Matematika/Antrosios eilės tiesinės homogeninės diferencialinės lygtys su pastoviaisiais koeficientais

Antrosios eilės tiesine homogenine diferencialine lygtimi su pastoviaisiais koeficientais vadinama lygtis

$y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0.$

Tokia lygtis išsprendžiama parinkus $y=e^{kx}.$

Toliau gauname,

$(e^{kx}{)}^{″}+p(e^{kx}{)}^{\prime }+q{e}^{kx}=0,$

$k^2{e}^{kx}+kp{e}^{kx}+q{e}^{kx}=0,$

$(k^2+kp+q)e^{kx}=0.$

Kadangi nėra tokio k, kad $e^{kx}$ būtų lygi nuliui, tai

$k^2+kp+q=0.$

Išsprendžiant šią lygtį ir bus gautas diferencialinės lygties sprendinys (arba du sprendiniai). Yra trys atvejai, kai $k_1\ne k_2,$ kai $k_1=k_2$ ir kai sprendiniai yra kompleksiniai skaičiai.

Vronskio determinantas

Vronskio determinantas pavadintas Juzefo Vronskio (J. Wronski, 1776-1853) vardu. Oficialiai laikoma, kad Vronskio determinantas padeda spręsti Antrosios eilės tiesines homogenines diferencialines lygtis su pastoviaisiais koeficientais, tačiau teisybė yra, kad jis neturi su jomis nieko bendro (senovėje šito nesuprato arba ir dabar ne visi supranta, todėl neišima jo iš vadovelių). Dėl šios priežasties Vronskio determinantas čia nebus nagrinėjamas. Bent jau Vronskio determinantas tikrai nereikalingas kai $k_1=k_2.$

Vronskio determinanto radimas:

$W(y_1,y_2)=\left[\begin{array}{ccc}{y}_1& & y_2\\ y{\text{'}}_1& & y{\text{'}}_2\end{array}\right]$

Kai $y_1$ ir $y_2$ yra atskirieji lygties sprendiniai.

Charakteringosios lygties šaknys $k_1$ ir $k_2$ yra realios ir skirtingos

Jeigu lygties

$y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$

sprendiniai $k_1$ ir $k_2$ yra realieji skaičiai ir skirtingi, tuomet diferencialinės lygties sprendiniai yra

$y_1=e^{k_{1}x},y_2=e^{k_{2}x}.$

Bendrasis lygties

$y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$

sprendinys yra

$y=C_1{e}^{k_{1}x}+C_2{e}^{k_{2}x}.$

Įrodymas. Turime lygtį

$y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0.$

Tokia lygtis išsprendžiama parinkus $y=e^{kx}.$

Toliau gauname,

$(e^{kx}{)}^{″}+p(e^{kx}{)}^{\prime }+q{e}^{kx}=0,$

$k^2{e}^{kx}+kp{e}^{kx}+q{e}^{kx}=0,$

$(k^2+kp+q)e^{kx}=0.$

Kadangi nėra tokio k, kad $e^{kx}$ būtų lygi nuliui, tai

$k^2+kp+q=0.$

Gavome, kad $k_1\ne k_2.$ Tuomet yra du elementariausi diferencialinės lygties sprendiniai:

$y_1=e^{k_{1}x}$ ir $y_2=e^{k_{2}x}.$

Bet mes tikimes, kad gali būti ir sudetingesni sprendiniai, todėl parenkame tokią funkciją z, kuri gali buti arba funkcija nuo x (kaip pavyzdžiui $z=Cx+C_1$), arba konstanta ($z=C$). Šią funkciją z padauginame su diferencialinės lygties sprendiniais ir gauname:

$y_{10}=z{e}^{k_{1}x}$ ir $y_{20}=z{e}^{k_{2}x}.$

Randame $y_{10}$ ir $y_{20}$ pirmos ir antros eilės išvestines:

$y_{1^{\prime }0}=(z{e}^{k_{1}x}{)}^{\prime }=z^{\prime }{e}^{k_{1}x}+z{k}_1{e}^{k_{1}x},$

$y_{1^{″}0}=(z^{\prime }{e}^{k_{1}x}+z{k}_1{e}^{k_{1}x}{)}^{\prime }=(z^{″}{e}^{k_{1}x}+z^{\prime }{k}_1{e}^{k_{1}x})+(z^{\prime }{k}_1{e}^{k_{1}x}+z{k}_1^2{e}^{k_{1}x}),$

$y_{1^{″}0}=z^{″}{e}^{k_{1}x}+2k_1{z}^{\prime }{e}^{k_{1}x}+k_1^{2}z{e}^{k_{1}x};$

$y_{2^{\prime }0}=(z{e}^{k_{2}x}{)}^{\prime }=z^{\prime }{e}^{k_{2}x}+k_{2}z{e}^{k_{1}x},$

$y_{2^{″}0}=z^{″}{e}^{k_{2}x}+2k_2{z}^{\prime }{e}^{k_{2}x}+k_2^{2}z{e}^{k_{2}x}.$

Įstatome $y_{10},y_{1^{\prime }0},y_{1^{″}0}$ reikšmes į lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ ir gauname:

$z^{″}{e}^{k_{1}x}+2k_1{z}^{\prime }{e}^{k_{1}x}+k_1^{2}z{e}^{k_{1}x}+p(z^{\prime }{e}^{k_{1}x}+k_{1}z{e}^{k_{1}x})+qz{e}^{k_{1}x}=0,$

$z^{″}{e}^{k_{1}x}+(2k_1+p)z^{\prime }{e}^{k_{1}x}+(k_1^2+p{k}_1+q)z{e}^{k_{1}x}=0,$

$z^{″}+(2k_1+p)z^{\prime }+(k_1^2+p{k}_1+q)z=0.$

Mums reikia, kad $z^{″}$ būtų lygi nuliui ir $z^{\prime }=0$ (tada reiškinys $k_1^2+p{k}_1+q=0$ su reikšme $k_1$). Suprantame, kad z turi būti konstanta, nes tik tada $z^{″}=0$ ir $z^{\prime }=0$. Suradus, kad $z=C_1$, gauname:

${C_1}^{″}+(2k_1+p){C_1}^{\prime }+(k_1^2+p{k}_1+q)C_1=0,$

$(k_1^2+p{k}_1+q)C_1=0.$

Šis paskutinis reiškinys tikrai lygus nuliui su bet kokiu skaičiumi $C_1$ ir su reikšme $k_1$.

Analogiškai randame, kad

$(k_2^2+p{k}_2+q)C_2=0.$

Vadinasi,

$y_{10}=C_1{e}^{k_{1}x},$

$y_{20}=C_2{e}^{k_{2}x}.$

Suprantame, kad tiek su $C_1{e}^{k_{1}x}$ reikšme išraiška $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ lygi nuliui, tiek su $C_2{e}^{k_{2}x}$ reikšme išraiška $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ lygi nuliui. Iš diferenciavimo taisyklės žinome, kad $(f(x)+g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x),$ todėl įstačius į lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ reikšmę $y=y_{10}+y_{20}=C_1{e}^{k_{1}x}+C_2{e}^{k_{2}x},$ diferencialinės lygties ($y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$) lygybė bus patenkinta (abiejose pusėse bus nulis). Todėl bendrasis diferencialinės lygties $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ sprendinys yra

$y=C_1{e}^{k_{1}x}+C_2{e}^{k_{2}x}.$

Pavyzdžiai

• Išspręskime lygtį $y^{″}+y^{\prime }-6y=0.$

Sprendimas. Įstatome vietoje y reikšmę $e^{kx}$ ir gauname

$(e^{kx}{)}^{″}+(e^{kx}{)}^{\prime }-6e^{kx}=0,$

$k^2{e}^{kx}+k{e}^{kx}-6e^{kx}=0,$

padalinus abi puses iš $e^{kx}$ gauname

$k^2+k-6=0;$

$D=b^2-4ac=1^2-4\cdot 1\cdot (-6)=1+24=25;$

$k_1=\frac{-b-\sqrt{D}}{2a}=\frac{-1-\sqrt{25}}{2\cdot 1}=\frac{-6}{2}=-3;$

$k_2=\frac{-b+\sqrt{D}}{2a}=\frac{-1+\sqrt{25}}{2\cdot 1}=\frac{4}{2}=2.$

Charakteringoji lygtis $y^{″}+y^{\prime }-6y=0$ turi dvi skirtingas realiąsias šaknis $k_1=-3$ ir $k_2=2.$ Todėl bendrasis sprendinys yra

$y=C_1{e}^{-3x}+C_2{e}^{2x}.$

Patikriname, kad $y=C_1{e}^{-3x}+C_2{e}^{2x}$ tikrai yra lygties $y^{″}+y^{\prime }-6y=0$ sprendinys:

$y^{\prime }=-3C_1{e}^{-3x}+2C_2{e}^{2x},$

$y^{″}=9C_1{e}^{-3x}+4C_2{e}^{2x};$

$(9C_1{e}^{-3x}+4C_2{e}^{2x})+(-3C_1{e}^{-3x}+2C_2{e}^{2x})-6(C_1{e}^{-3x}+C_2{e}^{2x})=0,$

$9C_1{e}^{-3x}+4C_2{e}^{2x}-3C_1{e}^{-3x}+2C_2{e}^{2x}-6C_1{e}^{-3x}-6C_2{e}^{2x}=0,$

$9C_1{e}^{-3x}+6C_2{e}^{2x}-9C_1{e}^{-3x}-6C_2{e}^{2x}=0.$

Charakteringosios lygties šaknys $k_1$ ir $k_2$ yra vienodos

Kadangi šiuo atveju $e^{k_{1}x}=e^{k_{2}x},$ tai turime vieną atskirąjį sprendinį $y_1=e^{kx}.$ Kad rasti bendrąjį sprendinį užrašykime

$y_2=z(x)e^{kx}.$

Tuomet

${y_2}^{\prime }=(z(x)e^{kx}{)}^{\prime }=z^{\prime }(x)e^{kx}+kz(x)e^{kx},$

${y_2}^{″}=(z(x)e^{kx}{)}^{″}=z^{″}(x)e^{kx}+k{z}^{\prime }(x)e^{kx}+k{z}^{\prime }(x)e^{kx}+k^{2}z(x)e^{kx},$

${y_2}^{″}=(z(x)e^{kx}{)}^{″}=z^{″}(x)e^{kx}+2k{z}^{\prime }(x)e^{kx}+k^{2}z(x)e^{kx}.$

Įrašę $y_2,$ ${y_2}^{\prime }$ ir ${y_2}^{″}$ išraiškas į lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0,$ gauname

$z^{″}(x)e^{kx}+2k{z}^{\prime }(x)e^{kx}+k^{2}z(x)e^{kx}+p(z^{\prime }(x)e^{kx}+kz(x)e^{kx})+qz(x)e^{kx}=0,$

$z^{″}(x)e^{kx}+(2k+p)z^{\prime }(x)e^{kx}+(k^2+pk+q)z(x)e^{kx}=0,$

$z^{″}(x)+(2k+p)z^{\prime }(x)+(k^2+pk+q)z(x)=0.$

Pagal Vieto teoremą $p=-(k_1+k_2)=-(k+k)=-2k,$ todėl $2k=-p$ ir $2k+p=0.$ Todėl gauta forma supaprastėja:

$z^{″}(x)+0\cdot z^{\prime }(x)+(k^2+pk+q)z(x)=0,$

$z^{″}(x)+(k^2+pk+q)z(x)=0.$

Kad gauti nulį ir kaip nors išspręsti šitą lygtį mums reikia, kad reikšmė $z^{″}(x)$ būtų lygį nuliui, tuomet liks lygtis

$(k^2+pk+q)z(x)=0,$

kurią mes jau galime išspresti reikalaudami, kad $k^2+pk+q=0$.

Matome, kad $z^{″}(x)=0,$ kai $z(x)=Ax+A_1,$ nes $z^{\prime }(x)=(Ax+A_1{)}^{\prime }=A,$ $z^{″}(x)=A^{\prime }=0.$

Todėl turime bendrąjį sprendinį

$y=y_2=z(x)e^{kx}=(Ax+A_1)e^{kx},$

kurį galime užrašyti taip:

$y=C_1{e}^{kx}+C_{2}x{e}^{kx}=e^{kx}(C_1+x{C}_2).$

Pavyzdžiai

• Išspręskime lygtį $y^{″}+8y^{\prime }+16y=0.$

Sprendimas. Įstatę $y=e^{kx}$ į lygtį, gauname

$k^2{e}^{kx}+8k{e}^{kx}+16e^{kx}=0,$

$k^2+8k+16=0.$

Charakteringoji lygtis $k^2+8k+16=0$ turi dvi vienodas realiąsias šaknis $k_1=k_2=-4$ (pagal Vieto teorema $k_1\cdot k_2=-4\cdot (-4)=16=q$ ir $p=-(k_1+k_2)=-(-4-4)=8$; diskriminantas $D=8^2-4\cdot 16=0$), todėl bendrasis duotosios lygties sprendinys yra

$y=e^{-4x}(C_1+x{C}_2).$

Patikriname:

$y^{\prime }=(C_1{e}^{-4x}+C_{2}x{e}^{-4x}{)}^{\prime }=-4C_1{e}^{-4x}+C_2{e}^{-4x}-4C_{2}x{e}^{-4x};$

$y^{″}=(-4C_1{e}^{-4x}+C_2{e}^{-4x}-4C_{2}x{e}^{-4x}{)}^{\prime }=16C_1{e}^{-4x}-4C_2{e}^{-4x}-4C_2{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x},$

$y^{″}=16C_1{e}^{-4x}-8C_2{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x}.$

Įstatome $y$, $y^{\prime }$ ir $y^{″}$ reikšmes į lygtį $y^{″}+8y^{\prime }+16y=0$ ir gauname:

$16C_1{e}^{-4x}-8C_2{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x}+8(-4C_1{e}^{-4x}+C_2{e}^{-4x}-4C_{2}x{e}^{-4x})+16(C_1{e}^{-4x}+C_{2}x{e}^{-4x})=0,$

$16C_1{e}^{-4x}-8C_2{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x}-32C_1{e}^{-4x}+8C_2{e}^{-4x}-32C_{2}x{e}^{-4x}+16C_1{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x}=0,$

$16C_1{e}^{-4x}-32C_1{e}^{-4x}+16C_1{e}^{-4x}-8C_2{e}^{-4x}+8C_2{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x}-32C_{2}x{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x}=0,$

$(16C_1{e}^{-4x}-32C_1{e}^{-4x}+16C_1{e}^{-4x})+(-8C_2{e}^{-4x}+8C_2{e}^{-4x})+(16C_{2}x{e}^{-4x}-32C_{2}x{e}^{-4x}+16C_{2}x{e}^{-4x})=0.$

Charakteringosios lygties šaknys $k_1$ ir $k_2$ yra kompleksinės

$k_1=\alpha +\beta i,$

$k_2=\alpha -\beta i;$

čia $\alpha =-\frac{p}{2},\beta =\sqrt{q-\frac{p^2}{4}},$ be to, $q-\frac{p^2}{4}>0.$

Įrodyta, kad tokiu atveju bendrasis lygties $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ sprendinys užrašomas formule

$y=e^{\alpha x}(C_1\cos (\beta x)+C_2\sin (\beta x)).$

Įrodymas. Į lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ įstatome $y=e^{kx}$ ir gauname:

$(e^{kx}{)}^{″}+p(e^{kx}{)}^{\prime }+q{e}^{kx}=0,$

$k^2{e}^{kx}+kp{e}^{kx}+q{e}^{kx}=0,$

$k^2+kp+q=0;$

$D=p^2-4q,(D<0)$

$k_1=\frac{-p+\sqrt{D}}{2}=\frac{-p+\sqrt{p^2-4q}}{2}=\frac{-p+\sqrt{i^2(4q-p^2)}}{2}=\frac{-p+i\sqrt{4q-p^2}}{2}=-\frac{p}{2}+i\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}},$

$k_2=\frac{-p-\sqrt{D}}{2}=\frac{-p-\sqrt{p^2-4q}}{2}=\frac{-p-\sqrt{i^2(4q-p^2)}}{2}=\frac{-p-i\sqrt{4q-p^2}}{2}=-\frac{p}{2}-i\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}.$

Taigi, gauname du sprendinius $k_1=\alpha +i\beta$ ir $k_2=\alpha -i\beta .$

Nesunku suprasti, kad jeigu vieną sprendinį (pavyzdžiui, $k_1=\alpha +i\beta$) įstatysime į reiškinį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ tai gausime nulį. Taip pat nulį gausime jei įstatysime į reiškinį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ kitą sprendinį ($k_2=\alpha -i\beta$). Įstatant $y=e^{k_{1}x}=e^{(\alpha +i\beta )x}$ į lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0,$ gauname:

$(e^{(\alpha +i\beta )x}{)}^{″}+p(e^{(\alpha +i\beta )x}{)}^{\prime }+q{e}^{(\alpha +i\beta )x}=0,$

$(\alpha +i\beta {)}^2{e}^{(\alpha +i\beta )x}+(\alpha +i\beta )p{e}^{(\alpha +i\beta )x}+q{e}^{(\alpha +i\beta )x}=0,$

$(-\frac{p}{2}+i\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}{)}^2+(-\frac{p}{2}+i\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}})p+q=0,$

$\frac{p^2}{4}-2\cdot \frac{p}{2}\cdot i\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}-\frac{4q-p^2}{4}+(-\frac{p}{2}+i\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}})p+q=0,$

$\frac{p^2}{4}-ip\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}-\frac{4q-p^2}{4}-\frac{p^2}{2}+ip\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}+q=0,$

$\frac{p^2}{4}-\frac{4q-p^2}{4}-\frac{p^2}{2}+q=0,$

$-\frac{4q-p^2}{4}-\frac{p^2}{4}+q=0,$

$-q+\frac{p^2}{4}-\frac{p^2}{4}+q=0.$

Abiejose lygybės pusėse gausime nulius, taip pat įstačius $y=e^{k_{2}x}=e^{(\alpha -i\beta )x}$ į lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0.$

Be abejonės gausime abiejose lygties $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ pusėse nulius įstačius $y=C_1{e}^{k_{1}x}=C_1{e}^{(\alpha +i\beta )x},$ nes tai tas pats kas padauginti visą lygtį iš konstantos: $(Cf(x){)}^{″}+(Cf(x){)}^{\prime }+(Cf(x))=C{f}^{″}(x)+C{f}^{\prime }(x)+Cf(x).$ Taipogi, gausime, kad reiškinys $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ lygus nuliui, jei įstatysime $y=C_2{e}^{k_{2}x}=C_2{e}^{(\alpha -i\beta )x}.$

Nesunku suprasti, kad į reiškinį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy$ įstačius $y=e^{k_{1}x}+e^{k_{2}x}=e^{(\alpha +i\beta )x}+e^{(\alpha -i\beta )x}$ gausime nulį (0+0=0), nes $(f(x)+g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x).$ Dėl to, taip pat gausime nulį įstačius $y=C_1{e}^{(\alpha +i\beta )x}+C_2{e}^{(\alpha -i\beta )x}$ į reiškinį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy.$

Kad atsikratyti i užrašykime sprendinį taip:

$y_{10}=C_1{e}^{\alpha x+i\beta x}+C_2{e}^{\alpha x-i\beta x}=e^{\alpha x}(C_1{e}^{i\beta x}+C_2{e}^{-i\beta x}).$

Toliau iš trigonometrijos ir kompleksinių skaičių žinome, kad $\cos x=\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$ ir $\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}.$ Todėl parenkame $C_1=\frac{1}{2}$ ir $C_2=\frac{1}{2}$ ir gauname:

$y_{11}=\frac{1}{2}{e}^{\alpha x+i\beta x}+\frac{1}{2}{e}^{\alpha x-i\beta x}=e^{\alpha x}\frac{e^{i\beta x}+e^{-i\beta x}}{2}=e^{\alpha x}\cos (\beta x).$

Toliau parinkime $C_1=\frac{1}{2i}$ ir $C_2=-\frac{1}{2i}$ (šįkart panaudojame kompleksinius skaičius konstantose, kad atsikratyti kompleksinių skaičių galutiniame sprendinyje) ir užrašykime:

$y_{12}=\frac{1}{2i}{e}^{\alpha x+i\beta x}-\frac{1}{2i}{e}^{\alpha x-i\beta x}=e^{\alpha x}\frac{e^{i\beta x}-e^{-i\beta x}}{2i}=e^{\alpha x}\sin (\beta x).$

Vėl žinome, kad jeigu sprendinys $y_{11}=e^{\alpha x}\cos (\beta x)$ tenkina lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ ir jeigu sprendinys $y_{12}=e^{\alpha x}\sin (\beta x)$ tenkina lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$, tai ir jų suma $y_{20}=y_{11}+y_{12}=e^{\alpha x}\cos (\beta x)+e^{\alpha x}\sin (\beta x)$ turi tenkinti lygtį $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0,$ nes $(y_{11}+y_{12}{)}^{\prime }=y_{1^{\prime }1}+y_{1^{\prime }2}.$ Be to, jei prirašysime konstantas tai sprendinys $y_{21}=C_1{y}_{11}+C_2{y}_{12}$ taip pat tenkins lygtį, pagal anksčiau minėta logiką. Todėl galime užrašyti galutinį bendrąjį lygties $y^{″}+p{y}^{\prime }+qy=0$ sprendinį (be kompleksinių skaičių):

$y=C_1{e}^{\alpha x}\cos (\beta x)+C_2{e}^{\alpha x}\sin (\beta x)=e^{\alpha x}(C_1\cos (\beta x)+C_2\sin (\beta x)).$

Pavyzdžiai

• Išspręskime lygtį

$y^{″}-8y^{\prime }+25y=0.$

Sprendimas. Charakteringoji lygtis $k^2-8k+25=0$ turi dvi kompleksines šaknis: $k_{1,2}=4\pm 3i.$ Taigi $\alpha =4,\beta =3.$ Todėl remiantis formule $y=e^{\alpha x}(C_1\cos (\beta x)+C_2\sin (\beta x)),$ bendrasis duotosios lygties sprendinys yra

$y=e^{4x}(C_1\cos (3x)+C_2\sin (3x)).$

Čia

$\alpha =-\frac{p}{2}=-\frac{-8}{2}=4,$

$\beta =\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}=\sqrt{25-\frac{(-8{)}^2}{4}}=\sqrt{25-\frac{64}{4}}=\sqrt{25-16}=\sqrt{9}=3.$