5.2: Однорідні рівняння постійного коефіцієнта

Last updated
Save as PDF

Page ID: 62220

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

У цьому розділі розглядаються однорідні рівняння спеціального вигляду $$ ay"+by'+cy=0, $$ де$a$,$b$, і$c$ є постійними ($a\ne0$). Коли ви закінчите цей розділ, ви будете знати все, що потрібно знати про рішення таких рівнянь.

Якщо$a,b$, і$c$ є реальними константами і$a\ne0$, то

\[ay''+by'+cy=F(x)\nonumber \]

кажуть, що рівняння постійного коефіцієнта. У цьому розділі розглянемо однорідне рівняння постійного коефіцієнта.

\[\label{eq:5.2.1} ay''+by'+cy=0.\]

Як ми побачимо, всі розв'язки Equation\ ref {eq:5.2.1} визначені на$(-\infty,\infty)$. У цьому випадку ми опустимо посилання на інтервал, на якому визначені рішення, або на якому заданий набір рішень є фундаментальною множиною тощо, оскільки інтервал завжди буде$(-\infty,\infty)$.

Ключ до розв'язування рівняння\ ref {eq:5.2.1} полягає в тому, що якщо$y=e^{rx}$ де$r$ є константа, то ліва сторона Рівняння\ ref {eq:5.2.1} кратна$e^{rx}$; таким чином, якщо$y=e^{rx}$ тоді$y'=re^{rx}$ і$y''=r^2e^{rx}$, так

\[\label{eq:5.2.2} ay''+by'+cy=ar^2e^{rx}+bre^{rx}+ce^{rx}=(ar^2+br+c)e^{rx}.\]

Квадратичний многочлен

\[p(r)=ar^2+br+c\nonumber \]

є характеристичним поліномом рівняння\ ref {eq:5.2.1} і$p(r)=0$ є характеристичним рівнянням. З Рівняння\ ref {eq:5.2.2} ми бачимо, що$y=e^{rx}$ це рішення рівняння\ ref {eq:5.2.1} якщо і тільки тоді$p(r)=0$.

Коріння характеристичного рівняння задаються квадратичною формулою

\[\label{eq:5.2.3} r={-b\pm\sqrt{b^2-4ac}\over2a}.\]

Розглянемо три випадки

Випадок 1:$b^2-4ac>0$, тому характеристичне рівняння має два чітких дійсних кореня.
Випадок 2:$b^2-4ac=0$, тому характеристичне рівняння має повторюваний дійсний корінь.
Випадок 3:$b^2-4ac<0$, тому характеристичне рівняння має складні коріння.

У кожному випадку ми почнемо з прикладу.

Випадок 1: Чіткі реальні корені

Приклад Template:index

Знайдіть загальне рішення\[\label{eq:5.2.4} y''+6y'+5y=0.\]
Вирішити початкову задачу значення\[\label{eq:5.2.5} y''+6y'+5y=0, \quad y(0)=3,\; y'(0)=-1.\]

Рішення

а Характеристичний многочлен рівняння\ ref {eq:5.2.4} дорівнює

\[p(r)=r^2+6r+5=(r+1)(r+5).\nonumber\]

Оскільки$p(-1)=p(-5)=0$,$y_1=e^{-x}$ і$y_2=e^{-5x}$ є розв'язками рівняння\ ref {eq:5.2.4}. Оскільки$y_2/y_1=e^{-4x}$ непостійна, теорема 5.1.6 передбачає, що загальним розв'язком рівняння\ ref {eq:5.2.4} є

\[\label{eq:5.2.6} y=c_1e^{-x}+c_2e^{-5x}.\]

b. ми повинні визначити$c_1$ і$c_2$ в Equation\ ref {eq:5.2.6} так, щоб$y$ задовольняло початковим умовам в Equation\ ref {eq:5.2.5}. Диференціювання рівняння\ ref {eq:5.2.6} дає

\[\label{eq:5.2.7} y'=-c_1e^{-x}-5c_2e^{-5x}.\]

Накладення початкових умов$y(0)=3,\, y'(0)=-1$ у рівнянні\ ref {eq:5.2.6} та рівняння\ ref {eq:5.2.7} дає

\[\begin{array}{rcr} \phantom{-}c_1+\phantom{5}c_2 & = & 3\phantom{.}\\ -c_1-5c_2 & = & -1. \end{array}\nonumber \]

Рішення цієї системи є$c_1=7/2,c_2=-1/2$. Тому розв'язок Рівняння\ ref {eq:5.2.5} є

\[y={7\over2}e^{-x}-{1\over2}e^{-5x}.\nonumber \]

Рисунок Template:index є графом цього розв'язку.

Якщо характеристичне рівняння має довільні чіткі дійсні$r_1$ корені і$r_2$, то$y_1=e^{r_1x}$ і$y_2=e^{r_2x}$ є розв'язками$ay''+by'+cy=0$. Оскільки$y_2/y_1=e^{(r_2-r_1)x}$ є непостійним, теорема 5.1.6 передбачає, що$\{y_1,y_2\}$ є фундаментальною сукупністю розв'язків$ay''+by'+cy=0$.

Рисунок Template:index:$y=\frac{7}{2}e^{-x}-\frac{1}{2}e^{-5x}$

Випадок 2: Повторний справжній корінь

Приклад Template:index

Знайдіть загальне рішення\[\label{eq:5.2.8} y''+6y'+9y=0.\]
Вирішити початкову задачу значення\[\label{eq:5.2.9} y''+6y'+9y=0, \quad y(0)=3,\; y'(0)=-1.\]

Рішення

а Характеристичний многочлен рівняння\ ref {eq:5.2.8} дорівнює

\[p(r)=r^2+6r+9=(r+3)^2,\nonumber \]

тому характеристичне рівняння має повторюваний дійсний корінь$r_1=-3$. Тому$y_1=e^{-3x}$ є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.8}. Оскільки характеристичне рівняння не має інших коренів, Equation\ ref {eq:5.2.8} не має інших розв'язків виду$e^{rx}$. Ми шукаємо рішення форми$y=uy_1=ue^{-3x}$, де$u$ є функція, яку ми зараз визначимо. (Це має нагадати вам про метод варіації параметрів, який використовується в розділі 2.1 для розв'язання неоднорідного рівняння$y'+p(x)y=f(x)$, заданого розв'язком$y_1$ комплементарного рівняння$y'+p(x)y=0$. Це також особливий випадок методу, який називається скороченням порядку, який ми вивчимо в розділі 5.6. Інші способи отримання другого розв'язку рівняння\ ref {eq:5.2.8}, який не кратний$e^{-3x}$, див. Вправи 5.1.9, 5.1.12 та 5.1.33.

Якщо$y=ue^{-3x}$, то

\[y'=u'e^{-3x}-3ue^{-3x}\quad \text{and} \quad y''=u''e^{-3x}-6u'e^{-3x}+9ue^{-3x},\nonumber \]

тому

\[\begin{aligned} y''+6y'+9y&=e^{-3x}\left[(u''-6u'+9u)+6(u'-3u)+9u\right]\\ &=e^{-3x}\left[u''-(6-6)u'+(9-18+9)u\right]=u''e^{-3x}.\end{aligned}\nonumber \]

Тому$y=ue^{-3x}$ є розв'язком Equation\ ref {eq:5.2.8} тоді і тільки тоді$u''=0$, що еквівалентно$u=c_1+c_2x$, де$c_1$ і$c_2$ є константами. Тому будь-яка функція форми

\[\label{eq:5.2.10} y=e^{-3x}(c_1+c_2x)\]

є розв'язком рівняння\ ref {eq:5.2.8}. Впускаючи$c_1=1$ і$c_2=0$ дає рішення$y_1=e^{-3x}$, яке ми вже знали. $c_2=1$Відпускають$c_1=0$ і дають другий розчин$y_2=xe^{-3x}$. Оскільки$y_2/y_1=x$ непостійна, теорема 5.1.6 передбачає, що$\{y_1,y_2\}$ це фундаментальна множина розв'язків рівняння\ ref {eq:5.2.8}, а рівняння\ ref {eq:5.2.10} є загальним розв'язком.

b. диференціююче рівняння\ ref {eq:5.2.10} дає

\[\label{eq:5.2.11} y'=-3e^{-3x}(c_1+c_2x)+c_2e^{-3x}.\]

Накладення початкових умов$y(0)=3,\, y'(0)=-1$ у рівнянні\ ref {eq:5.2.10} та Equation\ ref {eq:5.2.11} дає$c_1=3$ і$-3c_1+c_2=-1$, так$c_2=8$. Тому розв'язок Рівняння\ ref {eq:5.2.9} є

\[y=e^{-3x}(3+8x).\nonumber \]

Рисунок Template:index є графом цього розв'язку.

Рисунок Template:index:$y=e^{-3x}(3+8x)$

Якщо характеристичне рівняння$ay''+by'+cy=0$ має довільний$r_1$ повторюваний корінь, характеристичний многочлен повинен бути

\[p(r)=a(r-r_1)^2=a(r^2-2r_1r+r_1^2).\nonumber \]

Тому

\[ar^2+br+c=ar^2-(2ar_1)r+ar_1^2,\nonumber \]

що означає, що$b=-2ar_1$ і$c=ar_1^2$. Тому$ay''+by'+cy=0$ можна записати як$a(y''-2r_1y'+r_1^2y)=0$. Так як$a\ne0$ це рівняння має ті ж рішення, що і

\[\label{eq:5.2.12} y''-2r_1y'+r_1^2y=0.\]

Оскільки$p(r_1)=0$ t$y_1=e^{r_1x}$ є розв'язком$ay''+by'+cy=0$, а отже і рівняння\ ref {eq:5.2.12}. Продовжуючи, як у прикладі Template:index, ми шукаємо інші розв'язки рівняння\ ref {eq:5.2.12} виду$y=ue^{r_1x}$; потім

\[y'=u'e^{r_1x}+rue^{r_1x}\quad \text{and} \quad y''=u''e^{r_1x}+2r_1u'e^{r_1x}+r_1^2ue^{r_1x},\nonumber \]

тому

\[\begin{aligned} y''-2r_1y'+r_1^2y &=e^{rx}\left[(u''+2r_1u'+r_1^2u)- 2r_1(u'+r_1u)+r_1^2u\right]\\ &=e^{r_1x}\left[u''+(2r_1-2r_1)u'+(r_1^2-2r_1^2+r_1^2)u\right]=u''e^{r_1x}.\end{aligned}\]

Тому$y=ue^{r_1x}$ є розв'язком Equation\ ref {eq:5.2.12} тоді і тільки$u''=0$ тоді, що еквівалентно$u=c_1+c_2x$, де$c_1$ і$c_2$ є константами. Значить, будь-яка функція форми

\[\label{eq:5.2.13} y=e^{r_1x}(c_1+c_2x)\]

є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.12}. Нехай$c_1=1$ і$c_2=0$ тут дає рішення$y_1=e^{r_1x}$, яке ми вже знали. $c_2=1$Відпускають$c_1=0$ і дають другий розчин$y_2=xe^{r_1x}$. Оскільки$y_2/y_1=x$ непостійна, теорема 5.1.6 передбачає, що$\{y_1,y_2\}$ є фундаментальною сукупністю розв'язків рівняння\ ref {eq:5.2.12}, а рівняння\ ref {eq:5.2.13} є загальним розв'язком.

Випадок 3: Складні сполучені коріння

Приклад Template:index

Знайдіть загальне рішення\[\label{eq:5.2.14} y''+4y'+13y=0.\]
Вирішити початкову задачу значення\[\label{eq:5.2.15} y''+4y'+13y=0, \quad y(0)=2,\; y'(0)=-3.\]

Рішення

а Характеристичний многочлен рівняння\ ref {eq:5.2.14} дорівнює

\[p(r)=r^2+4r+13=r^2+4r+4+9=(r+2)^2+9.\nonumber \]

Корінням характерного рівняння є$r_1=-2+3i$ і$r_2=-2-3i$. За аналогією з випадком 1, доцільно очікувати, що$e^{(-2+3i)x}$ і$e^{(-2-3i)x}$ є розв'язками Equation\ ref {eq:5.2.14}. Це вірно (див. Вправа 5.2.34); однак тут є труднощі, оскільки ви, ймовірно, не знайомі з експоненціальними функціями зі складними аргументами, і навіть якщо ви є, то працювати з ними незручно, оскільки вони складноцінні. Ми візьмемо більш простий підхід, який ми мотивуємо наступним чином: експоненціальне позначення говорить про те, що

\[e^{(-2+3i)x}=e^{-2x}e^{3ix}\quad \text{and} \quad e^{(-2-3i)x}=e^{-2x}e^{-3ix},\nonumber \]

тому, навіть якщо ми не визначили$e^{3ix}$ і$e^{-3ix}$, розумно очікувати, що кожна лінійна комбінація$e^{(-2+3i)x}$ і$e^{(-2-3i)x}$ може бути написана як$y=ue^{-2x}$, де$u$ залежить від$x$. Щоб визначити$u$, відзначимо, що якщо$y=ue^{-2x}$ тоді

\[y'=u'e^{-2x}-2ue^{-2x}\quad \text{and} \quad y''=u''e^{-2x}-4u'e^{-2x}+4ue^{-2x},\nonumber \]

тому

\[\begin{aligned} y''+4y'+13y&=e^{-2x}\left[(u''-4u'+4u)+4(u'-2u)+13u\right]\\ &=e^{-2x}\left[u''-(4-4)u'+(4-8+13)u\right]=e^{-2x}(u''+9u).\end{aligned}\nonumber \]

Тому$y=ue^{-2x}$ є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.14} тоді і тільки тоді, коли

\[u''+9u=0.\nonumber \]

З прикладу 5.1.2 загальним рішенням цього рівняння є

\[u=c_1\cos 3x +c_2\sin 3x. \nonumber \]

Тому будь-яка функція форми

\[\label{eq:5.2.16} y=e^{-2x}(c_1\cos 3x+c_2\sin 3x)\]

є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.14}. Відпускають$c_1=1$$c_2=0$ і дають розчин$y_1=e^{-2x}\cos3x$. $c_2=1$Відпускають$c_1=0$ і дають другий розчин$y_2=e^{-2x}\sin3x$. Оскільки$y_2/y_1=\tan3x$ непостійна, теорема 5.1.6 передбачає, що$\{y_1,y_2\}$ є фундаментальною сукупністю розв'язків рівняння\ ref {eq:5.2.14}, а рівняння\ ref {eq:5.2.16} є загальним розв'язком.

b. накладення умови$y(0)=2$ в Equation\ ref {eq:5.2.16} показує, що$c_1=2$. Диференціювання рівняння\ ref {eq:5.2.16} дає

\[y'=-2e^{-2x}(c_1\cos 3x+c_2\sin 3x) +3e^{-2x}(-c_1\sin 3x +c_2\cos 3x),\nonumber \]

і нав'язування початкової умови$y'(0)=-3$ тут дає врожайність$-3=-2c_1+3c_2=-4+3c_2$, так$c_2=1/3$. Тому розв'язок Рівняння\ ref {eq:5.2.15} є

\[y=e^{-2x}(2\cos 3x+ {1\over3}\sin 3x).\nonumber \]

Рисунок Template:index є графом цієї функції.

Тепер припустимо, що характеристичне рівняння$ay''+by'+cy=0$ має довільне комплексне коріння; таким чином,$b^2-4ac<0$ і, з Equation\ ref {eq:5.2.3}, коріння

\[r_1 = {-b+i\sqrt{4ac-b^2}\over 2a},\quad r_2 = {-b-i\sqrt{4ac-b^2}\over 2a},\nonumber \]

яку ми переписуємо як
\[\label{eq:5.2.17} r_1=\lambda+i \omega,\quad r_2 = \lambda - i \omega,\]

із

\[\lambda = -{b\over 2a},\quad \omega = {\sqrt{4ac-b^2}\over 2a}.\nonumber \]

Не запам'ятовуйте ці формули. Тільки пам'ятайте, що$r_1$ і$r_2$ мають вигляд Equation\ ref {eq:5.2.17}, де$\lambda$ є довільним дійсним числом і$\omega$ є додатним;$\lambda$ і$\omega$ є дійсною і уявною частинами, відповідно, з$r_1$. Точно так само$\lambda$ і$-\omega$ є реальними і уявними частинами$r_2$. Ми говоримо, що$r_1$ і$r_2$ є складними сполученнями,

Рисунок Template:index:$y=e^{-2x}(2\cos 3x+\frac{1}{3}\sin 3x)$

що означає, що вони мають однакову реальну частину і їх уявні частини мають однакові абсолютні значення, але протилежні знаки.

Як і в прикладі Template:index, доцільно очікувати, що розв'язки$ay''+by'+cy=0$ є лінійними комбінаціями$e^{(\lambda+i\omega)x}$ і$e^{(\lambda-i\omega)x}$. Знову ж таки, експоненціальне позначення говорить про те, що

\[e^{(\lambda+i\omega)x}=e^{\lambda x}e^{i\omega x}\quad \text{and} \quad e^{(\lambda-i\omega)x}=e^{\lambda x}e^{-i\omega x},\nonumber \]

тому, навіть якщо ми не визначили$e^{i\omega x}$ і$e^{-i\omega x}$, розумно очікувати, що кожна лінійна комбінація$e^{(\lambda+i\omega)x}$ і$e^{(\lambda-i\omega)x}$ може бути написана як$y=ue^{\lambda x}$, де$u$ залежить від$x$. Для визначення спочатку$u$ спостерігаємо, що оскільки$r_1=\lambda+i\omega$ і$r_2=\lambda-i\omega$ є корінням характеристичного рівняння,$p$ повинні мати вигляд.

\[\begin{align*} p(r)&=a(r-r_1)(r-r_2)\\[4pt] &=a(r-\lambda-i\omega)(r-\lambda+i\omega) \\[4pt] &= a \left[(r-\lambda)^2+\omega^2\right] \\[4pt] &=a(r^2-2\lambda r +\lambda^2+\omega^2). \end{align*} \]

Тому$ay''+by'+cy=0$ може бути написано як

\[a\left[y''-2\lambda y'+(\lambda^2+\omega^2)y\right]=0.\nonumber \]

Так як$a\ne0$ це рівняння має ті ж рішення, що і

\[\label{eq:5.2.18} y''-2\lambda y'+(\lambda^2+\omega^2)y=0.\]

Для визначення$u$ відзначимо, що якщо$y=ue^{\lambda x}$ тоді

\[y'=u'e^{\lambda x}+\lambda ue^{\lambda x}\quad \text{and} \quad y''=u''e^{\lambda x}+2\lambda u'e^{\lambda x}+\lambda^2ue^{\lambda x}.\nonumber \]

Підставляючи ці вирази в Equation\ ref {eq:5.2.18} і скидання загального фактора$e^{\lambda x}$ дає

\[(u''+2\lambda u'+\lambda^2 u)-2\lambda(u'+\lambda u) +(\lambda^2+\omega^2)u=0,\nonumber \]

що спрощує

\[u''+\omega^2 u=0.\nonumber \]

З прикладу 5.1.2 загальним рішенням цього рівняння є

\[u=c_1\cos\omega x +c_2\sin\omega x.\nonumber \]

Тому будь-яка функція форми

\[\label{eq:5.2.19} y=e^{\lambda x}(c_1\cos\omega x+c_2\sin\omega x)\]

є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.18}. Впускаючи$c_1=1$ і$c_2=0$ тут виходить розчин$y_1=e^{\lambda x}\cos\omega x$. $c_2=1$Відпускають$c_1=0$ і дають другий розчин$y_2=e^{\lambda x}\sin\omega x$. Оскільки$y_2/y_1=\tan\omega x$ непостійна, тому теорема 5.1.6 передбачає, що$\{y_1,y_2\}$ це фундаментальна множина розв'язків рівняння\ ref {eq:5.2.18}, а рівняння\ ref {eq:5.2.19} є загальним розв'язком.

Резюме

Наступна теорема підсумовує результати цього розділу.

Теорема Template:index

$p(r)=ar^2+br+c$Дозволяти бути характерним многочленом

\[\label{eq:5.2.20} ay''+by'+cy=0.\]

Потім:

Якщо$p(r)=0$ має чіткі дійсні$r_1$ корені і$r_2,$ тоді загальним розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.20} є\[y=c_1e^{r_1x}+c_2e^{r_2x}.\nonumber \]
Якщо$p(r)=0$ має повторюваний корінь,$r_1,$ то загальним розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.2.20} є\[y=e^{r_1x}(c_1+c_2x).\nonumber \]
Якщо$p(r)=0$ має складні сполучені коріння$r_1=\lambda+i\omega$ і$r_2=\lambda-i\omega$$($ де$\omega>0),$ тоді загальний розв'язок Рівняння\ ref {eq:5.2.20} дорівнює\[y=e^{\lambda x}(c_1\cos\omega x+c_2\sin\omega x).\nonumber \]