9. Екінші ретті дифференциалдық теңдеулер. Коши теоремасы

1. Жалпы жағдайда теңдеуді екінші ретті сызықты біртекті емес дифференциалдық теңдеу деп аталады. Мұндағы және интервалында үзіліссіз функциялар. Ол егер онда екінші ретті біртекті сызықты дифференциалдық теңдеу (9.35), (9.36) теңдеулер арасында тұрақты мән қабылдайтын жағдайды қарастырамыз, сондықтан тұрақты сан болсын және тең болатын болсын, онда (9.36) теңдеу түрін қабылдайды.

9.37) теңдеуін коэффиценттері тұрақты біртекті сызықты екінші ретті дифференциалдық теңдеу деп атайды. Бұл (9.37) теңдеудің шешімін Эйлер тәсілі бойынша түрінде іздейміз. Онда - белгісіз тұрақты сан. (9.38) және (9.39) дифференциалдық (9.37) теңдеуді қанағаттандыруы керек. Сондықтан теңдеуі шығады. (9.40) біртекті сызықты дифференциалды теңдеуге сәйкес сипаттаушы теңдеу деп аталады.

Егер теңдеудің шешімі болса, онда екі шешім өз ара сызықты тәуелсіз деп аталады, егер екеуінің қатынасы тұрақты болмаса яғни .

Анықтама. Егер өзара сызықты тәуелсіз (9.37) теңдеудің шешімі болса, онда ол теңдеудің жалпы шешімі түрінде жазылады.

1.Егер сипаттаушы теңдеудің шешімдері әртүрлі және нақты сандар болса, онда (9.37) теңдеудің жалпы шешімі түрінде жазылады.

Y”=f(x) ретін интеграл арқылы төмендетеміз.

Y’=

Y=

3.y’’=f(x), y’’=f(x,y’), y’’=f(y,y’) түріндегі дифференциалдық теңдеулерді шешудің әдістері.

1) Квадратура әдісі. y’=ʃf(x)dx+c₁

y(x)=ʃ(ʃf(x)dx)dx+c₁x+c₂

ʃf(x)dx=φ(x)

2) y’’=f(x,y’), y’=p, y’’=p’алмастыру арқылы

p’=f(x,p)немесе F(x,p,p’)=0 бірінші ретті теңдеуге келтіріледі.

3) Тәуелсіз айнымал айқын түрде кірмейтін F(y,y’,…,y⁽ⁿ⁾)=0 теңдеуі y’=p(y) алмастыру арқылы реті бірге төмендетілген теңдеуге келеді. Бұл алмастыру үшін

y’’==p,

10. Екінші ретті тұрақты коэффицентті, сызықты, біртекті дифференциялдық теңдеулер.

Екінші ретті коэффиценттері тұрақты біртекті жәй сызықтық дифференциялдық теңдеуді қарастырайық:

a₀y’’+a₁y’+a₂y=0 (1)

теңдеуі берілсін дейік, мұндағы а₀, а₁, а₂ коэффиценттері тұрақты сандар.

Бұл теңдеудің дербес шешімін y(x)=e^kx түрінде іздеп көрейік, мұнд. K- анықтауға жататын белгісіз. (1)- теңдеудің сол жағына y(x)=e^kx, y’(x)=e^kx , y’’(x)=e^kx өрнектерін қойып, мына теңдеуді шығарып аламыз.

(a₀k²+a₁k+a₂) e^kx=0.

e^kx функциясы х-тің ешбір мәнінде нөлге тең болмайтындықтан y(x)=e^kx функциясы (1)-теңдеудің шешімі болуы үшін a₀k²+a₁k+a₂ үшмүшелігі нөлге тең болуы қажетті және жеткілікті. a₀k²+a₁k+a₂ үшмүшелігі характеристикалық үшмүшелік, ал a₀k²+a₁k+a₂=0 теңдеуі(1)-дифференциялдық теңдеудің характеристикалық теңдеуі деп аталады.

Характеристикалық үшмүшелікті қарастырғанда әртүрлі жағдайларға кездесеміз.

1-жағдай. Сипаттамалық үшмүшліктің әртүрлі нақты екі түбірі бар дейік, оларды k₁ және k₂ арқылы белгілейік және k₁k₂ сонда біз (1)- теңдеудің әртүрлі дербес екі шешімін :

у₁(x)=e^k₁^x және у₂(x)=e^k₂^x

шығарып аламыз. Бұл дербес екі шешім бір-бірімен бірі сызықтық байланыссыз, барлық сан өсінде негіздік дербес шешімдер жүйесін құрып, Вронскийдің анықтауышы деп аталатын екі ретті анықтауышты береді:

(x)= =(k₂-k₁)e^(k1+k2)x0.

Демек (1)-теңдеудің жалпы шешімі мына түрде жазылады:

y (x)= C₁e^k₁^x+C₂ e^k₂^x.

2-жағдай. Енді сипаттамалық үшмүшеліктің бір-біріне тең нақты екі түбірі бар болсын. Бұл жағдайда a₀k²+a₁k+a₂ квадрат үшмүшеліктің дискриминанты нөлге тең. Сондықтан

K₁=k₂=k₀=

Бұл жағдайда сипаттамалық теңдеудің нақты бір шешімін у₁(x)=e^k₀^x бірден жазып аламыз. Ал, екінші дербес шешімді бірінші дербес шешімнен сызықтық тәуелсіз етіп, у₂(x)=хe^k₂^x түрінде таңдап аламыз. Сонда сипаттамалық үшмүшелікке сәйкес (1)- теңдеудің жалпы шешімі былай жазылады: y (x)= C₁e^k₀^x+C₂х e^k₀^x =(C₁+C₂x) e^k₀^x.

3-жағдай. Егерде сипаттамалық үшмүшеліктің түбірлері комплекс сандар болса, k1=+i ; k2=-i, онда (1)-теңдеудің жалпы шешімі былай жазылады:

1-Мысал:

1)y’’-5y’+6y=0 теңдеуін алып қарастырайық. Бұл теңдеудің сипаттамалық үшмүшелігінің k₂-5k+6 түбірлері k₁=2; k₂=3. Сондықтан сипаттамалық теңдеудің негіздік дербес шешімдер жүйесі: у₁(x)=e^2x және у₂(x)=e^3x шешімдерінен тұрады. Демек біртекті екінші ретті дифференциялдық теңдеудің жалпы шешімі:

y (x)= C₁e^2x+C₂ e^3x болады.

2-Мысал.

y’’+6y’+13y=0 дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табу керек.

Шешуі. Берілген теңдеудің k²-2k+1=0 сипаттаушы теңдеуінің k=-3 түбірлері комплекс түйіндес сандар. Теңдеудің сызықтық тәуелсіз шешімдері y₁=e^-3xcos2x, y₂=e^-3xsin2x фуекциялар болып, оның жалпы шешімі y=e^-3x(C₁cos2x+C₂sin2x) болады.