1 Линейное уравнение

Линейным уравнением $n$-го порядка называется уравнение вида \begin{equation} \sum_{k=0}^{n}a_{k}y^{(k)}=f\left(x\right)\label{eq:ur} \end{equation}

В левой части у него находится выражение, очень похожее на полином относительно $y$, но с производными вместо степеней. Коэффициенты $a_{k}$ постоянны. Если $f\left(x\right)=0$, то уравнение называется однородным (мы с таких и начнём). Обозначим \[ \sum_{k=0}^{n}a_{k}y^{(k)}\equiv L\left[y\right] \] Легко заметить, что если $\alpha,\beta=const$, то можно раскрыв скобки, получить, что \[ L\left[\alpha y_{1}+\beta y_{2}\right]=\alpha L\left[y_{1}\right]+\beta L\left[y_{2}\right]. \] Это свойство как раз и называется свойством линейности и даёт название всему классу уравнений. Тогда если $y_{1}$ и $y_{2}$ таковы, что \begin{equation} L\left[y_{1}\right]=0\quad\text{и}\quad L\left[y_{2}\right]=0, \end{equation} (т.е. они по-отдельности удовлетворяют (\ref{eq:ur})) то \begin{equation} L\left[\alpha y_{1}+\beta y_{2}\right]=\alpha L\left[y_{1}\right]+\beta L\left[y_{2}\right]=0, \end{equation} причём числа $\alpha,\beta$ могут быть любыми. Однако уравнение $n$-го порядка имеет $n$ постоянных параметров в решении. Если нам удастся найти $n$ функций $y_{1}\dots y_{n}$, удовлетворяющих уравнению (\ref{eq:ur}), то общее решение (полное семейство решений уравнения) можно записать так: \begin{equation} y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+\dots+C_{n}y_{n},\qquad C_{k}=const.\label{obr} \end{equation}

2 Однородные уравнения с постоянными коэффициентами

Ищем решение в виде \begin{equation} y=e^{\lambda x}:\label{vid_r} \end{equation} \begin{equation} \left.L\left(e^{\lambda x}\right)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\left(e^{\lambda x}\right)^{(k)}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\lambda^{k}e^{\lambda x}=0\right|\cdot\frac{1}{e^{\lambda x}} \end{equation} После деления мы получим уравнение на $\lambda$, где в левой части будет полином, а в правой -- ноль. Такое уравнение называют характеристическим: \begin{equation} Q_{n}\left(\lambda\right)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\lambda^{k}=0,\label{har} \end{equation} и при его решении могут иметь место разные варианты.

2.1 Только вещественные корни кратности 1

Тогда таких корней $n$штук, с ними пожно построить $n$ частных решений вида (\ref{vid_r}), а из них, по (\ref{obr}), построить общее решение: \begin{equation} y=C_{1}e^{\lambda_{1}x}+\dots+C_{n}e^{\lambda_{n}x}. \end{equation}

Пример: № 512

\[ y''+4y'+3y=0 \] Характеристическое уравнение получается заменой производных $y^{(k)}$ на степени $\lambda^{k}$: \[ \lambda^{2}+4\lambda+3=0 \] \[ \left(\lambda+2\right)^{2}=1 \] \[ \lambda=-2\pm1 \] Корни характеристического уравнения: \[ \lambda_{1}=-3,\qquad\lambda_{2}=-1 \] Частные решения: \[ y_{1}=e^{-3x},\qquad y_{2}=e^{-x} \] Общее решение: \[ y=C_{1}e^{-3x}+C_{2}e^{-x} \]

Задание: решите № 511 и 513

2.2 Вещественный корень $\lambda=\mu$ кратности $m > 1$

В этом случае уравнению будут удовлетворять также функции вида $x^{p}e^{\mu x}$, где $p < m$. Тогда одному корню $\mu$ соответствует уже $m$ частных решений с разными степенями $p$: \begin{equation} y_{1}=e^{\mu x},\quad y_{2}=xe^{\mu x},\quad\dots\quad y_{m}=x^{m-1}e^{\mu x} \end{equation} Так как сумма кратностей корней полинома даёт $n$, при наличии кратных корней такой метод тоже позволяет получить $n$ частных решений. Желающие могут изнакомиться с доказательством:

Начало доказательства

По определению кратности можно разложить \begin{equation} Q_{n}\left(\lambda\right)=\left(\lambda-\mu\right)^{m}P_{n-m}\left(\lambda\right) \end{equation} Пусть $m > j\in\mathbb{N}$. Найдём \begin{equation} \frac{d^{j}}{d\lambda^{j}}Q\left(\lambda\right)=\sum_{k=0}^{j}C_{j}^{k}\left(P\left(\lambda\right)\right)^{\left(j-k\right)}\left(\left(\lambda-\mu\right)^{m}\right)^{\left(k\right)}=\sum_{k=0}^{j}C_{j}^{k}\left(P\left(\lambda\right)\right)^{\left(j-k\right)}\frac{m!}{\left(m-k\right)!}\left(\lambda-\mu\right)^{m-k} \end{equation} \begin{equation} k\leqslant j < m\quad\Longrightarrow\quad m-k > 0 \end{equation} \begin{equation} \left.\frac{d^{j}}{d\lambda^{j}}Q\left(\lambda\right)\right|_{\lambda=\mu}=\sum_{k=0}^{j}\dots\left.\left(\lambda-\mu\right)^{m-k}\right|_{\lambda=\mu}=0 \end{equation} Пусть теперь $m > p\in\mathbb{N}$. Покажем, что $y=x^{p}e^{\mu x}$ -- решение уравнения (\ref{eq:ur}): \[ L\left(x^{p}e^{\mu x}\right)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\left(x^{p}e^{\mu x}\right)^{(k)}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\sum_{j=0}^{k}C_{k}^{j}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\left(e^{\mu x}\right)^{\left(k-j\right)}= \] $j\leqslant k$ \[ =\sum_{j=0}^{n}\sum_{k=j}^{n}a_{k}C_{k}^{j}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\mu^{k-j}e^{\mu x}=e^{\mu x}\sum_{j=0}^{n}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\sum_{k=j}^{n}a_{k}C_{k}^{j}\mu^{k-j}= \] \[ =e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\sum_{k=j}^{n}a_{k}C_{k}^{j}\mu^{k-j}=e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\sum_{k=j}^{n}a_{k}\frac{k!}{j!\left(k-j\right)!}\mu^{k-j}= \] \begin{equation} =e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\sum_{k=j}^{n}a_{k}\frac{k!}{\left(k-j\right)!}\mu^{k-j}=e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\sum_{k=j}^{n}a_{k}\frac{d^{j}}{d\mu^{j}}\mu^{k}= \end{equation} \[ =e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\sum_{k=j}^{n}a_{k}\left.\left(\frac{d^{j}}{d\lambda^{j}}\lambda^{k}\right)\right|_{\lambda=\mu}=e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\sum_{k=0}^{n}a_{k}\left.\left(\frac{d^{j}}{d\lambda^{j}}\lambda^{k}\right)\right|_{\lambda=\mu}= \] \[ =e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\left.\left(\frac{d^{j}}{d\lambda^{j}}\sum_{k=0}^{n}a_{k}\lambda^{k}\right)\right|_{\lambda=\mu}=e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\left.\left(\frac{d^{j}}{d\lambda^{j}}Q\left(\lambda\right)\right)\right|_{\lambda=\mu}= \] \[ =e^{\mu x}\sum_{j=0}^{p}\left(x^{p}\right)^{\left(j\right)}\frac{1}{j!}\cdot0=0. \]

Конец доказтельства

Пример: № 523

\[ 4y''+4y'+y=0 \] Характеристическое уравнение: \[ 4\lambda^{2}+4\lambda+1=0 \] \[ \left(2\lambda+1\right)^{2}=0 \] \[ \lambda=-\frac{1}{2},\quad m=2 \] Частные решения: \[ y_{1}=e^{-x/2},\qquad y_{2}=xe^{-x/2} \] Общее решение: \[ y=C_{1}e^{-x/2}+C_{2}xe^{-x/2} \]

Задание: решите № 522 и 524

2.3 Корень комплексный: $\lambda=\alpha+i\beta$

Рассмотрим случай, когда корень имеет кратность 1. Составим комплексное решение \begin{equation} y_{1}=e^{\left(\alpha+i\beta\right)x}=e^{\alpha x}\left(\cos\beta x+i\sin\beta x\right);\label{yc} \end{equation} $\lambda=\alpha-i\beta$ -- тоже корень, поэтому есть и второе решение: \begin{equation} y_{2}=e^{\left(\alpha-i\beta\right)x}=e^{\alpha x}\left(\cos\beta x-i\sin\beta x\right). \end{equation} Их линейная комбинация тоже будет решением: \[ y=C_{1}e^{\left(\alpha+i\beta\right)x}+C_{2}e^{\left(\alpha-i\beta\right)x}= \] \begin{equation} =C_{1}e^{\alpha x}\left(\cos\beta x+i\sin\beta x\right)+C_{2}e^{\alpha x}\left(\cos\beta x-i\sin\beta x\right)= \end{equation} \[ =\left(C_{1}+C_{2}\right)e^{\alpha x}\cos\beta x+\left(C_{1}-C_{2}\right)e^{\alpha x}i\sin\beta x. \]

Компоненты комплексных коэффициентов $C_{1}$ и $C_{2}$ обозначим так: $C_{1}=a+ib$, $C_{2}=c+id$. Выделим такие $C_{1}$ и $C_{2}$, при которых решение $y$ будет действительным (ибо действительные решения имеют физический смысл).

При $x=0:$ \[ y\left(0\right)=\left(C_{1}+C_{2}\right) \] Это значение должно быть действительным: \begin{equation} \mathrm{Im}\,y\left(0\right)=\mathrm{Im}\,\left(a+ib+c+id\right)=b+d=0 \end{equation} \begin{equation} d=-b \end{equation} При $x=\frac{\pi}{2\beta}$ будет $\cos\beta x=0$, тогда \begin{equation} y\left(\frac{\pi}{2\beta}\right)=\left(C_{1}-C_{2}\right)e^{\frac{\pi\alpha}{2\beta}}i=\left(a+ib-c-id\right)e^{\frac{\pi\alpha}{2\beta}}i=\left(ia-b-ic+d\right)e^{\frac{\pi\alpha}{2\beta}} \end{equation} \begin{equation} \mathrm{Im}\,y\left(\frac{\pi}{2\beta}\right)=\mathrm{Im}\,\left(ia-b-ic+d\right)e^{\frac{\pi\alpha}{2\beta}}=\left(a-c\right)e^{\frac{\pi\alpha}{2\beta}}=0 \end{equation} \begin{equation} c=a \end{equation} Таким образом, \begin{equation} C_{2}=c+id=a-ib=\overline{C_{1}} \end{equation} \begin{equation} y=\left(C_{1}+C_{2}\right)e^{\alpha x}\cos\beta x+\left(C_{1}-C_{2}\right)e^{\alpha x}i\sin\beta x=2ae^{\alpha x}\cos\beta x-2be^{\alpha x}\sin\beta x \end{equation} \begin{equation} y_{1}=e^{\alpha x}\cos\beta x\qquad y_{2}=e^{\alpha x}\sin\beta x, \end{equation} т.е. вещественная и мнимая части комплексного решения (\ref{yc}) являются независимыми действительными частными решениями уравнения (\ref{eq:ur}).

Пример: № 516

\[ y''+2y'+10y=0 \] Характеристическое уравнение: \[ \lambda^{2}+2\lambda+10=0 \] \[ \lambda=-1\pm\sqrt{1^{2}-1\cdot10}=-1\pm\sqrt{-9}=-1\pm3i \] Корни характеристического уравнения: \[ \lambda_{1}=-1-3i,\qquad\lambda_{2}=-1+3i \] Для построения комплексного решения выберем второе (от выбора конкретного корня из сопряжённой пары не зависит конечное семейство решений): \[ y_{c}=e^{(-1+3i)x}=e^{-x}e^{3ix}=e^{-x}\left(\cos3x+i\sin3x\right)=e^{-x}\cos3x+ie^{-x}\sin3x \] Частные решения: \[ y_{1}=e^{-x}\cos3x,\qquad y_{2}=e^{-x}\sin3x \] Общее решение: \[ y=C_{1}e^{-x}\cos3x+C_{2}e^{-x}\sin3x. \]

Задание: решите № 515 и 517

3 Неоднородные уравнения

Если в правой части уравнения (\ref{eq:ur}) $f\left(x\right)\neq0,$ то можно подобрать такой частный $y_{1}$, что $L\left[y_{1}\right]=f\left(x\right)$. Тогда найдя общее решение $y_{0}$ однородного уравнения $L\left[y\right]=0$, можно составить общее решение исходного уравнения, как $y=y_{0}+y_{1}$, так как в силу линейности $L\left[y\right]$ \[ L\left[y\right]=L\left[y_{0}+y_{1}\right]=L\left[y_{0}\right]+L\left[y_{1}\right]=0+f\left(x\right)=f\left(x\right). \] Вопрос, откуда брать $y_{1}$, может решаться по-разному.

3.1 Полиномы с экспонентами

Для уравнений с правой частью $f\left(x\right)=P_{m}\left(x\right)e^{\gamma x}$, где $P_{m}\left(x\right)=b_{m}x^{m}+\dots+b_{1}x+b_{0}$ -- частное решение имеет вид \begin{equation} y_{1}=x^{s}Q_{m}\left(x\right)e^{\gamma x},\label{vid1} \end{equation} где $Q_{m}\left(x\right)$ -- полином той же степени $m$. Число $s=0$, если $\gamma$ -- не корень характеристического уравнения (\ref{har}), а если $\gamma$ -- корень, то $s$ равно кратности этого корня. Чтобы найти коэффициенты полинома $Q_{m}\left(x\right)$, надо решение (\ref{vid1}) подставить в дифференциальное уравнение и приравнять коэффициенты при подобных слагаемых в левой и правой частях уравнения.

Пример: № 534

\begin{equation} y''+y=4xe^{x}\label{534} \end{equation} Составим однородное уравнение: \[ y_{0}''+y_{0}=0 \] Характеристическое уравнение: \[ \lambda^{2}+1=0 \] Корни характеристического уравнения: \[ \lambda=\pm i \] Комплексное решение однородного уравнения: \[ y_{c}=e^{ix}=\cos x+i\sin x \] Частные решения однородного уравнения: \[ y_{01}=\cos x,\qquad y_{02}=\sin x \] Общее решение однородного уравнения: \[ y_{0}=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x \]

Теперь приступим к нахождению частного решения $y_{1}$ неоднородного уравнения (\ref{534}). Правая часть $f\left(x\right)=4xe^{x}$ имеет вид $P_{m}\left(x\right)e^{\gamma x}$, где $\gamma=1$ – число, отсутствующее среди корней характеристического уравнения, и потому $s=0$. Далее, $P_{m}\left(x\right)=4x$, то есть является полиномом первой степени: $m=1$.

Тогда $Q_{m}\left(x\right)=Q_{1}\left(x\right)=ax+b$, $x^{s}=x^{0}=1$, $e^{\gamma x}=e^{x}$. Запишем вид частного решения \[ y_{1}=x^{s}Q_{m}\left(x\right)e^{\gamma x}=1\cdot\left(ax+b\right)e^{x}=\left(ax+b\right)e^{x}, \] а для нахождения $a$ и $b$ (в отличие от $C$ они не произвольны) подставим это решение в уравнение (\ref{534}). Сначала найдём производные: \[ y_{1}'=ae^{x}+\left(ax+b\right)e^{x}=\left(ax+a+b\right)e^{x}, \] \[ y_{1}''=ae^{x}+\left(ax+a+b\right)e^{x}=\left(ax+2a+b\right)e^{x}, \] потом подставим: \[ y_{1}''+y_{1}=\left(ax+2a+b\right)e^{x}+\left(ax+b\right)e^{x}=\left(2ax+2a+2b\right)e^{x}=4xe^{x} \] \[ 2ax+2a+2b=4x \] \begin{equation} ax+a+b=2x\label{polirav} \end{equation} Соблюдаться это равенство должно тождественно, т.е. при любых $x$. В частности, при $x=0$: \[ a+b=0, \] откуда $b=-a$ и (\ref{polirav}) превратится в \[ ax=2x, \] откуда уже $a=2$, $b=-2$, \[ y_{1}=\left(2x-2\right)e^{x}=2\left(x-1\right)e^{x}. \] Найдя $y_{1}$, запишем общее решение уравнения (\ref{534}): \[ y=y_{0}+y_{1}=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x+2\left(x-1\right)e^{x}. \]

Полупример: № 535

Обойдёмся без подробного решения, но рассмотрим общие принципы. \[ y''-y=2e^{x}-x^{2}. \] Начать нужно, разумеется, с решения однородного уравнения: \[ y_{0}''-y_{0}=0. \] Правая часть этого уравнения явно не имеет вида $P_{m}\left(x\right)e^{\gamma x}$, но каждое её слагаемое в отдельности – имеет. Поэтому можно найти такое $y_{1}$, что \[ y_{1}''-y_{1}=2e^{x}, \] и такое $y_{2}$, что \[ y_{2}''-y_{2}=-x^{2}, \] после чего общее решение $y=y_{0}+y_{1}+y_{2}$: \[ L\left[y\right]=L\left[y_{0}\right]+L\left[y_{1}\right]+L\left[y_{2}\right]=0+2e^{x}-x^{2}=2e^{x}-x^{2}. \]

Задание: решите № 533 и 536

3.2 Те же и синусы с косинусами

Для уравнения с правой частью \begin{equation} f\left(x\right)=\left[P\left(x\right)\cos\beta x+Q\left(x\right)\sin\beta x\right]e^{\alpha x}\label{fvid} \end{equation} можно искать частное решение в виде \begin{equation} y_{1}=x^{s}\left[T_{m}\left(x\right)\cos\beta x+S_{m}\left(x\right)\sin\beta x\right]e^{\alpha x}\label{vid2} \end{equation} где $s=0$, если $\alpha+\beta i$ не корень характеристического уравнения, и $s$ равно кратности корня $\alpha+\beta i$ в противном случае, a $T_{m}\left(x\right)$ и $S_{m}\left(x\right)$ --полиномы степени $m$, равной наибольшей из степеней полиномов $P$ и $Q$. Чтобы найти коэффициенты полиномов $T_{m}\left(x\right)$ и $S_{m}\left(x\right)$, надо подставить решение (\ref{vid2}) в уравнение и приравнять коэффициенты при подобных слагаемых.

Пример: № 538

\begin{equation} y''+y=4\sin x\label{ursin} \end{equation} Составим однородное уравнение: \[ y_{0}''+y_{0}=0 \] и обнаружим, что такое же было в №534. Воспользуемся готовым решением \[ y_{0}=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x \] и корнями характеристического уравнения: \[ \lambda=\pm i. \] Правая часть $f\left(x\right)=4\sin x$ имеет вид (\ref{fvid}), но в ней $\alpha=0,$ $\beta=1$, $P\left(x\right)=0$, $Q\left(x\right)=4$. Как видно, $m=0$ и тогда $T_{0}\left(x\right)=A$ и $S_{0}\left(x\right)=B$ -- константы. Число $\alpha+\beta i=0+i\cdot1=i$ -- корень характеристического уравнения с кратностью 1. Тогда \[ y_{1}=x^{s}\left[T_{m}\left(x\right)\cos\beta x+S_{m}\left(x\right)\sin\beta x\right]e^{\alpha x}=x\left(A\cos x+B\sin x\right) \] Найдём $A$ и $B$, подставив $y_{1}$ в уравнение (\ref{ursin}): \[ y_{1}'=\left(A\cos x+B\sin x\right)+x\left(-A\sin x+B\cos x\right)=\left(A+Bx\right)\cos x+\left(B-Ax\right)\sin x \] \[ y_{1}''=B\cos x-\left(A+Bx\right)\sin x-A\sin x+\left(B-Ax\right)\cos x=\left(2B-Ax\right)\cos x-\left(2A+Bx\right)\sin x \] \[ y_{1}''+y_{1}=\left(2B-Ax\right)\cos x-\left(2A+Bx\right)\sin x+x\left(A\cos x+B\sin x\right)= \] \[ =2B\cos x-2A\sin x=4\sin x, \] \[ B\cos x-A\sin x=2\sin x \] $x=0$: \[ B=0; \] $x=\frac{\pi}{2}$: \[ -A=2, \] \[ y_{1}=x\left(-2\cos x+0\cdot\sin x\right)=-2x\cos x \] \[ y=y_{0}+y_{1}=C_{1}\cos x+C_{2}\sin x-2x\cos x. \]

Задание: решите № 537 и 540