2 - Математичний аналіз першого курсу частини 1 - страница 99

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118  119  120  121  122  123  124  125  126  127  128  129  130  131 

Лінійні диференціальні рівняння другого порядку 348 Приклад 5. Функції pi (x) = cos ax, p2 (x) = sin ax (a Ф 0) (див. приклад 2) є

для всіх x є (- да, да) розв'язками лінійного однорідного диференціального рів­няння

y" + a2 y = 0,

оскільки для будь-якого x

pi (x) = -a sin ax, pi"(x) = -a2 cos ax, pf(x) + a 2pi (x) = -a2 cos ax + a2 cos ax = 0 і аналогічно

p2 (x) = a cos ax, p2'(x) = -a2 sin ax, p2'(x) + a 2p2 (x) = -a2 sin ax + a2 sin ax = 0. Ці розв'язки лінійно незалежні, а їх вронскіан W(x) = a (див. приклад 4) не до­рівнює нулю в жодній точці.

6.3. СТРУКТУРА ЗАГАЛЬНОГО РОЗВ"ЯЗКУ ЛІНІЙНОГО ОДНОРІДНОГО ДИФЕРЕНЦІАЛЬНОГО РІВНЯННЯ

Теорема 5. Якщо y = yi (x), y = y2 (x) - два лінійно незалежних розв'язки лінійного однорідного диференціального рівяння (3) другого порядку, то зага­льний розв'язок рівняння має вигляд

У = Ciyi (x)+ C2y2 К ( ii )

де Ci , C2 - довільні сталі. ■Функція

y = Ci yi (x)+ C2 y2(x)

є розв'язком рівняння (3) для будь-яких значень Ci , C2 на підставі наслідку з

властивостей i, 2 розв'язків лінійного однорідного диференціального рівняння (див. п. 6.i). Тому згідно з означенням 8 з п. 5.i треба довести, що для довіль­них початкових умов (2) можна знайти значення сталих Ci , C2 так, щоб задово­льнити ці умови. Але

У (x0 ) = Ciyi (x0 ) + C2y2 (x0 ), Ax0 ) = Ciyi (x0 ) + C2y2 (x0 ), отже, йдеться про сумісність системи лінійних алгебричних рівнянь відносно

C,C

i2

|Ciyi (x0 )+ C2y2 (x0 )= y0, lCi yi (x0 )+ C2 y2 (x0 )= y0.

A =

= W \Уі (x0 ), y2 (x0 )]* 0

Система ж є сумісною і має єдиний розв'язок, бо її головний визначник

yi (x0 )   y2 (x0 )

відмінний від нуля внаслідок лінійної незалежності розв'язків yf (x), y2 (x) і тео­реми 4.и

Приклад 6. Функція

y = Cf cos ax + C2 sin ax з двома довільними сталими Ci , C2 є загальним розв'язком рівняння

y" + a2 y = 0,   a Ф 0,

про яке йшлося в прикладі 5.

Аналогічна теорема є справедливою для лінійного однорідного диферен­ціального рівняння довільного порядку n > 2.

6.4. ЛІНІЙНІ ОДНОРІДНІ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ З СТА­ЛИМИ ДІЙСНИМИ КОЕФІЦІЄНТАМИ

6.4.1. Характеристичне рівняння

Нехай дано лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку

y" + py' + qy = 0 ( 12 )

з сталими дійсними коефіцієнтами p, q.

Шукатимемо розв'язки рівняння (12) у вигляді

y = А ( 13 )

де к - невідоме число (дійсне або, може, комплексне). Знаходячи похідні функ­ції (i3)

y' = kekx, y" = к2ekЛінійні диференціальні рівняння другого порядку 350 та підставляючи значення функцій y, y , y  в рівняння, отримуємо

к2ekx + pkekx + qekx, ekx 2 + pk + q)= 0,

к2 + pk + q = 0. ( 14 )

Задача інтеґрування рівняння (12) зводиться до розв'язання квадратного рівняння (14), яке називається характеристичним рівняням. Залежно від зна­ка дискримінанта

D = b2 - 4ac

характеристичного рівняння ми повинні розглянути три випадки.

6.4.2. Корені характеристичного рівняння — дійсні і різні

Нехай дискримінант рівняння (14) додатний, і, отже, характеристичне рів­няння має два дійсних різних корені к1, к2,

кі,2 =(- b ±VD)/(2a).

Ми дістаємо два частинні y = ekfx, y2 = ek2x, розв'язки даного диферен­ціального рівняння

причому лінійно незалежні, оскільки на підставі kf Ф к2 їх відношення не є то­тожно сталим,

/ kfx І  k2x        (ki-k2 )x   , ,

У\іy2 = e  Ie   = e 1 11 Ф const. Отже, з огляду на теорему 5 загальний розв'язок рівняння (12) дається функці­єю

y = C1 yi + C2y2 = Ciekix + C2x . ( 15 )

Приклад 7. y " + 5 y' + 6 y = 0.

Характеристичне рівняння диференціального рівняння

к2 + 5k + 6 = 0

має два дійсних різних корені kf = -2, k2 = -3, так що диференціальне рівняння має два лінійно незалежні частинні розв'язки

Уі = e -2x, y2 = e -3x

і загальний розв'язок

y = Cfyi + C2y2 = Cfe-2x + C2e-3x. 6.4.3. Корені характеристичного рівняння — дійсні рівні

Нехай дискримінант характеристичного рівняння дорівнює нулю. В тако­му випадку характеристичне рівняння має тільки один корінь k0 = - bj (2a). Ма­тематично точніше сказати, що воно має кратний (ще точніше - двократний) корінь, або що воно має два дійсних рівних корені kf = k2 = k0.

У випадку дійсних рівних коренів характеристичного рівняння ми маємо тільки один частинний розв'язок диференціального рівняння, а саме

k0 x

y = yi = e .

Отже, нам треба знайти ще один частинний розв'язок y2, лінійно незалежний з першим. Але за теоремою Вієта1

kf + k2 = 2k, = -p, kfk2 = k2 = q, p = -2^, q = kj, так що рівняння (12) має в нашому випадку вигляд

y " - 2k0 y " + k2 y = 0 ( 16 )

і має очевидний розв'язок

y2 = xyi = xe 0 .

Дісно,

y2 = ek0x + xk0ek0 x = (l + xk0 )ek0x, y" = k0ek0 x + (l + xk0 )k0ek0x = (2k0 + xk02 )ek0x, і післе підстановки значень функцій y2, y2, у2"в рівняння (16) отримуємо y2 - 2k0y2 + к02y2 = (2к0 + xk02 )ek0x - 2к0 (l + xk0 )ek0x + k02xek0x = 0. Розв'язки yf, y2 лінійно незалежні, бо

yjy2 = ek°x/xek0x = f x ф const. Отже, загальний розв'язок рівняння (12) (рівняння (16) в даному випадку) є

1 Вієт, Франсуа (1540 - 1603) - французький математик

y = Cf yf + C2 y2 = Cfek0 x + C2 xek0 x = ek0 x (Cf + xC2). ( 17 )

Приклад 8. y " -10 y " + 25 y = 0. Характеристичне рівняння

к2 - 10k + 25 = 0

має дійсні рівні корені kf = k2 = 5 (k0 = 5). Тому диференціальне рівняння має два лінійно незалежні частинні розв'язки

Уі = e5x, y2 = xe5x

і загальний розв'язок

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118  119  120  121  122  123  124  125  126  127  128  129  130  131 


Похожие статьи

2 - Математичний аналіз першого курсу частини 1