Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

3.93 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2917 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 > Следующая >>>

Замечание. Если дифференциальное уравнение не содержит явно независимой переменной x , искомой функции y и ее первых (k −1) производных,

т.е. уравнение имеет вид

F(y(k ), y(k +1),K, y(n ))= 0 , то

его порядок

можно

понизить на

(k +1)

единиц,

применяя сначала подстановку y(k ) = z(x),

а затем

z′ = p(y).

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.20. Решить уравнение y ′′=

y′

Решение.

Это уравнение второго порядка, не содержащее явно x . Делаем

замену

y′ = p(y),

y ′′= p

и подставляем в уравнение.

Получим

dp = y−

p = ∫y−

dy = 2

+ C .

y′,

2 dy

или

Найденное p

заменим

на

тогда

y′ = 2 y + C1 .

Разделяем

переменные

= dx .

Интегрируем

y + C1

y = t 2

2 t dt

2 t + C − C

2 dt

x = ∫

= ∫

dt =∫dt −

∫

2t + C1

2 y + C1

dy = 2 t dt

2 t + C1

x = t −

2t + C

+ C

Т.к. t =

x =

− 0,5 C ln

+ C

y ,

то

–

общий интеграл.

ПРИМЕР 2.21. Найти решение задачи Коши для дифференциального

уравненияy3 y ′′= −1 с начальными условиями y(0) =1, y′(0) =1.

Решение. Данное уравнение является уравнением, не содержащим явно

независимую

переменную.

Сделаем

замену y′ = p(y) .

Тогда,

учитывая,

что

p′′ = p′ p , получим уравнение первого порядка y3p′p = −1.

Принимая во внимание, что p′ =

, получим уравнение первого порядка с

разделяющимися переменными

−3+1

= −1,

pdp = −

∫pdp = ∫

−

= −∫ y−3dy ,

= −

−

3 +1 2

, p2 =

+ C .

2y2 2

Необходимо найти частное решение данного дифференциального уравнения при заданных начальных условиях.

Определим произвольную постоянную С1 учитывая, что y′(0) = 1 и y(0) = 1, то в силу замены y′ = p(y) получим p(1) = 1. Подставим y = 1 и p = 1 в полученное

промежуточное решение p2 =

+ C : 1 =

+ C ,

C = 0 .

Таким образом, p2 =

или

p = ±

. Так как y′ = p(y) , то y′ = ±

Получили уравнение первой степени с разделяющимися переменными.

dy	= ±	1	,	ydy = ±dx , ∫ ydy = ±∫ dx ,	y2	= ±x +	C2	, y2 = ±2x + С2 .
dx		y
				2		2

Таким образом, решение примет вид: y = ±C2 ± 2x .

Найдем произвольную постоянную C2 , подставив x = 0 и y = 1 1 = ±С2 ± 0 , C2 = 1.

Окончательно получаем y2 = ±2x +1

или y = ±1 ± 2x – частное решение

2.10 ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ

Линейным дифференциальным уравнением с переменными коэффициентами называется уравнение вида

y(n ) + a1(x)y(n −1) + a 2 (x)y(n −2) +K + a n (x)y = f (x).

(2.16)

В уравнении (2.16) a1 (x), a 2 (x),K, a n (x) и f (x) заданы и непрерывны в некотором интервале (a, b).

Если f (x) ≠ 0, то уравнение (2.16) называется неоднородным или с правой частью. Если f (x) ≡ 0 , то уравнение называется однородным.

Зная одно частное решение y1 − линейного однородного уравнения, можно с помощью замены y = y1 ∫ z dx понизить порядок уравнения на единицу.

Если y1, y2 ,K, yn − линейно независимые частные решения однородного

уравнения
y(n ) + a1 (x)y(n −1) + K+, a n (x)y = 0 ,	(2.17)

то

y = C1y1 + y2C2 +K+ yn Cn −	(2.18)
общее решение этого уравнения (C1, C2 ,K, Cn − const).
В частности, для однородного уравнения 2-го порядка
y′′ + a1(x)y′ + a 2 (x)y = 0	(2.19)
общее решение имеет вид
y = C1y1 + C2 y2 ,	(2.20)

где y1 и y2 − два частных линейно независимых решения.

Две функции y1(x) и y2 (x) называются линейно независимыми, если их

отношение не является постоянной величиной, т.е. y1 ≠ const . y2

Необходимым и достаточным условием линейной независимости двух функций непрерывных вместе со своими производными до первого порядка в интервале (a, b) является то, что определитель Вронского (вронскиан) W(y1, y2 )≠ 0 ни в одной точке этого интервала, т.е.

W(y1	, y 2 )=	y1	y 2	≠ 0 .
		y′1′	y′2′

Если для уравнения (2.19) известно только одно частное решение y1(x), то второе его решение, линейно независимое с первым, можно найти по формуле

− ∫a1 (x )dx

y		(x)= y (x)	∫	e x0	dx , где x		(a, b)	(2.21)
y	2	(x)= y (x)			dx , где x	0	(a, b)
	2	1		y2		0
				y2
				1

Формула (2.21) дает возможность интегрировать линейные однородные уравнения 2-го порядка, сразу, не прибегая к понижению их порядка.

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.22. Решить уравнение y ′′+ 2 y′ + y = 0 двумя способами: x

1) путем понижения порядка; 2) по формуле (2.21).

Решение. 1) Пусть известно одно частное решение данного уравнения

y1 =

sin x

. Произведем замену y =

sin x

∫ z dx ; тогда

x cos x − sin x

y′ =

sin x

z +

∫ z dx ,

y ′′= z′

sin x

+ 2z (x cos x − sin x)− (x2 − 2)sin x + 2x cos x ∫z dx .

x 2

Подставляя в уравнение, получим: z′sin x + 2z cos x = 0

= −

2 cos x

z .

Разделим

переменные

интегрируем

sin x

ln z = −2∫

d(sin x)

= −2 ln sin x + ln C1

z =

. Следовательно,

sin2

sin x

y =

∫

+ C2

= C2

− C1

ctg x. Окончательно

sin

y = C

sin x

− C

cos x

2) Решим данное уравнение, применяя формулу (2.21)

−2∫

sin x

y2 (x)=

∫

x 2

dx =

∫

sin x 2

sin2 x

sin x

(− ctgx)= −

cos x

sin x

cos x

Общее решение

y = C1 y1

+ C2 y 2 , тогда окончательно

y = C1

− C 2

2.11 ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ n −ГО ПОРЯДКА С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

Линейным обыкновенным дифференциальным уравнением n-го порядка с постоянными коэффициентами называют уравнения вида

y(n ) + a1 y(n −1) + K + a n −1 y′ + a n y = 0 ,

(2.22)

где коэффициенты a1 ,K, a n - некоторые известные константы.

Уравнение (2.22) является частным случаем уравнения вида (2.17) и его общее решение также имеет структуру (2.18)

y = C1 y1 + C2 y 2 K + C n y n ,

где y1 (x),K, yn (x) − частные решения уравнения (2.22), вронскиан которых не равен нулю; C1 , C2 ,K, Cn -произвольные константы. Такой набор функций называется фундаментальной системой решений. Для линейных однородных (с нулевой правой частью ) уравнений известно как построить фундаментальную систему решений, через которую можно записать общее решение уравнения

(2.22). Для этого выписываем так называемое	характеристическое уравнение,
соответствующее дифференциальному уравнению (2.22):
k n + a1k n −1 + K + a n −1k + a n	= 0 .	(2.23)
Характеристическое уравнение получается из уравнения		(2.22) формальной
заменой производных неизвестной функции и самой		функции y на
соответствующие степени параметра k :

y(n ) → k n , y(n −1) → k n −1, K, y'→ k, y → 1.

Характеристическое уравнение (2.23) имеет ровно n корней (действительных или комплексных) среди которых могут быть совпадающие (кратные). Напомним, что кратностью корня k j называется степень двучлена

(k − k j )в разложении многочлена на множители.

	Фундаментальная система решений строится в соответствии с корнями
характеристического уравнения (2.23) согласно следующей схеме:
1.	каждому простому (кратности	1) действительному корню k			ставится в
соответствие функция ekx ;
2.	каждому действительному корню k кратности m ставится в соответствие
m линейно независимых функций ekx , xekx ,K, xm −1ekx ;
3.	каждой паре комплексно сопряженных корней		k1 = α + iβ	и	k 2 = α − iβ
ставится в соответствие пара функций		eαx cos(βx),	eαx sin(βx);
4.	каждой паре комплексно сопряженных корней		k1 = α + iβ	и	k 2 = α − iβ
кратности m ставится в соответствие		2m функций eαx cos(βx),			eαx sin(βx),

xeαx cos(βx), xeαx sin(βx),K, xm −1eαx cos(βx), xm −1eαx sin(βx)

Таким образом, по n корням (с учетом кратности) мы построили n линейно независимых решений уравнения (2.22). Согласно (2.18), общее решение уравнения (2.22) выписывается как линейная комбинация этих всех функций.

Для выделения частного решения необходимо на функцию y и ее

производные

наложить

дополнительных

условий,

например

y(x

) = y

y'(x

) = y

, K,

y(n −1) (x

) = y

n −1,0

(задача Коши).

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.23. Найти общее решение уравнения y' '+2y'−3y = 0.

Решение. Заменяя в данном дифференциальном уравнении неизвестную функцию на единицу, ее производные на соответствующие степени параметра k ,

получаем

характеристическое

уравнение

k 2 + 2k − 3 = 0 .

Корни

этого

уравнения k1 = −3, k2 = 1 действительны и различны.

Фундаментальная система

решений

состоит

из

функций

= e−3x , y 2

= e x .

Общее

решение,

следовательно, y(x) = C1e −3x

+ C2 e x .

ПРИМЕР 2.24. Найти общее решение уравнения y(4) + 2y ′′′+ 5y ′′= 0.

Решение. Выписываем характеристическое уравнение

k 4 + 2k3 + 5k2 = 0 ,

его корни: k1 = 0

кратности 2, и пара простых комплексно сопряженных корней

k3 = −1 + 2 i,

k 4 = −1 − 2 i. В соответствии со схемой,

фундаментальная система

решений

состоит

из

четырех

функций

= e

0 =1, y

= xe0 = x,

= e−x cos (2x), y4 = e−x sin (2x);

общее

решение

есть

их

линейная

комбинация y(x) = C1 + C 2 x + C3e −x cos(2x) + C 4 e −x sin(2x).

ПРИМЕР 2.25. Найти частное решение уравнения

y′′′ − y′′ + 4y′ − 4y = 0,

удовлетворяющее начальным условиям

y(0) = 0, y′(0) = 2, y′′(0) = 10. .

Решение. Найдем сначала общее решение. Выписываем характеристическое

уравнение

k3 − k2 + 4k − 4 = 0

или

k 2 (k −1)+ 4(k −1)= 0 ,

тогда

(k −1)(k 2 + 4)= 0 .

Корни характеристического уравнения:

k1 = 1,

k 2 = 2 i,

= −2 i.

Общее

решение

y(x) = C ex

+ C

cos (2x) + C

sin (2x).

Найдем

производные

y'(x) = C ex − 2C

sin(2x) + 2C

cos(2x),

y''(x) = C ex

− 4C

cos(2x) − 4C

sin(2x) .

Частное

решение

находится в

x = 0 ,

y = 0 ,

y′ = 2 ,

y′′ = 10 :

соответствии

начальными

условиями

0 = C1 + C 2 ,

2 = C1 + 2C3 ,

10 = C1 − 4C2 .

Решая,

получаем

= 2,C

= −2,C

= 0 , тогда частное решение

y(x) = 2ex − 2 cos(2x) .

ПРИМЕР 2.26. Рассмотрим колебание груза массой m под действием

пружины жесткости k . Пусть	x(t)− отклонение тела от положения равновесия
x = 0, x′(t)− скорость тела, x′′(t)− ускорение.
Решение. Запишем для	этой системы закон Ньютона m x′′ = F . Если

силами, действующими на тело, являются только возвращающая сила пружины

Fgh = −k x(t), k > 0, сила сопротивления	Fсопр = −γ x′(t), γ > 0 , то получим
уравнение линейного осциллятора при	наличие сопротивления вида

m x′′ + γ x′ + k x = 0 . Его характеристическое уравнение m k 2 + γ k + k = 0 имеет

корни k1,2	=	− γ ±	γ2 − 4m k
				.

			2m
Рассмотрим три случая:
1)	Если		γ2 − 4mk > 0 (сила сопротивления движению велика,

возрастающая сила пружины мала), то корни действительны, различны и оба отрицательны.

Общее решение запишется в виде x(t)= C1ek1t + C2ek 2 t . Это случай так называемого апериодического решения. Точка асимптотически, без колебаний стремится к положению равновесия x = 0 при t → ∞ . Напомним k1, k2 < 0 .

2)	Если γ2 − 4mk = 0,		то		корни	характеристического уравнения
действительны и равны k1 = k 2 = −				γ	= −r < 0 .
				2m

Общее решение имеет вид		x(t)= (C1 + C2 t)e−r t .
3)	Наконец γ2 − 4mk < 0 . Корни в этом случае комплексны и сопряжены

k1 = −α + i β, k 2 = −α − i β , α =				γ	, β =	γ2 − 4mk
							.
				2m
						2m
Общее решение имеет вид		x(t)= e−α t (C1 sin βt + C2 cosβt). Движение точки

представляет собой колебания около положения равновесия с затухающей амплитудой. Отметим, что при отсутствии трения k = 0 движение будет

+ C2

m t

периодическим x(t)= C1 sin

2.12 ЛИНЕЙНЫЕ НЕОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ n −ГО ПОРЯДКА С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ. МЕТОД ВАРИАЦИИ ПРОИЗВОЛЬНЫХ ПОСТОЯННЫХ

В данном параграфе речь пойдет об уравнениях вида
y(n ) + a1 y(n −1) + K + a n −1 y′ + a n y = f (x).	(2.24)

Если функция правой части f (x) не тождественный нуль, такие уравнения называют неоднородными или уравнениями с правой частью.

Коэффициенты a1 , a 2 ,K, a n − известные константы (в данном параграфе

это замечание не принципиально – все выкладки имеют место и		в случае
зависящих от x коэффициентов).
Общее решение уравнения (2.24) представляет собой сумму
y(x) = Y* (x) +		(2.25)
	Y(x) ,

где Y* (x) - какое-либо частное решение неоднородного уравнения, Y(x) - общее решение однородного уравнения y(n ) + a1 y(n −1) + K + a n −1 y′ + a n y = 0 .

Пусть фундаментальная	система решений однородного уравнения
известна: y1 (x), y2 (x),K, yn (x) .	Тогда общее решение однородного уравнения

можно выписать Y(x) = C1y1 (x) + C2 y2 (x) + K + Cn yn (x). Таким образом, для построения общего линейное однородного уравнения решения необходимо найти какое-либо частное решение Y* (x).

Для нахождения частного решения неоднородного уравнения можно пользоваться методом вариации произвольных постоянных. Он заключается в

следующем. Решение уравнения (2.24) находится в виде линейной комбинации функций y1 (x), y2 (x),K, yn (x) с коэффициентами, уже зависящими от x :

Y* (x) = C (x)y (x) + C

(x)y

(x) + K + C

(x)y

(x).

Производные

от

функций

C1 (x), C2 (x),K, Cn (x) определяются из

линейной алгебраической системы вида

C′

(x)y

+ C′

(x)y

+ K + C′

(x)y

= 0,

C′

(x)y′

+ C′

(x)y′

+ K + C′

(x)y′

= 0,

(2.26)

−1) + C′ (x)y(n −1)

(x)y(n −1) = f (x),

C′

(x)y(n

+ K + C′

где f(x) – правая часть уравнения (2.24).

Определитель системы равен вронскиану W(y1 , y2 ,K, yn ) и в нуль не обращается. Это обеспечивает однозначную разрешимость системы. Тем или

иным методом линейной алгебры	можно получить выражения для
C′2 (x), C′2 (x),K, C′n (x) ; сами функции	восстанавливаются интегрированием. В

частности, для дифференциального уравнения второго порядка система имеет вид

	C′		(x)y		+ C′		(x)y	2	= 0,
C′		1		1		2
		(x)y′		+ C′		(x)y′		= f (x).
	2		1		2		2

Неизвестные С1′ (х) и С′2 (х) определяются по формулам Крамера

C′

f (x)

y′

f (x)

, C′

y′

f (x)

y f (x)

= −

W(y1

, y2 )

W(y1, y2 )

W(y1, y2 ) W(y1, y2 )

W(y , y

) =

= y y′

− y

y′ ..

y′

Решения выписываются через интегралы

(2.27)

(2.28)

(x) = −

y2f (x)

dx , C2 (x) =

y1f (x)

dx.

(2.29)

∫ W(y1 , y2 )

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.27. Найти общее решение уравнения y ′′+ 9y =

sin 3x

Решение. Общее решение по теореме о структуре решений, имеет вид

y = Y* +

находим при решении однородного уравнения y′′ + 9y = 0 .

Составим характеристическое

уравнение

k 2 + 9 = 0 k1, 2 = ±3i ,

общее

= C1 cos 3x + C2 sin 3x , где

решение однородного уравнения будет иметь вид

y1 = cos 3x

= sin 3x . Частное

решение данного

уравнения по методу

вариации будет иметь вид Y* = C (x)cos 3x + C

(x)sin 3x .

C′

(x)cos 3x + C′

sin 3x = 0

Составим систему

− 3C

(x)sin 3x + 3C′ cos 3x =

9 .

sin 3x

Вычислим главный определитель системы

cos 3x

sin 3x

= 3 ≠ 0

= W =

система

имеет

единственное

− 3sin x

3cos 3x

решение, по формулам Крамера имеем

C′ =

sin 3x

= −9;

C′

cos 3x

= −9ctg 3x .

3cos 3x

− 3sin 3x

sin 3x

C′ =

C′

C′ =

C′

= −3,

= 3ctg3x .

Интегрируя последние равенства,

найдем C1 (x) и

C2 (x).

= −3x,

= ln

sin 3x

Запишем частное решение неоднородного уравнения

Y* = −3x cos 3x + ln sin 3x (sin 3x), тогда общее решение будет иметь вид y = C1 cos 3x + C2 sin 3x − 3x cos 3x + ln sin 3x (sin 3x).

2.13 НАХОЖДЕНИЕ ЧАСТНОГО РЕШЕНИЯ ЛИНЕЙНОГО НЕОДНОРОДНОГО УРАВНЕНИЯ С ПОСТОЯННЫМИ

КОЭФФИЦИЕНТАМИ СО СПИЦИАЛЬНОЙ ПРАВОЙ ЧАСТЬЮ. МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФИЦИЕНТОВ

Частное решение уравнения n −го порядка
y(n ) + a1 y(n−1) + a 2 y(n −2) +K + a n y = f (x),	(2.30)
где
f (x) = eα x (Pn (x)cos β x + Q m (x)sin βx),	(2.31)
а a1 , a 2 ,K, a n R следует искать в виде
Y* (x) = x r eα x (PS (x)cos β x + QS (x)sin βx).	(2.32)

<<< < Предыдущая 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2917 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.2015683.52 Кб13УМК по КП. бак 30.10.2012.doc
#
19.09.2019195.07 Кб2УМК-КУ ПОЭ.doc
#
17.03.2015661.5 Кб75УМК.doc
#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб103УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб50УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf
#
17.03.20151.57 Mб137УМК6.pdf
#
17.03.2015430.08 Кб10УМП . Сб. к.р.2011.doc