Определение 1

Существует формула по Эйлеру для поиска частных решений вида $y = e^{k \cdot x}$ .

Если взять $y = e^{k \cdot x}$ за частное решение ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами $y'' + p y' + q y = 0$ , тогда, используя подстановку, получим тождество вида:

${(e^{k \cdot x})}^{''} + p \cdot {(e^{k \cdot x})}^{'} + q \cdot e^{k \cdot x} = 0 k^{2} \cdot e^{k \cdot x} + p \cdot e^{k \cdot x} + q \cdot e^{k \cdot x} = 0 e^{k \cdot x} \cdot (k^{2} + p \cdot k + q) = 0 k^{2} + p \cdot k + q = 0$

Данное тождество называют характеристическим уравнением с постоянными коэффициентами $k_{1}$ и $k_{2}$ , которые и являются его решениями и определяют частые решения вида $y_{1} = e^{k_{1} \cdot x}$ и $y_{2} = e^{k_{2} \cdot x}$ заданного ЛОДУ.

Определение 2

При различных значениях $p$ и $q$ можно получить характеристические уравнения с корнами такого вида:

Действительные и различные $k_{1} \neq k_{2}, k_{1}, k_{2} \in R$ .
Действительные и совпадающие $k_{1} = k_{2}, = k_{0}, k_{0} \in R$ .
Комплексно сопряженную пару $k_{1} = α + i \cdot β, k_{2} = α - i \cdot β$ .

Первый случай показывает, что решениями такого уравнения могут быть $y_{1} = e^{k_{1} \cdot x}$ и $y_{2} = e^{k_{2} \cdot x}$ , а общее решение принимает вид $y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{1} \cdot x} + C_{2} \cdot e^{k_{2} \cdot x}$ с постоянными коэффициентами. Функции $y_{1} = e^{k_{1} \cdot x}$ и $y_{2} = e^{k_{2} \cdot x}$ рассматриваются, как линейно независимыми по причине отличного от нуля определителя Вронского $W (x) = |\begin{matrix} y_{1} & y_{2} \\ y_{1}' & y_{2}' \end{matrix}| = |\begin{matrix} e^{k_{1} \cdot x} & e^{k_{2} \cdot x} \\ k_{1} \cdot e^{k_{1} \cdot x} & k_{2} \cdot e^{k_{2} \cdot x} \end{matrix}| = e^{k_{1} \cdot x} \cdot e^{k_{2} \cdot x} \cdot (k_{2} - k_{1})$ с действительными $k_{1} \neq k_{2}, k_{1}, k_{2} \in R$ .

Второй случай объясняет, что первым частным решением функции – это выражение $y_{1} = e^{k_{0} \cdot x}$ . Вторым частным решением можно брать $y_{2} = x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ . Определим, что $y_{2} = x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ может являться частным решением ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами $y'' + p y' + q y = 0$ и докажем линейную независимость $y_{1}$ и $y_{2}$ .

Имеем, что $k_{1} = k_{0}$ и $k_{2} = k_{0}$ являются совпадающими корнями характеристического уравнения. Тогда оно примет вид ${(k - k_{0})}^{2} = 0 \Leftrightarrow k^{2} - 2 k_{0} \cdot k + k_{0}^{2} = 0$ . Отсюда следует, что $y'' - 2 k_{0} \cdot y' + k_{0}^{2} \cdot y = 0$ является линейным однородным дифференциальным уравнением. Необходимо подставить выражение $y_{2} = x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ для того, чтобы убедиться в тождественности:

$y_{2}'' - 2 k_{0} \cdot y'_{2} + k_{0}^{2} \cdot y_{2} = 0 {(x \cdot e^{k_{0} \cdot x})}^{''} - 2 k_{0} \cdot {(x \cdot e^{k_{0} x})}^{'} + k_{0}^{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x} = 0 {(e^{k_{0} \cdot x} + k_{0} \cdot x \cdot e^{k_{0} x})}^{'} - 2 k_{0} \cdot (e^{k_{0} \cdot x} + k_{0} \cdot x \cdot e^{k_{0} x}) + k_{0}^{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x} = 0 (k_{0} \cdot e^{k_{0} \cdot x} + k_{0} \cdot e^{k_{0} \cdot x} + k_{0}^{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x} - - 2 k_{0} \cdot e^{k_{0} \cdot x} - k_{0}^{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x} + k_{0}^{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x}) = 0 0 \equiv 0$

Отсюда следует, что $y_{2} = x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ - это частное решение данного уравнения. Необходимо рассмотреть линейную независимость $y_{1} = e^{k_{0} \cdot x}$ и $y_{2} = x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ . Чтобы убедиться в этом, следует прибегнуть к вычислению определителя Вронского. Он не должен быть равен нулю.

Получаем, что

$W (x) = |\begin{matrix} y_{1} & y_{2} \\ y_{1}' & y_{2}' \end{matrix}| = |\begin{matrix} e^{k_{0} \cdot x} & x \cdot e^{k_{0} \cdot x} \\ {(e^{k_{0} \cdot x})}^{'} & {(x \cdot e^{k_{0} \cdot x})}^{'} \end{matrix}| = = |\begin{matrix} e^{k_{0} \cdot x} & x \cdot e^{k_{0} \cdot x} \\ k_{0} \cdot e^{k_{0} \cdot x} & e^{k_{0} \cdot x} \cdot (1 + k_{0} \cdot x) \end{matrix}| = = e^{k_{0} \cdot x} \cdot e^{k_{0} \cdot x} \cdot (1 + k_{0} \cdot x) - k_{0} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x} \cdot e^{k_{0} \cdot x} = e^{2 k_{0} \cdot x} \neq 0 \forall x \in R$

Можно сделать вывод, что линейно независимые частные решения ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами $y'' + p y' + q y = 0$ считаются $y_{1} = e^{k_{0} \cdot x}$ и $y_{2} = x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ . Это подразумевает то, что решением будет являться выражение $y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{0} \cdot x} + C_{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ при $k_{1} = k_{2} = k_{0}, k_{0} \in R$ .

Третий случай говорит о том, что имеем дело с парой комплексных частных решений ЛОДУ вида $y_{1} = e^{(α + i \cdot β) \cdot x}$ и $y_{2} = e^{(α - i \cdot β) \cdot x}$ .

Запись общего решения примет вид $y_{0} = C_{1} \cdot e^{(α + i \cdot β) \cdot x} + C_{2} \cdot e^{(α - i \cdot β) \cdot x}$ .

Функции $y_{1} = e^{a \cdot x} \cdot \cos β x$ и $y_{2} = e^{a \cdot x} \cdot \sin β x$ могут быть записаны вместо частных решений уравнения, причем с соответствующими действительной и мнимой частями. Это понятно при преобразовании общего решения $y_{0} = C_{1} \cdot e^{(α + i \cdot β) \cdot x} + C_{2} \cdot e^{(α - i \cdot β) \cdot x}$ . Для этого необходимо воспользоваться формулами из теории функции комплексного переменного вида. Тогда получим, что

$y_{0} = C_{1} \cdot e^{(α + i \cdot β) \cdot x} + C_{2} \cdot e^{(α - i \cdot β) \cdot x} = = C_{1} \cdot e^{α \cdot x} \cdot (\cos β x + i \cdot \sin β x) + C_{2} \cdot e^{α \cdot x} \cdot (\cos β x - i \cdot \sin β x) = = (C_{1} + C_{2}) \cdot e^{α \cdot x} \cdot \cos β x + i \cdot (C_{1} - C_{2}) \cdot e^{α \cdot x} \cdot \sin β x = = C_{3} \cdot e^{α \cdot x} \cdot \cos β x + C_{4} \cdot e^{α \cdot x} \cdot \sin β x$

Отчетливо видно, что $С_{3}$ и $С_{4}$ используются в качестве произвольных постоянных.

Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения

Определение 2

Алгоритм нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения $2$ порядка с постоянными переменными вида $y'' + p y' + q y = 0$ :

Запись характеристического уравнения $k^{2} + p \cdot k + q = 0$ .
Нахождение корней характеристического уравнения $k_{1}$ и $k_{2}$ .
Производим запись ЛОДУ, исходя из полученных значений с постоянными коэффициентами:

$y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{1} \cdot x} + C_{2} \cdot e^{k_{2} \cdot x}$ при $k_{1} \neq k_{2}, k_{1}, k_{2} \in R$ ;
$y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{0} \cdot x} + C_{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} \cdot x}$ при $k_{1} = k_{2} = k_{0}, k_{0} \in R$ ;
$y_{0} = e^{α \cdot x} \cdot (C_{1} \cdot \cos β x + C_{2} \cdot \sin β x)$ при $k_{1} = α + i \cdot β, k_{2} = α - i \cdot β$ .

Пример 1

Найти общее решение заданного уравнения с постоянными коэффициентами $y'' + 4 y' + 4 y = 0$ .

Решение

Следуя алгоритму, необходимо записать характеристическое уравнение $k^{2} + 4 \cdot k + 4 = 0$ , после чего обозначить его корни. Получаем, что

$k^{2} + 4 k + 4 = 0 (k + 2)^{2} = 0 k_{1} = k_{2} = k_{0} = - 2$

Очевидно, что полученные корни являются совпадающими.

Ответ: Запись общего решения: $y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{0} x} + C_{2} \cdot x \cdot e^{k_{0} x} = C_{1} \cdot e^{- 2 x} + C_{2} \cdot x \cdot e^{- 2 x}$ .

Пример 2

Найти решение заданного уравнения вида $y'' - 5 y' + 6 y = 0$ .

Решение

По условию имеется ЛОДУ $2$ порядка с постоянными коэффициентами. Это указывает на то, что необходимо записать характеристическое уравнение и обозначить его корни. Получим:

$k^{2} - 5 k + 6 = 0 D = 5^{2} - 4 \cdot 6 = 1 k_{1} = \frac{5 - 1}{2} = 2 k_{2} = \frac{5 + 1}{2} = 3$

Видно, что корни различные и действительные. Это говорит о том, что уравнение общего вида запишется как $y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{1} x} + C_{2} e^{k_{2} x} = C_{1} \cdot e^{2 x} + C_{2} \cdot e^{3 x}$ .

Ответ: $y_{0} = C_{1} \cdot e^{k_{1} x} + C_{2} e^{k_{2} x} = C_{1} \cdot e^{2 x} + C_{2} \cdot e^{3 x}$ .

Пример 3

Найти общее решение дифференциального уравнения вида $y'' - y' + 3 y = 0$ .

Решение

Необходимо перейти к характеристическому уравнению ЛОДУ $2$ порядка, что соответствует записи $k^{2} - k + 3 = 0$ , после чего обозначить его корни. Тогда получим, что

$D = 1^{2} - 4 \cdot 3 = - 11 k_{1} = \frac{1 + i \sqrt{11}}{2} = \frac{1}{2} + i \cdot \frac{\sqrt{11}}{2} k_{2} = \frac{1 - i \sqrt{11}}{2} = \frac{1}{2} - i \cdot \frac{\sqrt{11}}{2} \Rightarrow α = \frac{1}{2}, β = \frac{\sqrt{11}}{2}$

На выходе имеем пару комплексно сопряженных корней характеристического уравнения. Отсюда следует, что общим решением является запись уравнения вида

$y_{0} = e^{a \cdot x} \cdot (C_{1} \cdot \cos β x + C_{2} \cdot \sin β x) = = e^{\frac{x}{2}} \cdot (C_{1} \cdot \cos \frac{\sqrt{11} x}{2} + C_{2} \cdot \sin \frac{\sqrt{11}}{2})$

Ответ: $y_{0} = e^{\frac{x}{2}} \cdot (C_{1} \cdot \cos \frac{\sqrt{11} x}{2} + C_{2} \cdot \sin \frac{\sqrt{11}}{2})$ .