Если у вас возникли сложности с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой - мы готовы помочь.
Предоплата всего
Подписываем
Лекція 9. Лінійні рівняння.
1. Лінійні однорідні рівняння. Рівняння з постійними коефіцієнтами.
2. Випадки коренів характеристичного рівняння.
3. Властивості розв’язків лінійного неоднорідного рівняння.
4. Формула Остроградського – Ліувілля.
1. Розглянемо лінійне рівняння
(1)
коефіцієнти якого a0, a1,…, an – постійні дійсні числа, а права частина f(x) неперервна на . Так як інтегрування неоднорідного рівняння (1) приводить до інтегрування відповідного однорідного рівняння, то вивчимо спочатку однорідне рівняння:
(2)
Покажемо, що це рівняння завжди може бути про інтегровано в елементарних функціях. З цією ціллю побудуємо фундаментальну систему розв’язків, яка складається з елементарних розв’язків. Будемо шукати розв’язок рівняння (2) у вигляді (3), де - деяке постійне число, яке треба вибрати так, щоб функція (3) перетворювала рівняння (2) у тотожність. Підставляючи (3) у ліву частину (2), отримаємо: . Так як експонента у нуль не обертається, поділимо обидві частини цієї рівності на експоненту. Отримаємо: (4). Рівняння (4) називають характеристичним рівнянням, а його корені – характеристичними числами рівняння (2). Характеристичне рівняння (4) можна формально зіставити по рівнянню (2), замінивши похідні від у відповідними ступенями , розглядаючи при цьому шукану функцію як похідну нульового порядку від цієї функції.
2. Структура фундаментальної системи розв’язків залежить від вигляду коренів характеристичного рівняння. Розглянемо 3 основні випадки виду наборів коренів характеристичного рівняння.
Випадок І. Усі корені характеристичного рівняння попарно різні та дійсні:
1, 2,…, n , ij, ij. Підставивши їх у формулу (3), отримаємо n розв’язків:
, , …, (5).
Ці розв’язки утворюють фундаментальну систему розв’язків, так як вони лінійно незалежні в інтервалі (-; ), так як їх Вронськіан відмінний від 0. Таким чином, загальний розв’язок: .
Випадок ІІ. Всі корені характеристичного рівняння різні, але серед них є комплексні. У цьому випадку комплексні корені входять спряженими парами. Покажемо, що кожній такій парі відповідають два дійсних лінійно незалежних частих розв’язки. Нехай 1=+i та 2=-i - два таких кореня. Підставляючи ці числа в (3) та використавши формулу Ейлера, отримаємо: y=e(+i)x=exeix=
=ex(cos x+i sin x). Відділивши в ньому дійсну та уявну частини, знайдемо два дійсних часткових розв’язки y1=ex cos x, y2=ex sin x (7). Ці розв’язки лінійно незалежні. Якщо розглянути корінь =-i, то y1=ex cos x, y2=-ex sin x, які, очевидно, лінійно залежні з найденими вище розв’язками, тобто, нових розв’язків не отримаємо. Таким чином, парі комплексно спряжених коренів характеристичного рівняння відповідають два лінійно незалежних часткових розв’язки (7).
Якщо корені чисто уявні, то замість (7) отримаємо y1= cos x, y2= sin x (8).
Відшукавши дійсні часткові розв’язки, відповідні іншим парам спряжених комплексних коренів, і часткові розв’язки, відповідні всім дійсним кореням, отримаємо фундаментальну систему розв’язків. Лінійна комбінація цих розв’язків з довільними постійними коефіцієнтами дасть загальний розв’язок.
Випадок ІІІ. Серед коренів характеристичного рівняння є кратні. Нехай рівняння (4) має дійсний корінь =i кратності l. Тоді P(i)=P/(i)=…=P(l-1)(i), але P(l)(i)0.
Розглянемо частинний випадок. Припустимо, що i=0, i – корінь кратності l. Тоді an=an-1=…=an-l+1, a an-l0. Тоді рівняння (2) має вигляд . легко підібрати декілька часткових розв’язків: y1=1, y2=x, …, yl=xl-1. Ці функції лінійно незалежні. В результаті для даного кореня кратності l отримали l лінійно незалежних розв’язків рівняння (2). Загальний випадок легко звести до попереднього наступною заміною змінних: , де z - нова шукана функція.
При підстановці виразу в рівняння отримаємо, що множник скорочується, та рівняння набуває вигляду: . Зіставимо характеристичне рівняння: . , . Але між ними існує зв’язок . Тобто, , а це можливо, коли pi=0. pi=0 зустрічається l разів, тому й і зустрічається l разів. Перетворене рівняння має вигляд:
Це рівняння має розв’язки: z1=1, z2=x, …, zl=xl-1. Повернемося до заміни, отримаємо: , ,…, - лінійно незалежні розв’язки.
3. Будемо розглядати лінійне неоднорідне рівняння:
(1)
n-го порядку. В подальшому будемо вважати, що коефіцієнти ai(x) I=1,…, n та функція f(x) неперервні на відрізку . В цьому випадку для рівняння (1) будуть виконані всі умови теореми існування та єдності розв’язків.
Дійсно, - рівняння n- го порядку, розв’язане відносно старшої похідної. За теоремою існування та єдності розв’язків, перша умова виконана, так як всі коефіцієнти та права частина неперервні, похідні входять до рівняння лінійно. Друга умова, а саме: існування неперервних частинних похідних F відносно функції та її похідних, виконується. Дійсно: , . Повернемося до рівняння (1). Якщо в рівнянні покласти f(x)0, то ми отримаємо лінійне однорідне рівняння:
(2)
яке відповідає вихідному рівнянню (1). Для лінійних однорідних рівнянь введений оператор L[y], завдяки якому рівняння (2) можливо записати так: L[y]=0. Тоді рівняння (1) можна записати у вигляді: L[y]=f(x). Відмітимо властивості розв’язків лінійного неоднорідного рівняння.
1) Нехай у(х) – розв’язок лінійного однорідного рівняння (2), та z(x)- деякий розв’язок рівняння (1), тоді сума цих розв’язків буде розв’язком лінійного неоднорідного рівняння (1).
# Дійсно, L[Y]=L[y+z]=L[y]+L[z]=0+f(x)=f(x), тобто, функція Y(x) обертає рівняння (1) у тотожність. #
2) Нехай дано лінійне неоднорідне рівняння вигляду: L[y]=f1(x)+f2(x)+…+fn(x). Якщо yi – розв’язок рівняння L[y]=fi(x), і=1,…, n, то сума вказаних розв’язків буде розв’язком рівняння L[y]=f1(x)+f2(x)+…+fn(x).
# Дійсно, L[y1+y2+…+yn]=L[y1]+L[y2]+…+L[yn]=f1(x)+f2(x)+…+fn(x).
3) Нехай дано лінійне неоднорідне рівняння наступного вигляду: L[y]=u(x)+iv(x). Якщо при цьому функція z(x)=p(x)+iq(x) є розв’язком розглянутого рівняння, то дійсна частина p(x) буде розв’язком рівняння L[p]=u(x), а уявна частина – розв’язком L[q]=v(x).
# Нам дано за умовою, що L[p(x)+iq(x)]=u(x)+iv(x). Використаємо властивість лінійного оператора: L[p(x)]+iL[q(x)]=u(x)+iv(x) => дійсні та уявні частини однакові, тобто L[p(x)]=u(x) та L[q(x)]= v(x). #
4. Нехай дано n лінійно незалежних розв’язків, деякого лінійного однорідного лінійного рівняння n-го порядку. Треба за розв’язками відновити само рівняння. Розглянемо наступне рівняння, яке містить визначник Вронського:
Очевидно, що це і є шукане рівняння. Дійсно, воно є лінійним (властивості визначника), при підстановці фундаментального розв’язку визначник обертається в нуль, так як один з його перших n стовпців співпадає з останнім. Перепишемо це рівняння у вигляді:
Множник при n-1 – й похідній у – похідна вронскіана. Справді, при диференцюванні вронськіана, так як похідна дорівнює сумі визначників з продиференційованими строками, ми отримаємо, що похідна вронськіана дорівнює останньому визначнику, так як всі інші визначники дорівнюють нулю (в кожному з них співпадають якісь дві строчки).
Поділимо обидві частини на вронскіан W[y1, y2,… ,yn], отримаємо: . Це рівняння можна розв’язати відносно вронскіана як рівняння із розділяющимися змінними. Інтегруючи його, отримаємо: . Поклавши C=W(x0), отримаємо
(2)
- формула Остроградського - Ліувілля. Якщо вронскіан не дорівнює нулю хоча б в одній точці відрізку, то він ніде не обертається в нуль на цьому відрізку.
З формули (2) видно, що вронскіану розв’язків рівняння притамані наступні 2 чудові властивості:
1. Якщо W(x0)=0 x0, то W(x) x.
2. Якщо W(x0)0 x0, то W(x) x.
Примітка. Якщо коефіцієнт a1(x)=0, то W(x)=W(x0)=0.