Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет технологий и дизайна

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Metodichka_dlya_zaochnik_2_sem (1)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

04.02.2016

Размер:

515.54 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

F (x, y, y′)= 0

z	min	(P )= 33 + 43	−27 3 −12 4 = 27 +64 −81−48 = −38,
	min	1
z	max	(P )= (−3)3	+(−4)3	+ 27 3 +12 4 = −27 −64 +81+ 48 = 38.
	max	4
Відповідь. zmin (3;4)= −38,				zmax (−3; −4)=38.

9. Диференціальні рівняння

Звичайним диференціальним рівнянням називається рівняння, яке зв’язує незалежну змінну, функцію та її похідні. Порядок диференціального рівняння визначає найвища похідна, яка входить у рівняння. Розв’язком диференціального рівняння є всяка функція y = f (x), яка при підстановці її у рівняння перетворює його у тотожність.

Диференціальне рівняння першого порядку має вид або y′= f (x, y). Загальним розв’язком цього рівняння є функція виду y =ϕ(x,C), яка

при довільних значеннях сталої	величини C є розв’язком цього рівняння.
Геометрично функція y =ϕ(x,C)	описує множину інтегральних кривих. Для

знаходження частинного (єдиного) розв’язку необхідно знати початкові умови, які

для рівняння першого порядку записують у вигляді y (x0 )= y0 або y	x=x0	= y0 .

Не існує єдиного універсального методу, за допомогою якого можна розв’язати диференціальні рівняння першого порядку. Існує певний клас рівнянь, які можна розв’язати (проінтегрувати). Розглянемо такі рівняння.

Диференціальні рівняння першого		порядку	y′= f (x, y) називаються
рівняннями з відокремлюваними змінними, якщо їх можна звести до виду
y′= f (x) f	2	(y).	(37)
1	2

Якщо записати	y′ = dy	, то одержимо	dy	= f1 (x) f2 (y), або
	dx		dx

dy( ) = f1 (x)dx . Тут змінні відокремились. Можемо проінтегрувати отриманий f2 y

вираз. Одержимо

dy	= ∫ f1 (x)dx +C, C =C2 −C1 .
∫ f2 (y)	= ∫ f1 (x)dx +C, C =C2 −C1 .	(38)

Вираз (38) називають загальним інтегралом диференціального рівняння (36).

Приклад 35. Знайти загальний розв’язок рівняння xy′+ y = 0 .

Розв’язання. Розв’яжемо рівняння відносно похідної y′. Одержимо

′

= − x

; dx

= − x

dx; dy = − x dx; y

= − x .

Змінні відокремились і можемо проінтегрувати вираз. Одержимо

= −

∫

dx ln

+C = −ln

+C ln

+ln

= C , C = C −C .

∫ y

Сталу величину C3 запишемо у

вигляді C3 =ln C ,

тоді ln

+ln

= ln C

xy = ±C, ±C = C4 , xy = C4 y =

Однорідними рівняннями першого порядку називають рівняння виду

	y
y′=ϕ		.	(39)

	x

Для того, щоб рівняння (39) звести до рівняння з відокремлюваними змінними, вводять заміну змінної y = xt . Тоді y′ = t + xt′ і рівняння (39) можна переписати через змінну t . Одержуємо

t + xt′ =ϕ(t ), xt′ =ϕ(t )−t, t′ = ϕ(tx)−t .

Змінні відокремлюються і його вже можна розв’язати.

Приклад 36. Знайти загальний розв’язок рівняння 2xyy′ = x2 + y2 .

Розв’язання. Розв’яжемо це рівняння відносно

похідної y′; одержимо

однорідне рівняння

+ y

y′ =

2xy

Введемо заміну змінної y = xt,

y′ = t + xt′. Одержимо

+ x

1+t

)

1+t

t + xt′=

= 2t .

2x xt

2x2t

Або

1+t2

1+t2 −2t2

1−t2

1−t

2 1

xt′

−t =

; t′=

x ;

якщо позначимо t′ =

, то одержимо вираз, який можна інтегрувати. Маємо

1+t2

dt =

−t2

2t dt

1−t2

∫12−t dtt2 = ∫dxx +C1 −ln 1−t2 = ln x +C1; C1 = ln C, ln x +ln 1−t2 = ln C

x(1−t2 )= C.

Повернемося до старої змінної, тобто підставимо замість t його значення t = xy . Одержуємо загальний розв’язок у вигляді

− y

x 1

−

=C x2

− y2

=Cx.

Лінійними рівняннями першого порядку називають рівняння виду

y′+ P(x) y =Q(x),

(40)

де P(x) і Q(x) – задані функції.

Одним із способів розв’язування лінійних рівнянь є метод знаходження розв’язку рівняння (40) у вигляді добутку двох функцій u =u (x) і v = v(x), тобто

y =u (x) v(x)=u v; y		′	′	′
y =u (x) v(x)=u v; y			=u v +v u .
Тоді рівняння (40) можна переписати у вигляді
′	′			′	′	+ P	(x)v)= Q (x).	(41)
u v +v u + P (x)uv = Q (x), u v +u (v						+ P	(x)v)= Q (x).	(41)
На функцію v = v(x)	накладають таку умову, щоб вираз
				v′+ P(x)v = 0.				(42)
Замість рівняння (41) одержуємо рівняння
				′				(43)
				u v =Q(x).				(43)

Рівняння (42) є рівнянням з відокремлюваними змінними. Розв’язавши його,

одержуємо функцію v = v(x). Підставимо цю функцію у рівняння (43) і одержимо рівняння з відокремлюваними змінними, для якого зможемо знайти загальний розв’язок у вигляді u =u (x,C ).

Тоді загальний розв’язок лінійного рівняння (40) запишемо у вигляді y = v(x) u (x,C).

Зауваження. Тим самим методом можна розв’язувати рівняння виду y′+ yP (x)=Q(x)yα ,

де α – довільне число і яке називають рівнянням Бернуллі.

Приклад 37. Розв’язати рівняння y′− xy = x2 .

Розв’язання. Це лінійне рівняння першого порядку. Будемо шукати розв’язок цього рівняння у вигляді y = u v, y′ = u′v +v′u . Після підстановки цієї заміни у рівняння одержимо таке рівняння:

′

= x

′

−

= x

u v +v u −

, u v +u v

Прирівняємо до нуля вираз у круглій дужці v′− vx = 0 . Залишилося рівняння виду

′

. Знайдемо розв’язок рівняння

= x :

u v = x

;

= dx ; ∫dv

=∫dx; ln

= ln

, v = x.

′

. Одержимо

Підставимо одержане значення v у рівняння u v = x

′

= x dx, ∫du = ∫x dx +C,

u x = x

, u

= x,

= x, du

u =

+C.

Загальний

розв’язок шуканого

рівняння має

вигляд

y =u v =

+C x ,

y= x x2 +C .

Диференціальне рівняння другого порядку має вид					F (x, y, y′, y′′)= 0 або
y′′= f (x, y, y′), а початкові умови записують у вигляді y (x				)	= y ,	y′(x )= y′.
			0		0	0	0
Лінійне рівняння другого порядку має вид
a (x)y′′+a (x)y′+a (x)y =b(x),							(44)
0	1	2
де a0 (x), a1 (x), a2 (x), b(x)	– деякі неперервні		функції,		а a0 (x)≠ 0 .		Якщо
b(x)= 0 , то лінійне рівняння
a	(x)y′′+a	(x)y′+a	(x)y = 0	,			(45)
0	1	2
називають лінійним однорідним.
Структура загального розв’язку для рівняння (45) має вигляд
	y =C1 y1 (x)+C2 y2 (x),						(46)

де C1,C2 – сталі величини, а y1 = y1 (x) та y2 = y2 (x) – функції, які складають

фундаментальну систему розв’язків для цього рівняння.

Структура загального розв’язку лінійного неоднорідного рівняння (44)

дорівнює сумі загального розв’язку однорідного рівняння та частинного розв’язку y (x) неоднорідного рівняння і записується у вигляді

y =C1 y1 (x)+C2 y2 (x)+ y (x).	(47)
Лінійне однорідне рівняння зі сталими коефіцієнтами має вид
y′′+ py′+ qy = 0,	(48)
де p, q – сталі величини.
Якщо розв’язок рівняння (48) шукати у вигляді функції	y = ekx , то
характеристичне рівняння для цього рівняння має вид
k 2 + pk + q = 0 .	(49)

Якщо корені характеристичного рівняння (49):

1) дійсні різні k1 ≠ k2 , то загальний розв’язок рівняння (48) записують у вигляді

y = C ek1x	+C		ek2 x ;			(50)
1		2
2) дійсні рівні k1 = k2 = k , то загальний розв’язок рівняння (48) записують у
вигляді
y = ekx (C +C				2	x);	(51)
	1			2
3) комплексно спряжені k1,2 =α ± βi ( i	–	уявна одиниця), то				загальний
розв’язок цього рівняння має вигляд
y = eαx (C cos βx +C sin βx).						(52)
1			2
Частинний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння зі сталими
коефіцієнтами виду
y′′+ py′+qy = f (x),						(53)

де f (x) – неперервна функція, можна знайти методом варіації сталої, або іншими

частинними методами.

Приклад 38. Знайти частинний розв’язок рівняння y′′+ y′−2 y = 0 , який задовольняє умовам y (0)=1, y′(0)=3.

Розв’язання. Складемо характеристичне рівняння для заданого диференціального рівняння за формулою (49). Одержуємо

k 2 + k −2 = 0, k1 =1, k2 = −2 .

Корені дійсні різні. Тепер за формулою (50) запишемо загальний розв’язок y = C1ex +C2e−2 x .

Для знаходження констант C1 та C2 підставимо початкові умови в загальний розв’язок та його похідну y′: y′ = C1ex −2C2e−2 x . Одержимо

1 = C e0

e0 , 3 = C e0

−2C

e0 ,

або таку систему рівнянь:

C1 +C2

=1,

3C2

= −2, C2 = −

, C1 =1

−C2

=1+

=3,

C1 −2C2

Відповідь. Частинний розв’язок рівняння має вигляд y = − 23 ex + 53 e−2 x .

Приклад 39.	Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння
y′′+ 2 y′+10 y = 0 .
Розв’язання. Характеристичне рівняння для даного рівняння має вигляд
	k 2 + 2k +10 = 0 .
Корені цього квадратного рівняння будуть уявними (комплексно спряженими):
k1,2 = −1±	1−10 = −1± −9 = −1± 9 (−1) = −1±3i, k1,2	= −1±3i ,
де −1 =i . Згідно формули (47) загальний розв’язок рівняння,		враховуючи, що
α = −1, β = 3, має вигляд

		y = e−x (C cos3x +C		2	sin 3x).
			1	2
Приклад	40.	Знайти частинний розв’язок				диференціального		рівняння
y′′−6 y′+9 y = 0 , який задовольняє умовам y (0)= −2,						y′(0)=1.
Розв’язання.		Запишемо	характеристичне			рівняння	для	даного
диференціального рівняння і знайдемо його корені:
		k2 −6k +9 = 0, (k −3)2 = 0, k =3.
					1,2
Корені дійсні	рівні	k1 = k2 =3.	Тому згідно	формули (51) загальний				розв’язок
рівняння має вигляд

y = e3x (C1 +C2 x).

Враховуючи початкові умови, обчислимо сталі величини C1 та C2 . Так y′ =3e3x (C1 +C2 x)+e3x C2 .

Тоді

	−2 = e	0	(C +0),	C = −2,		C = 7,
	−2 = e	0	(C +0),	C = −2,		C = 7,
	=3e0 (C1		1		1	2
1	=3e0 (C1		+0)+C2e0 ,	3C1	+C2 =1,	C1 = −2.

Відповідь. Частинний розв’язок рівняння має вигляд y = e3x (7x −2).

Наведемо тепер метод невизначених коефіцієнтів для знаходження розв’язку лінійного неоднорідного рівняння 2 порядку зі сталими коефіцієнтами і з правою частиною спеціального вигляду.

Розглянемо рівняння

y′′+ py′+qy = f (x).

І. Якщо f (x)= Pn (x), тобто многочлен n -го степеня, то тоді	частинний
розв’язок лінійного неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді
y (x)=Q (x) xr ,	(54)
n

де Qn (x) – многочлен n -го степеня;	r = 0 , якщо серед коренів характеристичного
рівняння немає числа 0 , r =1, якщо	k = 0 є одним з коренів характеристичного
рівняння, r = 2 , якщо обидва корені характеристичного рівняння рівні нулю.
ІІ. Якщо f (x)= eαx P (x), тоді частинний розв’язок шукатимемо у вигляді
n
y (x)	= eαx Q (x) xr ,	(55)
	n
де Qn (x) – многочлен n -го степеня;	r = 0 , якщо жоден корінь характеристичного

рівняння не співпадає з α, r =1, якщо один корінь характеристичного рівняння співпадає з α, r = 2 , якщо обидва корені характеристичного рівняння дорівнюють

α.

ІІІ. Якщо	f (x)= eαx (M cos βx + N sin βx),		тоді	частинний	розв’язок
лінійного неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді
	y (x)= eαx (Acos βx + Bsin βx) xr ,				(56)
де r = 0 , якщо числа α ±iβ не є коренями характеристичного рівняння,					r =1, якщо
α ±iβ – це корені характеристичного рівняння.
Застосування методу покажемо на прикладі.
Приклад	41. Знайти частинний	розв’язок	диференціального		рівняння
y′′−2 y′+ y = x2 +1, який задовольняє початковим умовам y (				0)=1, y′(0)=0.
Розв’язання. Відповідне однорідне рівняння має вигляд				y′′−2 y′+ y = 0 , його
характеристичне рівняння k 2 −2k +1 = 0 ,		корінь k =1 – кратний, отже загальний

розв’язок однорідного рівняння має вигляд:

y =C1ex +C2ex x = ex (C1 +C2 x).

Оскільки f (x)= x2 +1, тобто многочлен другого степеня, то згідно (54) шукаємо частинний розв’язок неоднорідного рівняння у вигляді

y =(Ax2 + Bx +C ) x0 = Ax2 + Bx +C .

Тут r = 0 , тому що 0 не є коренем характеристичного рівняння.

Продиференціюємо y двічі та підставимо отримані вирази в диференціальне

рівняння:

y′ = 2 Ax + B, y′′ = 2 A.

Отримаємо тотожність

2A −2(2 Ax + B)+ Ax2 + Bx +C = x2 +1.

Зведемо подібні члени:

Ax2 +(B −4A)x +(C +2A −2B)= x2 +1.

Прирівняємо коефіцієнти при однакових степенях x ; тоді маємо:

	A =1,	A =1,
	B −4A = 0,	B = 4,

		C = 7.
C +2A −2B =1,

Таким чином, y = x2 + 4x +7 .

Згідно (47), загальний розв’язок має вигляд

y = y + y = ex (C1 +C2 x)+ x2 +4x +7 .

Знайдемо тепер частинний розв’язок диференціального рівняння, що задовольняє початковим умовам. Для цього підставимо в загальний розв’язок x = 0, y =1;

отримаємо

1 = e0 (C +C		2	0)+7 =C +7 ,
	1	2		1
отже C1 = −6 . Продиференціюємо тепер y :
y′ = ex (C +C		x)+ex C +2x +4
1	2			2
і підставимо початкові умови x = 0; y′ = 0 :
0 = e0 (C +0)				+e0 C +4 ,
	1			2
отже 0 = −6 +C2 +4 , звідки C2	= 2 .		Остаточно маємо відповідь: частинний
розв’язок рівняння має вигляд

y = ex (−6 +2x)+ x2 +4x +7 .

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.12.2018681.47 Кб7Metod G1.doc
#
24.12.2018416.26 Кб13Metod-G2.doc
#
04.02.20161.37 Mб48Metod-Z.pdf
#
04.02.2016291.33 Кб13Metodichka po English.doc
#
15.11.2019455.68 Кб7Metodichka.doc
#
04.02.2016515.54 Кб9Metodichka_dlya_zaochnik_2_sem (1).pdf
#
05.02.20161.15 Mб16Metodichni_vkazivki_1-3_lab_roboti.pdf
#
26.11.2018527.36 Кб2Metodichni_vkazivki_dlya_zaochnikiv_z_angl_movi....doc
#
04.02.2016872.79 Кб9metodichni_vkazivki_Excel.pdf
#
24.11.2019738.3 Кб3Metodichni_vkazivki_z_vikonannya_kursovoyi_robo...doc
#
05.02.2016781.32 Кб11MetodLabMOV.pdf