Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych drugiego rzędu o stałych współczynnikach

(1)

Wyznaczanie

fundamentalnego zbioru

rozwiązań równań

różniczkowych liniowych

jednorodnych ...

Autorzy:

Julian Janus

2019

(2)

(1)

(2)

Wyznaczanie fundamentalnego zbioru rozwiązań równań różniczkowych liniowych jednorodnych drugiego

rzędu o stałych współczynnikach

Autor: Julian Janus

DEFINICJA

Definicja 1:

Równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym rzędu drugiego o stałych współczynnikach

Równaniem różniczkowym liniowym jednorodnym rzędu drugiego o stałych współczynnikach nazywamy równanie postaci

gdzie są stałymi i .

Rozwiązania równania ( 1 ) szukamy w postaci funkcji .

Wtedy, podstawiając , i do równania ( 1 ) dostajemy

Dzieląc powyższe równanie przez dostajemy tak zwane równanie charakterystycznerównanie charakterystyczne

Zauważmy, że równanie charakterystyczne można otrzymać podstawiając do równania ( 1 ) w miejsce odpowiednio .

Równanie kwadratowe może mieć deltę dodatnią, równą zeru lub ujemną. Gdy

Gdy wtedy równanie ( 2 ) ma dwa różne rzeczywiste pierwiastki

Mamy wtedy dwie funkcje będące rozwiązaniem równania ( 1 )

Funkcje te są liniowo niezależne, więc rozwiązanie ogólne równania ( 1 ) ma w tym przypadku postać

Gdy

Gdy wtedy równanie ( 2 ) ma jeden pierwiastek rzeczywisty

Funkcja jest rozwiązaniem równania ( 2 ). Drugie liniowo niezależne rozwiązanie wyznaczamy na podstawie

twierdzenia Liouville'a i ma postać

Rozwiązanie ogólne równania ( 1 ) ma w tym przypadku postać

Gdy

Gdy wtedy równanie ( 2 ) ma dwa różne pierwiastki zespolone wzajemnie sprzężone

Wtedy mamy dwie funkcje będące rozwiązaniem równania ( 1 )

Funkcje te są liniowo niezależne. Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 1 ) ma w tym przypadku postać

(t) +

(t) + y(t) = 0.

0

a

1

a

2

a

2

≠ 0

y(t) = e

+ λ + = 0.

a

2

λ

2

a

1

a

0

(t), (t), y(t)

y

′′

_y

′

, λ, 1

λ

2

Δ > 0

=

,

=

.

λ

1 − −a1 a−4 2 1 a0a2 √ 2a2

λ

2 − +a1 √a21−4a0a2 2a2

(t) =

i

(t) =

.

y

1

e

λ1t

y

2

e

λ2t

y(t) =

c

1

y

1

(t) +

c

2

y

2

(t) =

c

1

e

λ1t

+

c

₂

e

λ2t

.

Δ = 0

λ = − .

a1 2a2

(t) =

y

1

e

λt

(t) =

∫

dt =

∫

dt =

∫

dt =

e

λt

e

λt

y(t) =

c

1

y

1

(t) +

c

2

y

2

(t) =

e

λt

( + t ).

c

1

c

2

Δ < 0

= −

−

i,

= −

+

i.

λ

1 _2aa1₂ 4a0a2−a 2 1 √ 2a2

λ

2 a1 2a2 4a0a2−a21 √ 2a2

(t) =

i

(t) =

.

y

1

e

λ1t

y

2

e

λ2t

y(t) =

c

1

e

λ1t

+

c

2

e

λ2t

.

(t)

1 2

(t)

(3)

Niedogodnością tego przedstawienia jest to, że funkcje i są funkcjami o wartościach zespolonych. Wyznaczymy teraz liniowo niezależne funkcje o wartościach rzeczywistych, spełniające równanie ( 1 ).

W celu uproszczenia zapisów wprowadzamy następujące oznaczenia

Wtedy pierwiastki możemy zapisać następująco

W dalszym rozumowaniu będziemy korzystać z następującej zależności Eulera

Stąd mamy, że

Na podstawie twierdzenia 1 dowolna kombinacja liniowa rozwiązań równania ( 1 ) jest rozwiązaniem tego równania, stąd następujące funkcje są rozwiązaniami równania ( 1 ).

Na podstawie wniosku 3 funkcje te są liniowo niezależne.

Zatem rozwiązanie ogólne równania ( 1 ) w tym przypadku ma postać

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Wyznaczyć rozwiązanie ogólne równania

Równanie charakterystyczne dla tego równania jest następujące

Pierwiastkami tego równania są i . Zatem rozwiązanie ogólne ma postać

(t)

y

1

y

2

(t)

α = − , β =

a1

.

2a2 4a0a2−a21 √ 2a2

,

θi

(t) =

=

(cos(βt) − i sin(βt))

(t) =

=

(cos(βt) + i sin(βt)).

(t) =

(t) +

(t) =

cos(βt)

Y

1 1₂

y

1 1₂

y

2

e

αt

(t) =

(t) −

(t) =

sin(βt).

Y

2 i₂

y

1 ₂i

y

2

e

αt

y(t) =

e

αt

( cos(βt) + sin(βt)).

_c

₁

_c

₂

(t) − 3 (t) + 2y(t) = 0.

y

′′

_y

′

− 3λ + 2 = 0.

λ

2

= 1

λ

1

λ

2

= 2

y(t) =

c

1

e

t

+

c

2

e

2t

.

(4)

PRZYKŁAD

Przykład 2:

Wyznaczyć rozwiązanie problemu początkowego

Równanie charakterystyczne dla tego równania jest następujące

Równanie to ma tylko jeden pierwiastek Stąd rozwiązanie ogólne jest postaci

Ponieważ

więc z warunków początkowych dostajemy następujący układ równań

którego rozwiązaniem jest i .

Zatem rozwiązaniem problemu początkowego jest funkcja

(t) − 4 (t) + 4y(t) = 0, y(0) = 1,

(0) = 4.

y

′′

_y

′

_y

′

− 4λ + 4 = 0.

λ

2

λ = 2.

y(t) =

e

2t

( + t).

1

y

′

c

1

c

2

= 1

c

1

c

2

= 2

y(t) =

e

2t

(2t + 1).

(5)

PRZYKŁAD

Przykład 3:

Znaleźć rozwiązanie problemu początkowego

Równanie charakterystyczne ma postać

Równanie to ma dwa pierwiastki zespolone i gdzie Zatem rozwiązanie ogólne ma postać

Ponieważ

więc z pierwszego warunku początkowego dostajemy

zaś z drugiego warunku początkowego mamy

Stąd wynika, że i .

Zatem rozwiązanie problemu początkowego jest postaci

Publikacja udostępniona jest na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa - Na tych samych warunkach 3.0 Polska. Pewne prawa zastrzeżone na rzecz autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej. Zezwala się na dowolne wykorzystanie treści publikacji pod warunkiem wskazania autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej jako autorów oraz podania informacji o licencji tak długo, jak tylko na utwory zależne będzie udzielana taka sama licencja. Pełny tekst licencji dostępny na stronie

http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/pl/.

Data generacji dokumentu: 2019-04-15 07:16:36

Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=7c56b6f53e0e0978e29b3c374c9ec52e

Autor: Julian Janus

(t) − 4 (t) + 5y(t) = 0, y(0) = −1,

(0) = 2.

y

′′

_y

′

_y

′

− 4λ + 5 = 0.

λ

2

= 2 − i

λ

1

λ

2

= 2 + i

α = 2, β = 1.

y(t) =

e

2t

( cos t + sin t).

_c

₁

_c

₂

(t) =

y

′

_{2 ( cos t + sin t) + (− sin t + cos t) =}

((2 + ) cos t + (2 − ) sin t) ,

2⋅0

( cos 0 + sin 0) = ,

_c

= −1

c

1

c

2