5.1: звичайні диференціальні рівняння другого порядку

Розв'язування звичайних диференціальних рівнянь другого порядку набагато складніше, ніж розв'язування ОДУ першого порядку. Ми щойно побачили, що існує загальний метод вирішення будь-якого лінійного ODE 1-го порядку. На жаль, це не вірно для ОДУ вищого порядку. Однак ми можемо вирішити ОДУ вищого порядку, якщо коефіцієнти є константами:

\[y''(x)+ k_1 y'(x) + k_2 y(x)+k_3=0 \nonumber\]

Вище рівняння вважається однорідним, якщо\(k_3=0\):

\[\label{eq:2ndorder} y''(x)+ k_1 y'(x) + k_2 y(x)=0\]

Можна вирішити неоднорідні ОДУ, але в цьому курсі ми сконцентруємося на однорідних випадках. Лінійні рівняння другого порядку зустрічаються у багатьох важливих додатках. Наприклад, рух маси на пружині, та й будь-який інший простий коливальної системі, описується рівнянням виду

\[m\frac{d^2u}{dt^2}+\gamma\frac{du}{dt}+k u=F(t) \nonumber\]

Ми розберемо, що означають різні частини цього рівняння на прикладах. Вище рівняння є однорідним, якщо\(F(t)=0\).

Розберемо рівняння\ ref {eq:2ndorder}, яке є лінійним і однорідним. Параметри\(\gamma\) і\(k\) представляють собою фізичні величини\(m\), які не залежать від значення\(x\), і тому рівняння має постійні коефіцієнти.Це рівняння буде задовольнятися функцією, похідні якої кратні собі. Це єдиний спосіб, коли ми отримаємо нуль після додавання кратного функції плюс кратна її першій похідній плюс кратна другій похідній. Можливо, у вас виникне спокуса сказати, що\(\sin(x)\) задовольняє цю вимогу, але її перша похідна є\(\cos{x}\), тому вона не скасовується з синусоїдальним терміном при складанні разом. Єдині функції, які задовольняють цій вимозі, - це експоненціальні функції\(e^{\alpha x}\), з першою і другою похідними\(\alpha e^{\alpha x}\) і\(\alpha^2e^{\alpha x}\) відповідно. Отже, припустимо, що відповідь, яку ми шукаємо, є експоненціальною функцією\(y(x)=e^{\alpha x}\), і давайте повернемо ці вирази назад до Equation\ ref {eq:2ndorder}:

\[\alpha^2e^{\alpha x}+ k_1 \alpha e^{\alpha x} + k_2 e^{\alpha x}=0 \nonumber\]

\[e^{\alpha x}\left(\alpha^2+ k_1 \alpha + k_2 \right)=0 \nonumber\]

Наведене вище рівняння говорить нам, що\(e^{\alpha x}\) або\(\left(\alpha^2+ k_1 \alpha + k_2 \right)\) є нулем. У першому випадку це означало б, що\(x\) плюс-мінус нескінченність (в залежності від того,\(\alpha\) негативний чи позитивний). Але це занадто обмежувальний, тому що ми хочемо знайти рішення, яке є функцією\(x\), тому ми не хочемо, щоб накладати обмеження на нашу незалежну змінну. Тому ми вважаємо

\[\left(\alpha^2+ k_1 \alpha + k_2 \right)=0 \nonumber\]

Це квадратне рівняння в\(\alpha\), яке ми будемо називати допоміжним рівнянням. Два корені знаходяться з:

\[\alpha_{1,2}=\frac{-k_1\pm \sqrt{k_{1}^{2}-4k_2}}{2} \nonumber\]

Це дає дві відповіді,\(\alpha_1\) і, що означає\(\alpha_2\), що існує принаймні дві різні експоненціальні функції, які є розв'язками диференціального рівняння:\(e^{\alpha_1 x}\) і\(e^{\alpha_2 x}\). Ми побачимо, що будь-яка лінійна комбінація цих двох функцій також є рішенням, але перш ніж продовжувати, давайте розглянемо кілька прикладів. Зверніть увагу, що аргумент квадратного кореня може бути додатним, від'ємним або нульовим, залежно від відносних значень\(k_1\) і\(k_2\). Це означає, що це\(\alpha_{1,2}\) може бути уявним, і тому рішення можуть бути складними експоненціальними. Давайте розглянемо три ситуації окремо на прикладах.

Випадок I:\(k_1^2-4k_2>0\)

При цьому\(\sqrt{k_{1}^{2}-4k_2}>0\), а значить\(\alpha_1\) і\(\alpha_2\) бувають як реальними, так і різними.

Наприклад: Знайти рішення\(y''(x) -5y'(x) +4 y(x) = 0\) підпорядкованих початковим умовам\(y(0)=1\) і\(y'(0)=-1\).

Як ми обговорювали вище, ми припустимо, що рішення є\(y(x)=e^{\alpha x}\), і ми визначимо, які значення\(\alpha\) задовольняють цьому конкретному диференціальному рівнянню. Замінимо\(y(x), y'(x)\) і\(y''(x)\) в диференціальному рівнянні:

\[\alpha^2e^{\alpha x}-5 \alpha e^{\alpha x} +4 e^{\alpha x}=0 \nonumber\]

\[e^{\alpha x}\left(\alpha^2-5 \alpha + 4 \right)=0 \nonumber\]

і з аргументами, про які ми говорили вище:

\[\left(\alpha^2-5 \alpha +4 \right)=0 \nonumber\]

\[\alpha_{1,2}=\frac{-(-5)\pm \sqrt{(-5)}^{2}-4\times 4}{2} \nonumber\]

з якого отримуємо\(\alpha_1=1\) і\(\alpha_2=4\). Тому\(e^{x}\) і\(e^{4x}\) є обидва розв'язки диференціального рівняння. Доведемо, що це правда. Якщо\(y(x) = e^{4x}\), то\(y'(x) = 4e^{4x}\) і\(y''(x) = 16e^{4x}\). Підставивши ці вирази в диференціальне рівняння, отримаємо

\[y''(x) - 5y'(x) + 4y(x) = 16e^{4x}-5\times 4e^{4x}+4\times e^{4x}=0 \nonumber\]

так\(y(x) = e^{4x}\) чітко задовольняє диференціальне рівняння. Ви можете зробити те ж саме з\(y(x) = e^{x}\) і довести, що це також рішення.

Однак жодне з цих рішень не задовольняє обом початковим умовам, тому явно ми не закінчили. Ми знайшли два незалежних рішення диференціального рівняння, і тепер будемо стверджувати, що будь-яка лінійна комбінація цих двох незалежних розв'язків (\(c_1 y_1(x)+c_2 y_2(x)\)) також є рішенням. Математично це означає, що якщо\(y_1(x)\) і\(y_2(x)\) є розв'язками, то також\(c_1 y_1(x)+c_2 y_2(x)\) є рішенням, де\(c_1\) і\(c_2\) є константами (тобто не функціями\(x\)). Повертаючись до нашого прикладу, твердження полягає в тому, що\(c_1 e^{4x}+c_2 e^x\) є загальним рішенням цього диференціального рівняння. Давайте подивимося, чи правда це:

\[ \begin{aligned} y(x)=c_1 e^{4x}+c_2 e^x \\ y'(x)=4c_1 e^{4x}+c_2 e^x \\ y''(x)=16c_1 e^{4x}+c_2 e^x \end{aligned} \nonumber\]

Підставляємо в диференціальне рівняння:

\[y''(x) - 5y'(x) + 4y(x) = 16c_1 e^{4x}+c_2 e^x-5\times \left(4c_1 e^{4x}+c_2 e^x\right)+4\times \left(c_1 e^{4x}+c_2 e^x\right)=0 \nonumber\]

тому ми просто довели, що лінійна комбінація також є рішенням, незалежно від значень\(c_1\) і\(c_2\). Важливо зауважити, що наше загальне рішення тепер має дві довільні константи, як і очікувалося для диференціального рівняння другого порядку. Ці константи ми визначимо з початкових умов, щоб знайти конкретне рішення.

Загальне рішення є\(y(x)=c_1e^{4x}+c_2e^{x}\). Давайте застосуємо перше початкова умова:\(y(0)=1\).

\[y(0)=c_1+c_2=1 \nonumber\]

Це дає зв'язок між\(c_1\) і\(c_2\). Друге початкова умова -\(y'(0)=-1\).

\[y'(x)=4c_1e^{4x}+c_2e^x\rightarrow y'(0)=4c_1+c_2=-1 \nonumber\]

У нас є два рівняння з двома невідомими, які ми можемо вирішити, щоб отримати\(c_1=-2/3\) і\(c_2=5/3\).

Конкретне рішення полягає в тому, щоб:

\[y(x)=-\frac{2}{3}e^{4x}+\frac{5}{3}e^x \nonumber\]

Випадок II:\(k_1^2-4k_2<0\)

В даному випадку\(k_{1}^{2}-4k_2<0\), так,\(\sqrt{k_{1}^{2}-4k_2}=i \sqrt{-k_{1}^{2}+4k_2}\) де\(\sqrt{-k_{1}^{2}+4k_2}\) знаходиться дійсне число. Тому в даному випадку

\[\alpha_{1,2}=\frac{-k_1\pm \sqrt{k_{1}^{2}-4k_2}}{2}=\frac{-k_1\pm i \sqrt{-k_{1}^{2}+4k_2}}{2} \nonumber\]

а потім два\(\alpha_1\) корені і\(\alpha_2\) є складними сполученнями. Давайте подивимося, як це працює на прикладі.

Визначають рішення\(y''(x) - 3y'(x) + \frac{9}{2}y(x) = 0\) підпорядковані початковим умовам\(y(0)=1\) і\(y'(0)=-1\).

Дотримуючись тієї ж методології, яку ми обговорювали для попереднього прикладу, ми припускаємо\(y(x)=e^{\alpha x}\), і використовуємо цей вираз в диференціальному рівнянні для отримання квадратного рівняння в\(\alpha\):

\[\alpha_{1,2}=\frac{3\pm \sqrt{(-3)^{2}-4\times 9/2}}{2}=\frac{3\pm \sqrt{-9}}{2} \nonumber\]

Тому\(\alpha_1=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}i\) і\(\alpha_2=\frac{3}{2}-\frac{3}{2}i\), які є складними сполученнями. Загальним рішенням є:

\[ \begin{aligned} y(x)=c_1e^{(\frac{3}{2}+\frac{3}{2}i)x}+c_2e^{(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}i)x} \\ y(x)=c_1e^{\frac{3}{2}x}e^{\frac{3}{2}i x}+c_2e^{\frac{3}{2}x}e^{-\frac{3}{2}i x} \\ y(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left(c_1e^{\frac{3}{2}i x}+c_2e^{-\frac{3}{2}i x}\right) \end{aligned} \nonumber\]

Цей вираз можна спростити за допомогою формули Ейлера:\(e^{\pm ix}=\cos(x) \pm i \sin{x}\) (Рівняння\(2.2.1\)).

\[y(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left[c_1\left(\cos(\frac{3}{2}x)+i \sin(\frac{3}{2}x) \right)+c_2\left(\cos(\frac{3}{2}x)-i \sin(\frac{3}{2}x) \right)\right] \nonumber\]

Групування синусів і косинусів разом:

\[y(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left[\cos(\frac{3}{2}x)(c_1+c_2)+i \sin(\frac{3}{2}x)(c_1-c_2) \right] \nonumber\]

Перейменування констант\(c_1+c_2=a\) і\(i(c_1-c_2)=b\)

\[y(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left[a\cos(\frac{3}{2}x)+b \sin(\frac{3}{2}x)\right] \nonumber\]

Наше загальне рішення має дві довільні константи, як очікується від ODE другого порядку. Як завжди, ми будемо використовувати наші початкові умови для визначення їх значень. Першим початковим умовою є\(y(0)=1\)

\[\begin{array}{c c c} y(0)=a = 1 & (e^0=1, \cos(0)=1 & \text{and} & \sin(0)=0 ) \end{array} \nonumber\]

Поки що у нас є

\[y(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left[\cos(\frac{3}{2}x)+b \sin(\frac{3}{2}x)\right] \nonumber\]

Друга початкова умова -\(y'(0)=-1\)

\[y'(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left[-\sin(\frac{3}{2}x)+b \cos(\frac{3}{2}x)\right]\frac{3}{2}+\frac{3}{2}e^{\frac{3}{2}x}\left[\cos(\frac{3}{2}x)+b \sin(\frac{3}{2}x)\right] \nonumber\]

\[y'(0)=\frac{3}{2}b +\frac{3}{2}=-1\rightarrow b=-\frac{5}{3} \nonumber\]

Таким чином, конкретним рішенням є:

\[y(x)=e^{\frac{3}{2}x}\left[\cos(\frac{3}{2}x)-\frac{5}{3} \sin(\frac{3}{2}x)\right] \nonumber\]

Зверніть увагу, що функція є реальною навіть тоді, коли коріння були комплексними числами.

Випадок III:\(k_1^2-4k_2=0\)

Останній випадок, який ми розберемо\(k_1^2-4k_2=0\), - це коли, що призводить

\[\alpha_{1,2}=\frac{-k_1\pm \sqrt{k_{1}^{2}-4k_2}}{2}=\alpha_{1,2}=\frac{-k_1}{2} \nonumber\]

Тому два кореня справжні, і однакові. Це означає, що\(e^{-k_1 x/2}\) це рішення, але це створює проблему, тому що нам потрібно інше незалежне рішення для створення загального рішення з лінійної комбінації, і ми маємо лише одне. Друге рішення можна знайти за допомогою методу, який називається скороченням порядку. Детально обговорювати метод ми не будемо, хоча подивитися, як він використовується в даному випадку, можна в кінці відео http://tinyurl.com/mpl69ju. Застосування методу приведення порядку до цього диференціального рівняння дає\((a+bx)e^{-k_1 x/2}\) як загальний розв'язок. Константи\(a\) і\(b\) є довільними константами, які ми будемо визначати з початкових/граничних умов. Зверніть увагу, що експоненціальний термін - це той, який ми знайшли за допомогою «стандартної» процедури. Давайте подивимося, як це працює на прикладі.

Визначте рішення з\(y''(x) - 8y'(x) + 16y(x) = 0\) урахуванням початкових умов\(y(0)=1\) і\(y'(0)= -1\).

Дотримуємося процедури попередніх прикладів і обчислюємо два кореня:

\[\alpha_{1,2}=\frac{-k_1\pm \sqrt{k_{1}^{2}-4k_2}}{2}=\frac{8\pm \sqrt{8^{2}-4\times 16}}{2}=4 \nonumber\]

Тому\(e^{4x}\) це рішення, але у нас немає іншого, щоб створити потрібну нам лінійну комбінацію. Метод скорочення порядку дає:

\[y(x)=(a+bx)e^{4 x} \nonumber\]

Оскільки ми прийняли результат методу зменшення порядку, не бачачи виведення, давайте хоча б покажемо, що це насправді рішення. Першим і другим похідними є:

\[y'(x)=be^{4 x}+4(a+bx)e^{4x} \nonumber\]

\[y''(x)=4be^{4 x}+4be^{4x}+16(a+bx)e^{4x} \nonumber\]

Підставляючи ці вирази в\(y''(x)-8y'(x)+16y(x)=0\):

\[\left[4be^{4 x}+4be^{4x}+16(a+bx)e^{4x}\right]-8\left[be^{4 x}+4(a+bx)e^{4x}\right]+16\left[(a+bx)e^{4 x}\right]=0 \nonumber\]

Оскільки всі ці терміни скасовують, щоб дати нуль, функція дійсно\(y(x)=(a+bx)e^{4 x}\) є рішенням диференціального рівняння.

Повертаючись до нашої проблеми, потрібно визначитися\(a\) і\(b\) з початковими умовами. Почнемо з\(y(0)=1\):

\[y(0)=a=1 \nonumber\]

Поки що у нас є\(y(x)=(1+bx)e^{4 x}\), і тому\(y'(x)=be^{4 x}+4(1+bx)e^{4x}\). Інша початкова умова\(y'(0)=-1\):

\[y'(0)=b+4=-1\rightarrow b=-5 \nonumber\]

Таким чином, конкретним рішенням є\(y(x)=(1-5x)e^{4x}\)

Це відео містить приклад кожного з трьох розглянутих вище випадків, а також застосування методу приведення порядку до справи III. Пам'ятайте, що ви можете призупиняти, перемотувати назад і швидко вперед, щоб ви могли переглядати відео у своєму власному темпі. http://tinyurl.com/mpl69ju