Олег ОдинцовОбыкновенные дифференциальные уравнения
Справочник по элементарным функциям
Методы вычисления неопределенных интегралов

Понижение порядка линейного неоднородного ДУ с постоянными коэффициентами, характеристическое уравнение которого имеет комплексные корни

Рассмотрен способ решения линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами методом понижения порядка, характеристическое уравнение которого имеет комплексные корни. Дан пример решения такого уравнения.

Применение метода понижения порядка к уравнению, характеристическое уравнение которого имеет комплексные корни

Применим метод понижения порядка к случаю, когда характеристическое уравнение имеет комплексные корни. Если коэффициенты исходного уравнения являются действительными числами, то комплексные корни bi являются попарно комплексно сопряженными. Пусть b2 = b*1. Тогда метод понижения порядка приводит к уравнению:

(D ~minus~b_1)(D ~minus~b_2)~...~(D ~minus~b_{n-1})(D ~minus~b_n)~y~=~f(x)

где D ~=~ d/dx - оператор дифференцирования.

Обозначим:

u~=~ (D ~minus~b_3)~...~(D ~minus~b_{n-1})(D ~minus~b_n) ~y

Получаем уравнение:

(D ~minus~b_1)(D ~minus~b_2)~u~=~f(x)

Сделаем подстановку:

(1)   z~=~(D ~minus~b_2)~u~=~u prime ~minus~b_2 u

Получаем уравнение первого порядка с комплексным коэффициентом b1:

(D ~minus~b_1)~z~=~f(x)

или

z prime ~minus~b_1~z~=~f(x)

Решение этого уравнения имеет вид (см. страницу метод понижения порядка ):

z~=~e^{b_1 x}~int{~}{~}{e^{-b_1 x} f(x) dx}~+C e^{b_1 x}

где C = Cr + i Ci - комплексная постоянная.

Далее замечаем, что поскольку исходное уравнение с действительными коэффициентами, то u должно быть действительным. Выразим комплексный коэффициент b2 через действительную и мнимую части:

b_2~=~b_{2r}~+~i b_{2i}

Подставим в (1):

z~=~u prime ~minus~(b_{2r}~+~i b_{2i}) u~=~u prime ~minus~b_{2r} u~minus~i b_{2i} u

Извлекая мнимую часть, получаем:

Im(z)~=~minus~ b_{2i} u

Откуда

u~=~minus ~1/b_{2i} ~Im(z)

Таким образом, в случае с комплексными корнями, один этап решения приводит к понижению порядка на две единицы.

Пример

Решить уравнение
y prime prime~+~y~=~tg x

Решение

Перепишем уравнение в виде:

((d/dx)^2~+~1)~y~=~tg x

Уравнение

D^2~+~1~=~0

имеет комплексные корни: D1 = i, D2 = -i

тогда

D^2~+~1~=~(D~minus~i)(D~+~i)

Переписываем уравнение в виде:

(d/dx~minus~i)(d/dx~+~i)~y~=~tg x

Сделаем подстановку:

u~=~(d/dx~+~i)~y~=~y prime~+~i y

Тогда уравнение примет вид:

(d/dx~minus~i)~u~=~u prime~minus~i u~=~tg x

Умножим на e-ix:

e^{-ix} u prime~minus~i e^{-ix} u~=~d/dx (e^{-ix} u)~=~tg x dot e^{-ix}

Применим формулы:

sin{x} ~=~ 1/{2i} (e^ix ~minus~ e^{-ix});~~cos{x} ~=~ 1/2 (e^ix ~+~ e^{-ix})

тогда:

tg{x}~=~{sin{x}}/{cos{x}} ~=~{1/{2i} (e^ix ~minus~ e^{-ix})}/{1/2 (e^ix ~+~ e^{-ix})}~=~1/i~ {e^ix ~minus~ e^{-ix}}/{e^ix ~+~ e^{-ix}}~=~1/i~ { 1 ~minus~ e^{-2ix}}/{ 1 ~+~ e^{-2ix}}

Интегрируем с помощью подстановки t = e-ix:

e^{-ix} u~=~int{~}{~}{tg x dot e^{-ix} dx}~=~1/i int{~}{~}{{ 1 ~minus~ e^{-2ix}}/{ 1 ~+~ e^{-2ix}} dot e^{-ix} dx}~=~minus 1/{i dot i} int{~}{~}{{ 1 ~minus~ e^{-2ix}}/{ 1 ~+~ e^{-2ix}} d e^{-ix}}~=~

~=~int{~}{~}{{1 ~minus~ t^2}/{1 ~+~ t^2} dt}~=~int{~}{~}{{2~minus~ (1~+~t^2)}/{1 ~+~ t^2} dt}~=~int{~}{~}{( 2/{t^2 ~+~ 1}~minus~ 1 )dt}~=~

~=~2 arctg{t}~minus~t~+~C_1~+~iC_2~=~2 arctg{e^{-ix}}~minus~e^{-ix}~+~C_1~+~iC_2

Выразим арктангенс через логарифм.

tg{y}~=~1/i {e^iy~minus~e^{-iy}}/{e^iy~+~e^{-iy}}~=~1/i {e^{2iy}~minus~1}/{e^{2iy}~+~1}~=~x

e^{2iy}~minus~1~=~ix (e^{2iy}~+~1)

e^{2iy} (1~minus~ix)~=~1~+~ix;~~~e^{2iy}~=~{1~+~ix}/{1~minus~ix};~~~y~=~arctg{x}~=~1/{2i}~ln{{1~+~ix}/{1~minus~ix}}

С помощью этой формулы имеем

arctg{e^{-ix}}~=~1/{2i}~ln{{1~+~ie^{-ix}}/{1~minus~ie^{-ix}}}~=~1/{2i}~ln{{(1~+~ie^{-ix})(1~+~ie^{ix})}/{(1~minus~ie^{-ix})(1~+~ie^{ix})}}~=~

1/{2i}~ln{(1~+~i dot i~+~i(e^{ix}~+~e^{-ix}) }/{1~minus~i dot i~+~i(e^{ix}~minus~e^{-ix}) }}~=~1/{2i}~ln{(2icos{x} }/{2~minus~2 sin{x} }}~=~1/{2i}~ln{(icos{x} }/{1~minus~ sin{x} }}~=~

~=~1/{2i}~(ln{i}~+~ln{(cos{x} }/{1~minus~ sin{x} }} )

Итак, мы получили

e^{-ix} u~=~2 arctg{e^{-ix}}~minus~e^{-ix}~+~C_1~+~iC_2~=~

~=~1/i~(ln{i}~+~ln{(cos{x} }/{1~minus~ sin{x} }} )~minus~e^{-ix}~+~C_1~+~iC_2

Постоянную, содержащую ln i включим в C1. Имеем

u~=~minus~i~e^{ix} (ln{(cos{x} }/{1~minus~ sin{x} }} )~minus~1~+~(C_1~+~iC_2)e^{ix}

u~=~y prime~+~i y~=~minus~i~(cos{x}~+~i sin{x})~dot~(ln{(cos{x} }/{1~minus~ sin{x} }} )~minus~1~+~

~+~(C_1~+~iC_2)(cos{x}~+~i sin{x})

Но

(C_1~+~iC_2)(cos{x}~+~i sin{x})~=~

~=~C_1~cos{x}~+~i C_1~sin{x}~+~i C_2~cos{x}~+~i^2 C_2~sin{x}~=~

~=~C_1~cos{x}~minus~ C_2~sin{x}~+~i (C_1~sin{x}~+~C_2~cos{x} )

Тогда

y prime~+~i y~=~(minus~i~cos{x}~+~ sin{x}) (ln{(cos{x} }/{1~minus~ sin{x} }} )~minus~1~+~C_1~cos{x}~minus~ C_2~sin{x}~+~

~+~i (C_1~sin{x}~+~C_2~cos{x} )

Отделяя мнимую часть, получаем:

y~=~minus~cos{x}~ln{(cos{x} }/{1~minus~ sin{x} }}~+~C_1~sin{x}~+~C_2~cos{x}~=~

~=~cos{x}~ln{(1~minus~ sin{x} }/{cos{x}}}~+~C_1~sin{x}~+~C_2~cos{x}

Далее следует заметить, что для комплексных переменных функция логарифма определена как для положительных так и для отрицательных значения аргумента. Для действительных же переменных, функция логарифма определена только для положительных значений аргумента. Поэтому при преобразовании к действительным числам, мы должны преобразовать аргумент логарифма. Это преобразование сводится к прибавлению к логарифму постоянной :

ln(minus f(x))~=~ln((-1)dot f(x))~=~ln(-1)~+~ln(f(x))~=~ln(e^{i pi})~+~ln(f(x))~=~

~=~i pi~+~ln(f(x))

Эту постоянную можно включить в C2. Тогда аргумент логарифма будет положительным и его нужно писать со знаком модуля:

y~=~cos{x}~ln{delim{|}{(1~minus~ sin{x} }/{cos{x}}}{|}} ~+~C_1~sin{x}~+~C_2~cos{x}

Поскольку 1 - sin x ≥ 0, то знак модуля в числителе можно опустить.

Ответ

y~=~cos{x}~ln{(1~minus~ sin{x} }/{delim{|}{cos{x}}{|}}}~+~C_1~sin{x}~+~C_2~cos{x}

Опубликовано:


Яндекс.Метрика
Rambler's Top100
Олег Одинцов © 1cov-edu.ru