5. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
жүктеу/скачать 31,32 Kb.
|
1 2
Байланысты:Жанибек К
isahanov elektr исаханов лекция Элек машины, аға куратор есебінің құрылымы, Мазм ны. Кіріспе. I. Tapay. А ылшын сленгтеріні ерекшеліктері, English Grammar in Use, 1лаб ДМ, GPS приемник - современное спутниковое оборудование - системы GPS и Глонасс Технокауф в Москве, 5 урок Осеева, Философияның Адам рөліндегі орны, презентация, Готовность ДП 28..04 спец Приборостроение, Негізгі комбинаториканың объектілері, Ықтималдықтар теориясы және математикалық статистика. ІІ оқулық (Аканбай Н.) (z-lib.org) (1), Айнымалы ток тізбегі активтік, индуктивтік ж не сыйымдылы ты ке, Жылу берілу түрлері, В ней сопротивления R1 и R2 заменены сопротивлением R
| Определение 2. Два частных решения уравнения y” + py’ + qy = 0 называются линейно независимыми, если одно из них не может быть представлено как другое, умноженное на некоторый постоянный множитель, т. е. у2 ≠ ≠ ау1 ни при каких значениях а.
▲ Теорема 2. Если у = у1 и у = у2 - линейно независимые частные решения уравнения (2), то его общее решение имеет вид у = С1у1 +С2у2, где С1 и С2 – произвольные постоянные. Доказательство. Воспользуемся результатами двух предыдущих теорем. Так как у = у1 и у = у2 – решения уравнения (2), то согласно теореме 1 функции С1у1 и С2у2 также являются решениями этого уравнения. Далее, поскольку С1у1 и С2у2 - решения уравнения (2), в силу теоремы 2 функция у = С1у1 + С2у2 также есть решение этого уравнения, что требовалось доказать. Замечание. Если у2 = kу1 (т. е. у2 и у1 линейно зависимы), то у = С1у1 + С2у2 = С1у1 +С2kу1 = С3у1. Это означает, что решение будет содержать одну произвольную постоянную, тогда как решение дифференциального уравнения второго порядка обязательно должно содержать две произвольные постоянные. Именно поэтому в теореме говорится о линейно независимых частных решениях у1 и у2. Итак, для того чтобы найти общее решение уравнения y” + py’ + qy = 0, имеющее вид у = С1у1 + С2у2, нужно найти два линейно независимых частных решения у1 и у2. Эйлер предложил искать частное решение рассматриваемого уравнения в виде у = еkх, где k – постоянная величина, которую нужно подобрать. При различных значениях k функции у = еkх будут линейно независимы. Например, функций у1 = ех и у2 = е3х являются линейно независимы. Чтобы найти значение k, при котором у = еkх окажется решением уравнения y” + py’ + qy = 0, нужно подставить функцию у = еkх и ее производные в это уравнение. Тогда получим у = еkх, у’ = kеkх, у” = k2еkх, откуда k2ekx + pkekx + qekx = 0 или, вынося ekx за скобки, ekx (k2+ pk + q)= 0 Выражение ekx как показательная функция ни при каких значениях х не равна нулю; следовательно, k2+ pk + q≠ 0. Из этого уравнения находим два значения k1 и k2. Функции у1 = еk1х и у2 = еk2х являются частными решениями управления y” + py’ + qy = 0. 134. Решить уравнение y” - 3y’ + 2y = 0. Решение. Подставим функцию у = еkх и ее производные, у’ = kеkх и у” = k2еkх в данное уравнение: k2ekx - 3kekx + 2ekx = 0 Выносим ekx за скобки: ekx (k2- 3k + 2)= 0. Так как ekx ≠0, то k2- 3k + 2= 0. Решаем полученное квадратное уравнение относительно k: k1,2 = = ; k1=1, k2=2. Частные решения данного уравнения таковы: у1 = ех и у2 = е2х. Общее решение уравнения имеет вид у = С1ех + С2е2х. 135. Найти общее решение уравнения y” - 4y’ + 3y = 0. Уравнение k2+ pk + q= 0 называется характеристическим для данного дифференциального уравнения. Чтобы получиь это уравнение, достаточно заменить y”, y’, у соответственно на k2, k, 1. Известно, что при решении квадратного уравнения могут получиться корни следующих видов: 1) действительные и различные; 2) действительные и разные; 3) комплексные. Каждому виду корней квадратного уравнения соответствует свой вид решения дифференциального уравнения. I случай. Корни k1 и k2 – действительные и различные (D>0). Функции у1 = еk1х и у2 = еk2х являются частными линейно независимыми решениями уравнения y” + py’ + qy = 0. В этом случае общее решение указанного уравнения записывается в виде у = С1еk1х + С2еk2х. 136. Решить уравнение y” + 2y’ - 8y = 0. Решение. Составим характеристическое уравнение k2+ 2k - 8= 0. Здесь D = p2 -4q = 22-4 (-8) = 4+32 =36>0. Следовательно, характеристическое уравнение имеет два различных действительных корня. Определим их: k1 = -4, k2 = 2. Находим частные решения данного дифференциального уравнения: у1 = е-4х и у2 = е2х. Общее решение данного уравнения имеет вид у = С1е-4х + С2е2х. 137. Найти общее решение уравнения y” + 4y’ + 3y = 0. 138. Найти общее решение уравнения y” - 4y’ - 3y = 0. 139. Показать, что функция у = С1е-2х + С2ех, где С1 и С2 – произвольные постоянные, является общим решением уравнения y” + y’ - 2y = 0. 140. Найти частное решение уравнения y” - 2y’ - 3y = 0, если у = 8 и y’= 0 при х = 0. Решение. Имеем k2- 2k - 3= 0, D>0, k1 = -1, k2 = 3; значит, у1 = е-х, у2 = е3х- частные линейно независимые решения данного уравнения. Его общее решение имеет вид у = С1у1 + С2у2 = С1е-х + С2е3х. Далее, находим y’= - С1е-х + 3С2е3х. Подставляем начальные данные: 8 = С1е-1 0 + С2е1 0 = С1 + С2; 0 =- С1е-1 0 + 3С2е3 0 = - С1 + 3С2, т.е. 8 = С1 + С2; 0 = - С1 + 3С2, откуда С1=6 и С2 =2. Итак, искомое частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, имеет вид у = 6е-х + 2е3х. 141. Найти частное решение уравнения y”- 9y’= 0, если у = 2 и y’= 6 при х =0. II случай. Корни k1 и k2 – действительные и равные (D=0). Одно частное решение имеет вид у1 = еkх. Можно доказать, что второе частное решение есть у2 = хеkх. Покажем это на примере. 142. Найти линейно независимые частные решения и общее решение уравнения y”- 4y’ + 4у. Решение. Характеристическое уравнение k2- 4k + 4 = 0 имеет равные корни: k1 = k2 = 2. Одно частное решение есть у1 = е2х. Покажем, что у2 = хе2х. Имеем y’= е2х + 2хе2х, y’= 2е2х + 2е2х + 4хе2х = 4е2х + 4хе2х, откуда 4е2х + 4хе2х – 4(е2х + 2хе2х ) + 4хе2х = 0. т.е. получили тождество. Следовательно, у2 = хе2х – второе частное решение. Эти два решения линейно независимы. Поэтому общее решение. Эти два решения линейно независимы. Поэтому общее решение записывается в виде у = С1е2х + С2хе2х = (С1 + С2х)е2х. 143. Найти общее решение уравнения y” - 6y’ + 9y = 0. Решение. Характеристическое уравнение k2- 6k + 9 = 0 имеет равные корни: k1 = k2 = 3. Частными линейно незовисимыми решениями этого уравнения являются функции у1 = е3х, у2 = хе3х, а общее решение имеет вид у = С1е3х + С2хе3х = (С1 + С2х)е3х. 144. Найти общее решение уравнения y” + 6y’ + 9y = 0. 145. Найти общее решение уравнения y” - 10y’ + 25y = 0. 146. Найти частное решение уравнения y” -2y’ + y = 0, если у (0) = 4, y’ (0) =2. Решение. Характеристическое уравнение k2- 2k + 1 = 0 имеет равные действительные корни: k1 = k2 = 1. Поэтому общим решением данного дифференциального уравнения является функция у = ех (С1 + С2х). Далее, в равенства у = ех(С1 + С2х) и у’ = ех (С2х + С1 + С2) подставим начальные условия у (0) = 4, y’ (0) =2. Получим систему уравнений 4 = С1 , 2 = С1 + С2, из которой определяем С2 = - 2. Подставив значения С1 = 4, С2 = - 2 в общее решение у = ех(С1 + С2х),получим частное решение у = ех(4 – 2х). 147. Найти частное решение уравнения y” -4y’ + 4y = 0, если у (0) = 3 и y’ (0) = -1. 148. Найти частное решение уравнения y” + 6y’ + 9y = 0, если у = 2, y’ =1 при х = 0. III случай. Корни k1 и k2 – сопряженные комплексные: k1 = а + bi, k2 = a -bi. Частные решения уравнения y” + py’ + qy = 0 можно записать в виде у1 = е(а+ bi)х; у2 = е(а - bi)х. Обычно их преобразуют так, чтобы избавиться формулу Эйлера: еiх =cosx +isinx и е-iх =cosx – isinx (эти формулы мы принимаем без доказательства). Отсюда е(а+ bi)х = еах еbiх = еax(cosbx +isinbx), е(а- bi)х = еах е-biх = еax(cosbx - isinbx). Общие решение имеет вид У =С1 еax(cosbx +isinbx) + С11 еax (cosbx - isinbx). Группируя члены и обозначая жүктеу/скачать 31,32 Kb. Достарыңызбен бөлісу:
|
1 2