Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения, страница 17

Уравнение движения (9.19) примет видd2 y2+ωy = a sin µt.(9.23)dt2Общее решение этого уравнения, как известно, есть суммачастного решения ȳ(t) неоднородного уравнения (9.23) и общего решения Y (t) соответствующего однородного уравнения(9.20)y + ω 2 y = 0.Общее решение уравнения (9.20) было найдено раньше; оноимеет видY (t) = N sin(ωt + ϕ).Найдем теперь частное решение уравнения (9.23).Допустим сначала, что частота µ внешней периодическойсилы отлична от собственной частоты колебаний ω. Так как вэтом случае µi не является корнем характеристического уравнения k 2 + ω 2 = 0, то частное решение ȳ следует искать в видеȳ(t) = A sin µt + B cos µt.Дифференцируя ȳ дважды, найдем ȳ (t) = −µ2 (A sin µt +B cos µt) и после подстановки выражений для ȳ(t) и ȳ (t) вуравнение (9.23) получим уравнение для коэффициентов A и B:−µ2 (A sin µt + B cos µt) + ω 2 A sin µt + ω 2 B cos µt = a sin µt,1329Линейные уравнения с постоянными коэффициентамиa, B = 0.

Таким образом, частноеω 2 − µ2решение уравнения (9.23) имеет видasin µt,ȳ(t) = 2ω − µ2откуда найдем A =а общее решение этого уравненияay(t) = ȳ(t) + Y (t) = 2sin µt + N sin(ωt + ϕ).ω − µ2(9.24)Из соотношения (9.24) видно, что если частота µ внешнейвозмущающей силы близка к собственной частоте колебанийпружины ω, то разность ω 2 − µ2 близка к нулю и амплитудаaрезко возрастает. При ω = µ пользоватьсяколебаний 2ω − µ2формулой (9.24) нельзя.Так как при этом µi = ωi является корнем характеристического уравнения k 2 + ω 2 = 0, то частное решение уравнения(9.23) следует искать в видеȳ(t) = (A sin µt + B cos µt)t.Подставляя ȳ(t) иȳ (t) = 2(µA cos µt − µB sin µt) + µt(−A sin µt − B cos µt)в уравнение (9.23) и учитывая, что µ = ω, получим уравнениедля коэффициентов A и B:2µA cos µt − 2µB sin +µ2 t(−A sin µt − B cos µt)++µ2 t(A sin µt + B cos µt) = a sin µt,aоткуда получим A = 0, B = − .

Поэтому частное решение2ωȳ(t) имеет видatȳ = − cos ωt,2ω9.4 Приложение линейных дифференциальных уравнений второго порядка133а общее решение уравнения (9.23) запишется следующим образом:atcos ωt.y(t) = Y (t) + ȳ(t) = N sin(ωt + ϕ) −2ωНаличие множителя t во втором члене указывает на то, чтоамплитуда колебания линейно (неограниченно) растет со вреatменем. График функции − cos ωt изображен на рис.

9.3. Го2ωворят, что в этом случае имеет место резонанс. Итак, резонанспри колебательном движении наступает, если частота собственных колебаний совпадает с частотой внешней вынуждающейсилы.y0tРис. 9.3. Резонансные колебанияК линейным дифференциальным уравнениям второго порядка приводят также явления, связанные с изменением силытока в электрической цепи.Рассмотрим теперь простейшую электрическую цепь, состоящую из омического сопротивления R, индуктивности L, емкости C, к которой подключен источник электродвижущей си-1349Линейные уравнения с постоянными коэффициентамилы, изменяющейся с течением времени по заданному законуU = U (t) (см.

рис. 9.4).LbcRCU(t)adРис. 9.4. Простейшая электрическая цепьНайдем зависимость электрического тока в цепи от времени I = I(t). Пусть U — падение напряжения на некоторомучастке цепи. Тогда из первого закона Кирхгофа следует, чтов замкнутом контуре алгебраическая сумма напряжений равнаэлектродвижущей силе:Uab + Ubc + Ucd = U (t).Из физики известно, чтоUab = RI(t) (закон Ома),dI1 tUbc = L , Ucd =I(t)dt.dtC 0Поэтому1dI(t)+RI(t) + LdtCtI(t)dt = U (t).0Дифференцируя по t обе части последнего равенства, получимd2 I1dIR + L 2 + I = U (t)dtdtC10.1 Общие свойства решения линейных уравнений второго порядка135илиId2 I R dI+=U+(t).dt2L dt LCТаким образом, искомая сила тока I в цепи является решением линейного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами.Если внешняя электродвижущая сила U постоянна (в частности, равна нулю), то U = 0 и мы приходим к линейномудифференциальному однородному уравнениюI +R II += 0.LLC10.

Линейные уравнения второгопорядка с переменнымикоэффициентами10.1. Общие свойства решения линейныхуравнений второго порядкаРассмотрим однородное линейное дифференциальное уравнение второго порядка с переменными коэффициентамиy + p(x) y + q(x) y = 0.(10.1)Коэффициенты p(x), q(x) будем предполагать непрерывными функциями от x.С помощью замены искомой функции вида− 12y(x) = z · exx0p(x) dx,где z = z(x), член с первой производной в уравнении (10.1)может быть исключен.13610Линейные уравнения с постоянными коэффициентамиДействительно, имеем:− 12y (x) = z e− 12y (x) = z e− 12xxx0xx0− 12p(x) dxp(x) dx1− p(x)z e2− 121− p(x)z e2− 12xx0xx0p(x) dx,p(x) dx−− 12z exx0p(x) dx− 12− p(x)z e− 121− p (x)z e2− 12xx0xx0p(x) dxp(x) dxp(x) dxxp(x)11 21 x0x0x0− p(x)z e+ p (x)z e− p (x)z e224Подставив y(x) и ее производные в уравнение, получим:− 12p(x) dxx− 121+ p2 (x)z e4− 12+ p(x)z ex− 12xx0p(x) dxxx0p(x) dxdx.−−xp(x) dxp(x) dx1 2x0x0− p (x)z e+ q(x)z e= 0.2После приведения подобных членов имеем( − 1 x p(x) dx2111=0z + z − p (x) + p2 (x) − p2 (x) + q(x) e x0242и после сокращения на экспоненту окончательно получим11z + − p (x) − p2 (x) + q(x) z = 0.24Итак, достаточно рассмотреть уравнение видаz + Q(x) z = 0,(10.2)в котором Q(x) = q(x) − 12 p (x) − 14 p2 (x).Заметим, что если y1 (x), y2 (x) — линейно независимая система решений, то по формуле Лиувилля W [ y1 (x), y2 (x) ] == C = const.10.1 Общие свойства решения линейных уравнений второго порядка137Теорема 10.1.

Если в уравнении (10.2) Q(x) ∈ C[ a, b ], тоего решение обращается в нуль конечное число раз на любомконечном отрезке (−∞ < a < b < ∞).Доказательство от противного. Пусть число нулей бесконечно. Тогда существует предельная точка множества нулейx̄ ∈ [ a, b ] и существует последовательность x1 , .

. ., xn , . . .,такая что lim xn = x̄.n→∞Поскольку y(xi ) = 0, то y(x) = lim y(x̄) = 0 (по непрерывx→x̄ности). Найдем y (x). Заметим, что y (x) ∈ C [a, b]. По теоремеРолля: так как y(xi ) = y(xi+1 ) = 0, то существует αi ∈ [xi , xi+1 ],такое, что y (αi ) = 0. По теореме о пределе последовательности, заключенной между двумя последовательностями с общимпределом (“теорема о двух милиционерах”) lim αi = x̄.

Следоi→∞вательно y (x̄) = lim y (x) = lim y (αi ) = 0. Таким образом,x→x̄i→∞y (x̄) = y(x̄) = 0.Тогда по теореме единственности решения дифференциального уравнения y(x) ≡ 0. Следовательно, любое нетривиальноерешение имеет конечное число корней на конечном интервале.Теорема 10.2 (Теорема Штурма о чередовании нулей). Если y1 (x) и y2 (x) — линейно независимые решения, то их нуличередуются, т.е. между двумя нулями одного решения лежит ровно один нуль другого.Доказательство.Пусть y1 (x1 ) = y1 (x2 ) = 0 и y1 (x) = 0 при любом x ∈ (x1 , x2 )(такой интервал существует, так как число нулей конечное).Для определенности предположим, что y1 (x) > 0 при любомзначении x ∈ (x1 , x2 ) (в противном случае возьмем −y1 (x)).Для доказательства теоремы достаточно доказать, что y2 (x)обращается в нуль хотя бы один раз при x ∈ (a, b). Не нужнодоказывать, что y2 (x) обращается в нуль ровно один раз, т.к.если нулей два, то в силу равноправности y1 (x) и y2 (x) можно13810Линейные уравнения с переменными коэффициентамиприменить теорему к y2 (x) и тогда получим, что y1 (x) обращается в нуль на интервале (x1 , x2 ), а это противоречит тому, чтоy1 (x) > 0.Рассуждаем от противного: пусть y2 (x) = 0, x ∈ (x1 , x2 ).Можно считать, что y2 (x) > 0.1) Покажем, что y2 (x1 ) = 0, y2 (x2 ) = 0.

y2 (x) y1 (x) = 0.Рассмотрим W (x) = y2 (x) yx (x) В точке x1 имеемW (x1 ) = y2 (x1 )y1 (x1 ) − y1 (x1 )y2 (x1 ) = y2 (x1 )y1 (x) = 0,а так как y1 (x) = 0 (иначе y1 (x) ≡ 0), то y2 (x1 ) = 0.Аналогично y2 (x2 ) = 0 следует из того, что W (x2 ) = 0.y1 (x)2) Рассмотрим теперь= v(x). Дифференцируя этоy2 (x)выражение, получим y1 y2 − y1 y2y (x) y2 (x) − y1 (x) y2 (x)W (x)dv= 1≡=−= 0,dxy22 (x)y22 (x)y22 (x)при любом x ∈ (x1 , x2 ).Однако v(x1 ) = 0, v(x2 ) = 0, следовательно по теореме Ролля существует ξ ∈ (x1 , x2 ), такое что v(ξ) = 0. Получили противоречие. Следовательно, v(x) не может быть непрерывнойфункцией и существует η, такое, что y2 (η) = 0, η ∈ (x1 , x2 ).Теорема 10.3 (Теорема сравнения). Пусть даны два уравненияy + Q(x)y = 0,z + P (x)z = 0,где функции Q(x) и P (x) непрерывны и P (x) Q(x).Известно, что y(x1 ) = y(x2 ) = 0, y(x) = 0 на (x1 , x2 ) иP (x) Q(x), x ∈ (x1 , x2 ), P (x) ≡ Q(x).Тогда любое решение второго уравнения имеет хотя быодин нуль на интервале (x1 , x2 ).10.1 Общие свойства решения линейных уравнений второго порядка139Доказательство (от противного).Пусть z(x) = 0 на (x1 , x2 ).

Для определенности предположим, что y(x) > 0; z(x) > 0 на (x1 , x2 ).Умножим z + P (x) z = 0 на y(x), а y + Q(x) y = 0 на z(x).По теореме единственности y (x1 ) = 0, y (x2 ) = 0, но так какy(x) > 0, x ∈ (x1 , x2 ), то y (x1 ) > 0, y (x2 ) < 0.Сложим равенства, полученные после умножения(yz − zy ) + (P yz − Qyz) = 0и проинтегрируем последнее равенство в пределах от x1 до x2 .Получимx2x2(yz − zy ) dx + yz (P − Q) dx = 0.x1x1Применяя формулу интегрирования по частямx2x2yz dx = yz − y z dx,x1x1получимx2 x2x2 x2x2yz − y z dx − zy + y z dx + (P − Q) yz dx = 0.x1x1x1x1x1Выполняя подстановку, окончательно имеемx2−z(x2 )y (x2 ) + z(x1 ) · y (x1 ) + (P − Q) yz dx = 0.

00x10Последние оценки справедливы, так как z(x2 ) 0,y (x2 ) < 0, z(x1 ) 0 и y (x1 ) > 0. Следовательно, для выполнения равенства все слагаемые должны быть равны нулю.14010Линейные уравнения с переменными коэффициентамиОтсюдаx2(P − Q) yz dx = 0 ⇒ (P − Q) yz ≡ 0 ⇒ P − Q ≡ 0?!x1Полученное противоречие (так как P − Q ≡ 0) говорит отом, что z(x) должно быть знакопеременным и, значит, z(x)обращается в нуль на интервале (x1 , x2 ).Следствие 1. Если функция y(x) есть решение уравненияy + Q(x)y = 0,причем Q(x) 0 на интервале (a, b), таком что −∞ < a b < +∞, то y(x) имеет не более одного нуля (решение неколебательного типа).Доказательство от противного.