Диффуры, парочка вопросов.

[bitcoin]

Добрый вечер! Помогите, пожалуйста, разобраться.
1) Вот есть у нас диффур $y''+a_1y+a_0y=0$ с постоянными коэффициентами. Почему, в случае кратности корня характеристического уравнения у нас общее решение будет записываться в виде $y=C_1xe^{k_1x}+C_2e^{k_2x}$? Откуда возникает множитель $x$?

Я понимаю, что само характеристическое уравнение можно получить, подставив вместо $y$ именно $e^{kx}$. Также ясно, что если подставить $Ce^{kx}$, тоже подойдет. Ну а если два различных корня, то ясно дело, что подойдет $y=C_1e^{k_1x}+C_2e^{k_2x}$ (для комплексных тоже сгодится). Но как выводится формула для повторного корня?

2) Вот есть у нас диффур $y''+a_1y+a_0y=f(x)$ с постоянными коэффициентами. Почему, когда мы ищем общее решение методом вариации произвольных постоянных у нас получается система:

$$\left\{ \begin{array}{rcl} C_1'y_1+C_2'y_2&=&0 \\ C_1'y_1'+C_2'y_2'&=&f(x) \\ \end{array} \right.$$

Было предположение, что нужно просто подставить $y=C_1y_1+C_2y_2$ в $y''+a_1y+a_0y=f(x)$, но там никуда не исчезли вторые производные.

$(C_1y_1+C_2y_2)''+a_1(C_1y_1+C_2y_2)'+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$

$$(C_1'y_1+C_2'y_2+C_1y_1'+C_2y_2')'+a_1(C_1'y_1+C_2'y_2+C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

$$C_1''y_1+C_2''y_2+C_1'y_1'+C_2'y_2'+C_1'y_1'+C_2'y_2'+C_1y_1''+C_2y_2''+a_1(C_1'y_1+C_2'y_2+C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

$$C_1''y_1+C_2''y_2+2C_1'y_1'+2C_2'y_2'+C_1y_1''+C_2y_2''+a_1(C_1'y_1+C_2'y_2+C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

[Eule_A]

bitcoin в сообщении #1332985 писал(а):

Почему, в случае кратности корня характеристического уравнения у нас общее решение будет записываться в виде $y=C_1xe^{k_1x}+C_2e^{k_2x}$? Откуда возникает множитель $x$?

Переходите к системе уравнений первого порядка, записываете в матричной форме и наблюдаете, что матрица системы в этом случае не диагонализуется. Но приводится к жордановой форме - отсюда и возникает второе решение. Это если совсем коротко.

[Someone]

bitcoin в сообщении #1332985 писал(а):

Откуда возникает множитель $x$?

Предположим, что характеристическое уравнение имеет кратный корень $k_1=k_2$. Чтобы у Вас не было искушения использовать оба обозначения $k_1$ и $k_2$ одновременно, обозначим то и другое $k_0$.
Сделайте в исходном дифференциальном уравнении замену неизвестной функции $y=ue^{k_0x}$.
Заметьте, что если $P(k)=0$ — характеристическое уравнение исходного уравнения, то после замены полученное уравнение будет иметь характеристическое уравнение $P(\kappa+k_0)=0$. Какие корни будут у этого уравнения?
Как будет выглядеть новое дифференциальное уравнение и какое у него будет общее решение?

bitcoin в сообщении #1332985 писал(а):

Было предположение, что нужно просто подставить $y=C_1y_1+C_2y_2$ в $y''+a_1y+a_0y=f(x)$

Нет, это всё совсем не туда. Но описывать это всё здесь слишком длинно. Попробуйте посмотреть в учебнике.

Н. М. Матвеев. Методы интегрирования обыкновенных дифференциальных уравнений. "Высшая школа", Москва, 1967.
(Пункт 171.)

P.S. Для записи систем уравнений обычно удобно использовать окружение cases (https://dxdy.ru/post443191.html#p443191).

[Red_Herring]

С первым вопросом можно и так. Пусть есть два разных корня $k_1$ и $k_2$; тогда есть два решения $e^{k_1x}$ и $e^{k_2x}-e^{k_1x}$. Устремим $k_2$ к $k_1$: $k_2\to k_1$, тогда первое решение остается прежним, а второе стремится к $0$. Плохо! Тогда разделим его на $(k_2-k_1)$ (помните, на константу можно умножать!): $\frac{e^{k_2x}-e^{k_1x}}{k_2-k_1}$ и вычислим предел по Лопиталю, получим $xe^{k_2x}$ которое стремится к $xe^{k_1x}$.

А вообще: ответы на ваши вопросы в учебнике!

[DeBill]

bitcoin
По второму вопросу:
можно - так: наше решение можно представить в таком виде - огромной кучей способов. Вот и выберем тот способ, для которого выполняется первое ур-е из Вашего 2)....
Но это производит впечатление некого надувательства (фокуса). А если Вы хотите иметь и "разоблачение" фокуса - то используйте совет Eule_A: для решения полученной системы (уже первого порядка) используйте обычный метод вариации постоянных (хочь это тоже - фокус) (решение ищем в виде $X=\Phi C$, где $\Phi$ - фундаментальная матрица решений)

[teleglaz]

bitcoin в сообщении #1332985 писал(а):

Было предположение, что нужно просто подставить $y=C_1y_1+C_2y_2$ в $y''+a_1y+a_0y=f(x)$,

Продифференцируйте сначала один раз и сделайте предположение (1) из вашей системы, что $C_1'y_1+C_2'y_2&=&0$. А затем продифференцируйте второй раз и всё полученное подставьте в исходное дифференциальное уравнение. И получите уравнение (2) вашей системы.

А ещё, надо полагать, у вас во всех ваших ДУ отсутствует ещё один штрих.

[bitcoin]

Someone в сообщении #1332989 писал(а):

Как будет выглядеть новое дифференциальное уравнение и какое у него будет общее решение?

Спасибо, завтра на свежую голову попробую ответить на этот вопрос и почитаю Матвеева.

Red_Herring в сообщении #1332992 писал(а):

и вычислим предел по Лопиталю, получим $xe^{k_2x}$ которое стремится к $xe^{k_1x}$

Спасибо, интересный трюк! Но он как-то притянутым за уши выглядит, правда, ну да ладно))

teleglaz в сообщении #1333034 писал(а):

Продифференцируйте сначала один раз и сделайте предположение (1) из вашей системы, что $C_1'y_1+C_2'y_2&=&0$

Все, понял, спасибо, действительно, просто!

[Red_Herring]

bitcoin в сообщении #1333215 писал(а):

Но он как-то притянутым за уши выглядит, правда, ну да ладно))

Как раз он наиболее натурален: решение при $k_1=k_2$ получается из решения при $k_1\ne k_2$ предельным переходом. Так же можно получить и решение с правой частью $e^{k_1x}$ при $k_1 \ne k_2$: сначала решаем с п.ч. $e^{kx}$, получаем $\frac{e^{kx}}{(k-k_1)(k-k_2)}$ с $k\ne k_1,k_2$, но чтобы при $k\to k_1$ не ломалось, вычитаем решение однородного уравнения: $\frac{e^{kx}-e^{k_1x}}{(k-k_1)(k-k_2)}$, и переходим к пределу $k\to k_1$, получая $\frac{xe^{k_1x}}{(k-k_2)}$. И т.д.

[D'Amir]

Приведу объяснение для частного случая - уравнения второго порядка - из классического американского учебника авторства Морриса Тененбаума (перевода этой книги на русский, кажется, нет). Объяснение для общего случая есть в большинстве стандартных учебников по ДУ. Очень подробно эта (как и множество других) тема рассматривается в учебнике "Лекции по обыкновенным дифференциальным уравнениям" (авторы Боровских А.В., Перов А.И.). Мне он очень нравится

Если мы рассматриваем случай кратных корней, то изучаемое дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами можно привести к следующему виду:

$$y'' - 2ay' + a^2y = 0. \eqno{(1)}$$

Характеристическое уравнение будет иметь вид

$$\lambda^2 - 2a\lambda + a^2 = 0,$$

а корнем его будет $\lambda = a$ (кратности 2).

Пусть

$$y_c = u(x)e^{ax}.$$

Какой вид должна иметь функция $u(x)$, чтобы $y_c$ было решением уравнения (1)?
Если $y_c$ решение, то должно выполняться

$$(ue^{ax})'' - 2a(ue^{ax})' + a^2(ue^{ax}) = 0.$$

Выполняя дифференцирование, получим

$$e^{ax}(u'' + 2au' + a^2u - 2au' - 2a^2u + a^2u) = 0.$$

Как видно, выражение в скобках можно упростить. В результате получим

$$e^{ax}u'' = 0. \eqno{(2)}$$

Так как $e^{ax} \neq 0$, то от (2) можно перейти к уравнению

$$u'' = 0.$$

Решение этого дифференциального уравнения:

$$u = C_1 + C_2x.$$

Таким образом, функция $y_c$ является решением уравнения (1), если она имеет вид

$$y_c = (C_1 + C_2x)e^{ax}.$$

То, что функции $e^{ax}$ и $xe^{ax}$ линейно независимы, легко проверить.

[bitcoin]

Пока писал, все уже понял.

(Оффтоп)

Доброе утро! Я почитал Матвеева, но мне не стало понятнее, потому как я не понял, почему не исчезают вторые производные, потому как они там остаются. Да, там написано про общий случай еще для $n$ переменных, я понял начало, но как начали использовать $n-1$ предположение, не очень понял, как это помогло.

Вот есть у нас диффур $y''+a_1y'+a_0y=f(x)$ с постоянными коэффициентами. Не понимаю -- как возникает второе уравнение системы. Первое -- это наше предположение.

$$\left\{ \begin{array}{rcl} C_1'y_1+C_2'y_2&=&0 \\ C_1'y_1'+C_2'y_2'&=&f(x) \\ \end{array} \right.$$

Подставляем $y=C_1y_1+C_2y_2$ в $y''+a_1y+a_0y=f(x)$, но там никуда не исчезли вторые производные.

$(C_1y_1+C_2y_2)''+a_1(C_1y_1+C_2y_2)'+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$

$$(C_1'y_1+C_2'y_2+C_1y_1'+C_2y_2')'+a_1(C_1'y_1+C_2'y_2+C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

$$ C_1'y_1+C_2'y_2=0$$

$$(C_1y_1'+C_2y_2')'+a_1(C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

$$C_1'y_1'+C_2'y_2'+C_1y_1''+C_2y_2''+a_1(C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

Получается, что не исчезли не только вторые производные, но и еще не исчезли $a_1,a_0$

[Someone]

bitcoin в сообщении #1333820 писал(а):

$$C_1'y_1'+C_2'y_2'+C_1y_1''+C_2y_2''+a_1(C_1y_1'+C_2y_2')+a_0(C_1y_1+C_2y_2)=f(x)$$

Получается, что не исчезли не только вторые производные, но и еще не исчезли $a_1,a_0$

Соберите вместе члены, содержащие $C_1$ (но не $C'_1$), вынесите $C_1$ за скобки. Вспомните, что такое $y_1$. Посмотрите внимательно на то, что получилось в скобках.