2.2: Рівняння постійного коефіцієнта
- Page ID
- 62105
\ НАЙПРОСТІШІ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ДРУГОГО ПОРЯДКУ - це ті, з постійними Загальний вигляд для однорідного постійного коефіцієнта лінійного диференціального рівняння другого порядку наведено як
\[a y^{\prime \prime}(x)+b y^{\prime}(x)+c y(x)=0 \label{2.10} \]
де\(a, b\), і\(c\) є константами.
\(\PageIndex{1}\)Розв'язки рівняння отримують шляхом припущення про\(y(x)=e^{r x} .\) вставку цієї здогадки в рівняння\(\PageIndex{1}\) призводить до характеристичного рівняння.
\[a r^{2}+b r+c=0 \nonumber \]
Характерне рівняння для\(a y^{\prime \prime}+b y^{\prime}+c y=0\) є\(a r^{2}+b r+c=0\). Розв'язки цього квадратного рівняння призводять до розв'язків диференціального рівняння.
Два реальних, виразних кореня\(r_{2}\),\(r_{1}\) і, дають рішення форми
\(y(x)=c_{1} e^{r_{1} x}+c_{2} e^{r_{2} x} .\)
А саме, обчислюємо похідні від\(y(x)=e^{r x}\), щоб отримати\(y(x)=r e^{r x}\), і\(y(x)=r^{2} e^{r x} .\) вставивши в\(Equation \(\PageIndex{1}\)\), ми маємо
\(0=a y^{\prime \prime}(x)+b y^{\prime}(x)+c y(x)=\left(a r^{2}+b r+c\right) e^{r x}\)
Оскільки експоненціальна ніколи не дорівнює нулю, ми знаходимо, що\(a r^{2}+b r+c=0\).
Коріння цього рівняння\(r_{1}, r_{2}\), в свою чергу, призводять до трьох типів рішень в залежності від природи коренів. Загалом, ми маємо два лінійно незалежних рішення,\(y_{1}(x)=e^{r_{1} x}\) і\(y_{2}(x)=e^{r_{2} x}\), і загальне рішення задається лінійною комбінацією цих рішень,
\(y(x)=c_{1} e^{r_{1} x}+c_{2} e^{r_{2} x}\)
Для двох реальних чітких коренів ми зробили. Однак, коли коріння справжні, але рівні, або складні сполучені коріння, нам потрібно зробити трохи більше роботи для отримання корисних розчинів.
\(y^{\prime \prime}-y^{\prime}-6 y=0 y(0)=2, y^{\prime}(0)=0\).
Рішення
Характерним рівнянням для цієї задачі є\(r^{2}-r-6=0\). Коріння цього рівняння знайдені як\(r=-2,3\). Тому загальне рішення можна швидко записати:
\(y(x)=c_{1} e^{-2 x}+c_{2} e^{3 x}\)
Зверніть увагу, що в загальному розв'язку є дві довільні константи. Тому потрібно дві частини інформації, щоб знайти конкретне рішення. Звичайно, ми маємо необхідну інформацію у вигляді початкових умов.
Також потрібно оцінити першу похідну.
\(y^{\prime}(x)=-2 c_{1} e^{-2 x}+3 c_{2} e^{3 x}\)
з метою спроби задовольнити початкові умови. Оцінка\(y\) і\(y^{\prime}\) при\(x=0\) врожайності
\[ \begin{aligned} &2=c_{1}+c_{2} \\ &0=-2 c_{1}+3 c_{2} \end{aligned}\label{2.12} \]
Ці два рівняння в двох невідомих можна легко вирішити, щоб дати\(c_{1}=6 / 5\) і\(c_{2}=4 / 5\). Тому розв'язок задачі початкового значення виходить у вигляді\(y(x)=\dfrac{6}{5} e^{-2 x}+\dfrac{4}{5} e^{3 x} .\)
Повторні коріння\(r_{1}=r_{2}=r\), надають розчинам форму
\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} x\right) e^{r x} .\)
У разі, коли є повторний справжній корінь, один має тільки одне рішення,\(y_{1}(x)=e^{r x}\). Питання полягає в тому, як отримати друге лінійно залежне рішення? Оскільки рішення повинні бути незалежними, ми повинні мати, що співвідношення не\(y_{2}(x) / y_{1}(x)\) є постійною. Отже, вгадуємо форму\(y_{2}(x)=v(x) y_{1}(x)=v(x) e^{r x}\). (Цей процес називається Методом зменшення порядку. Див. Розділ 2.2.1)
Детальніше про метод зменшення порядку див. Розділ 2.2.1.
Для рівнянь постійного коефіцієнта другого порядку ми можемо записати рівняння як
\((D-r)^{2} y=0\)
де\(D=\dfrac{d}{d x} .\) Ми тепер\(y_{2}(x)=v(x) e^{r x}\) вставляємо в це рівняння. Спочатку обчислюємо
\((D-r) v e^{r x}=v^{\prime} e^{r x}\)
Потім,
\(0=(D-r)^{2} v e^{r x}=(D-r) v^{\prime} e^{r x}=v^{\prime \prime} e^{r x}\)
Отже, якщо\(y_{2}(x)\) має бути розв'язком диференціального рівняння, то\(v^{\prime \prime}(x) e^{r x}=0\) для всіх\(x .\) Так\(v^{\prime \prime}(x)=0\), що означає, що
\(v(x)=a x+b\)
\(y_{2}(x)=(a x+b) e^{r x}\)
Без втрати спільності можна взяти\(b=0\) і\(a=1\) отримати друге лінійно незалежне рішення,\(y_{2}(x)=x e^{r x}\). Загальне рішення - тоді
\(y(x)=c_{1} e^{r x}+c_{2} x e^{r x}\)
\(y^{\prime \prime}+6 y^{\prime}+9 y=0\)
Рішення
У цьому прикладі у нас\(r^{2}+6 r+9=0 .\) є тільки один корінь,\(r=-3 .\) З наведеного вище обговорення, ми легко знаходимо рішення\(y(x)=\)\(\left(c_{1}+c_{2} x\right) e^{-3 x}\)
Коли у розв'язку рівнянь постійних коефіцієнтів є складне коріння, потрібно дивитися на розв'язки
\(y_{1,2}(x)=e^{(\alpha \pm i \beta) x}\)
Ми використовуємо формулу Ейлера\({ }^{1}\), яка розглядається в розділі 8.1.
- 1
-
Формула Ейлера знайдено за допомогою розширення серії Маклоріна
\(e^{x}=1+x+\dfrac{1}{2} x^{2}+\dfrac{1}{3 !} x^{3}+\cdots\)
Нехай\(x=i \theta\) і знайде
\ (\ почати {вирівняний}
e^ {i\ тета} &=1+i\ тета+\ dfrac {1} {2} (я\ тета) ^ {2} +\ dfrac {1} {3!} (я\ тета) ^ {3} +\ cdots\\
&=1-\ dfrac {1} {2}\ тета^ {2} +\ dfrac {1} {4!} \ тета^ {4} +\ cdots\\
& i\ лівий [\ тета-\ dfrac {1} {3!} \ тета^ {3} +\ dfrac {1} {5!} \ тета^ {5} +\ cdots\ вправо]\\
&=\ cos\ theta+i\ sin\ тета
\ кінець {вирівняний}\)
\[ e^{i \beta x}=\cos \beta x+i \sin \beta x \nonumber \]
Потім лінійна комбінація\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x)\) стає
\ [\ begin {рівняння}\ почати {вирівняний}
A e^ {(\ альфа+i\ бета) х} +B e^ {(\ alpha-i\ beta) x} &=e^ {\ альфа х}\ ліворуч [A ^ {i\ beta x} +B e^ {-i\ beta x}\ праворуч]\\
&=e^ {\ альфа х} [A+B\) cos\ бета x+i (A-B)\ sin\ бета х]\\
&\ equiv e^ {\ альфа х}\ лівий (c_ {1}\ cos\ бета x+c_ {2} \ sin\ бета х\ праворуч)
\ кінець {вирівняний}\ кінець {рівняння}\ мітка {2.14}\]
Таким чином, ми бачимо, що ми маємо лінійну комбінацію двох реальних, лінійно незалежних рішень,\(e^{\alpha x} \cos \beta x\) і\(e^{\alpha x} \sin \beta x\).
Складні коріння\(r=\alpha \pm i \beta\), надають розчинам форму
\(y(x)=e^{\alpha x}\left(c_{1} \cos \beta x+c_{2} \sin \beta x\right) .\)
\(y^{\prime \prime}+4 y=0\). Характерним рівнянням в даному випадку
є\(r^{2}+4=0 .\) Коріння - це чисті уявні корені\(r=\pm 2 i\), а загальне рішення складається
суто з синусоїдальних функцій\(y(x)=c_{1} \cos (2 x)+c_{2} \sin (2 x)\), так як
\(\alpha=0\) і \(\beta=2\).
\(y^{\prime \prime}+2 y^{\prime}+4 y=0 .\)
Характеристичне рівняння в даному випадку -\(r^{2}+2 r+4=0 .\) Коріння Характеристичне рівняння в даному випадку -\(r^{2}+2 r+4=0 .\) Коріння
повторно складні,\(r=-1 \pm \sqrt{3} i\) а загальне рішення можна записати як
\(y(x)=\left[c_{1} \cos (\sqrt{3} x)+c_{2} \sin (\sqrt{3} x)\right] e^{-x}\)
\(y^{\prime \prime}+4 y=\sin x\).
Це приклад неоднорідної задачі. Однорідна проблема була фактично вирішена в прикладі\(\PageIndex{3}\). Згідно з теорією, нам потрібно лише шукати конкретний розв'язок неоднорідної задачі і додати його до розв'язку останнього прикладу, щоб отримати загальний розв'язок.
Конкретне рішення можна отримати шляхом чисто ворожіння, складання освіченого припущення, або за допомогою методу варіації параметрів. Ми не будемо розглядати всі ці прийоми в цей час. Завдяки простій формі терміна водіння, ми зробимо розумну здогадку\(y_{p}(x)=A \sin x\) і визначимо, що\(A\) має бути. Вставка цього припущення в диференціальне рівняння дає\((-A+4 A) \sin x=\sin x .\) Отже, ми бачимо, що\(A=1 / 3\) працює. Таким чином, загальним рішенням неоднорідної задачі є\(y(x)=c_{1} \cos (2 x)+c_{2} \sin (2 x)+\dfrac{1}{3} \sin x\).
Нижче наведено три випадки для лінійних диференціальних рівнянь другого порядку з постійним коефіцієнтом.
Класифікація коренів характеристичного рівняння для одиниць постійного коефіцієнта другого порядку
- Справжні, чіткі коріння\(r_{1}, r_{2} .\) У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно незалежні. Тому загальне рішення просто\(y(x)=c_{1} e^{r_{1} x}+c_{2} e^{r_{2} x} .\)
- Справжні, рівні корені\(r_{1}=r_{2}=r\). У цьому випадку рішення, відповідні кожному кореню, лінійно залежать. Для пошуку другого лінійно незалежного рішення використовується Метод зменшення порядку. Це дає друге рішення як\(x e^{r x}\). Тому загальне рішення зустрічається як\(y(x)=\left(c_{1}+c_{2} x\right) e^{r x}\)
- Складні сполучені коріння.\(r_{1}, r_{2}=\alpha \pm i \beta .\) У цьому випадку відповідні кожному кореню розчини лінійно незалежні. Використовуючи ідентичність Ейлера\(e^{i \theta}=\cos (\theta)+i \sin (\theta)\), ці складні експоненціальні можуть бути переписані з точки зору тригонометричних функцій. А саме, один має\(e^{\alpha x} \sin (\beta x)\) що\(e^{\alpha x} \cos (\beta x)\) і два лінійно незалежних рішення. Тому загальним рішенням стає\(y(x)=e^{\alpha x}\left(c_{1} \cos (\beta x)+\right.\)\(\left.c_{2} \sin (\beta x)\right)\).
Як ми побачимо, одне з найважливіших застосувань таких рівнянь - у вивченні коливань. Типові системи - це маса на пружині, або простий маятник. Для маси\(m\) на пружині з постійною пружини\(k>0\), один з закону Гука має, що положення як функція часу\(x(t)\), задовольняє рівнянню
\(m \ddot{x}+k x=0\)
Це рівняння постійного коефіцієнта має чисті уявні\((\alpha=0)\) корені, а розв'язки - прості синусові та косинусні функції, що призводять до простого гармонічного руху.
2.2.1: Зменшення порядку
МИ БАЧИЛИ МЕТОД ЗВЕДЕННЯ ПОРЯДКУ Був корисним при отриманні другого розв'язку диференціального рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами, коли було відомо одне розв'язку. Він також може бути використаний для вирішення інших диференціальних рівнянь другого порядку. Спочатку розглянемо метод на прикладі.
Переконайтеся, що\(y_{1}(x)=x e^{2 x}\) це рішення,\(y^{\prime \prime}-4 y^{\prime}+4 y=0\) і скористайтеся Методом зменшення порядку, щоб знайти друге лінійно незалежне рішення.
Відзначимо, що
\(\begin{aligned} &y_{1}^{\prime}(x)=(1+2 x) e^{2 x} \\ &y_{1}^{\prime \prime}(x)=[2+2(1+2 x)] e^{2 x}=(4+4 x) e^{2 x} \end{aligned}\)
Підставляючи\(y_{1}(x)\) і його похідні в диференціальне рівняння, ми маємо
\[\begin{equation} \begin{aligned} y_{1}^{\prime \prime}-4 y_{1}^{\prime}+4 y_{1} &=(4+4 x) e^{2 x}-4(1+2 x) e^{2 x}+4 x e^{2 x} \\ &=0 \end{aligned}\end{equation} \label{2.15} \]
Для того, щоб знайти друге лінійно незалежне рішення\(y_{2}(x)\), нам потрібно рішення, яке не є постійним кратним\(y_{1}(x) .\) Отже, ми вгадуємо форму\(y_{2}(x)=v(x) y_{1}(x)\). Для цього прикладу функція та її похідні задаються
\(\begin{aligned} y_{2} &=v y_{1} \\ y_{2}^{\prime} &=\left(v y_{1}\right)^{\prime} \\ &=v^{\prime} y_{1}+v y_{1}^{\prime} \\ y_{2}^{\prime \prime} &=\left(v^{\prime} y_{1}+v y_{1}^{\prime}\right)^{\prime} \\ &=v^{\prime \prime} y_{1}+2 v^{\prime} y_{1}^{\prime}+v y_{1}^{\prime \prime} \end{aligned}\)
Підставляючи\(y_{2}\) і його похідні в диференціальне рівняння, ми маємо
\[\begin{equation} \begin{aligned} 0 &=y_{2}^{\prime \prime}-4 y_{2}^{\prime}+4 y_{2} \\ &=\left(v^{\prime \prime} y_{1}+2 v^{\prime} y_{1}^{\prime}+v y_{1}^{\prime \prime}\right)-4\left(v^{\prime} y_{1}+v y_{1}^{\prime}\right)+4 v y_{1} \\ &=v^{\prime \prime} y_{1}+2 v^{\prime} y_{1}^{\prime}-4 v^{\prime} y_{1}+v\left[y_{1}^{\prime \prime}-4 y_{1}^{\prime}+4 y_{1}\right] \\ &=v^{\prime \prime} y_{1}+2 v^{\prime} y_{1}^{\prime}-4 v^{\prime} y_{1} \\ &=v^{\prime \prime} x e^{2 x}+2 v^{\prime}(1+2 x) e^{2 x}-4 v^{\prime} x e^{2 x} \\ &=\left[v^{\prime \prime} x+2 v^{\prime}\right] e^{2 x} \end{aligned} \end{equation} \label{2.16} \]
Тому\(v(x)\) задовольняє рівняння
\(v^{\prime \prime} x+2 v^{\prime}=0\)
Це рівняння першого порядку для\(v^{\prime}(x)\), яке можна побачити, вводячи\(z(x)=v^{\prime}(x)\), що веде до роздільного рівняння першого порядку
\(x \dfrac{d z}{d x}=-2 z .\)
Це легко вирішується, щоб знайти\(z(x)=\dfrac{A}{x^{2}}\). Це дає
\(z=\dfrac{d v}{d x}=\dfrac{A}{x^{2}}\)
Подальша інтеграція призводить до
\(v(x)=-\dfrac{A}{x}+C\)
Це дає
\(\begin{aligned} y_{2}(x) &=\left(-\dfrac{A}{x}+C\right) x e^{2 x} \\ &=-A e^{2 x}+C x e^{2 x} \end{aligned}\)
Зверніть увагу, що другий термін є оригіналом\(y_{1}(x)\), тому нам цей термін не потрібен і можемо встановити\(C=0\). Оскільки друге лінійно незалежне розв'язання може бути визначено аж до мультиплікативної константи, ми можемо\(A=-1\) встановити для отримання відповіді\(y_{2}(x)=e^{2 x} .\) Зверніть увагу, що цей аргумент для отримання простої форми є достатньою підставою для ігнорування констант інтеграції при використанні Методу Зменшення порядку.
Для прикладу без постійних коефіцієнтів розглянемо наступний приклад.
Переконайтеся, що\(y_{1}(x)=x\) це\(x^{2} y^{\prime \prime}-4 x y^{\prime}+4 y=\) розв'язок 0, і скористайтеся Методом зменшення порядку, щоб знайти друге лінійно незалежне рішення.
Підставляючи\(y_{1}(x)=x\) і його похідні в диференціальне рівняння, ми маємо
\[\begin{equation} \begin{aligned} x^{2} y_{1}^{\prime \prime}-4 x y_{1}^{\prime}+4 y_{1} &=0-4 x+4 x \\ &=0 \end{aligned} \end{equation}\label{2.17} \]
Для того, щоб знайти друге лінійно незалежне рішення\(y_{2}(x)\), нам потрібно рішення, яке не є постійним кратним\(y_{1}(x) .\) Отже, ми вгадуємо форму\(y_{2}(x)=v(x) y_{1}(x)\). Для цього прикладу функція та її похідні задаються
\(\begin{aligned} y_{2} &=x v \\ y_{2}^{\prime} &=(x v)^{\prime} \\ &=v+x v^{\prime} \\ y_{2}^{\prime \prime} &=\left(v+x v^{\prime}\right)^{\prime} \\ &=2 v^{\prime}+x v^{\prime \prime} \end{aligned}\)
Підставляючи\(y_{2}=x v(x)\) і його похідні в диференціальне рівняння, ми маємо
\[ \begin{aligned} 0 &=x^{2} y_{2}^{\prime \prime}-4 x y_{2}^{\prime}+4 y_{2} \\ &=x^{2}\left(2 v^{\prime}+x v^{\prime \prime}\right)-4 x\left(v+x v^{\prime}\right)+4 x v \\ &=x^{3} v^{\prime \prime}-2 x^{2} v^{\prime} \end{aligned} \label{2.18} \]
Зверніть увагу, як\(v\) -terms скасовують, залишаючи
\(x v^{\prime \prime}=2 v^{\prime}\)
Це рівняння вирішується введенням\(z(x)=v^{\prime}(x) .\) Потім рівняння стає
\(x \dfrac{d z}{d x}=2 z .\)
Використовуючи поділ змінних, ми маємо
\(z=\dfrac{d v}{d x}=A x^{2}\)
Інтегруючи, отримуємо
\(v=\dfrac{1}{3} A x^{3}+B\)
Це призводить до другого рішення у вигляді
\(y_{2}(x)=x\left(\dfrac{1}{3} A x^{3}+B\right)=\dfrac{1}{3} A x^{4}+B x .\)
Так як загальним рішенням є
\(y(x)=c_{1} x+c_{2}\left(\dfrac{1}{3} A x^{4}+B x\right)\)
ми бачимо, що можемо\(A=3\) вибрати\(B=0\) і отримати загальне рішення як
\(y(x)=c_{1} x+c_{2} x^{4}\)
Тому нам, як правило, не потрібні довільні константи, знайдені при використанні скорочення порядку, і просто повідомити про це\(y_{2}(x)=x^{4}\).