08. 2차 선형 상미분 방정식 - 계수가 상수인 경우

2차 homogeneous 선형 ODE 의 기본형에서, $p(x)$ 와 $q(x)$ 가 상수인 경우를 고려하자.

$$ \begin{equation} y'' + ay' + by = 0 \end{equation} $$

 

이 문제를 풀기 위해서, 해가 아래와 같이 exponential 함수의 꼴을 갖고 있다고 가정하자.

$$ y = e^{\lambda x} $$

 

그러면 1계 및 2계 도함수는 아래와 같다.

$$ y' = \lambda e^{\lambda x}, \qquad y'' = \lambda^2 e^{\lambda x} $$

 

이제 (1) 에 대입하여 정리하면,

$$ (\lambda ^2 + a \lambda + b) e^{\lambda x} = 0 $$

 

여기에서, $e^{\lambda x} \ne 0$ 이므로, 괄호 안의 부분이 0 이어야 하며, 이 부분을 특성 방정식이라고 한다.

특성 방정식은 $\lambda$ 에 대한 2차 방정식이므로, 근의 공식을 이용해 풀면 아래와 같다.

$$ \lambda = \frac{1}{2} \left ( -a \pm \sqrt{a^2 - 4b} \right ) $$

 

이것은 $ a^2 -4b$ 의 값에 따라 아래의 세 가지 경우로 나뉜다.

 

1) 서로 다른 두 개의 실근 ($ a^2 - 4b > 0$)

두 개의 실근을 가질 경우 $y_1 = e^{\lambda _1 x}$ 와 $y_2 = e^{\lambda _2 x}$ 가 basis 가 되며 일반해는 아래와 같다.

$$ \begin{equation} y = c_1 e^ { \lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x} \end{equation}$$

 

2) 중복된 실근 ($ a^2 - 4b = 0 $)

$a^2 - 4b = 0$ 일 때, 특성 방정식은 오직 하나의 근 $\lambda = \lambda_1 = \lambda_2 = -a/2 $ 를 갖는다. 따라서 하나의 해는 아래와 같다.

$$ y_1 = e^{-(a/2)x} $$

 

하나의 해를 알고 있을 때, 서로 독립인 다른 해를 구하는 방법을 앞 장에서 설명한 바 있다.

먼저, $y_2 = uy_1$ 로 놓으면, $y_2' = u'y_1 + uy_1'$,   $y_2''=u''y_1 + 2u'y_1' + uy_1''$ 이므로, 대입하여 정리하면,

$$ (u''y_1 + 2u'y_1' + uy_1'') + a(u'y_1 + uy_1') + buy_1 = 0 $$

$$ u''y_1 + u' (2y_1' + ay_1) + u(y_1''+ay_1'+by_1) = 0 $$

 

여기에서 마지막 괄호인 $(y_1''+ay_1'+by_1) $ 부분은 자명하게 $0$ 인 것을 알 수 있다.

그리고 첫번째 괄호인 $(2y_1' + ay_1)$ 도 $0$ 이 되는데,

$$2y_1' = -ae^{-ax/2} = -ay_1$$

이기 때문이다.

 

따라서, 남은 것은 오직 $u''y_1 = 0$ 이며, 따라서 $u''=0$ 이다. 이것을 두번 적분하면, $u=c_1x+c_2$ 이다.

계산의 편의를 위해 먼저 $c_1=1$,  $c_2=0$ 라고 하자. 그러면 $u=x$ 이고, $ y_2 = x y_1 $ 이 된다.

여기에서 $ y_1 $ 과 $ y_2 $ 는 서로 선형 독립이며, 미분 방정식의 해의 basis 를 형성한다.

이에 따라 일반해는 아래와 같이 된다.

$$ \begin{equation} y = (c_1 + c_2 x) e ^ {-ax/2} \end{equation} $$

 

3) 두 허근 ($ a^2 - 4b < 0 $)

$ a^2 - 4b < 0 $ 일 때, 특성 방정식은 두 개의 허근 $ \lambda = -\frac{1}{2}a \pm i\omega$ 를 갖는다. 여기에서 $ \omega ^2 = b - \frac{1}{4}a^2 $ 이다.

나중에 보이겠지만, 이 방정식의 두 basis 해는 아래와 같다.

$$ y_1 = e^ {-ax/2} \cos \omega x, \qquad y_2 = e^ {-ax/2} \sin \omega x \qquad \qquad (\omega>0) $$

 

따라서 이 경우 일반해는 아래와 같다.

$$ \begin{equation} y = e^ {-ax/2} (A \cos \omega x + B \sin \omega x) \end{equation} $$

 

그러면 두 허근 $ -\frac{1}{2}a \pm i\omega $ 이 어떻게 해서 $\cos \omega x$ 와 $\sin \omega x$ 로 바뀌었는지 살펴보자.

"오일러 공식"이라는 유명한 수식이 있다.

$$e_{it}=\cos t + i \sin t$$

 

이 수식을 앞서 구한 두 개의 허근에 적용해 보자.

$$ \begin{equation} e^{\lambda_1x} = e^{-(a/2)x+i\omega x} = e^{-(a/2)x}(\cos \omega x + i \sin \omega x) \end{equation} $$

$$ \begin{equation} e^{\lambda_2x} = e^{-(a/2)x-i\omega x} = e^{-(a/2)x}(\cos \omega x - i \sin \omega x) \end{equation} $$

 

그러면,

$$ (5)+(6) : \qquad y_1+y_2=2e^{-(a/2)x}\cos \omega x $$

$$ (5)-(6) : \qquad y_1-y_2=2e^{-(a/2)x}i\sin \omega x $$

 

이제 basis 가 되는 두 해를 $Y_1=\frac{y_1+y_2}{2}, \quad Y_2=\frac{y_1-y_2}{2i}$ 라고 하면,

$$ Y_1= \frac{y_1+y_2}{2}=e^{-(a/2)x}\cos \omega x $$

$$ Y_2= \frac{y_1-y_2}{2i}=e^{-(a/2)x}\sin \omega x $$

로, 위에서 사용한 두 해와 동일한 것을 알 수 있다.

 

▣ 요약

이상의 내용을 종합하면 아래 표와 같이 정리할 수 있다.