Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

высшая математика

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

5.88 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 3233 / 4133 34 35 36 37 38 39 40 41 > Следующая >>>

Замечание 1. Частные решения уравнения (7) можно сразу искать в виде y = xλ, при этом для λ получим алгебраическое уравнение, которое совпадает с характеристическим уравнением для ДУ (8).

Пример 5. Найти общее решение уравнения Эйлера x 2 y′′ + 2xy′ − 6y = 0 .

П е р в ы й

с п о с о б .

Делаем в уравнении замену x = e t ,

тогда

′

d 2 y

− t

−

− t

dy′

dt 2

d 2 y

y′ =

y′′

e− 2t

−

и уравнение примет вид

d 2 y

−

6y =

0 .

dt 2

Корни характеристического уравнения λ1 = –3, λ2 = 2, и общее

решение последнего уравнения будет

y = C e–3t + C

e2t. Но, так как

x = et, то y = C x–3

+ C

или

y =

+ C

x2.

(9)

x 3

В т о р о й

с п о с о б .

Будем искать решение данного уравнения

в виде

y = xλ ,

где λ

–

неизвестное

число.

Находим

y′ =

λx λ − 1 ,

y′′ = λ(λ − 1)x λ − 2 .

Подставляя в уравнение,

получим

x2 λ(λ – 1)λ–2 + 2x λxλ–1 – 6xλ = 0

или

xλ [λ (λ – 1) + 2λ – 6] = 0.

Но, так как xλ ≠ 0, то

λ(λ – 1) + 2λ – 6 = 0 или λ2 + λ – 6 = 0.

Отсюда λ1 = –3,

λ2 = 2.

Им соответствует фундаментальная

система решений y

= x–3,

= x2,

и общее решение определяется

формулой (9).

Пример 6. Решить уравнение Эйлера

x 2 y′′ −

xy′ +

2y =

0 .

Решение.

Характеристическое уравнение λ(λ – 1) + λ – 2 = 0 или

λ2 – 2λ + 2 = 0. Его корни λ

= 1– i, λ

= 1+ i.

3 2 1

Поэтому общее решение будет:

y= x(C1 cos ln x + C2 sin ln x ) .

!Задания для самостоятельной работы

1. Решить следующие уравнения:

а) y′′ − y = 0 ; б) 4y′′ − 8y′ + 5y = 0 ;

в)

y IV

2y′′′ + 4y′′ − 2y′ − 5y = 0 ;

г) y′′′ + 2y′′ − y′ −

2y =

0 ;

д)

y IV

−

y =

0 ; е)

y′′′ − 3y′ −

2y =

0 .

Решить задачи Коши:

а)

y′′′ −

3y′′ +

3y′ −

y =

0 , y(0) =

1, y′(0) =

2 , y′′(0) = 3 ;

б)

y′′ −

4y′ +

3y =

0 ,

y(0) =

6 ,

y′(0) =

10 ;

в)

y′′ −

2y′ +

2y =

0 ,

y(0) =

0 ,

y′(0) =

1 ;

г)

y′′′ +

y′′ =

0 , y(0) =

1, y′(0) = 0 , y′′(0) =

Решить уравнения Эйлера:

а) x 2 y′′ + xy′ − y = 0 ; б) x 2 y′′ + 2xy′ + 6y = 0 ;

в)

(x +

2)2 y′′ + 3(x + 2)y′ − 3y =

0 ; г)

x 2 y′′′ − 3xy′′ +

3y′ =

0 .

3 2 2

Лекция 52

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами

Изложены метод вариации произвольной постоянной и, в случае специальной правой части, метод подбора нахождения частного решения ЛНДУ n-го порядка с постоянными коэффициентами.

Рассмотрим ДУ
y(n) + p	n–1	y(n–1) + ... + p	y(1) + p	0	y = f (x)	(1)
	n–1	1		0
с постоянными вещественными коэффициентами pi ,						i =		.
с постоянными вещественными коэффициентами pi ,						i =	0, n − 1	.

В Л. 50 указано, что общее решение ЛНДУ (1) равно сумме общего решения соответствующего ему однородного уравнения и ка- кого-либо частного решения неоднородного уравнения.

Отыскание общего решения однородного уравнения осуществляется по правилам, изложенным в Л. 51. Таким образом, задача интегрирования уравнения (1) сводится к отысканию частного решения y0(x) неоднородного уравнения (1). В общем случае это может быть осуществлено методом вариации произвольных постоянных, изложенным в Л. 50.

10. Метод вариации произвольных постоянных

решения

уравнения

(1).

уравнение λn + pn–1λn–1 + ... +

1. Решаем

характеристическое

+ p1λ + p0 = 0, определяем фундаментальную систему

решений

{yk(x), k =

1, n

} и общее решение ЛОУ:

y =

∑ C k yk (x ) , где Ck = const, k =

1, n

k = 1

2. Вычисляем определитель Вронского ∆, дополнительные опре-

делители ∆k,

k =

и определяем функции

1, n

C ′

∆ k

, k =

(2)

(x ) =

1, n

∆

3.Решая простейшие ДУ, находим функции Ck(x), k = 1, n .

4.Общее решение ЛНДУ (1) равно:

y = ∑ C k (x )yk (x ) = y (x ) + y0 (x ) .

k = 1

3 2 3

Пример 1. Решить уравнение

y′′′ +

y′ =

tg x .

Решение.

1. Составляем характеристическое уравнение λ3 + λ = 0.

Имеем λ(λ2 + 1) = 0 λ

1 = 0, λ2,3 = ± i ;

y =

C1 +

C2 cos x + C3 sin x .

cos x

sin x

1 ,

W [1, cos x, sin x ] =

∆ =

−

sin x

cos x

−

cos x

−

sin x

cos x

sin x

= tg x

C1′(x ) =

tg x ,

∆1 =

– sin x

cos x

tg x

– cos x

−

sin x

C2′ (x ) =

sin x ,

∆ 2

cos x

= −

−

tg x

−

sin x

cos x

− tg x sin x

C3′(x ) =

− tg x sin x .

∆ 3 =

−

sin x

−

cos x

tg x

3. C1(x ) =

∫ tg x dx =

− ln

cos x

C1 , C2 (x ) = − ∫ sin x dx =

cos x + C2 ,

sin 2x

C3 (x ) =

− ∫

dx =

− ∫ cos x −

sin x +

−

+ C3 .

cos x

y =

C1(x ) +

C2 (x ) cos x +

C3 (x )sin x =

−

cos x

+ ln

−

sin x +

C1 +

C2 cos x +

C3 sin x .

20. Метод подбора нахождения частного решения уравнения (1) в случае правой части специального вида.

Общий вид правой части f (x) уравнения (1), при котором можно при-

менить метод подбора, следующий
f (x) = eα x [P	(x) cos β x + Q	m	(x) sin β x],	(3)
l		m

где Pl(x) и Qm(x) – многочлены степени l и m соответственно. В этом случае частное решение y0(x) уравнения (1) ищется в виде

y0 (x ) =	x	s	e	α x	~	~	(4)
					[Pk cosβ x + Qk sin β x],

3 2 4

где k = max(l, m) – многочлены от х	k-той степени общего вида с не-
определенными коэффициентами,	а s – кратность корня λ = α + i β

xарактеристического уравнения, причем если α + i β не является корнем характеристического уравнения, то s = 0. Для того, чтобы легче было использовать формулу (4), приведем сводную таблицу (табл. 1) видов частных решений для различных видов правых частей уравнения (1).

Здесь первые три вида правых частей являются частными случаями IV вида.

Таблица 1

3 2 5

Пример 2. Найти общее решение уравнения: y′′′ − y′′ + y′ − y = x 2 + x .

Решение. Характеристическое уравнение λ3 – λ2 + λ – 1 = 0 имеет

различные корни λ1 = 1, λ2 = – i, λ3 = i.

Поэтому общее решение соответствующего однородного уравнения y будет:

y = C1ex + C2 cos x + C3 sin x .

Так как число 0 не является корнем характеристического уравнения, то частное решение этого уравнения y0 надо искать в виде (табл. 1, случай I):

y0 = A1x2 + A2x + A3 ,

где A1, A2, A3 – неизвестные пока коэффициенты, подлежащие определению. Подставляя выражение для y0 в данное уравнение, получаем:

– A1x2 + (2A1 – A2)x + (A2 – 2A1 – A3) = x2 + x.

Отсюда:

A1 = − 1,

2A1 − A2 = 1,

A2 − 2A1 − A3 = 0.

Решая эту систему, найдем A1 = – 1, A2 = – 3, A3 = – 1. Следовательно, частное решение будет:

y0 = –x2 – 3x – 1,

и общее решение у данного уравнения имеет вид y(x) = C1ex + C2 cos x + C3 sin x – x2 – 3x – 1.

Пример 3. Найти общее решение уравнения:

y′′ + 2y′ + 5y =	e−	x cos2x .
Решение. Характеристическое уравнение λ2 + 2λ + 5 = 0 имеет
корни λ1,2 = – 1 ± 2 i и, значит,
y = (C1 cos2x +	C2	sin 2x )e− x .

Так как число α + i β = –1 + 2 i является простым корнем характеристического уравнения, то y0 надо искать в виде (табл. 1, случай IV):

y0 = x(A cos2x + B sin 2x )e− x .

Тогда:

3 2 6

y′	= e− x [(A −	Ax + 2Bx ) cos2x + (B − Bx − 2Ax )sin 2x ],
0
y′′ = e− x [(− 2A − 3Ax		+ 4B − 4Bx ) cos2x + (− 2B − 3Bx − 4A + 4Ax )sin 2x ].
0

Подставляя выражения для y0 и ее производных в исходное уравнение и сокращая на e–x, будем иметь:

−	4A sin 2x +			4B cos 2x =		cos 2x .
Откуда А = 0,	В =	1	и,	значит,
		4
		y0 =		1	xe − x sin 2x .
				4

Общее решение данного уравнения будет:
y(x ) = (C1 cos 2x +			C2	sin 2x )e− x +		1	xe − x sin 2x .
						4

! Задания для самостоятельной работы

1. Решить уравнения:

а)

y′′′ −

y′′ =

12x 2 + 6x ;

б)

y′′′ + y′ = 4x 2 ex ;

в)

y′′ +

10y′ + 25y =

4e− 5x

;

г)

y′′ +

3y′ +

2y =

x sin x ;

д)

y′′ +

4y =

sin 2x ;

е)

y′′ −

6y′ + 9y = 25ex sin x .

Определить вид частного решения следующих ЛНДУ:

а)

y′′ −

y′ −

2y =

ex +

e− 2x

;

б)

y′′ +

4y =

x sin 2 x ;

в)

y′′ +

4y′ =

x +

e− 4x ; г)

y′′′ +

4y′ =

e2x

+ sin 2x ;

д)

y′′ −

4y′ =

2 cos2 4x ;

е)

y′′′ − 4y′ = xe 2x

sin x +

x 2 .

Решить уравнения:

y′′ +

′′

′

′′

+ y =

а)

y =

cos x ; б) y

− y

ex +

1 ;

в)

sin 3 x ;

г) y

′′′

′′

x − 1

x 2 ; д) y′′ − 2y′ + y = x 2 + 1 ;

е)

y′′ +

2y′ +

2y =

sin x

3 2 7

Лекция 53

Линейные системы дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами

Изложены методы исключения и Даламбера интегрирования систем ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.

Рассмотрим нормальную линейную систему двух дифференциальных уравнений (ЛСДУ второго порядка):

	dx	=	a1x + b1y +	f1(t),


dt				(1)

dy		=	a2 x + b2 y +	f2 (t).
	dt

Здесь t – независимая переменная; a1, b1, a2, b2 – постоянные коэффициенты; f1(t), f2(t) – заданные функции; x(t), y(t) – искомые функции.

Если b1 = 0, то, интегрируя первое уравнение системы (1) способом, изложенным в пункте 30 Л. 48, найдем общее решение x = ϕ(t, C1), и после подстановки его во второе уравнение системы (1) получим линейное неоднородное ДУ первого порядка относительно искомой фун-

кции y(t) вида	dy	= b2 y + a2ϕ (t,C1) + f2 (t) , которое интегрируется тем же
	dt

способом, что и первое уравнение.

Поэтому дальше, без ограничения общности, считаем, что

b1 ≠ 0. (2)

Аналогичные рассуждения приводят к условию a2 ≠ 0.

10. Mетод исключения. Этот метод заключается в сведении системы двух ДУ (1) к одному ЛДУ второго порядка. Из первого уравнения системы (1) находим:

	1	dx
y =			− a1x −	f1	(t) .	(3)
y =	b1	dt	− a1x −	f1	(t) .	(3)
	b1	dt

Подставляя во второе уравнение системы (1) вместо у правую

часть (3), а вместо dt производную от правой части (3), получим уравнение второго порядка относительно х(t):

3 2 8

~ d 2 x

~ dx

Cx + P(t) = 0 ,

dt 2

где

~ ~ ~

A, B,C – постоянные. Отсюда находим x = x (t, C1, C2), где C1, C2 –

произвольные постоянные. Подставив найденное выражение для х и

в (3), найдем у.

Пример 1.

Проинтегрировать систему уравнений:

y + 1,

(4)

x + 1.

Решение.

Из

первого

уравнения системы (4) находим

y =

− 1 , тогда

d 2 x

dt 2

Подставляя найденные выражения во второе уравнение системы (4), получаем ЛДУ с постоянными коэффициентами второго порядка

			d 2 x	− x − 1 =		0 .	(5)
			dt 2	− x − 1 =		0 .	(5)
			dt 2
Общее решение уравнения (5):
	x = C			et + C	e–t	– 1.
Имеем:		1		2
Имеем:
y =	dx	− 1 =		C1et − C2 e− t − 1 .
	dt

Отметим, что метод исключения можно иногда применять и для линейных систем второго порядка с переменными коэффициентами.

Пример 2. Решить систему уравнений:

t dx = − x +dt

t 2 dy = − 2xdt

yt ,

+ yt.

3 2 9

Решение. Из первого уравнения системы находим

y =

. Значит,

= −

+ 1

d 2 x

t 2

dt 2

Подставляя эти выражения для у

во второе уравнение,

получаем:

d 2 x

+ t

− x

= − 2x

+ x +

, или t

2 d 2 x

0 .

dt 2

Считая t ≠ 0,

из последнего уравнения имеем

2 x

и после

dt 2

интегрирования получим x = C1 + C2 t. Теперь находим

y =

C1 + C2t

+ C2

= 2C2 +

Общее решение данной системы:

x = C1 + C2t, y = Ct1 + 2C2 , t ≠ 0.

20. Метод Даламбера (построение интегрируемых ком-

бинаций). Этот метод используется для построения интегрируемых комбинаций при решении систем линейных уравнений с постоянными коэффициентами. Рассмотрим систему (1). Умножим второе уравнение на некоторое число λ и сложим почленно с первым уравнением:

d(x + λy)

= (a

+ λa

)x + (b

+ λb )y

+ f

(t) + λf

(t) .

Перепишем последнее уравнение в виде:

d(x + λy)

b + λb

= (a

+ λa

) x +

+ f

(t) + λf

(t)

(6)

a1 +

λa2

Выберем число λ так,

чтобы

b1 +

λb2

λ .

(7)

λa

Тогда (6) приводится к уравнению, линейному относительно x + λy :

3 3 0

<<< < Предыдущая 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 3233 / 4133 34 35 36 37 38 39 40 41 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
19.11.2018253.44 Кб11второй курсач(разработка)(Кристина)2.doc
#
13.09.201940.04 Кб7Вуліца Замкавая.docx
#
18.02.2016147.97 Кб2вучэбная праграма 2012.doc
#
19.02.201612.77 Mб67Высшая матем. Учебник.pdf
#
22.09.2019956.93 Кб21Высшая математика (1).doc
#
18.02.20165.88 Mб73высшая математика.pdf
#
18.02.2016192.33 Кб16Вычеты аналитических функций..pdf
#
18.02.2016190.98 Кб4гістарычная навука Бел. раб. праграма 2012.doc
#
14.04.2019380.93 Кб13Гісторыя Беларус(шпоры).doc
#
12.11.2019311.93 Кб3Гісторыя беларускага сялянства. Т.2..docx
#
15.04.2019130.2 Кб4гістрыя вся.docx