ДУ практика

Сделаем обратную замену:

C1dx

0

= C1x 2

<=>

dy

=

<=> y = C2eC1=x ; C1 = C1 :

y

x2

Уравненèе решено ( учтено и часòíîå решение y = 0 ).

1.2.5. Выделение полной ïроизводной в ДУ высшиõ ïîðÿäêîâ

Если ДУ может быть представлено в виде полной производной некоторой

0

; y

00

; : : : ; y

(n 1)

); òî åñòü

ункции G(x; y; y

dxG(x; y; y0; y00; : : : ; y(n 1)) = 0 ;

тогда интегрированием ýòого равенства по x порядок ДУ может быть понижен

на единицу:

G(x; y; y0; y00; : : : ; y(n 1)) = C

:

F Заметим, что нет (и не мож

1

деле ия полной

быть) единого алгоритма

производной. Можно лишь

óâèäåòü

ДУ производные известных уíêöèé. Ïðè

этом, рекомендуем принять к

сведению следующие ормулы (здесь y = y(x)):

(yy0)0

= y02 + yy00;

y0

0

=

y00y y02

; (y02)0 = 2y0y00

è ò.ï.

y

y

2

П р и м е р . Выделить полные производные и понизить порядок следующих

ÄÓ:

y

1) y02 + yy00 + y0

= x2

; 2) y00

y02 = y2(x 2);

3)

x +yxy0 00

= 2 :

å ø å í è å .

1). Заметим, что (yy0

+ y)0

= y02 + yy00

+ y0

è (1

x3)0 = x2; òî

åñòü:

(yy0

+ y)0 = (1 x3)0

=> yy0

+ y0

= 1

x3

+ C1

:

3

3

3

Таким образом, выделение полной производной позволило понизить порядок

уравнения на единицу.

можно класси ицировать как

днородное по группе

2). Второе

переменных y;уравнениеy0; y00 решить соответствующей

заменой (см. С.19). Однако,

21

0

0

=y(=1

x02

2x)0

<=>

y0

= 21

xy2= 02x + C1

:

3). Äанное уðàyâнение

2домножим на знамåнатель и выделим полные произ-

водные:y

+yxy0 00

= 2 <=> (xy)0

= (x2

+ y02)0

<=> xy = x2

+ y02

+ C1

:

x

Выделение полной производной позволяет один раз проинтегрирвать ДУ и

понизить его порядок на единицу.

1

.2.6. Çàäàчи для самостоятåльного решения

000

= 1

;

y (1) = 1; y0

(1) = 2; y00 (1) = 2:

x

x2

ln x

7x2

+ 5x

9).

2

4

4

IV

0

00

000

2

= sin ; y

= 1; y

= 2; y

= y

= 0:

2

2

2

2

000

os

x +

1

x

2

).

2

2

+ 2 x

2

3 y

ar sin

+ C ar sin x + C ).

= 2 ln3x.

x + C

1

+ C

x + C

x2).

y00

0

2

3

4 1 x2

2

= 2.

(Ответ: y =

1x2

ar sin x + 1).

2

2

5

0

= 1 +

x(y0

x)y

1

1

:

1

x

2

;

y (0) = 1;

y (1) =

2

2

6. y0y00

p

1 + y02

= 0:

2

q

2

(Ответ: y = x C1

q

1

1 ln

(x C

) +

+ C

).

(x C

)

1

(x C

) 1

7

2

+ 2yy0

2

:

1

2 y

3

2

x + C ).

1

2

=

2

= C

).

8. y

=

1 + y

(Ответ:; y 0) = y (0) = 0: (Ответ:y = a ln os

00

1

02

3

0

1

2

x

a

a

1.3. Линейные ди еренциальные уравнения

Линейным ди ренциальным уравн нием (ЛДУ) n-го порядка на ывается

уравнение, ли ейное относительно неизвåстной ункции y(x) и ее

производных.

Такое

уравнение

всегда можно записать в виде:

(x)y = f(x):

(1.19)

y(n)

+ p

(x)y(n 1)

+ : : : + p

(x)y0 + p

1

22n 1

n

y(n)

+ p

(x)y(n 1) + : : : + pn 1(x)y0 + pn(x)y = 0

(1.20)

азывается линейн

1

м однородн м.

íèé.

Теорема 1.1основные( структуре общего решения ОЛДУ)

Отметим

резуль

аты теории линейных ди еренциальных уравне-

Общим

решение

однородного

ДУ n-го порядка (1.20) явля-

ется линейная комбинация

n

C yлинейного

независимых на [a; b

решений

P

i

i

y

(x); : : :; y

i=1

(x) данного ОЛДУ.

1

n

езависимых частных решений ОЛДУ n-го порядка

Любая сист ма из n линейно

называется его ундаментальной системой решений (ФС ).

Теорема 1.2 ( об общем решении НЛДУ)

Общее решение НЛДУ (1.19) порядка n есть сумма общего решения y со

ответствующего однородного уравнения (1.20) и какого-нибудь частногî ðå-

ш ния y~ неоднородного уравнения (1.19).

Теорема

1.3 ( принцип суперпозиции)

Пусть имеется НЛДУ

m

y(n) + p1 (x)y(n 1) + : : : + pn 1(x)y0 + pn(x)y =

X

i 1

mfi:

, где каждое

Тогда частное решение y этого ур

есть сумма y

= P y

i

решение соответствующего

авнеур íåíèÿ

i=1

i

+ pn(x)y = fi; 1 i m.

y(n) + p1 (x)y(n 1) + : : : + pn 1(x)y0

F Алгоритм решения произвольного НЛДУ состоит из трех частей:

1) решить каким-нибудь способом

соответствующее ОЛДУ (понизить степень

ДУ или найти ФС );

(подбором или методом вариации постоян-

2)

найти частное

3)

записать общее решение НЛДУ

(теорема 1.2).

íûõ);

23

îòFx )Äëÿнет общегоЛДУ с переменнымирешенияêîý ÎËÄÓициентами. Однако,(ò. .ýòîêоэвсегициентыднородноезависятïî

0

; : : : ; y

(n)

ДУ, для которого есть заменда, понижающая

переменных y; y

орядок

(см. С.19)алгоритма. Есть другие способы решения. Проиллюстрируем их на

группе .

2

00

0

римереш е н

е . еализуем алгоритм решения НЛДУ по пунктам.

Ï

å

. ешить ЛДУ (x + 1)y

2xy + 2y = 2:

). ассмотрим ОЛДУ (x2

+ 1)y00

2xy0

+ 2y = 0:

дных уравнений

1-й способ. Проведем рек

íà Ñ.19 äëÿ î

(x +1)u 2xu+2+(x

+1)uомендованную= 0 ДУ

âîãî

орядка,днорокласси ицировать

замену y

0

= uy; y

00

0

y

2

y: При этом получим:

= u

2

2

0

2

åãî ïî

аблице

стейших ДУ первого порядка приложения (см. С.71) нельзя.

2-

способ. Попробуем по

какое-либо частное решение ОЛДУ среди

простейших м огочленов. Легкдобратьпроверить, что

решением является,

вой искомой

z(x) получим ДУ 2-го порядкчастнымxxz

+ 1)z

+ 2z

= 0;

ример,

ункция y = x: Тогда проведем замену y =

(x): Относительно

разделяющèìèñÿ

переменными x(x2 + 1)u0

+ 2u = 0: Его общее решение имеет

ния С.72 ).Заме ункцииа, понижающая порядоак

z0

= u;

z00

= u0;

2

00

0

приводит к ДУ с

îпуска

ее по ижение порядка, так к

не содержит z

(ñì. Ñ.16

прилож -

âèä u = C

1

x2+1: Отсюда восстанавлиâàåì z :

1

x2

z(x) =

Z

C1

x2

+ 1

dx = C1

x

+ C2:

x

2

x

А так как y = xz; то общее решение исходного ОЛДУ

y = C

(x2

1) + C

x:

1

2

(x); то порядок ДУ может

F Итак, если известно частное решение ОДЛУ y = y

быть понижен на единицу заменой y = y

(x)z(x):

1

1

порядок

, à

3- способ. Здесь мы не будем пыт ться

найти

ФС . Один элемент ФС мы уж

подобрапонизитьë это y (x) = x (см.восполь2-й

зуемся теоремой 1.1, которая утверждàåò, ÷òî

я решения ОЛÄÓ

äîñò

соб). Продолжим подбор частных

решений

среди многочленов второго порядкаточно.

Несложно провер ть, что ОЛДУ удовлетворяет y

1

2

(x) = x2 1: Система унк-

öèé y

(x); y

(x) линейно независима. Действительно, вычислим определитель

1

2

24

W = 1 2x

= x2

+ 1 6= 0; 8x 2 R:

Итак, ФС найдена, значит общее решение ОЛДУ по теореме 1.1 есть линейная

комбинация элементов ундаментальной системы решений:

y = C

(x2

1) + C

x:

1

2

2) Найдем частное ешение НЛДУ подбором. Легко убедиться, что ункция

y = 1 удовлетворяет

уравнению.

3).

Общее решение по теореме 1.2 есть сумма

y = C

(x2 1) + C

x + 1:

1

2

1.3.2. ешение НЛДУ методом Лагранжа

y

(x) + : : : + C

y

(x),

F Если известно общее решение ОЛДУ (1.20) y = C

1

1

n

n

то общее решение НЛДУ (1.19) может быть найдено в виде

y = C

(x)y

( ) + : : : + C

n

(x)y

(x);

1

1

n

посто-

где C (x) некоторые ункции от x. Это метод вариации

решить систему линейных алгебраических

уравнений относительпроизвольпеременныхí

i

тобы найти ункции C

(x),

уж о сначала

янных (метод Лагранжа). Для того

0

; 1 i n :

i

Ci

8

0

0

0

0

0

0

<

(x)

(x)

0;

C1 y1

C2 y2

Cn yn(x)

:

(1.21)

>

: : : : : : : : : : : : : : :

: : : : : : : : : : : : : : :

0 (n 1)

0 (n 1)

(x) + : :: +

0 (n 1)

:

(x)

(x)

= f(x):

C1 y1

+ C2 y2

Cn yn

осстановить

Затем по вычисленным производным C0(x) интегрированием

р . ешить НЛДУ (x

2

+ 1)y

00

2xy

0

+ 2y = 2; åñëè

известно общее

óíêö Ci(x); 1 i n:

i

Приведем ЛДУаквиду (1.19):

решение

í è

. Заметим здесь, что данное ЛДУ не является урав ением ви-

да (1.19),соответствующегоак к коэ ицèåíò ïðè старшåé ïðоизвоäíîé íå

равен единице.

ÎËÄÓ: y = C

(x2

1) + C

x:

y00

22x

y +

2

1

y =

2

2

2

:

x

x

2

x

+ 1

+ 1

+ 1

25

нахождения C10; C20: ОбщийC 0(x)yâèä0 (x)ýòîé+

системыC 0(x)y0 (äëÿx) =случаяf0;(x):n = 2 :

1

2

1

2

2

2

2

В нашем случае y1(x) = x

1; y2(x) = x

; f(x) = x2

+1; ïоэтому система имеет

âèä:

0

(x)

(x2

1)

0

(x)

x

=

0;2

:

C1

2x

+ C2

2

+1

x

ешение системы можно провести методоì èñêëþ÷åíèя. В итоге получим:

(

C10(x) =

2x

;:

x2)

Находим ункции по производны2ì:

2(1x +1)2

Z

x2)

2x

C1(x) =

Z

(x2

2x

1

+ D1;

C2(x) =

+ 1)2 dx = x2 + 1

2(1x + 1)2 dx = x2 + 1 + D2:

Здесь

D

; D

2

произвольные

постоянные. Тепеðü

подставляеì

óнкции

C

(x); C

1

(x) в общее решениå ÎËÄÓ:

22x

+ D2 x:

1

2

y =

x

2

1

+ D1

(x2 1) +

x

+ 1

+ 1

аскроем скобки и упростим. В результате общеå ðåøåíèå ÍËÄÓ:

y = D

1

(x2

1) + D

x + 1:

2

1.3.3. ОЛДУ с постоянными коэ ициентами

ОЛДУ с постоянными коэ ициентами имеет вид:

(1.22)

y(n) + a

y(n 1) + : : : + a

y = 0;

ричем все коэ ициенты a 1

ñ ò â ín

û

константы.

Частны

решения, составляющиi

ФС этого уравнения, всегда можно найти

ïî известному

алгоритму, сводящемурешение

ДУ к решению алгебраического

уравнения.

26

kn + a

kn 1 + : : : + an 1k + an = 0:

3)

1

Для записи характеристического уравнения нужно заменить в ОЛДУ (1.22)

каждую производную y

(m)

; 0 m n;

степень k

(

)

: Íà-

áî

корней k(m);

0 m n; соответствусоответствующуюбор ункций y

; 0 m

n;

îá

ФС данного

(см., например,

приложения C.72). Тогда по

теореме 1.1 общее решениеОЛДУ

åñòü

линейная

комбинация элементов ун-

даментазующийьной системы: y = C y (x) + : : : + C y (x).

m

1

1

n

n

Äëÿ ñëучая n = 2 характеристическое уравнение будет квадратным:

(1.24)

k2

+ a

k + a

2

= 0:

Сведем

1

аблицу соответствие между корнями уравнения (1.24) и элементами

ФС соответствующего

ÎËÄÓ:

ÔÑ ÎËÄÓ

Корни уравнения (1.24)

k

y

= ek1x;

1;2

y21= ek2x

действительныекратные

y2

= e

x

различные

~

k1

= k2

~

1

kx

;

= k

x

k1;2

= i

1

os

;

комплексные

y

2

= e

sin

x

Ï

ì å ð

1 .

Найдите решения ОЛДУ:

k

= 2: Xарактеристическое

теристич

ского уðàâí

ÿ

ì þò âèä: k

= 4;

уравнение имеет два действительных различных корня. В этом случае

ËÄÓ

1) y

00

2y

0

8y = 0; 2) y

00

6y

0

+ 9y = 0; 3) y

00

6y

0

+ 13y = 0.

ø

í

å .

êò ð

ч ское уравнение: k

2

2k

8 = 0: ешения харак-

1).Составим ха

имеет два линейно независимых

частных решения y1

= e4x; y2

= e 2x.

Общее

решение ДУ имеет вид:

1

2

2

y = C1e4x + C2e 2x:

6k + 9 = 0

2). Хара теристическое уравнение данного ДУ имеет вид: k

Оно имеет корень k = k

1

= k

2

= 3 кратности 2. Тогда ФС образуют ункции:

27

3).

1

2

2

1

2

ое уравнение: k

6k + 13 = 0: ешения х

ческогоХарактеристическуравнения омплексные: k

1;2

= 3 2i: Тогда частные реш ния, обра-

зующие ФС , имеют вид: y

y

= e3x sin 2x: И общарактеристирешение

= e3x

os 2x;

ÄÓ:

y =1(C

1

os 2x + C

2

sin22x) e3x:

Ï ð

ì

2 .

ешите уравнения:

1).

Характеристическое уравнение:

IV

00

1) y

000

y = 0;

.

2) y

000

+ 2y

00

4y

0

8y = 0; 3) y

+ 2y

+ y = 0:

å ø

í

k3 1 = 0;

(k 1)

k2

+ k + 1

= 0;

откуда

k1

= 1;

k2;3

=

1

ip

3

:

2

2

Соответствующие этим корням элеменòû ÔÑ :

1

p3

y1

1

p3

x:

= ex; y2 = e 2 x os

2

x; y3 = e 2 x sin

#2

Общее решение ОЛДУ:

1

"

p

3

p

y = C

C

os

x + C

sin

3

x :

ex + e 2 x

2

2

3

2

2

1

3

2). Характеристическое уравнение имеет âèä: k

+2k

4k 8 = 0. руппируя

слагаемые, получаем (k +

k2

4) = 0, откуда k

3

= 2, k

= 2. Фундамен-

2x

2x

2)(x1

2

2; 3

тальная система решений: y

= e2x, y

1

.

= e 2x, y = xe 2x; общее решение:

y = C1 e + C2 e + C3 xe

4

+ 2k

2

+ 1 = (k

2

+ 1)

2

= 0 имеет д у -

3).

ое уравнение k

ê ð

Характеристическн орни k = i, k

= i. Им соответствует линейно независимая

система частных

решений:

3; 4

y

= e0x

1; 2

= e0x sin x; y

= xe0x sin x:

1

os x; y

2

= xe0x os x; y

3

4

Общее решение ОЛДУ есть их линейная комбинация:

èëè

y = C1

os x + C2 x os x + C3

sin x + C4 x sin x;

y = (C

1

+ C

x) os x + (C

3

+ C

x) sin x:

2

28

4

ассмотрим решение НЛДУ

постоянными вещественными коэ ициента-

ìè ai:

y(n) + a y(n 1)

+ : : : + a y = f(x):

(1.25)

Если известно общее решенèе1соответствующегоn

ОЛДУ y; то (по теореме 1.2,

C.23) достаточно найти какое-нибудь частн е

ÍËДУ y~ для записи об

гебраически методом неопределенных

оэ решениеици нтов, если

f(x)

щего решения НЛДУ: y = y + y:~ Подобрать частное решение y~ возможно ал-

имеет

ид квазиполинома комбинации

экспоненты, полиномов,ункцияосинусов и

синусоâ:

f(x) = e xnP

(x) os x + Q

n

(x) sin xo;

(1.26)

ãäå P (x)

k

Q (x) полиномы степени k и n со тв тственно.

F Частное решение y~ НЛДУ (с точностью

до неопределенных коэ ици-

k

подбираем

ïî âèäó

части f(x);

этом можно пользоваться

n

на С.73. Неопределен-

ентов)аблицей ча тных решений правойриложениях

ные коэ ициенты находим подстановкой yприведенных~ НЛДУ.

Здесь рассмотрим

два частных случая для f(x):

=

сть корень харак

I. Åñëè f(x) = e xP (x)

онтрольное число r

ристического уравнения кратности s (если r =

е корень, то s = 0), тогда

y~ = xse xR (x): R (

n

оэ ициентами сте-

) многочлен с неопределенíûìè

r = + i есть корень характеристического уравнения кратности s (ес

числоr

ïåíè n:

n

n x

(P os

+ Q sin

) (P; Q

онтрольное

II. Åñëè f(x) = e

то s = 0), тогда y~ = xe

x

(R os x

+ T sin x

числа)и: R T неопредеëенныне

ðåíü,

s

ÎËÄÓ: y

5y +6y = 0.

. 1). Найдем решение

êîý öè íòû.

Найти решения НЛДУ:

Ï

å

1 .

5k + 6 = 0; k

= 3;

Выпишем

характеристическое уравнениесоответствующегокорни: k

1) y00 5y0

+ 6y = ex

; 2) y00

= x2

+ y; 3) y00 4y0

+ 4y = os x:

00

1

k

2

= 2:

Значит,

бщее решение ОЛДУ : y = C

e3x + C

e2x:

1

2

Теперь методîм неопределенных коэ ициент

подберем частное

y~ НЛДУ. Правая часть f (x) = e

(1.26) вида I (С.29)решение

параметры = 1;

P (x)

: Тогдаквазимногочленонтрольное число r = = 1: Теперь

0

x

то s = 0. Многочлен R

(x) = A, егоде

конструируем y~. Так как r = 1 не корень

A неопределенный коэ ициент. Итак,

x

0

y~ = Ae

: Найдем A подстановкой в

29

подставляемAeâxуравнение5Aex + 6:Aex

= ex

=>

A =

1

1

=>

y~ =

1ex

:

Окончательно, общее решение НЛДУ

2

2

2). Äëÿ ÎËÄÓ y

0

y = y + y~ = C1e3x + C2e2x

+

2ex:

y = 0 решаем характеристическое уравнение

k2 1 = 0 => k1

= 1; k2

= 1

и находим общее решение 2

y = C1ex + C2e x:

По правой части f (x) = x

определяем параметры (1.26) типа I (С.29): = 0;

P2(x) = x2: Контрольное число r

=

+ i = 0 не является корнем хар ктери-

стического уравнения, поэтому s

0, à R

m

(x) = Ax2 + Bx + C. Âèä ÷àстного

решения y~ = Ax

2

+ Bx + C: После подстановки y~ в НЛДУ получим

2A Ax2 + Bx + C = x2

<=>

8

A

1

откуда

8

A = 1

<

B

= 0;

<

B = 0

:

2A C2

= 0

: C = 2 :

Таким образом, частное решение НЛДУ y~ = x

2; а общее решение

3). Äëÿ ÎËÄÓ y

00

y = 0y + y~ = C1ex

+ C2e x x2 + 2

:

k2

4y + 4y = 0 решаем характеристическое уравнение

4k + 4 = 0; k

1;2

= 2. Общее решение ОЛДУ y = (C

1

+ C x) e2x:

По правой части f (x) = os x определяем параметры (1.26) типа II (С.29):

= 0; = 1: Контрольное число r

= + i = i íå

являетс кор-

нем характеристического уравнения,

поэтому

s = 0. Вид частного решения

y~ = A os x + B sin

После подстановки y~ в НЛДУ получим

( A os x B sinx:) ( A sin x + B os x) y0 + (A os x + B sin x) y = os x;

( A 4B + 4A) os x + ( B + 4A + 4B) sin x = os x;

1

A =

3

3 4

=>

25

4A + 3B = 0

4 :

30

B = 25