Пример комплексной подстановки при решении линейного неоднородного дифференциального уравнения

Рассмотрен пример применения комплексной подстановки при решении линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами. Если характеристическое уравнение имеет комплексные корни, то подстановка позволяет понизить порядок уравнения на две единицы.

Метод понижения порядка линейного неоднородного дифференциального уравнения с комплексными корнями характеристического уравнения

Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами n-го порядка:
(1)   y^(n )  + a_n – 1 y^{(n – 1 )}  +  a_n – 2 y^{(n – 2 )}  + ⋅ ⋅ ⋅ + a₁ y^′ +  a₀ y =  f (x )  . 
Мы полагаем, что коэффициенты a_i  этого уравнения являются действительными числами. Здесь мы рассматриваем случай, когда характеристическое уравнение
(2)   kⁿ  + a_n – 1 k^n – 1  +  a_n – 2 k^n – 2  + ⋅ ⋅ ⋅ + a₁ k +  a₀ y = 0
имеет комплексные корни.

Для решения уравнения (1), применим метод понижения порядка. Поскольку коэффициенты характеристического уравнения (2) являются действительными числами, то его комплексные корни являются попарно комплексно сопряженными. Пусть b₁ ,  b₂  – два комплексно сопряженные корня: b₂  = b^*₁  .  Запишем исходное уравнение (1) в следующем виде:
(3)   (D – b₁ ) (D – b₂ ) (D – b₃ ) ... (D – b_n – 1 ) (D – b_n ) y =  f (x )  , 
где D = ddx  – оператор дифференцирования.

Обозначим:
u = (D – b₃ ) ... (D – b_n – 1 ) (D – b_n ) y . 
Тогда уравнение (3) принимает следующий вид:
(D – b₁ ) (D – b₂ ) u =  f (x )  . 
Сделаем подстановку:
(4)   z = (D – b₂ ) u = u^′ – b₂ u . 
Получаем уравнение первого порядка с комплексным коэффициентом b₁   : 
(D – b₁ ) z =  f (x )  . 
Или
(5)   z^′ – b₁ z =  f (x )  . 
Решение этого уравнения имеет следующий вид (см. страницу метод понижения порядка ):
z = e^b₁ x ∫ e^{– b₁ x}  f (x ) dx + Ce^b₁ x  , 
где C = C_r  + iC_i  – комплексная постоянная.

Далее замечаем, что поскольку исходное уравнение (1) имеет действительные коэффициенты, то переменная u и ее производная u′ должны быть действительными. Выразим комплексный корень b₂  через действительную и мнимую части:
b₂  = b_2r  + ib_2i  . 
Подставим в (4):
z = u^′ – (b_2r  + ib_2i ) u = u^′ – b_2r u – ib_2i u . 
Извлекая мнимую часть, получаем:
Im (z )  = – b_2i u . 
Отсюда
u = – 1b_2i  Im (z )  . 

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

Пример решения дифференциального уравнения

Решить уравнение
(П1)   y^′′ + y = tg x . 

Решение

Перепишем уравнение в следующем виде:
( ( ddx  ) ²  + 1  ) y = tg x . 
Вводим обозначение D = ddx  : 
( D²  + 1  ) y = tg x . 

Характеристическое уравнение
D²  + 1 = 0
имеет комплексные корни: D₁  = i,  D₂  = – i .  Тогда
D²  + 1 = (D – i ) (D + i )  . 

Переписываем исходное уравнение:
(D – i ) (D + i ) y = tg x ; 
( ddx – i  ) ( ddx + i  ) y = tg x . 
Делаем подстановку:
u = ( ddx + i  ) y = y^′ + iy ; 
(П2)   u = y^′ + iy . 
Тогда уравнение принимает вид:
( ddx – i  ) u = u^′ – iu = tg x ; 
(П3)   u^′ – iu = tg x . 

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка. Ищем решение с помощью интегрирующего множителя. Умножим на e^– ix  и выполняем преобразования:
e^– ix u^′ – ie^– ix u = tg x ⋅ e^– ix  ; 
ddx (e^– ix u )  = tg x ⋅ e^– ix  ; 
(П4)   e^– ix u = ∫ tg x ⋅ e^– ix dx + C , 
где C = C₁  + iC₂  – комплексная постоянная; C₁  C₂  – действительные постоянные.

Применим тригонометрические формулы:
sin x= 12i (e^ix  – e^– ix ) ;  cos x= 12 (e^ix  + e^– ix )  . 
Тогда:
tg x = sin xcos x = 1i ⋅ e^ix  – e^– ix e^ix  + e^– ix  =  1i ⋅ e^– ix (e^ix  – e^– ix ) e^– ix (e^ix  + e^– ix )  =  1i ⋅ 1 – e^– 2ix 1 + e^– 2ix   . 

Вычисляем интеграл в (П4) с помощью подстановки t = e^– ix  . 
I = ∫ tg x ⋅ e^– ix dx= 1i ∫ 1 – e^– 2ix 1 + e^– 2ix  ⋅ e^– ix dx = – 1i ⋅ i ∫ 1 – e^– 2ix 1 + e^– 2ix  de^– ix  = 
= ∫ 1 – t² 1 + t²  dt = ∫ 2 – (1 + t² ) 1 + t²  dt = ∫ ( 2t²  + 1 – 1  ) dt = 
= 2 arctg t – t = 2 arctg e^– ix  – e^– ix  . 

Выразим арктангенс через логарифм, используя уравнение: tg y = x . 
tg y = sin ycos y = 1i ⋅ e^iy  – e^– iy e^iy  + e^– iy  =  1i ⋅ e^2iy  – 1e^2iy  + 1 = x ; 
e^2iy  – 1 = ix (e^2iy  + 1 ) ;   e^2iy (1 – ix )  = 1 + ix;   e^2iy  = 1 + ix1 – ix  . 
Отсюда
(П5)   y = arctg x = 12i ln 1 + ix1 – ix  . 

С помощью (П5) имеем:
arctg e^– ix  = 12i ln 1 + ie^– ix 1 – ie^– ix  = 12i ln (1 + ie^– ix ) (1 + ie^ix ) (1 – ie^– ix ) (1 + ie^ix )  = 
12i ln 1 + i ⋅ i + i ( e^ix  + e^– ix  ) 1 – i ⋅ i + i ( e^ix  – e^– ix  )  = 12i ln 2i cos x2 – 2 sin x = 12i ln i cos x1 – sin x  . 
Тогда
I = 2 arctg e^– ix  – e^– ix  =  1i ln i cos x1 – sin x – e^– ix  . 

Подставим в (П4) ⇑:
e^– ix u = I + C =  1i ln i cos x1 – sin x – e^– ix  + C . 
Отсюда
u = – ie^ix ln i cos x1 – sin x – 1 + Ce^ix  . 
Согласно (П2), u = y^′ + iy .  Тогда
(П6)   y^′ + iy =  – ie^ix ln i cos x1 – sin x – 1 + Ce^ix  . 

Теперь в правой части (П6) нам нужно отделить вещественную и мнимую части. Мнимая часть уравнения (П6) и даст искомое решение y .

Для преобразования логарифма, используем формулу: ln (ab )  = ln a + ln b .  Далее замечаем, что 1 – sin x ≥ 0 .  Тогда при cos x > 0 имеем:
ln i cos x1 – sin x = ln i + ln cos x1 – sin x =  ln e^iπ / 2  + ln cos x1 – sin x =  iπ / 2 + ln cos x1 – sin x  . 
При cos x < 0  : 
ln i cos x1 – sin x = ln – i |  cos x | 1 – sin x =  ln e^{– iπ / 2}  + ln  |  cos x | 1 – sin x =  – iπ / 2 + ln  |  cos x | 1 – sin x  . 
Оба случая можно записать одной формулой:
ln i cos x1 – sin x = ± i π2 + ln  |  cos x | 1 – sin x  , 
где при cos x > 0 нужно взять верхний знак ′+′; при cos x < 0 – нижний знак ′–′.

Подставим в (П6) и выполним преобразования:
y^′ + iy =  – ie^ix ( ± i π2 + ln  |  cos x | 1 – sin x  )  – 1 +  Ce^ix  ; 
y^′ + iy =  – ie^ix ln  |  cos x | 1 – sin x – 1 +  ( C ± π2  ) e^ix  . 
Переобозначим постоянную C ± π2 → C  : 
(П7)   y^′ + iy =  – ie^ix ln  |  cos x | 1 – sin x – 1 + Ce^ix  . 

Теперь преобразуем экспоненту с помощью формулы Эйлера: e^ix  = cos x + i sin x ,  и выразим комплексную постоянную через действительную и мнимую части: C = C₁  + iC₂  .  Подставляем в (П7):
y^′ + iy =  – i (cos x + i sin x )  ⋅ ln  |  cos x | 1 – sin x –  1 + (C₁  + iC₂ ) (cos x + i sin x )  . 
Выполняем преобразования:
(C₁  + iC₂ ) (cos x + i sin x )  =  C₁ cos x + iC₁ sin x +  iC₂ cos x + i² C₂ sin x = 
 C₁ cos x – C₂ sin x +  i (C₁ sin x + C₂ cos x )  . 
Тогда
y^′ + iy =  (– i cos x + sin x ) ln  |  cos x | 1 – sin x – 1 + 
 C₁ cos x – C₂ sin x +  i (C₁ sin x + C₂ cos x )  . 
Отделяем мнимую часть:
y = – cos x ⋅ ln  |  cos x | 1 – sin x +  C₁ sin x + C₂ cos x = 
 cos x ⋅ ln 1 – sin x |  cos x |  +  C₁ sin x + C₂ cos x . 

Ответ

y = cos x ⋅ ln 1 – sin x |  cos x |  +  C₁ sin x + C₂ cos x . 

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 20-07-2013   Изменено: 26-08-2020