Лінійні однорідні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами
Розглянемо лінійне однорідне рівняння другого порядку
(85)
де р, q —дійсні числа.
Ейлер запропонував шукати частинні розв'язки цього рівняння у вигляді
у = (86)
де k — стала (дійсна чи комплексна), яку треба знайти. Підставивши функцію (86) в рівняння (85), дістанемо
(k2 + pk –q) = 0
Оскільки ? 0, то
k2 + pk + q = 0 (87)
Отже, якщо k буде коренем рівняння 87), то функція (86) буде роз-в'язком рівняння (85). Квадратне рівняння (87) називається характеристичним рівнянням диференціального рівняння (85).
Позначимо корені характеристичного рівняння через k1 і k2. Можливі три випадки:
І. і — дійсні і різні числа (?);
II. і — комплексні числа (= );
III. і — дійсні і рівні числа ( = ).
Розглянемо кожен випадок окремо.
І. Корені характеристичного рівняння дійсні і різні: ?. У цьому випадку частинними розв'язками рівняння (85) є функції
Ці розв'язки лінійно незалежні, тому що при ?
Згідно з теоремою 4 (п. 3.2) загальний розв'язок рівняння (85) знаходять за формулою
(88)
II. Корені характеристичного рівняння комплексно-спряжені:
= , =
Підставивши значення та у формулу (86), знайдемо розв'язки
За формулою Ейлера
маємо
;
Зауважимо, що коли функція z(х) = u(х) + iх(x) є розв'язком рівняння (85), то розв'язками будуть також функції u(х) та х(x). Дійсно, підставивши функцію z(x) в рівняння (85), дістанемо:
,
або
Остання тотожність можлива, коли вирази в дужках дорівнюють нулю (гл. 7, п. 1.4). Це означає, що функції u та х — розв'язки рівняння (85). Згідно з цим зауваженням частинними розв'язками рівняння (85) є функції
Ці розв'язки лінійно незалежні, оскільки
,
тому загальний розв'язок рівняння (85) запишеться у вигляді
(89)
ІІІ. Корені характеристичного рівняння дійсні і рівні: ==. За формулою (86) дістанемо один з розв'язків:
у =
Другий розв'язок шукатимемо у вигляді , де u — невідома функція від х. Знайшовши і та підставивши їх у рівняння (85), дістанемо
або
Оскільки — корінь рівняння (87), то і за теоремою Вієта 2 = — р, тому 2k + с = 0 і u" =0, звідки u = С1х + С2, де С1, С2 — довільні сталі. Поклавши С1 = 1, С2 = 0 (нас цікавить який-небудь розв'язок u(х) ? 0), знайдемо другий частинний розв'я-зок рівняння (85):
у2 = х
Розв'язки y1 та у2 — лінійно незалежні, тому загальний розв'язок рівняння (85) має вигляд
у = (С1 +С2х) (90)
Приклади
1. Знайти загальний розв’язок рівняння
Складемо характеристичне рівняння k2 — 5 + 6 = 0 і знайдемо його корені =2, =2. За формулою (88) шуканий розв'язок має вигляд:
2. Розв'язати рівняння
Характеристичне рівняння 2 + 4 + 13 = 0 має комплексні корені 1.2 = — 2 ± 3і. Загальний розв'язок дістанемо за формулою (89):
Неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами. Рівняння із спеціальною правою частиною
Розглянемо неоднорідне диференціальне рівняння
(91)
де р, q — задані дійсні числа, 0 — задана функція, неперерв-на на деякому проміжку (а, b).
Згідно з теоремою п. 3.3, загальний розв'язок такого рівняння являє собою суму частинного розв'язку рівняння (91) і загального розв'язку відповідного однорідного рівняння. Загальний розв'язок однорідного рівняння ми вже знаходити вміємо, тому розглянемо детальніше питання про знаходження частинного розв'язку неоднорідного рівняння.
Насамперед слід зазначити, що частинний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння (91) можна знайти в квадратурах методом варіації довільних сталих (п. 3.4). Проте для рівнянь із спеціальною правою частиною частинний розв'язок можна знайти значно простіше, не вдаючись до операції інтегрування.
Розглянемо деякі з таких рівнянь.
І. Нехай права частина в рівнянні (91) має вигляд
= (92)
де б — дійсне число, Рn(х) – многочлен степеня n.
Можливі такі випадки:
а) число б не є коренем характеристичного рівняння
k2 + pk + q = 0 (93)
Тоді диференціальне рівняння (91) має частинний розв'язок виду
, (94)
де А0, А1,..., Аn — невизначені коефіцієнти.
Справді, підставляючи функцію (94) в рівняння (91), після скорочення на дістанемо
, (95)
де — многочлен степеня n — 2t — многочлен степеня n — 1, a і — многочлени степеня n. Таким чином, зліва і справа в тотожності (95) стоять многочлени степеня n. Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях n, дістанемо систему n + 1 лі-нійних алгебраїчних рівнянь, з якої визначимо n + 1 невідомих коефіцієнтів аі многочлена .
Не зупиняючись далі на доведеннях (див. [24]), вкажемо форму, в якій потрібно шукати частинний розв'язок рівняння (91), залежно від виду правої частини цього рівняння;
б) якщо число б збігається з одним коренем характеристичного рівняння (93), тобто є простим коренем цього рівняння, то частинний розв'язок рівняння (91) треба шукати у вигляді
, (96)
в) якщо число б є двократним коренем рівняння (93), то частинний розв'язок рівняння (91) шукають у вигляді
(97)
Об'єднаємо випадки а) — в): якщо права частина рівняння (91) має вигляд (92), то частинний розв'язок цього рівняння треба шукати у вигляді
де — многочлен з невизначеними коефіцієнтами того самого степеня, що й многочлен , а r — число коренів характеристич-ного рівняння, які дорівнюють . Якщо не є коренем характерис-тичного рівняння, то приймаємо г = 0.
II. Нехай права частина в рівнянні (91) має вигляд
, (98)
де — многочлен степеня n, Rm (x) — многочлен степеня m; б та в — дійсні числа. (Функція (92) є окремим випадком функції (98) і утворюється з неї при в = 0).
Частинний розв'язок рівняння (91) треба шукати у вигляді
(99)
де та — многочлени степеня s з