2.2: Постійний коефіцієнт лінійних ОД другого порядку
- Page ID
- 61573
Розв'язування рівнянь постійного коефіцієнта
Припустимо, у нас проблема
\[ y'' - 6y' + 8y = 0, y(0) = -2, y'(0) = 6 \nonumber \]
Це лінійне однорідне рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами. Постійні коефіцієнти означають, що функції перед\( y''\)\(y'\), і\(y\) є константами і не залежать від\(x\).
Щоб вгадати рішення, подумайте про функцію, яку ви знаєте, залишається по суті однаковою, коли ми диференціюємо його, так що ми можемо взяти функцію та її похідні, додати кілька кратних з них разом, і в кінцевому підсумку з нулем.
\(^{1}\)Спробуємо рішення форми\(y = e^{rx}\). Потім\(y' = re^{rx}\) і\(y'' = r^2e^{rx}\). Підключіть, щоб отримати
\[\begin{align}\begin{aligned} y''-6y'+8y & = 0 , \\ \underbrace{r^2 e^{rx}}_{y''} -6 \underbrace{r e^{rx}}_{y'}+8 \underbrace{e^{rx}}_{y} & = 0 , \\ r^2 -6 r +8 & = 0 \qquad \text{(divide through by } e^{rx} \text{)},\\ (r-2)(r-4) & = 0 .\end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Отже, якщо\(r = 2\) або\(r = 4\), то\(e^{rx}\) є рішенням. Так нехай\(y_1 = e^{2x} \) і\(y_2 = e^{4x}\).
Перевірте, що\(y_1\) і\(y_2\) є рішеннями.
Рішення
Функції\(e^{2x}\) і\(e^{4x}\) лінійно незалежні. Якби вони не були лінійно незалежними, ми могли б написати\(e^{4x} = Ce^{2x}\) якусь константу\(C\), маючи на увазі\(x\), що\(e^{2x} = C\) для всіх, що явно неможливо. Отже, ми можемо записати загальне рішення як
\[ y = C_1e^{2x} + C_2e^{4x} \nonumber \]
Нам потрібно вирішувати за\(C_1\) і\(C_2\). Для застосування початкових умов ми спочатку знайдемо\( y' = 2C_1e^{2x} + 4C_2e^{4x}\). Підключаємо\(x = 0\) і вирішуємо.
\[\begin{align}\begin{aligned} -2 &= y(0) = C_1 + C_2 \\ 6 &= y'(0) = 2C_1 + 4C_2 \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Або застосувати деяку матричну алгебру, або просто вирішити їх математикою середньої школи. Наприклад, розділіть друге рівняння на 2, щоб отримати\(3 = C_1 + 2C_2\), і відніміть два рівняння, щоб отримати\(5 = C_2\). Тоді\(C_1 = -7\) як\(-2 = C_1 + 5 \). Отже, рішення, яке ми шукаємо, є
\[ y = -7e^{2x} + 5e^{4x} \nonumber \]
Узагальнимо цей приклад в метод. Припустимо, що у нас є рівняння
\[ \label{eq:6}ay'' +by' +cy = 0, \]
де\( a, b, c \) константи. Спробуйте рішення\( y = e^{rx} \), щоб отримати
\[ ar^2 e^{rx} + bre^{rx} + ce^{rx} = 0 \nonumber \]
Ділимо на\(e^{rx}\), щоб отримати так зване характеристичне рівняння ОДА:
\[ ar^2 + br + c = 0 \nonumber \]
Вирішити\(r\) за допомогою квадратичної формули.
\[ r_1, r_2 = \dfrac {-b \pm \sqrt {b^2 - 4ac}}{2a} \nonumber \]
Тому у нас є\(e^{r_1x}\) і\(e^{r_2x}\) як рішення. Є ще труднощі якщо\(r_1 = r_2 \), але це не важко подолати.
Припустимо, що\(r_1\) і\(r_2\) є корінням характеристичного рівняння.
Якщо\( r_1\) і\(r_2\) є відмінними і реальними (коли\( b^2 - 4ac > 0 \)), то\(\eqref{eq:6}\) має загальне рішення
\[ y = C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x} \nonumber \]
Якщо\(r_1 = r_2 \) (трапляється коли\( b^2 - 4ac = 0 \)), то\(\eqref{eq:6}\) має загальне рішення
\[ y = (C_1 + C_2x)e^{r_1x} \nonumber \]
Для іншого прикладу першого випадку візьмемо рівняння\(y'' - k^2y = 0 \). Тут характерне рівняння -\( r^2 - k^2 = 0 \) або\( (r - k)(r + k) = 0 \). Отже,\(e^{-kx} \) і\(e^{kx} \) є два лінійно незалежних рішення.
Вирішити
\[y''-k^{2}y=0. \nonumber \]
Рішення
Характерне рівняння -\(r^{2}-k^{2}=0\) або\((r-k)(r+k)=0\). Отже,\(e^{-kx}\) і\(e^{kx}\) є двома лінійно незалежними рішеннями, і загальним рішенням є\[y=C_{1}e^{kx}+C_{2}e_{-kx}. \nonumber \]
Оскільки\(\cosh s=\frac{e^{s}+e^{-s}}{2}\) і\(\sinh s=\frac{e^{s}-e^{-s}}{2}\), ми також можемо написати загальне рішення як\[y=D_{1}\cosh (kx)+D_{2}\sinh (kx). \nonumber \]
Знайдіть загальне рішення\[ y'' - 8y' + 16y = 0 \nonumber \]
Рішення
Характерне рівняння є\( r^2 - 8r + 16 = {( r - 4)}^2 = 0 \). Рівняння має подвійний корінь\( r_1 = r_2 = 4 \). Таким чином, загальне рішення полягає в тому,
\[ y = (C_1 + C_2x)e^{4x} = C_1e^{4x} + C_2xe^{4x} \nonumber \]
Переконайтеся,\( xe^{4x}\) що\( e^{4x} \) і лінійно незалежні.
- Відповідь
-
Це\( e^{4x} \) вирішує рівняння зрозуміло. Якщо\( xe^{4x}\) вирішує рівняння, то ми знаємо, що ми закінчили. Обчислимо\( y' = e^{4x} + 4xe^{4x} \) і\( y'' = 8e^{4x} + 16xe^{4x} \). Підключіть
\[ y'' - 8y' + 16y = 8e^{4x} + 16xe^{4x} - 8(e^{4x} + 4xe^{4x} ) + 16xe^{4x} = 0 \nonumber \]
Відзначимо, що на практиці подвоєний корінь рідко буває. Якщо коефіцієнти підібрані дійсно випадковим чином, ми навряд чи отримаємо подвоєний корінь.
Наведемо короткий доказ того, чому розчин\(xe^{rx}\) працює, коли корінь подвоюється. Цей випадок дійсно є обмежуючим випадком, коли два корені чіткі і дуже близькі. Зверніть увагу, що\( \frac {e^r2^x - e^x1^x}{r_2 - r_1} \) це рішення, коли коріння чіткі. Коли ми беремо межу, як\(r_1\) йде до\(r_2\), ми дійсно приймаємо похідну\(e^{rx} \) використання\(r\) як змінну. Тому межа є\( xe^{rx}\), а отже, це рішення в подвоєному кореневому випадку.
2.2.2 Комплексні числа та формула Ейлера
Може трапитися так, що многочлен має якісь складні коріння. Наприклад, рівняння не\( r^2 + 1 = 0 \) має справжніх коренів, але воно має два складних кореня. Тут ми розглянемо деякі властивості комплексних чисел.
Складні числа можуть здатися дивним поняттям, особливо через термінологію. У складних числах немає нічого уявного або дійсно складного. Комплексне число - це просто пара дійсних чисел,\( (a, b) \). Ми можемо думати про комплексне число як точку в площині. Ми складаємо складні числа простим способом,\( (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) \). Визначаємо множення на
\[(a,b) \times (c,d) \overset{\text{def}}{=} (ac-bd,ad+bc) . \nonumber \]
Виходить, що при цьому правилі множення тримаються всі стандартні властивості арифметики. Далі, і найголовніше\(( 0, 1) \times (0,1) = (-1, 0 )\).
Взагалі ми просто пишемо\( (a, b) \) як\( (a + ib)\), і ми ставимося\(i\) так, ніби це було невідомим. Ми робимо арифметику з комплексними числами так само, як ми б з многочленами. Власність, про яку ми щойно згадали, стає\( i^2 = -1\). Тому всякий раз, коли ми бачимо\(i^2\), ми замінюємо його на\(-1\). Числа\(i\) і\(-i\) є двома коренями\(r^2 + 1 = 0\).
Зауважте, що інженери часто використовують\(i\) букву\(j\) замість квадратного кореня\(-1\). Ми будемо використовувати умовність математиків і використовувати\(i\).
Переконайтеся, що ви розумієте (що можете обґрунтувати) такі ідентичності:
- \( i^2 = -1, i^3 = -1, i^4 = 1 \),
- \( \frac {1}{i} = -i \),
- \( (3 -7i)(-2 -9i) = \dots = -69 - 13i \),
- \( (3 - 2i)(3 + 2i) = 3^2 - {(2i)}^2 = 3^2 + 2^2 = 13 \),
- \( \frac {1}{3-2i} = \frac {1}{3-2i} \frac {3+2i}{3+2i} = \frac{3+2i}{13} = \frac {3}{13} + \frac{2}{13} i \).
Ми також можемо визначити\(e^{a+ib}\) експоненту комплексного числа. Ми робимо це, записуючи ряд Тейлора і підключивши комплексне число. Оскільки більшість властивостей експоненціальної можна довести, подивившись на ряд Тейлора, ці властивості все ще тримаються для складної експоненціальної. Наприклад, дуже важлива властивість:\(e^{x+y} = e^xe^y\). Це означає, що\(e^{a+ib} = e^ae^{ib} \). Отже, якщо ми можемо обчислити\(e^{ib}\), ми можемо обчислити\(e^{a+ib}\). Для\(e^{ib}\) нас використовується так звана формула Ейлера.
Формула Ейлера
\[ e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta \quad { \it{~and~ } }\quad e^{-i\theta} = \cos \theta - i\sin \theta \nonumber \]
Іншими словами,\(e^{a+ib}=e^{a}(\cos (b)+i\sin (b))=e^{a}\cos (b)+ie^{a}\sin (b)\).
Використовуючи формулу Ейлера, перевірте тотожності:
\[ \cos \theta = \frac { e^{i \theta} + e^{-i \theta}}{2} \quad\text{and}\quad \sin \theta = \frac { e^{i \theta} - e^{-i \theta}}{2} \nonumber \]
Подвійний кут ідентичності: Почніть з\( e^{i (2 \theta)} = {(e^{i \theta})}^2 \). Use Euler on each side і виведіть:
- Відповідь
-
\[ \cos (2 \theta) = {\cos}^2 \theta - {\sin}^2 \theta \quad\text{and}\quad \sin (2 \theta) = 2 \sin \theta \cos \theta \nonumber \]
Для комплексного числа\(a + ib\)\(a\) називаємо \(b\)дійсну частину і уявну частину числа. Часто використовуються такі позначення,
\[ \text{Re}(a + ib) =a \quad\text{and}\quad \text{Im} (a + ib) = b \nonumber \]
2.2.3 Складні коріння
Припустимо, що рівняння\( ay'' + by' + cy = 0\) має характеристичне рівняння\(ar^2 + br + c = 0 \), яке має складні коріння. За квадратичною формулою коріння є\( \dfrac{-b \pm \sqrt {b^2 - 4ac}}{2a}\). Ці коріння складні, якщо\(b^2 - 4ac < 0 \). В цьому випадку коріння
\[r_1, r_2 = \frac {-b}{2a} \pm i \dfrac { \sqrt {4ac - b^2}}{2a} \nonumber \]
Як бачите, у нас завжди виходить пара коренів форми\( \alpha \pm i \beta \). У цьому випадку ми все ще можемо написати рішення як
\[ y = C_1e^{(\alpha + i \beta )x} + C_2e^{(\alpha - i\beta)x} \nonumber \]
Однак експоненціальна зараз складна цінується. Нам потрібно було б\(C_2\) дозволити\(C_1\) і бути комплексними числами, щоб отримати реальне рішення (що ми і після цього). Хоча в цьому підході немає нічого особливо поганого, він може ускладнити обчислення, і, як правило, бажано знайти два реальних рішення.
Тут ми можемо використовувати формулу Ейлера. Нехай
\[ y_1 = e^{(\alpha + i\beta)x} \quad\text{and}\quad y_2 = e^{( \alpha - i \beta ) x} \nonumber \]
Тоді зверніть увагу, що
\[\begin{align}\begin{aligned} y_1 &= e^{ax} \cos (\beta x) + ie^{ax} \sin ( \beta x) \\ y_2 &= e^{ax} \cos (\beta x) - ie^{ax} \sin (\beta x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
Лінійні комбінації рішень також є рішеннями. Отже,
\[\begin{align}\begin{aligned} y_3 &= \frac {y_1 + y_2}{2} = e^{ax} \cos (\beta x) \\ y_4 &= \frac {y_1 - y_2}{2i} = e^{ax} \sin (\beta x) \end{aligned}\end{align} \nonumber \]
також є рішеннями. Крім того, вони реально цінні. Неважко помітити, що вони лінійно незалежні (не кратні один одному). Тому маємо наступну теорему.
Для домогенних ODE другого порядку
\[ ay'' + by' + cy = 0 \nonumber \]
Якщо характеристичне рівняння має коріння\( \alpha \pm i \beta \) (коли\( b^2 - 4ac < 0 \)), то загальним рішенням є
\[ y = C_1e^{ax} \cos (\beta x) + C_2e^{ax} \sin (\beta x) \nonumber \]
Знайти загальне рішення\( y'' + k^2 y = 0 \), для константи\( k > 0 \).
Рішення
Характерне рівняння є\(r^2 + k^2 = 0 \). Тому коріння є\( r = \pm ik \) і за теоремою ми маємо загальне рішення
\[ y = C_1 \cos (kx) + C_2 \sin (kx) \nonumber \]
Знайдіть рішення\(y'' - 6y' + 13y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 10. \)
Рішення
Характерне рівняння є\( r^2 - 6r + 13 = 0 \). Завершивши квадрат ми отримуємо\( {(r -3)}^2 + 2^2 = 0 \) і, отже, коріння\( r = 3 \pm 2i\). За теоремою маємо загальний розв'язок
\[y = C_1e^{3x} \cos (2x) + C_2 e^{3x} \sin (2x) \nonumber \]
Щоб знайти рішення, що задовольняє початковим умовам, спочатку підключаємо нуль, щоб отримати
\[ 0 = y(0) = C_1e^0 \cos 0 + C_2e^0 \sin 0 = C_1 \nonumber \]
Звідси\(C_1 = 0 \) і\(y = C_2e^{3x} \sin (2x) \). Ми диференціюємо
\[ y' = 3C_2 e^{3x} \sin (2x) + 2C_2e^{3x} \cos (2x) \nonumber \]
Знову включаємо в початковий стан і отримуємо\(10 = y'(0) = 2C_2\), або\( C_2 = 5 \). Отже, рішення, яке ми шукаємо, є
\[ y = 5e^{3x} \sin (2x) \nonumber \]
Виноски
[1] Створення освіченої здогадки з деякими параметрами для вирішення є такою центральною технікою в диференціальних рівняннях, що люди іноді використовують химерну назву для такої здогадки: ансац, німецька мова для «початкового розміщення інструменту на заготовці». Так, у німців є слово на це.