заочникам / диф ур / Lecture_on_DE_(full)

f (x) = 8e3x α = 3, β = 0 , s = 0.

При этом число α ± βi = 3 не является корнем характеристического урав-

нения. Поэтому частное решение y неоднородного уравнения надо искать
					~
в виде				~	=	Ae	3x		,
				y
где A – неизвестный коэффициент.
Имеем:	~			3x	,	~		′′ = 9Ae		3x	.
	y′ = 3Ae					y
~ ~′ ~′′	в неоднородное уравнение и получим
Подставим y, y , y
	9Ae3x −2 3Ae3x + Ae3x = 8e3x ,
		4Ae3x = 8e3x ,
	4A = 8					или A = 2 .
Таким образом,	~	3x	– частное решение неоднородного уравне-
	y = 2e

ния, а его общее решение имеет вид

y = (C1ex +C2 xex ) + 2e3x .

ПРИМЕР 15.3. Найти общее решение уравнения y′′−3y′+ 2 y = ex (3 − 4x) .

РЕШЕНИЕ. Сначала рассмотрим соответствующее однородное уравнение y′′− 3y′+ 2 y = 0 .

Так как его характеристическое уравнение λ2 −3λ + 2 = 0 имеет корни λ1 =1, λ2 = 2 , тообщеерешениеоднородногоуравнениябудетиметьвид

y = C1ex +C2e2 x .

Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения. Правая часть уравнения является произведением многочлена первой степени и

показательной функции ex :

f (x) = ex (3 − 4x) α =1, β = 0 , s =1.

При этом число α ± βi =1 является корнем характеристического урав-

нения кратности 1. Поэтому частное решение y неоднородного уравне-

~

ния надо искать в виде

~

x

( Ax

+ B) = e

x

( Ax

2

+ Bx) ,

y = xe

где A и B – неизвестные коэффициенты.

Имеем:

~

x

[Ax

2

+ (B + 2A)x + B)],

y′ = e

~

′′ = e

x

[Ax

2

+ (B + 4A)x + (2A + 2B)].

y

~ ~′ ~′′

в неоднородное уравнение и получим

Подставим y, y , y

ex [Ax2 +(B+4 A)x+(2 A+2B)]−3ex [Ax2 +(B+2 A)x+B]+2ex [Ax2 +Bx]=ex (3−4x) ,

101

ex[(A−3A+2A)x2 +(4A+B−6A−3B+2B)x +(2A+2B−3B)]=ex (3−4x),

− 2A x + (2A − B) = 3 − 4x ,

− 2A = −4,2A − B = 3;

~			A = 2,	B =1.
	= e	x	x(2x +1)	– частное решение неоднородного
Таким образом, y
уравнения, а его общее решение имеет вид
y = (C1ex + C2e2x ) + xex (2x +1) .
ПРИМЕР 15.4. Найти общее решение уравнения
y′′+ 2 y′+5y = 4cos 2x +sin 2x .
РЕШЕНИЕ. Рассмотрим соответствующее однородное уравнение
			y′′+ 2 y′+5y = 0 .

Характеристическое уравнение λ2 + 2λ +5 = 0 имеет корни λ = −1 ± 2i .
		1,2
Поэтому общее решение этого однородного уравнения имеет вид
y = C e−x cos 2x +C		e−x sin 2x .
1	2
Правая часть уравнения	f (x) = 4cos 2x + sin 2x , т. е. α = 0		, β = 2 ,

степени многочленов при синусе и косинусе s = k = 0 . Так как число

α ± βi = ±2i	не является корнем характеристического уравнения, то ча-
стное решение неоднородного уравнения следует искать в виде
		y = Acos 2x + Bsin 2x .
		~
Имеем ~		~
y′ = 2B cos 2x − 2Asin 2x , y′′ = −4Acos 2x − 4Bsin 2x .
	~ ~′ ~′′	в неоднородное уравнение и получим
Подставим y, y , y

(− 4Acos 2x − 4Bsin 2x)+ 2(2Bcos 2x − 2Asin 2x)+ 5(Acos 2x + Bsin 2x)=

=4cos 2x + sin 2x ,

(−4A + 4B +5A) cos 2x + (−4B − 4A +5B) sin 2x = 4cos 2x +sin 2x ,

( A + 4B) cos 2x + (−4A + B) sin 2x = 4cos 2x +sin 2x ,

			A + 4B = 4,
				B = 1;
		− 4A +
~	A = 0 ,			B =1.
Таким образом y	= sin 2x –		частное решение неоднородного урав-

нения, а его общее решение имеет вид

y = e−x (C1 cos 2x +C2 sin 2x) + sin 2x .

102

ПРИМЕР 15.5. Найти общее решение уравнения y′′− y = cos x .

РЕШЕНИЕ. Рассмотрим соответствующее однородное уравнение y′′− y = 0 .

Так как егохарактеристическоеуравнение λ2 −1 = 0 имеет корни λ1,2 = ±1,

тообщеерешениеоднородногоуравнениябудетиметьвид y = C1ex +C2e−x .

Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения. Правая часть уравнения является произведением многочлена нулевой степени (число 1) и тригонометрической функции cos x:

f (x) = cos x α = 0 , β =1, s = 0.

При этом число α ± βi = ±i не является корнем характеристического уравнения. Поэтому частное решение ~y неоднородного уравнения надо искать в виде

			y = Acos x + Bsin x ,
			~
	где A и B – неизвестные~коэффициенты.
	Имеем:		y′ = −Asin x + B cos x ,
			~
	~ ~′ ~′′		y′′ = −Acos x − Bsin x .
		в неоднородное уравнение и получим:
	Подставим y, y , y
	[−Acos x + B sin x] −[Acos x + B sin x]= cos x ,
		− 2Acos x − 2B sin x = cos x ,
		− 2A =1,				A = −		1		, B = 0 .
			2B = 0;
								2
		~	1
	Таким образом, y		= −2 cos x	–		частное решение неоднородного
	уравнения, а его общее решение имеет вид
			y = C ex +C		2	e−x −	1		cos x .
			1			2

ПРИМЕР 15.6. Найти общее решение уравнения y′′+ y = cos x .

РЕШЕНИЕ. Рассмотрим соответствующее однородное уравнение y′′+ y = 0 .

Так как его характеристическое уравнение λ2 +1 = 0 имеет корни λ1,2 = ±i ,

тообщеерешениеоднородногоуравнениябудетиметьвид y = C1 cos x +C2 sin x .

103

Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения. Правая часть уравнения является произведением многочлена нулевой степени (число 1) и тригонометрической функции cos x:

f (x) = cos x α = 0 , β =1, s = 0.

При этом число α ± βi = ±i является корнем характеристического урав-

нения кратности 1. Поэтому частное решение			y неоднородного уравне-
			~
ния надо искать в виде
		y = x( Acos x + B sin x) ,
		~
где A и B – неизвестные коэффициенты.
Имеем:	~
	y′ = [Acos x + B sin x]+ x [−Asin x + B cos x],
~	′′ = 2 [− Asin x + Bcos x)]+ x [−Acos x − Bsin x].
y
~ ~′ ~′′		в неоднородное уравнение и получим:
Подставим y,	y , y

2 [− Asin x + B cos x)]+ x [−Acos x − B sin x] + x [ Acos x + B sin x] = cos x ,2 [− Asin x + B cos x)]= cos x ,

− 2A = 0,

A = 0,

B =

1

.

2B =1;

2

~

x

Таким образом,

y =

sin x – частное решение неоднородного урав-

2

нения, а его общее решение имеет вид

x

y = C cos x +C

2

sin x +

sin x .

1

2

При нахождении частных решений линейного неоднородного

уравнения часто оказывается полезной следующая теорема.

~

~

(x)

– частные

ТЕОРЕМА 15.3 (о наложении решений). Если y (x)

и y

2

решения уравнений

1

y(n) + a1(x) y(n−1) + a2 (x) y(n−2) +K+ an−1(x) y′+ an (x) y = f1(x) ,

y(n) + a (x) y(n−1) + a

2

(x) y(n−2) +K+ a

(x) y′+ a

n

(x) y = f

2

(x)

1

~

~

n−1 ~

соответственно, то функция

y(x) = y1

(x) + y2 (x)

будет являться ре-

шением уравнения

y(n) +a1(x)y(n−1) +a2(x)y(n−2) +K+an−1(x)y′+an(x)y = f1(x) + f2(x). (15.10)

ДОКАЗАТЕЛЬСТВО. Чтобы убедится в справедливости теоремы, дос-
			~	~	~
таточно подставить функцию y(x) = y1					(x) + y2 (x) в уравнение (15.10):
~ ~	(n)	~ ~	(n−1)		~ ~ ′	~ ~
[y1 + y2	]	+ a1(x)[y1 + y2	]	+K+ an−1(x)[y1 + y2 ]		+ an (x)[y1 + y2 ]=

104

~(n)	~(n−1)	~	~	]+
= [y1	+ a1(x) y1	+K+ an−1(x) y1′	+ an (x) y1
~(n)	~(n−1)	~	~		]=
+[y2	+ a1 (x) y2	+K+ an−1 (x) y2′	+ an (x) y2

= f1(x) + f2 (x) .

ПРИМЕР 15.7. Найти общее решение уравнения y′′′− 2 y′′+ 4 y′−8y = e2 x sin 2x + 2x2 .

РЕШЕНИЕ. Характеристическое уравнение λ3 − 2λ2 + 4λ −8 = 0 имеет корни λ1 = 2 и λ2,3 = ±2i . Поэтому общее решение соответствующего

однородного уравнения имеет вид

y = C1e2 x +C2 cos 2x +C3 sin 2x .

Правая часть f (x) не имеет специального вида, но она состоит из двух слагаемых, каждое из которых имеет специальный вид. Обозначим

f1(x) = e	2 x		sin 2x , f2 (x) = 2x		2			~ ~
						и найдем частные решения y1, y2 неодно-
родных уравнений
y′′′ − 2 y′′ + 4 y′ −8y = f1 (x)							и	y′′′ − 2 y′′ + 4 y′ −8y = f2 (x) .
Тогда частное решение y				исходного уравнения будет равно сумме этих
			~
частных решений, т. е.						~	~	~
						y	= y1 + y2 .
1) f		(x) = e2 x sin 2x , т. е.				s = 0 , α = 2 , β = 2 , α ± βi = 2 ± 2i . Так как
	1

число α ± βi = 2 ± 2i не является корнем характеристического уравнения, то частное решение неоднородного уравнения с правой частью

f1 (x) следует искать в виде

~

2 x

( Acos 2x + Bsin 2x) .

y1 = e

Имеем:

~

2x

[( A + B) cos 2x

+(B − A) sin 2x],

y1′ = 2e

~

2 x

[B cos 2x − Asin 2x],

y1′′=8e

~

16e

2 x

[(B − A) cos 2x +(−A − B) sin 2x].

y′′′=

Подставим

~

~′

~′′

~′′′

1

y1, y1,

y1,

y1

в уравнение, и после приведения подобных сла-

гаемых, получим

e2x [(8B −16A)cos 2x + (−8A −16B)sin 2x]= e2 x sin 2x ,

(8B −16A) cos 2x + (−8A −16B)sin 2x = 0 cos 2x + sin 2x ,

8B −16A = 0,

1

1

B = −

,

A = −

,

20

40

−16B −8A =1;

~

2 x

1

1

1

2 x

(cos 2x + 2sin 2x).

y1

= e

−

cos 2x

−

sin 2x

= −

e

40

20

40

105

2) f2 (x) = 2x2 , т. е. правая часть представляет собой многочлен степени s = 2 , α = β = 0 . Так как число α ± βi = 0 не является корнем характеристического уравнения, то частное решение неоднородного

уравнения с правой частью f2 (x)

следует искать в виде

~

= Ax

2

+ Bx +C .

y2

~

Имеем

~

= 2Ax + B ,

~

~

~′

~′′

~′′′

y2′

y2′′= 2A ,

y2′′′ = 0 .

Подставим

в неоднородное уравнение,

и после приведе-

y2 , y2 , y2 ,

y2

ния подобных слагаемых, получим:

−8Ax2 +8( A − B)x − 4( A − B + 2C) = 2x2 ,

−8A = 2,

1

1

A − B

= 0,

A = −

, B = −

, C = 0 .

4

4

A − B + 2C = 0;

~

1

2

y2

= −

4 (x

+ x) .

Итак, частноерешениеисходногонеоднородногоуравненияимеетвид

~

~

~

1

e

2 x

(cos 2x +

2sin 2x)−

1

(x

2

+ x) ,

y = y1

+ y2

= −

40

4

а его общее решение

y = (C1e2 x + C2 cos 2x + C3 sin 2x)−

1

e2x (cos2x +2sin 2x)− 1 (x2

+ x) .

40

4

§ 16. Понятие краевой задачи

Решая дифференциальные уравнения, мы получаем множество решений. Чтобы выделить из этого множества одно решение, дополнительно задают условия. До сих пор мы имели дело лишь с задачей Коши, т.е. условием выбора решения являлось значение функции и ее производных в некоторой точке. Но в дифференциальных уравнениях, наряду с задачей Коши приходится решать и так называемые краевые (или граничные) задачи. В этих задачах условием выбора решения является значение искомой функции (или значение линейной комбинации искомой функции и ее производных) на концах отрезка, на котором это решение рассматривается.

Если удается найти общее решение дифференциального уравнения, отвечающего краевой задаче, то для решения самой задачи надо из граничных условий определить значения произвольных постоянных, входящих в общее решение. При этом решение не всегда существует, а если существует, то не всегда единственное.

106

ПРИМЕР 16.1. На отрезке [0; x1] найти решение уравнения
y′′ + y = 0 ,	(16.1)

удовлетворяющее граничным условиям

y(0) = 0 , y(x1 ) = y1 .

РЕШЕНИЕ. Общее решение уравнения (16.1) имеет вид y =C1 cos x +C2 sin x .

Из первого граничного условия получаем C1 =0 , поэтому

y =C2 sin x .

Второе граничное условие для функции y =C2 sin x дает равенство

y1 =C2 sin x1.

(16.2)

Рассмотри равенство (16.2). Возможны три случая.

1) Если x1 ≠ nπ , где n – целое число, то sin x1 ≠ 0, и из (16.2), находим

C2 = siny1x1 .

Следовательно, при x1 ≠ nπ существует единственное решение краевой задачи, а именно

y = siny1x1 sin x .

2) Если x1 = nπ и y1 = 0 , то равенство (16.2) справедливо при любом C2 . Значит, в этом случае имеется бесконечно много решений y =C2 sin x рассматриваемой краевой задачи.

3) Если x1 = nπ и y1 ≠ 0 , то равенство (16.2) невозможно ни при каком C2 . Следовательно, в этом случае решения краевой задачи не существует.

Помимо граничных условий, рассмотренных в этом примере 16.1, могут быть и другие граничные условия. Например,

y′(x1 ) = y1 , y′(x2 ) = y2

или	α1 y(x1) + β1 y′(x1 ) = y1 , α2 y(x2 ) + β2 y′(x2 ) = y2 ,

где xi , yi , αi , βi – заданные числа, причем αi2 + βi2 ≠ 0 (i =1,2 ).

Рассмотрим еще одну краевую задачу, которая может иметь различные решения в зависимости от входящего в нее параметра.

107

ПРИМЕР 16.2. На отрезке [0; l] требуется найти решение уравнения

	d 2 y	+λy = 0,	(16.3)
	dx2
	удовлетворяющее граничным условиям
	y(0) = 0 , y(l) = 0
	( l– фиксированное число).		y ≡ 0
	РЕШЕНИЕ. При любом λ эта задача имеет очевидное решение

(его называют тривиальным решением). Поэтому логично задать вопрос: существуют ли такие значения параметра λ , при которых рассматриваемая краевая задача имеет нетривиальные решения? Выясним это.

Уравнение (16.3) – линейное однородное с постоянными коэффициентами. Его характеристическое уравнение

k 2 +λ = 0 .

(16.4)

Такое уравнение может иметь корни трех видов. Они соответствуют случаям: а) λ < 0 ; б) λ = 0 ; в) λ > 0 .

Пусть λ < 0 . Тогда характеристическое уравнение (16.4) имеет два

простых действительных корня k1 = − −λ ,										k2 = −λ и общее решение
дифференциального уравнения имеет вид
			y = C e− −λx +C					2	e −λx .
			1
Потребовав выполнения граничных условий, получим систему
			C1	+			C2			= 0,
		C e− −λl			+ C	2	e −λl			= 0.
			1
Определитель этой системы
		1	1		= e	−λl		−e		− −λl	≠ 0 .
		e− −λl e −λl

Следовательно, система имеет единственное решение C1 = C2 = 0 и рассматриваемая краевая задача имеет только тривиальное решение y ≡ 0 .

Пусть λ = 0 . Тогда характеристическое уравнение (16.4) имеет кратный действительный корень k1,2 = 0 и общее решение дифференци-

ального уравнения имеет вид

y = C1 +C2 x .

Граничные условия дают систему

	C	= 0,
	1	C2l = 0.
C1	+

Такая система имеет единственное решение C1 = C2 = 0 и рассматриваемая краевая задача снова имеет только тривиальное решение y ≡ 0 .

108

Пусть λ > 0 . В этом случае характеристическое уравнение (16.4) имеет комплексно-сопряженные корни k1,2 = ± λi и общее решение дифференциального уравнения имеет вид

y = C1 cos( λx) +C2 sin( λx) .

Граничные условия дают систему

	C1	= 0,
	λl) + C2 sin(	λl) = 0.
C1 cos(

Определитель этой системы

1	0	= sin(	λl) .
cos( λl) sin(	λl)

Так как этот определитель может обращаться в ноль, то система может иметь нетривиальные решения. Имеем:

sin( λl) = 0	λl = πk , k =1,2,3,K
( k – натуральное, а не целое, так как		λl > 0 ),
λk		πk		2	k =1,2,3,K
		=		,
		l			будут соответствовать
Найденным таким образом значениям				λk
нетривиальные решения
πk			C2 .
yk = C2 sin	l	x ,

Рассмотренная нами задача нахождения значений параметра λ и соответствующих им нетривиальных решений краевой задачи для уравнения (16.3) представляет собой частный случай так называемой задачи Штурма – Лиувилля, которая часто возникает в уравнениях математической физики.

Уравнением Штурма – Лиувилля называется дифференциальное уравнение вида

d	p(x)dy		−q(x) y = −λ ρ (x) y ,	(16.5)
dx		dx

где функции p(x) > 0 , q(x) ≥ 0 , ρ(x) > 0 всюду на некотором интервале (x1; x2 ) , причём ρ(x) является ограниченной функцией.

Говорят, что решение y(x) уравнения (16.4) удовлетворяет на конце интервала (x1; x2 ) краевому (или граничному) условию первого, второго, третьего или четвёртого рода, если функция y(x) удовлетворяет в точке x = xi (i =1,2 ) соответственно условию:

109

1)y(xi ) = 0 ;

2)y′(xi ) = 0 ;

3) y′(xi ) + βy(xi ) = 0, β > 0 ;

4) функция y(x) ограничена при x → x1 +o (при x → x2 −o ).

Краевые условия первого, второго или третьего рода ставятся в точке xi только тогда, когда функции p(x) , p′(x) , q(x) , ρ(x) определены и непрерывны не только на интервале (x1; x2 ) , но и в точке xi , при-

чём p(xi ) ≠ 0 . Краевое условие четвёртого рода ставится в точке x1 ( x2 )

только тогда, когда ρ(x) → 0 при x → x1 +o ( x → x2 −o ).

Значения λ, для которых уравнение Штурма – Лиувилля имеет

нетривиальные решения, удовлетворяющие заданным краевым услови-

ям, называют собственными значениями (или собственными числа-

ми) данной краевой задачи. Нетривиальные (отличные от y ≡ 0 ) реше-

ния, соответствующие собственным значениям λ , называются соб-

ственными функциями (или собственными решениями).

Задача нахождения всех собственных чисел и собственных функций уравнения Штурма – Лиувилля при краевых условиях 1-го, 2-го, 3-го или 4-го типов на концах интервала (x1; x2 ) называется задачей

Штурма – Лиувилля.

В связи с тем, что задача Штурма – Лиувилля играет важную роль в уравнениях математической физики, отметим некоторые интересные свойства ее собственных чисел и собственных функций. А именно, справедлива следующая теорема.

ТЕОРЕМА 16.1. Пусть для уравнения (16.4) на интервале (x1; x2 ) зада-

ны краевые условия 1-го, 2-го, 3-го или 4-го типа. Тогда собственные числа и собственные функции этой краевой задачи обладают следующими свойствами:

1)собственные числа образуют бесконечную возрастающую последовательность: λ 1< λ 2<... < λ n <...;

2)все собственные числа неотрицательны; каждому собственному числу соответствует только одна (с точностью до постоянного множителя) собственная функция; каждой собственной функции отвечает только одно собственное число;

3)собственные функции, соответствующие различным собственным значениям, ортогональны на интервале (x1; x2 ) с весом ρ(x) , т. е.

x2
∫	ρ (x) yk (x) ym (x)dx = 0, k ≠ m.
x1

110