zaicevVM_2

Подставляя найденную функцию v (x) в уравнение (8.14), получаем снова уравнение с разделяющимися переменными для определения функции u(x):

u′ v (x) = b(x) .

Пример 8.7. В качестве примера методом Бернулли найдём общее решение

u′v + uv′+ 2 xuv = 2 xe−x2 или u′v + u(v′+ 2 xv) = 2 xe−x2 .

Интегрируем уравнение v′+ 2 xv = 0 (постоянную интегрирования берем равную,

например, нулю): dvv = −2 x dx ln v = − x2 v = e− x2 .

Интегрируя затем уравнение e−x2 u′ = 2 xe−x2 , находим его общее решение u: dudx = 2 x u = x2 + C .

Перемножая u и v, получаем общее решение исходного уравнения y = u v = e−x2 ( x2 + C ) .

Некоторые дифференциальные уравнения путем замены переменных могут быть сведены к линейным. К числу таких уравнений относится уравнение Бернулли:

При α = 1 получаем линейное однородное уравнение y′+(a(x)−b(x)) y =0 ,

а при α = 0 – линейное неоднородное уравнение.

Если предположить, что α ≠ 0, α ≠ 1 (для α нецелого считаем, что y > 0), то нетрудно показать, что подстановка z = y1 – α приводит уравнение Бернулли к

Однако, практически, при интегрировании уравнения Бернулли нет необходимости преобразовывать это уравнение в линейное. Как это легко можно показать, уравнение Бернулли можно непосредственно решить теми же методами, что и линейное дифференциальное уравнение.

Замечание. Иногда уравнение приводится к линейному уравнению или уравнению Бернулли, если перейти к обратной функции, т. е. считать неизвестной функцией х, а ее аргументом у. Проиллюстрируем это на примере.

59

условию у(2) = – 2.

Решение. Для функции у(х) это дифференциальное уравнение не относится ни к одному из рассмотренных уравнений, интегрируемых в квадратурах. Но оно является линейным, если рассматривать х как функцию от у:

dxdy = xyy−2 4 = 1y x − y42 .

Решим это уравнение, например, методом Бернулли. Для этого рассмотрим подстановку x = u( y) v ( y). Тогда имеем

называется уравнением в полных дифференциалах, если левая часть этого уравнения представляет собой полный дифференциал некоторой функции u(x, y), т. е.

M( x, y )dx + N( x, y )dy = du = u′xdx + u′ydy .

Уравнение в полных дифференциалах можно записать так: du = 0, поэтому общий интеграл его имеет вид u(x, y) = C.

Приведём условие, по которому можно достаточно просто узнать, что уравнение (8.16) является уравнением в полных дифференциалах и выпишем его общий интеграл (без доказательства).

60

Для того чтобы уравнение (8.16) было уравнением в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы совпадали частные производные

Замечания.

1) Нижние пределы интегрирования х0 и у0 можно выбирать произвольно, но так, чтобы получающиеся интегралы имели смысл. Удачный выбор х0 и у0 во многих случаях облегчает задачу интегрирования уравнения.

2) Первый интеграл в выражении (8.18) вычисляется по х в предположении,

является уравнением в полных дифференциалах, и проинтегрировать его.

Итак, исходное уравнение есть уравнение в полных дифференциалах. Применим формулу (8.18), положив х0 = 0, у0 = 1 (мы не можем полагать

у0 = 0, так как у = 0 не принадлежит области определения функции N):

интеграл.

3.Дифференциальные уравнения второго порядка

3.1.Основные понятия. Задача Коши.

Дифференциальное уравнение 2-го порядка в общем случае записывается в виде F (x, y, y′, y′′) = 0 или, если это возможно, в виде, разрешённом относительно второй производной,

61

следующим условиям:

1)эта функция является решением данного уравнения при любых допустимых значениях постоянных;

2)каковы бы ни были начальные условия

начальным условиям (8.20).

Как и в случае дифференциального уравнения первого порядка, задача нахождения частного решения дифференциального уравнения второго порядка (8.19), удовлетворяющего системе начальных условий (8.20), называется задачей Коши.

3.2. Уравнения, допускающие понижение порядка.

(8.21) можно записать в виде d ( y′) = f (x)dx , откуда получаем

y′ = ∫ f (x)dx + C1 = g1 (x) + C1 ,

т. е. приходим к уравнению такого же вида, что и исходное, но уже первого порядка. Далее аналогично находим

y= ∫(g1 (x) + C1 )dx + C2 = g2 (x) + C1 x + C2

–общее решение данного уравнения.

Пример 8.10. Найти частное решение уравнения y′′ = sin x , удовлетворяющее начальным условиям y (0) = 1, y′(0) = 2 .

Решение. Интегрируя, получим y′ = ∫sin x dx + C1 = −cos x + C1 . Отсюда y = ∫(−cos x + C1 )dx + C2 = −sin x + C1 x + C2 .

Итак, искомое частное решение имеет вид y = −sin x + 3x + 1 .

62

не содержащее явно искомой функции y.

Здесь порядок уравнения понижается при помощи замены y′ = z (x) ,

где z = z (x) – новая неизвестная функция.

Действительно, y′′ = z′, поэтому уравнение (8.22) принимает вид z′ = f (x,z)

– уравнение уже первого порядка. Пусть z = g ( x,C1 ) – общее решение полученного уравнения. Заменяя функцию z на y′, получаем уравнение первого порядка с разделяющимися переменными y′ = g (x,C1 ) . Решая это уравнение,

можно получить y = ∫g (x,C1 )dx +C2 – общее решение уравнения (8.22).

При решении задачи Коши для уравнений второго порядка бывает целесообразно определять значения постоянных в процессе решения, а не после нахождения общего решения уравнения. Это связано с тем, что интегрирование порой значительно упрощается, когда постоянные принимают конкретные числовые значения, в то время как при их произвольных значениях интегрирование затруднительно, а то и вообще невозможно в элементарных функциях.

Решение. Так как уравнение не содержит явно искомую функцию у, то сделаем замену y′ = z (x) , откуда y′′ = z′. Получили уравнение первого порядка для новой

функции z: z′( x2 + 1) = 2 xz . Это уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные и интегрируем:

dzz = x2xdx2 +1 ln z =ln( x2 +1) +ln C1 z =C1 ( x2 +1).

Таким образом, y′ = C1 ( x2 + 1) . Используя начальные условия, получаем

3 = С1(0 + 1) С1 = 3.

Следовательно, y′ = 3x2 + 3 , а после интегрирования у = х3 + 3х + С2.

Начальные условия дают 1 = 0 + 0 + С2 С2 = 1. Итак, частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, имеет вид у = х3 + 3х + 1.

63

3) Пусть дано уравнение

не содержащее явно независимой переменной х.

Здесь порядок уравнения можно понизить за счёт введения новой независимой переменной у (вместо х) по формуле

y′ = z ( y) ,

∫ g ( y,Cdy 1 ) = x +C2 .

64

Общее решение y = C в случае а) входит в общее решение в случае б) при С1 = 0.

3.3.Линейные уравнения. Общие вопросы.

3.3.1.Общие вопросы.

Многие задачи математики, механики и других наук приводят к линейным дифференциальным уравнениям второго порядка, т. е. к уравнениям, в которых

неизвестная функция у и её производные y′, y′′ входят линейно (в первой степени):

называется линейным однородным дифференциальным уравнением (сокращение − ЛОДУ) второго порядка, в противном случае уравнение (8.24) – линейное неоднородное дифференциальное уравнение (сокращение − ЛНДУ).

Отметим вначале некоторые важные свойства решений ЛОДУ.

Пусть y1 (x) и y2 (x) – любые частные решения уравнения (8.25). Тогда

y = C1 y1 (x)+C2 y2 (x), где С1 и С2 – произвольные постоянные.

65

Cовокупность любых двух частных решений ЛОДУ второго порядка называется фундаментальной системой решений этого уравнения, если они

линейно независимы. Например, для уравнения y′′+ y = 0 функции y1 = cos x, y2 = sin x образуют фундаментальную систему решений.

Сформулируем теорему о структуре общего решения ЛОДУ второго порядка:

где С1 и С2 – произвольные постоянные, даёт общее решение этого уравнения.

Таким образом, задача нахождения общего решения ЛОДУ сводится к задаче отыскания фундаментальной системы его частных решений.

Сформулируем теорему о структуре общего решения ЛНДУ второго порядка: общее решение у ЛНДУ (8.24) равно сумме какого-либо частного решения y ( x)

(8.25), методом вариации постоянных.

Согласно этому методу частное решение ЛНДУ ищется в таком же виде, как и общее решение ЛОДУ y = C1 y1 (x) +C2 y2 (x) , с той лишь разницей, что

Метод вариации постоянных в данном случае аналогичен методу вариации постоянной для ЛНДУ первого порядка, который рассматривался ранее.

Функции z1 и z2 должны быть найдены так, чтобы выражение (8.28) удовлетворяло исходному ЛНДУ второго порядка. Так как условие одно, а функций две, то можно произвольно выбрать дополнительное условие, лишь бы полученные условия позволяли однозначно определить эти функции. Поскольку

y′ = z1′ y1 + z1 y1′ + z2′ y2 + z2 y2′ , то в качестве такого условия можно взять z1′y1 + z2′ y2 = 0 . Тогда y′ = z1 y1′ + z2 y2′ , поэтому y′′= z1′y1′ + z1 y1′′+ z2′ y2′ + z2 y2′′.

Подставляя эти выражения вместе с (8.28) в (8.24), получим

66

z1 ( y′′+ a1 y′+ a2 y )+ z2 ( y′′+ a1 y′+ a2 y )+ z1′ y1′ + z2′ y2′ = f .

Выражения в скобках равны нулю, так как y1 и y2 – решения уравнения (8.25). Следовательно, для определения функций z1 и z2 получаем следующую

систему дифференциальных уравнений:

Система (8.29) является линейной системой алгебраических уравнений относительно z1′ , z2′ . Эта система имеет единственное решение только при

условии, что y1 и y2 – фундаментальная система решений ЛОДУ (доказательство этого утверждения в настоящем пособии не приводится).

Разрешая систему (8.29) относительно z1′ , z2′ и проинтегрировав их, находим искомые функции z1 и z2.

Таким образом, для нахождения частного решения ЛНДУ (8.24) методом вариации постоянных нужно:

1)найти два линейно независимых частных решения y1 и y2 соответствующего ЛОДУ;

2)составить и решить систему (8.29), т. е. найти z1′ и z2′ ;

3)проинтегрировать найденные z1′ и z2′ , т. е. определить функции z1 и z2

(постоянные интегрирования при этом можно взять равными нулю); 4) составить искомое решение по формуле (8.28).

Y = C1 cos x +C2 sin x – общее решение соответствующего ЛОДУ.

Согласно методу вариации постоянных ищем частное решение y для ЛНДУ

в виде y = z1 (x)cos x + z2 (x)sin x .

Для нахождения неизвестных функций z1 и z2 составим систему

67

При нахождении частного решения ЛНДУ полезно использовать так называемый принцип наложения, состоящий в том, что частное решение уравнения

3.4. ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.

Решим задачу нахождения фундаментальной системы решений для частного случая ЛОДУ с постоянными коэффициентами

68