Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Прикарпатский национальный университет им. В. Стефаника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Trufanova, Situn Differ_v_zadachah_i_prikladah.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

14.02.2016

Размер:

920.51 Кб

Скачать

☆

1 / 81 2 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Т.В. Труфанова, А.Е. Ситун

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ

УРАВНЕНИЯ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ

Часть II. Уравнения n-го порядка

Министерство образования Российской Федерации

АМУРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Факультет математики и информатики

Т.В. Труфанова, А.Е. Ситун

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ

УРАВНЕНИЯ В ПРИМЕРАХ И ЗАДАЧАХ

Часть II. Уравнения n-го порядка

Благовещенск

ББК 22.161.6я73	Печатается по решению
Т80	редакционно-издательского совета
	факультета математики и информатики
	Амурского государственного
	университета

Т.В. Труфанова, А.Е. Ситун

Дифференциальные уравнения в примерах и задачах. Часть II. Уравнения n-го порядка. Учебно-методическое пособие. Благовещенск:

Амурский гос. ун-т, 2001.

Пособие содержит краткие теоретические сведения по общему курсу «Дифференциальные уравнения». Подробно рассматриваются методы решения основных типов дифференциальных уравнений n-го порядка. Студентам предлагаются варианты самостоятельной работы по данной теме. Материал пособия позволяет выработать практические навыки в решении и исследовании дифференциальных уравнений.

Пособие предназначено для студентов специальностей 010100 – математика, 010200 – прикладная математика, 010400 – физика.

Рецензент: А.И. Родионов, доцент кафедры ТМ и СМ НГТУ, канд. физ.-мат. наук.

Амурский государственный университет, 2001

дифференциального уравнения (2) называется за- y(x) , удовлетворяющего заданным начальным ус-

Задачей Коши для дача отыскания решения ловиям:

Аналогично определяется решение уравнения (1).

обращает уравнение (2) в тождество х (a,b).

y(x)

(x, y(x), y'( x) ,..., y (n− 1) (x)) D, x

(a, b) ;

удовлетворяющая условиям:

1) y(x) непрерывно дифференцируема n раз на (a,b); 2)

Решением уравнения (2) на интервале (a,b) называется функция

где функция f также предполагается непрерывной в некоторой области D R n+ 1 изменения своих аргументов.

y (n)

= f (x, y, y' , y' ' ,..., y( n− 1) ) = 0 ,

y(x) ,

(2)

§1. ОБЩИЕ ПОНЯТИЯ И ОПРЕДЕЛЕНИЯ

Дифференциальное уравнение n-го порядка имеет вид

F (x, y, y', y'',..., y(n) )= 0 ,

(1)

где х – независимая переменная, у – искомая функция, а функция F определена и непрерывна в некоторой области G R n+ 2 (n ≥ 1) .

Дифференциальное уравнение n-го порядка, разрешенное относительно старшей производной, имеет вид

y(x0 ) = y0 , y'(x0 ) = y'0 ,…, y(n− 1) (x0 ) = y0		(n− 1) ,	(3)
где x0 (a,b) , y0 , y'0 ,…, y0	(n− 1) – заданные числа.

Теорема Пеано. Если функция f непрерывна в области D, то для любой точки (x0 , y0 , y'0 ,...y0 (n− 1) ) D существует решение уравнения (2), определенное в некоторой окрестности точки x0 (a, b) и удовлетворяющее условиям (3).

Существование и единственность решения задачи Коши определяется следующей теоремой.

Аналогично вводится понятие частного интеграла.

Теорема Коши – Пикара. Если функция f непрерывна в области D и

имеет непрерывные частные производные	∂ f	,	∂ f	,...,	∂ f	, то для любой точ-
			∂ y'		∂ y (n− 1)
	∂ y

ки (x0 , y0 , y'0 ,...y0 (n− 1) ) D существует единственное решение уравнение (2), определенное в некоторой окрестности точки x0 (a, b) и удовлетворяющее условиям (3).

Общим решением уравнения (1) или (2) называется такая функция y = ϕ (x, c1,..., cn) , которая при любых допустимых значениях параметров

c1 , c2 ,..., cn является решением этого дифференциального уравнения и для любой задачи Коши с условиями (3) найдутся постоянные c1 , c2 ,..., cn , определяемые из системы уравнений:

	y0 =	ϕ	(x0c1,c2 ,...,cn )
	y'0 =	ϕ	'(x0 c1,c2 ,...,cn )
....
	(n− 1)			(n− 1)	(x0 c1,c2 ,...,cn ) .
	(n− 1)		= ϕ	(n− 1)
	y0		= ϕ
Уравнение
	Φ (x, y,c1,c2 ,...,cn ) = 0 ,					(4)

определяющее общее решение как неявную функцию, называется общим интегралом дифференциального уравнения.

Частным решением уравнения (1) или (2) называется любое решение, получаемое из общего решения при конкретных числовых значе-

ниях c1,c2 ,...,cn .

Если y(x) – решение уравнения (1), то график функции y = y(x) называется интегральной кривой уравнения (1).

Геометрически общее решение (общий интеграл) представляет собой семейство интегральных кривых на плоскости, зависящие от n параметров

c1,c2 ,...,cn .

Функция φ (x) называется особым решением дифференциального уравнения (1), если:

1) φ (x) обращает дифференциальное уравнение (1) в тождество;

2) для любой	точки	x0 (a, b) задача Коши с начальными условиями
y(x0 ) = φ ( x0) , y('	x)0 = φ('	x)0 ,..., y(n− 1) (x0 ) = φ (n− 1) (x0 ) имеет более одного решения.

§ 2. УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ, РАЗРЕШАЕМЫЕ В КВАДРАТУРАХ

2.1 Уравнение вида
F (x, y(n) ) = 0 ,	(5)

которое содержит только производную n-го порядка искомой функции и независимую переменную.

Запишем уравнение (5) в параметрической форме

x = ϕ

(t) ,

y(n)

= φ (t) ,

где

ϕ (t) – дифференцируемая функция. Общий интеграл уравнения (5)

найдется в параметрической форме.

Имеем dy (n− 1) =

y( n)

dx , dy(n− 1)

= φ (t) ϕ '(t)dt , откуда y(n− 1) =

∫ϕ

′(t) φ

(t) dt + c1

φ 1( t,c1) .

Аналогично находим y (n−

и т.д. Система

x =

(t)

является

общим интегралом уравнения (5).

y =

n (t, c1 , c2 ,..., cn )

Пример 1. Найти общее решение уравнения y' ' ' =

1 −

x 2 .

Решение.

Введем

параметр

положив

x =

sin t t

−

тогда

y' ' ' =

cos t

= cos t .

Данное уравнение в параметрической форме имеет вид:

x =

sin t,

y'''= cost .

Проинтегрируем полученное выражение

tdt , y' ' =

∫ cos

, y' ' =

;

dy' ' =

y' ' ' dx = cos

tdt +

sin 2t +

∫

dy' = y' ' dx =

sin 2t

c1 cos tdt ,

y' =

t cos t

sin 2t cos t +

cos t dt +

y' =

t sin t +

cos t −

cos

sin t +

;

dy =

y' dx =

t sin t +

cos t −

cos

sin t + c2

cos tdt ,

∫

y =

t sin 2t +

cos

−

cos

sin 2t + c2

cos t dt +

y =

−

t cos 2t

t +

sin 2t −

sin 4t −

c1 cos 2t + c2 sin t +

Общее решение в параметрической форме записывается

					π		π
x =	sin t t			−		,
x =	sin t t			−	2	,	2
					2		2
		1				3			7		1		c1		c2		c3
y =	−	1	t cos 2t +			3		t +	7	sin 2t −	1	sin 4t −	c1	cos 2t +	c2	sin t +	c3	,

		8			16				48		192		8		2		2
		8			16				48		192		8		2		2

где C1,C2,C3 – произвольные постоянные.

Пример 2. Найти частное решение уравнения y' '2 − x 2 = 1, y(0)=0,

y’(0)=1.

Решение. Решим задачу Коши. Для этого найдем общее решение заданного уравнения и, учитывая начальные условия, получим частное ре-

шение	уравнения. Введем параметр t, положив x = sh t, t R . Тогда
y' '2 = 1 +	sh2 t = ch2 t ,	y' '	= cht .

Запишем заданное уравнение в параметрической форме:

x =

sh t

y''=

ch t,

имеем:

ch 2 tdt ,

∫ ch 2 tdt +

c1 ,

dy'=

y''dx =

y'=

∫ (1+ ch 2t)dt +

t +

sh 2t + c1 ,

dy = y'dx =

t +

sh 2t +

ch t dt

y = ∫

t ch t +

sh 2t ch t +

c1 ch t dt + c2 ,

y =

t. sh t −

ch t +

ch3

t + c1 sh t + c2 .

Запишем общее решение уравнения в параметрической форме:

x =	sh t
	1				1		1
y =	1	t	.	sh t −	1	ch t +	1	ch	3	t + c1 sh t + c2 .

	2				2		6
	2				2		6

Учитывая начальные условия, найдем C1 и C2. Если x=0, то sh t=0 или 12 (et − e− t ) = 0 , откуда t0 = 0 . Подставляя в решение t=0, y(0)=0, y’(0)=1, по-

лучим c1 = 1, c2 = 13 . Запишем частное решение уравнения в параметрической форме:

x =	sh t
	1				1		1				1
y =	1	t	.	sh t −	1	ch t +	1	ch	3	t + sh t +	1	.

	2				2		6				3
	2				2		6				3

Выразим t через x. Имеем

(et

− e− t )

= x , e2t

− 2xet −

1 =

0 , откуда

et = x +

x 2 + 1 , t = ln(x +

x 2 + 1), ch t =

x2 + 1 .

Частное решение уравнения записывается

y = 1 x ln(x +

x 2 + 1)− 1

x 2 +

1 + 1

(x 2 + 1)3 +

x +

1 .

2.2. Уравнения вида

y (n) =

f (x)

(6)

Данное уравнение

рассматривается как частный случай уравнения (5),

где f(x) непрерывная функция на (a,b).

Если принять x =

(a, b) в качестве параметра, то общее решение уравне-

ния (6) получим в форме: y =

∫ ∫...∫ f (x)dxdx...dx +

c1xn− 1 +

c2 xn− 2 +

... + cn− 1x + cn

Общее решение уравнения (6) в форме Коши имеет вид:

y = ∫x ∫x ...∫x

f (x)dxdx...dx +

(n− 1)

(x −

x0 ) n− 1 +

(n− 2)

(x −

x0 ) n−

2 + ... +

y0 '(x − x0 ) + y0 ,

(n − 1)!

(n − 2)!

x0 x0 x0

где x0 (a, b), y0 , y0 ',..., y0

(n− 1)

- любые числа.

Пример 3. Найти общее решение уравнения

y' ' =

cos 2 x

Решение. Интегрируя первый раз, получим

y'=

tg x +

c1 .

Повторное интегрирование приводит к общему решению

y =

−

cos x

c1 x + c2 .

2.3. Уравнения вида

F (y (n− 1) , y( n) ) = 0

Если данное уравнение разрешимо относительно y (n) , т.е. y (n) =

то, вводя новую функцию u =	y (n− 1) , приведем уравнение к виду
Общий интеграл полученного уравнения имеет вид:		x + c1 = ∫	du	(
			f (u)
или	∫ ∫ ...∫ φ (x,c1)dxdx...dx +
u = φ (x, c1) , y (n− 1) = φ (x, c1) , y =		c2 xn− 2 + ... + cn− 1x +

(7)

f (y( n− 1) ) , u'= f (u) .

f (u) ≠ 0)

cn .

n - 1

Если уравнение

(7)

имеет

параметрическое

представление

y (n)

= ϕ

(t) ,

y (n− 1) = φ (t) ,

(n− 1)

φ '(t)

n− 1

то

dy (

)

= y

, dx =

dt ,

φ ' (t)

y(n)

ϕ (t)

ξ(t, c1) .

откуда x =

∫

dt +

ϕ (t)

(t)φ '( t)

n−

n− 1

φ (t)φ

'( t)

(

)

∫

n−

dt + c2 ,

Далее dy(

) = y(

) dx =

dt ,

ϕ (t)

dy(

) = y(

) dx ,

ϕ (t)

dy =

∫ y' dx +

η (t, c2 , c3,..., cn) .

y'dx ,

y =

cn =

Общий интеграл уравнения (7) записывается в параметрической форме:

= ξ(t,c1)

= η (t,c2 ,c3 ,...,cn ) .

Пример 4. Найти общее решение уравнения y' ' ' y' ' =

1 +

y' '2 .

Решение. Пусть

y' ' =

u ,

тогда u' u =

1 +

u 2 ,

udu

= dx ,

1 +

u 2

x +

c1 ,

u = ± (x + c1) 2 − 1, или y' ' =

± (x +

c1) 2 − 1 .

1 + u 2

Последовательным интегрированием находим

			y' = ±			1		(x + c1) (						x + c1)			2	− 1			−	1	ln x		+ c1 +				(x + c1)				2	−

						2																2
		1	((			2			)			1										2									1
		1			+ 1)		2	−		3	−	1	(		+ 1)				+		1	+	(		+	1)	2	−		+	1	(		+
	= ±				+ 1)			−			−		(		+ 1)				+		1	+	(		+	1)		−		+		(		+
y		6		x	c				1			2		x	c	ln x				c				x		c			1		2		x
		6										2																			2

Знак плюс соответствует общему решению для области

– для области y' ' <0 .

1	+		c2 ,
1	+		c2 ,

c1)	2	−		+ c2 x + c3 .
c1)		−	1	+ c2 x + c3 .

y' ' >0 , знак минус

	Пример 5. Найти решение задачи Коши y' '− 2 y' =							1,		y(0) =	5	,	y'(0) = 1.
	Пример 5. Найти решение задачи Коши y' '− 2 y' =							1,		y(0) =	4	,	y'(0) = 1.
											4
	Решение. Пусть y' =			u , тогда u'− 2u = 1,			du		=	dx ,		1	ln	1 + 2u	= x ,
							du					1		1 + 2u
						1	+ 2u					2		c
						1	+ 2u					2		c
														1
u =	c1e2 x −	1	или y' = c1e2 x −	1	.
u =	c1e2 x −		или y' = c1e2 x −	2	.
	2			2

Интегрируя полученное уравнение, находим общее решение:

y = 12 c1e2 x − 12 x + c2 .

Учитывая начальные условия, определим c1 и c2 : c1 = 32 , c2 = 12 .

Частное решение уравнения запишется y = 34 e2 x − 12 x + 12 .

2.4. Уравнения вида

F (y (n− 2) , y( n) ) = 0

(8)

С помощью замены y (n− 2) = u уравнение (8) приводится к уравнению второго порядка F (u, u' ' ) = 0 .

Если полученное уравнение разрешимо относительно функции u", то, учитывая замену, получаем промежуточный интеграл вида:

φ (x, y (n− 2) , c1 , c2 ) = 0 ,

т.е. дифференциальное уравнение (n-2) порядка, которое интегрируется в квадратурах.

Пример 6. Понизить порядок уравнения до первого порядка (решать уравнение не требуется) y' ' '− y' = 1.

Решение. С помощью замены y' = u приведем данное уравнение к уравнению второго порядка u' '− u = 1, u' ' = 1 + u .

Умножая на интегрирующий множитель =				2u' , приходим к уравнению
	2u'u''= 2(1+ u)u' .
Интегрируя, получим первый интеграл уравнения
u'2 =	2(1+ u) 2		+ c1 , u'2 = (1+ u) 2 + c1 .
	2

Откуда находим общий интеграл вспомогательного уравнения
u'= ± (1+ u) 2 + c1 , ±	du		= dx ,	x + c2 = ln1+ u + (1+ u) 2 + c1 .
	(1+ u) 2	+ c1

Возвращаясь от переменной u к y' , получим уравнение первого порядка

x + c2 = ln1+ y'+ (1+ y') 2 + c1 .

§3. УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ, ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА

Ниже приводятся некоторые виды	дифференциальных	уравнений
n-го порядка, допускающие понижение порядка.
3.1. Уравнения вида
F( x, y(k ) ,..., y(n) ) =	0 ,	(9)

т.е. уравнения, не содержащие явно искомой функции и ее производных до порядка k-1 включительно.

С помощью замены y(k) = p(x) , где p(x) , новая неизвестная функция, порядок уравнения понижается на k единиц: F (x, p, p',..., p(n− k ) ) = 0 . Предположим, что для полученного уравнения мы можем найти общее решение p( x) = ϕ ( x,c1,c2 ,...,cn− k ) .

Следовательно имеем промежуточный интеграл y(k ) = ϕ (x,c1,c2 ,...,cn− k ) .

Общее решение уравнения (9) получается путем k-кратного интегрирования обеих частей полученного выражения.

Пример 1. Найти частное решение уравнения

x4 y'''+ 2x3 y'' = 1, y(1) = 12 , y'(1) = 12 , y''(1) = − 1.

Решение. Данное уравнение не содержит y и y’. Положим y''= p(x) ,

тогда y''' =

и уравнение имеет вид

2x3 p = 1 или

p =

Это линейное

уравнение

первого

порядка,

которое

решается заменой

p(x) = u(x)v(x),

p' =

u' v + uv' . Производя замену получим:

u'v + uv'+

u'+

+ v'u =

откуда, с учетом возможности произвольного выбора функции u(x),

= 0

u =

Решая первое уравнение системы,

найдем функцию

u =

, из второго

уравнения – функцию v = −

+ c1 . Найдем функцию p =

uv ,

p =

−

− 1, получим c1 =

x 2

Используя начальное условие

y''(1) = p(1) =

0 .

Следова-

тельно, y'' =

−

, откуда y' =

. Начальное условие y'(1) =

позволяет

2x2

найти c2 =

0 . Следовательно,

y' =

= −

+ c3 . Из условия y(1) = 1

следует, что c3 = 1.

Итак, искомое частное решение есть

y =

1−

3.2. Уравнения вида

F ( y, y',..., y(n ) ) = 0

(10)

Уравнение (10) явно не содержит независимую переменную.

Подстановкой y' = p( y) , y''= p

d 2 p

и т.д. по-

y'''=

+ p

pp'

+ p

p''

рядок уравнения понижается на единицу.

Пример 2. Найти общее решение уравнения y' y'''−

3y''2 = 0 .

Решение. Пусть y' =

p( y) ,

2 d 2 p

. Тогда уравне-

y'' =

ние преобразуется к виду

d p

0 .

− 3p

dy2

Приведя подобные члены и сократив на

(при этом следует учесть те-

ряемое решение p=0, или y=c), получим:

d 2 p

− 2

= 0 , pp''−

2 p'

0 .

d 2 p

Положив здесь

= z ,

= z

, приводим уравнение к виду:

dy2

−

2z2 =

0 .

Сократив на z (при этом следует учесть еще одно решение z =

, т.е.

2dp

p =

y =

c1 x + c2 ),

получим

−

0 ,

откуда

− ln p2 = ln

или

z =

−

c p2 .

Интегрируя

последнее уравнение,

находим: −

− c y − c

или

c y +

Общий интеграл уравнения запишется x =

c1 y 2 +

c2 y + c3 .

Вобщее решение входят потерянные ранее частные решения.

3.3.Уравнения вида

d	F (x, y, y',..., y(n− 1) ) =	0 ,	(11)
dx

т.е. уравнения, в которых левая часть может быть представлена как полная производная по x от некоторой функции F (x, y, y',..., y(n− 1) ) .

Интегрируя по x, получим новое уравнение, порядок которого на единицу ниже порядка исходного уравнения. Такие уравнения называются уравнениями в точных производных.

Пример 3. Найти общее решение уравнения

(1+ x2 )y''+ 2xy' = x3 .

Решение. Левая часть уравнения есть полная производная по x от

функции (1+ x2 )y' , а правая – от функции

, т.е. уравнение можно перепи-

сать так:

′

((1+

) y′)′=

x4 +

Отсюда интегрированием получаем (1+

x2 )y' =

или dy =

4(1+

x21)

dx .

Следовательно, y =

x3 −

x +

arctg x

есть общее решение уравнения.

3.4. Уравнения вида

F(x, y, y',..., y(n) ) =

(12)

Однородные относительно функции и ее производных, т.е. такие, что

F(x,λ y,λ y',...,λ y(n) ) = λ mF(x, y, y',..., y(n) ) , λ >0 однородности порядка m.

Подстановкой y' = yz порядок уравнения понижается на единицу, где z = z(x) – новая неизвестная функция.

Пример 4. Найти общее решение уравнения xyy''− xy'2 − yy' = 0 .

Решение. Проверим однородность уравнения. Пусть

F (x, y, y', y'')

= xyy''−

xy'2 −

yy' ,

F(x,λ y,λ y',λ y'') =

xλ yλ y''− x(λ y')2 − λ yλ y'=

λ 2( xyy''−

xy'− yy)'

= λ 2 F (x, y, y', y'') ,

m=2.

Положим y' =

yz ,

тогда y'' = (yz)' = y' z + z' y =

yz2 +

yz' , или y'' =

y(z2 +

z'), и урав-

нение запишется xy2 (z2 + z')−

xy 2 z2 − y 2 z2

= 0 .

Сокращая на

y 2

(при этом теряется решение y=0), находим xz'− z = 0 или

−

= 0 , z =

c1x . Так как z =

, то y' =

c1 xy ,

= c1 xdx .

c1 x2

y = c2 e c1

x 2

Откуда ln

+ ln

или

– общее решение уравнения (со-

держит потерянное частное решение y=0, если c2 =

0 ).

3.5. Уравнения вида
F(x, y, y',..., y(n) ) = 0	(12-А)

обобщенно – однородное, если существуют числа k и m такие, что:

F (λ x,λ k y,λ k − 1 y',...,λ k − n y(n) ) = λ m F (x, y, y',..., y(n) ) .

С помощью замены x = et , y = zekt (при х>0, а при x<0 полагаем x = − et ), где t – новая независимая переменная, z = z(t) – новая искомая функция.

Уравнение (12-А) приводится к уравнению, не содержащему независимой переменной t и, следовательно, допускающему понижение порядка на единицу.

Производные при замене преобразуются по формулам:

y' =

− t

+ kze

− t

(z '+ kz)e(

k − 1 t

)

dy '

2 z

y'' =

e− t

(2k − 1)

k(k −

1)z e(k− 2)t

и т.д.

Пример 5. Найти общее решение уравнения x4 y''+ (xy'− y)3 = 0 .

Решение. Положим F(x, y, y', y'') = x4 y''+ ( xy'−	y) 3 .
Имеем
F (λ x,λ k y,λ k − 1 y',λ k − 2 y'') = λ 4λ k − 2 x4 y''+ (λ xλ k − 1 y'− λ k y)3 =	λ k + 2 x4 y''+ λ 3k (xy'− y)3 =
= λ 3 F (x, y, y', y'') (k=1),

откуда следует, что данное уравнение является обобщенно – однородным

(m=3, k=1 ).

Выполним замену x =

et ,

y =

zet . Тогда

Отсюда

y' = z'+ z , y'' = (z''+ z)e− t .

[et( z'+ z) − zet ]3 = 0 , z''+ z'+ z'3 = 0 .

e4t (z''+ z)e− t +

Полученное уравнение явно не содержит независимой переменной t.

Пусть z' = p(z) , ( z'' = p

). Тогда

p +

0 ,

+ 1+ p

= 0

откуда имеем два уравнения dp

= 0 и p =

0 .

Из второго уравнения p =

0 следует z' =

0 ,

z =

c или y =

cx .

Из первого уравнения:

= −

dz , arctg p =

−

z ,

p =

tg(c −

z) .

1+ p 2

Поэтому

tg(c1 −

z) , ctg(c1 −

z)dz =

z' =

dt ,

∫ctg(c1 −

z)dz =

t −

ln c

(c >0) ,

sin(z −

c )

sin(z −

c1)

− t +

ln c ,

e− t

(

≠ 0

+ arcsin c

e− t

) ,

Учитывая замену y =

− t

zx ,

, находим y =

x c1 + arcsin

Если c1 = c , c2 = 0 , то имеем рассмотренное выше решение y = cx .

Замечание 1. В некоторых случаях найти решение дифференциального уравнения методом понижения порядка в виде явной или неявной функции затруднительно, однако удается получить решение в параметрической форме.

Пример 6 (к замечанию 1). Найти общее решение уравнения y' ' (1 + 2 ln y') = 1.

Решение. Пусть y' = t , y' ' = dxdt . Тогда уравнение примет вид

		dt	(1 + 2 ln t) = 1, или dx = (1 +	2 ln t)dt ,
		dx
				t(1 + 2 ln t)dt ,
откуда x =	− t + 2t ln t + c1 . Так как dy = tdx , то dy =
откуда y =	t 2 ln t + c2 .

Общее решение запишется в параметрической форме:

x = t(− 1+ 2ln t) + c1
y = t	2	ln t + c2 .

§4. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ

Линейным дифференциальным уравнением n-го порядка называется уравнения вида

y(n) +

a (x) y(n− 1)

(x) y(n− 2)

+ ... + a

n− 1

(x) y'+ a ( x)

y =

f( x)

(13)

Здесь функции a1 (x), a2( x) ,..., an( x) , (f )x заданы и непрерывны на интервале

(a,b) .

Если f (x) ≡ 0 , то уравнение (13) называется линейным однородным, если f (x) ≠ 0 , то уравнение (13) называется линейным неоднородным,

или линейным уравнением с правой частью.

Краткая	запись линейного	неоднородного	уравнения (13) имеет вид
L( y) = f(	x) , где L – линейный дифференциальный оператор n-го порядка, т.е.
	L( y) =	y (n) + a1 (x) y(n− 1) + ... +	an (x) y ,

определенный на множестве n раз непрерывно дифференцируемых на (a, b)

функций.

Краткая запись линейного однородного уравнения соответственно имеет вид L( y) = 0 .

4.1. Решение линейных однородных и неоднородных дифференциальных уравнений n-го порядка методом понижения порядка уравнения.

Зная одно частное решение y1 (x) линейного однородного уравнения, можно с помощью замены искомой функции y(x) = y1( x) ∫ z( x) dx понизить

его порядок, а следовательно, и порядок соответствующего неоднородного уравнения (13) на единицу. Полученное уравнение (n-1)-го порядка относительно z также является линейным.

Пример 1.

Дано уравнение y'''+

y''− y'+

y =

x и известно частное

x ln x

y1 =

ln x

решение

соответствующего

однородного

уравнения:

y'''+

y''− y'+

y = 0 .

x ln x

Понизить порядок уравнения.

ln x∫ zdx , где z

Решение. Выполним замену y =

– новая неизвестная

функция. Тогда,

подставляя соответствующие производные y' =

∫ zdx + z ln x ,

y'' = −

∫ zdx +

z'ln x , y''' =

∫ zdx −

3z'

+ z''ln x

в данное уравнение, по-

лучим:

+ 2ln x

x .

z''ln x +

z'+

−

ln x z =

Порядок линейного неоднородного уравнения понижен на единицу.

Пример 2.

Найти общее

решение

уравнения

y''+

y'+ y

= 0 , если

sin x

известно его частное решение y1

sin x

Решение. Выполним замену y =

∫ zdx , тогда

y' =

x cos x − sin x

∫ zdx +

sin x

y''=

sin x

z'+

2(xcos x − sin x)

z −

(x2 −

2)sin x +

2xcos x

∫ zdx .

Имеем уравнение

z'sin x +

2z cos x =

0 ,

решая которое

найдем

функцию

z =

sin2 x

sin x

c dx

sin x

cos x

Следовательно,

y =

∫

(c2 −

c1 ctg x) = c2

− c1

sin

2 x

Общее решение уравнения:

y =

sin x

− c1

cos x

§5. ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Линейное однородное уравнение n-го порядка имеет вид

y(n) + a1 (x) y(n− 1) + a2 (x) y(n− 2) + ... + an− 1 (x) y'+ an( x) y = 0	(14)
или L( y) = 0 .
Общее решение линейного однородного уравнения (14) записывается
y = c1 y1 (x) + c2 y2( x) + ... + cn yn( x) ,
где c1 ,c2 ,...,cn – произвольные постоянные, а y1 (x), y2( x) ,..., yn( x)	– фундамен-

тальная система частных решений уравнения (14).

Для линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка

y''+ a1 (x) y'+ a2( x) y = 0

y2 (x)

общее решение имеет вид:

y = c1 y1 (x) + c2 y2( x) ,

где y1 (x) и y2 (x) – два линейно независимых решения (фундаментальная система).

Если для такого уравнения известно одно частное решение y1 (x) , то второе его частное решение линейно независимое с первым, можно

найти по формуле, являющейся следствием формулы Лиувилля – Остроградского

e− ∫ a1 ( x) dx

y2 (x) = y1( x) ∫ y12 (x) dx .

Таким образом, общее решение исходного уравнения имеет вид:

−

∫ a1 ( x) dx

y = c1 y1 + c2 y1 ∫

y 2 (x)

и называется формулой Абеля.

Пример 1. Найти общее решение уравнения (1 −

x2 )y''−

2xy'+ 2 y =

0 .

Решение. Непосредственной проверкой убеждаемся, что это уравне-

ние имеет частное решение y1 =

x . Найдем общее решение с помощью

формулы Абеля, заметив, что a

(x) =

−

1−

e∫

e− ln

1− x2

∫

1− x2

∫

y =

dx =

1− x

= x

2(1− x)

2(1+ x)

dx =

1−

1 +

Общее решение имеет вид: y =

c1 x +

x ln

1 .

1−

§6. ЛИНЕЙНОЕ ОДНОРОДНОЕ УРАВНЕНИЕ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

Линейным однородным уравнением n-го порядка с постоянными коэффициентами называется уравнения вида:

y(n) + a1 y( n− 1) + a2 y( n− 2) + ... + an y = 0 ,

(15)

где a1 ,a2 ,...,an – некоторые действительные числа.

Для нахождения частных решений составляют характеристическое уравнение

k n + a1k n− 1 + ... + an− 1k + an = 0 ,

(16)

которое получается из уравнения (15), если искать частные решения этого

уравнения в виде y = ekx (метод подбора решений).

Уравнение (16) является уравнением n-й степени и имеет n корней действительных или комплексных, среди которых могут быть и равные.

Частные решения уравнения (15) зависят от вида корней характеристического уравнения (16), и при их нахождении полезно использовать следующую табл. 1.

Таблица 1

Характер корня характеристического

Частные решения

уравнения (16)

уравнения (15)

1) k – простой вещественный

ekx

корень

2) k – вещественный корень

e kx , xe kx , x 2 e kx ,..., x r −

1 e kx

кратности r

± β i

– комплексно сопряженные

e α x cos

x , e α x

sin β

корни

eα

x cos β

x ,

x (r − 1)eα

± β i

– комплексно сопряженные

xe α

x cos

x,...,

x cos

β x

корни кратности r

eα

x sin β x,

x (r − 1)eα

xe α

x sin

x,...,

x sin β

Общее решение уравнения (15) записывается

y = c1 y1 + c2 y2 + ... +

cn− 1 yn− 1 + cn yn ,

где

y1 , y2 ,..., yn – n частных линейно независимых решений,

образующих

фундаментальную систему, а c1 ,c2 ,...,cn – произвольные постоянные.

Пример 1. Найти общее решение уравнения

y'''−

y''+ 4 y'− 4 y = 0 .

Решение. Запишем характеристическое уравнение и найдем его корни.

k3 − k2 + 4k − 4 = 0 , k 2 (k − 1) + 4( k − 1) = 0,

(k 2 +

4)(k − 1) = 0 ,

k1 =

k2,3

= ± 2i .

Все корни простые, следовательно, согласно табл. 1 соответствующие частные решения запишутся: y1 = ex , y2 = cos2x, y3 = sin 2x .

Общее решение имеет вид: y = c1ex + c2 cos 2x + c3 sin 3x .

Пример 2. Найти общее решение уравнения							yV + 9 y''' =		0 .
Решение. Напишем характеристическое уравнение									k 5 + 9k 3		= 0 , где
k1 = 0 корень кратности r =		3 ,	k2,3	=	± 3i .
Частные решения:	y1 = e0 x	= 1 ,	y2	=	x ,	y3 = x2 , y4 =	cos3x ,	y5	=	sin 3x .
Общее решение:	y = c1 + c2 x +		c3 x2 +		c4 cos3x + c5 sin 3x .
Пример 3. Найти частное решение уравнения y'''−								3y''+		3y'− y =	0 , удов-
летворяющее начальным условиям y(0) = 1, y'( 0) = 2, y'(' 0) =								3 .
Решение. Характеристическое						уравнение	k 3 − 3k 2 +		3k − 1 = 0		имеет

единственный корень k=1 кратности r=3, поэтому частные решения запишутся y1 = ex , y2 = xex , y3 = x2 ex . Следовательно, y = (c1 + c2 x + c3 x2 )ex – общее решение уравнения.

Для определения произвольных постоянных найдем производные

y'= (c1 + c2 x + c3 x2 )ex + (c2 + 2c3 x)ex , y''= (c1 + c2 x + c3 x2 )ex + 2(c2 + 2c3 x)ex + 2c3ex .

Подставляя начальные условия, получим систему уравнений:

c1		=	1
	c1	+	c2		=	2
	c1	+	c2		=	2
	c	+	c	2	+	2c	= 3.
	1			2		3

Откуда c1 = 1,c2

= 1,c3 = 0 . Следовательно искомое частное решение имеет вид

y =

(1+

x)ex .

Пример 4. Найти общее решение уравнения

0 .

yVI − 4 yV + 8IV −

8 y III

+ 4 yII =

Решение. Составим характеристическое уравнение

и найдем его корни.

k6 − 4k5 + 8k4 − 8k3 + 4k2 = 0

0, k2 (k2 −

2k + 2)2 = 0.

Имеем k2 (k4 −

4k3 +

8k2 −

8k + 4) =

0 ,

k2 (k4 +

4k2 +

4 − 4k3 +

4k2 − 8k)=

Откуда k1 = k2

0, k3 = k4

= 1+ i, k5 =

= 1 − i .

Частные решение имеют вид:

1, x,

ex cos x, ex sin x,

xex cos x,

xex sin x .

Общее решение запишется:

y =

c1 +

c2 x +

ex (c3 cos x +

c4 sin x +

c5 xcos x +

c6 xsin x) .

Пример 5. Найти общее решение уравнения

yV +

2 y =

0 .

Решение.

Корни характеристического уравнения k 5 +

2 = 0

находим по

формуле

k =

− 2 = 5 2(cosπ+

isinπ) =

cos

π+ 2 πk

+ i sin

π+ 2 π k

при k = 0,1,2,3,4

имеем:

1 / 81 2 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.02.201615.47 Кб17Text_1.docx
#
14.08.201942.04 Кб11theoretical phonetics.docx
#
24.12.20181.03 Mб7TOE_RGR1.doc
#
29.08.201979.87 Кб3topics_II.doc
#
25.04.2019263.68 Кб2tpp_taktika.doc
#
14.02.2016920.51 Кб35Trufanova, Situn Differ_v_zadachah_i_prikladah.pdf
#
18.09.20192.8 Mб7tsa.docx
#
07.12.2018359.94 Кб9tsivilne_modul_2.doc
#
14.02.2016608.23 Кб4TSPD.pdf
#
30.04.2019187.9 Кб0TURISTIChNYe_KRAYiNOZNAVSTVO___A_ALL.doc
#
06.08.2019191.49 Кб10TYeSTI.doc