Лінійне диференційне рівняння зі сталими коефіцієнтами

Лінійне диференцйне рівняння зі сталими коефіцієнтами — лінійне диференціальне рівняння виду

${\displaystyle a_{n}y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\ldots +a_{0}y=f(x)}$,

де ${\displaystyle a_{n}}$ — певні сталі, ${\displaystyle f(x)}$ — довільна функція.

Якщо ${\displaystyle f(x)\equiv 0}$ — рівняння є однорідним лінійним диференційним рівнянням зі сталими коефіцієнтами.

Однорідне рівняння

Леонард Ейлер, який запровадив показникову функцію ${\displaystyle e^{x}}$, що є єдиним розв'язком рівняння ${\displaystyle f'=f}$, так, щоб ${\displaystyle f(0)=1}$, був першим дослідником цього рівняння. Він зрозумів: щоб сума кількох похідних функції дорівнювала нулю, похідні повинні мати ту ж форму, що й функція. Оскільки n-на похідна ${\displaystyle e^{\lambda x}}$ дорівнює ${\displaystyle \lambda ^{n}e^{\lambda x}}$, то, якщо вдасться врівноважити ці похідні, це дозволить розв'язати однорідне рівняння.

Шукатимемо розв'язки вигляду

${\displaystyle y=Ce^{\lambda x}}$,

де ${\displaystyle \lambda }$ — комплексне число. Підстановка цієї пробної функції в рівняння дає характеристичне рівняння

${\displaystyle (a_{n}\lambda ^{n}+a_{n-1}\lambda ^{n-1}+\ldots +a_{1}\lambda +a_{0})C\,e^{\lambda x}=0}$.

Скоротивши множник ${\displaystyle C\,e^{\lambda x}}$ (який ніколи не дорівнює 0), шукаємо корені характеристичного многочлена.

Це алгебраїчне характеристичне рівняння ${\displaystyle F(\lambda )=0}$, було розглянуто пізніше Гаспаром Монжем і Огюстеном-Луї Коші.

Многочлен n-го степеня має n комплексних коренів ${\displaystyle \lambda _{i}}$. Якщо серед коренів немає кратних, то функції

${\displaystyle y_{i}(x)=e^{\lambda _{i}x}}$

є розв'язками. Застосовуючи визначник Вандермонда, можна показати, що вони є лінійно-незалежними.

Оскільки однорідне лінійне диференціальне рівняння підпорядковане принципу суперпозиції, то будь-яка лінійна комбінація розв'язків також є розв'язком рівняння. Розв'язки ${\displaystyle y_{i}(x)}$ утворюють базис в просторі всіх розв'язків диференціального рівняння.

Загальний розв'язок однорідного диференційного рівняння записується у вигляді

${\displaystyle y(x)=\sum _{i=1}^{n}C_{i}e^{\lambda _{i}x}}$,

де ${\displaystyle C_{i}}$ — довільні сталі.

Якщо серед коренів є кратні, то

${\displaystyle y(x)=\sum _{i=1}^{n}P_{k_{i}}(x)e^{\lambda _{i}x}}$,

де ${\displaystyle P_{k_{i}}(x)}$ — многочлен степеня, не вищого за k, де k — кратність i-го кореня.

Якщо коефіцієнти диференціального рівняння дійсні, то перевагу віддаємо дійснозначним розв'язкам. Оскільки комплексні (не дійсні) корені сполучені в пари спряжених, як і відповідні базисні функції, ${\displaystyle x^{k}e^{\lambda x}}$, то бажаний результат одержимо заміною кожної пари дійсною лінійною комбінацією з ${\displaystyle Re(y)}$ і ${\displaystyle Im(y)}$, де y — одна з функцій пари.

Випадки, що включають комплексні корені, можуть бути розглянуті за допомогою формули Ейлера.

Приклад

${\displaystyle y''''-2y'''+2y''-2y'+y=0\,}$

має характеристичне рівняння

${\displaystyle z^{4}-2z^{3}+2z^{2}-2z+1=0.\,}$

Його корені i, -i, й 1 (кратності 2). Базис розв'язків

${\displaystyle e^{ix},\,e^{-ix},\,e^{x},\,xe^{x}\,.}$

Відповідний дійснозначний базис

${\displaystyle \cos x,\,\sin x,\,e^{x},\,xe^{x}\,.}$

Приклади

Дано, ${\displaystyle y''-4y'+5y=0\,}$ . Характеристичне рівняння ${\displaystyle z^{2}-4z+5=0\,}$ має корені 2 + і і 2 — і. Таким чином, базис розв'язків ${\displaystyle \{y_{1},y_{2}\}}$ є ${\displaystyle \{e^{(2+i)x},e^{(2-i)x}\}\,}$ . Тепер у є розв'язком тоді і тільки тоді ${\displaystyle y=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}\,}$ для ${\displaystyle c_{1},c_{2}\in \mathbb {C} }$ .

Оскільки коефіцієнти дійсні,

• ми, ймовірно, не зацікавлені в комплексних розв'язках
• наші базисні елементи взаємно спряжені

Лінійні комбінації

${\displaystyle u_{1}={\mbox{Re}}(y_{1})={\frac {y_{1}+y_{2}}{2}}=e^{2x}\cos(x)\,}$ і

${\displaystyle u_{2}={\mbox{Im}}(y_{1})={\frac {y_{1}-y_{2}}{2i}}=e^{2x}\sin(x)\,}$

дають нам дійсний базис ${\displaystyle \{u_{1},u_{2}\}}$ .

Простий гармонічний осцилятор

схематичне подання простого гармонічного осцилятора

Диференціальне рівняння другого порядку

${\displaystyle D^{2}y=-k^{2}y,}$

що описує простий гармонічний осцилятор, можна переформулювати

${\displaystyle (D^{2}+k^{2})y=0.}$

Вираз в дужках може бути факторизований, що дає

${\displaystyle (D+ik)(D-ik)y=0,}$

це рівняння має пару лінійно незалежних розв'язків, один для

${\displaystyle (D-ik)y=0\,}$

інший для

${\displaystyle (D+ik)y=0.}$

Розв'язки, відповідно,

${\displaystyle y_{0}=A_{0}e^{ikx}}$

та

${\displaystyle y_{1}=A_{1}e^{-ikx}.}$

Ці розв'язки є базисом двовимірного «простору розв'язків» диференціального рівняння другого порядку. Крім того, для

${\displaystyle y_{0'}={A_{0}e^{ikx}+A_{1}e^{-ikx} \over 2}=C_{0}\cos(kx)}$

та

${\displaystyle y_{1'}={A_{0}e^{ikx}-A_{1}e^{-ikx} \over 2i}=C_{1}\sin(kx).}$

-останні тригонометричні розв'язки лінійно незалежні, а тому можуть слугувати іншим базисом простору розв'язків, що дає таку загальну форму розв'язку:

${\displaystyle y_{H}=C_{0}\cos(kx)+C_{1}\sin(kx).}$

Затухаючий гармонічний осцилятор

схематичне подання гармонічного осцилятора із затуханням

Враховуючи рівняння затухаючого гармонічного осцилятора:

${\displaystyle \left(D^{2}+{b \over m}D+\omega _{0}^{2}\right)y=0,}$

отримаємо спочатку характеристичне рівняння формальною заміною D на λ. Це рівняння має виконуватися для всіх у, наступним чином:

${\displaystyle \lambda ^{2}+{b \over m}\lambda +\omega _{0}^{2}=0.}$

Розв'яжемо:

${\displaystyle \lambda ={-b/m\pm {\sqrt {b^{2}/m^{2}-4\omega _{0}^{2}}} \over 2}.}$

Використаємо ці дані для розкладу вихідного диференціального рівняння:

${\displaystyle \left(D+{b \over 2m}-{\sqrt {{b^{2} \over 4m^{2}}-\omega _{0}^{2}}}\right)\left(D+{b \over 2m}+{\sqrt {{b^{2} \over 4m^{2}}-\omega _{0}^{2}}}\right)y=0.}$

Це визначає пару рішень, з яких одне відповідає

${\displaystyle \left(D+{b \over 2m}-{\sqrt {{b^{2} \over 4m^{2}}-\omega _{0}^{2}}}\right)y=0}$

а інше

${\displaystyle \left(D+{b \over 2m}+{\sqrt {{b^{2} \over 4m^{2}}-\omega _{0}^{2}}}\right)y=0}$

Розв'язки, відповідно,

${\displaystyle y_{0}=A_{0}e^{-\omega x+{\sqrt {\omega ^{2}-\omega _{0}^{2}}}x}=A_{0}e^{-\omega x}e^{{\sqrt {\omega ^{2}-\omega _{0}^{2}}}x}}$

та

${\displaystyle y_{1}=A_{1}e^{-\omega x-{\sqrt {\omega ^{2}-\omega _{0}^{2}}}x}=A_{1}e^{-\omega x}e^{-{\sqrt {\omega ^{2}-\omega _{0}^{2}}}x}}$

де ω = B / 2 . З цієї пари лінійно незалежних рішень можна побудувати іншу лінійно незалежну пару, що таким чином, слугуватиме базисом для двовимірного простору рішень:

${\displaystyle y_{H}(A_{0},A_{1})(x)=\left(A_{0}\sinh {\sqrt {\omega ^{2}-\omega _{0}^{2}}}x+A_{1}\cosh {\sqrt {\omega ^{2}-\omega _{0}^{2}}}x\right)e^{-\omega x}.}$

Однак, якщо | ω | <| ω ₀ |, то бажано позбутися уявних частин, виражаючи загальний розв'язок як

${\displaystyle y_{H}(A_{0},A_{1})(x)=\left(A_{0}\sin {\sqrt {\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}x+A_{1}\cos {\sqrt {\omega _{0}^{2}-\omega ^{2}}}x\right)e^{-\omega x}.}$

Останній розв'язок відповідає слабко затухаючому випадку, тоді як попередній відповідає сильно затухаючому разі: розв'язок для слабко загальмованого випадку коливатиметься, а для розв'язку сильно загальмованого випадку це не так.

Неоднорідне рівняння

Щоб отримати розв'язок неоднорідного рівняння, слід знайти частковий розв'язок неоднорідного рівняння або методом невизначених коефіцієнтів, або методом варіації довільних сталих; загальний розв'язок лінійного диференціального рівняння є сумою загального розв'язку відповідного однорідного рівняння і часткового неоднорідного. Якщо ж задані початкові умови, можна застосувати перетворення Лапласа для отримання конкретного розв'язку безпосередньо.

Припустимо, нам дано

${\displaystyle {\frac {d^{n}y(x)}{dx^{n}}}+A_{1}{\frac {d^{n-1}y(x)}{dx^{n-1}}}+\cdots +A_{n}y(x)=f(x).}$

Для подальших обчислень, виділимо характеристичний многочлен

${\displaystyle P(v)=v^{n}+A_{1}v^{n-1}+\cdots +A_{n}.}$

Ми знайдемо базис розв'язків ${\displaystyle \{y_{1}(x),y_{2}(x),\ldots ,y_{n}(x)\}}$ як і в однорідному (F (X) = 0) випадку. Частковий розв'язок у _р (х) одержимо методом варіації сталих. Нехай коефіцієнти лінійної комбінації є функціями від х:

${\displaystyle y_{p}(x)=u_{1}(x)y_{1}(x)+u_{2}(x)y_{2}(x)+\cdots +u_{n}(x)y_{n}(x).}$

Для зручності позначень будемо опускати залежність від х (тобто, частини звичного запису вигляду (х)). Використовуючи операторний запис ${\displaystyle D=d/dx}$ і вільно використовуючи позначення, дане рівняння набуде вигляду ${\displaystyle P(D)y=f}$ , тож

${\displaystyle f=P(D)y_{p}=P(D)(u_{1}y_{1})+P(D)(u_{2}y_{2})+\cdots +P(D)(u_{n}y_{n}).}$

З обмеженнями

${\displaystyle 0=u'_{1}y_{1}+u'_{2}y_{2}+\cdots +u'_{n}y_{n}}$

${\displaystyle 0=u'_{1}y'_{1}+u'_{2}y'_{2}+\cdots +u'_{n}y'_{n}}$

${\displaystyle \cdots }$

${\displaystyle 0=u'_{1}y_{1}^{(n-2)}+u'_{2}y_{2}^{(n-2)}+\cdots +u'_{n}y_{n}^{(n-2)}}$

параметри виносяться, після чого залишається дещо «зайве»:

${\displaystyle f=u_{1}P(D)y_{1}+u_{2}P(D)y_{2}+\cdots +u_{n}P(D)y_{n}+u'_{1}y_{1}^{(n-1)}+u'_{2}y_{2}^{(n-1)}+\cdots +u'_{n}y_{n}^{(n-1)}.}$

Але ${\displaystyle P(D)y_{j}=0}$ , тому

${\displaystyle f=u'_{1}y_{1}^{(n-1)}+u'_{2}y_{2}^{(n-1)}+\cdots +u'_{n}y_{n}^{(n-1)}.}$

Це, з обмеженнями, дає лінійну система за ${\displaystyle u'_{j}}$ . ЇЇ, насправді, завжди можна розв'язати поєднуючи методи Крамера і Вронського,

${\displaystyle u'_{j}=(-1)^{n+j}{\frac {W(y_{1},\ldots ,y_{j-1},y_{j+1}\ldots ,y_{n})_{0 \choose f}}{W(y_{1},y_{2},\ldots ,y_{n})}}.}$

Решта зводиться до інтегрування ${\displaystyle u'_{j}.}$

частковий розв'язок не є єдиним, ${\displaystyle y_{p}+c_{1}y_{1}+\cdots +c_{n}y_{n}}$ також задовольняє рівняння для будь-якого набору констант з основного поля.

Приклад

Покладемо, ${\displaystyle y''-4y'+5y=sin(kx)}$ . Ми візьмемо базис розв'язку, знайдений вище ${\displaystyle \{e^{(2+i)x},e^{(2-i)x}\}}$ .

${\displaystyle W={\begin{vmatrix}e^{(2+i)x}&e^{(2-i)x}\\(2+i)e^{(2+i)x}&(2-i)e^{(2-i)x}\end{vmatrix}}=e^{4x}{\begin{vmatrix}1&1\\2+i&2-i\end{vmatrix}}=-2ie^{4x}\,}$

${\displaystyle u'_{1}={\frac {1}{W}}{\begin{vmatrix}0&e^{(2-i)x}\\\sin(kx)&(2-i)e^{(2-i)x}\end{vmatrix}}=-{\frac {i}{2}}\sin(kx)e^{(-2-i)x}}$

${\displaystyle u'_{2}={\frac {1}{W}}{\begin{vmatrix}e^{(2+i)x}&0\\(2+i)e^{(2+i)x}&\sin(kx)\end{vmatrix}}={\frac {i}{2}}\sin(kx)e^{(-2+i)x}.}$

Використовуючи список інтегралів від експоненціальних функцій,

${\displaystyle u_{1}=-{\frac {i}{2}}\int \sin(kx)e^{(-2-i)x}\,dx={\frac {ie^{(-2-i)x}}{2(3+4i+k^{2})}}\left((2+i)\sin(kx)+k\cos(kx)\right)}$

${\displaystyle u_{2}={\frac {i}{2}}\int \sin(kx)e^{(-2+i)x}\,dx={\frac {ie^{(i-2)x}}{2(3-4i+k^{2})}}\left((i-2)\sin(kx)-k\cos(kx)\right).}$

І тому

${\displaystyle y_{p}\,}$	${\displaystyle ={\frac {i}{2(3+4i+k^{2})}}\left((2+i)\sin(kx)+k\cos(kx)\right)+{\frac {i}{2(3-4i+k^{2})}}\left((i-2)\sin(kx)-k\cos(kx)\right)}$
	${\displaystyle ={\frac {(5-k^{2})\sin(kx)+4k\cos(kx)}{(3+k^{2})^{2}+16}}.}$

Задля інтересу зазначимо, це рівняння має фізичний зміст, описує вимушений гармонічний осцилятор, з тертям; у _р представляє стійкий стан, а ${\displaystyle c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}}$ є перехідним станом.

Джерела

• Крижанівський С.Є. Диференціальні рівняння. — Х.: : ДНТВУ.НКТП, 1938. — 398 с.(укр.)
• Ляшко І. І., Боярчук О. К., Гай Я. Г., Головач Г. П. Математичний аналіз в прикладах і задачах. — 2025. — 1400+ с.(укр.)
• Самойленко А. М.; Перестюк М. О.; Парасюк I.О. (2003). Диференціальні рівняння (PDF). Київ: Либідь. с. 600. ISBN 966-06-0249-9.(укр.)
• Кривошея С.А.; Перестюк М.О.; Бурим В.М. (2004). Диференціальні та інтегральні рівняння (PDF). Київ: Либідь. с. 407. ISBN 966-06-0348-7.(укр.)
• Шкіль М.І.; Лейфура В.М.; Самусенко П.Ф. (2003). Диференціальні рівняння (PDF). Київ: Техніка. с. 368. ISBN 966-575-140-9.(укр.)