заочникам / диф ур / Lecture_on_DE_(full)

ПРИМЕР 16.3. Найти такие λ, при которых существуют нетриви-

альные решения уравнения y′′+ λ y = 0	1		≤ x ≤	3
					, удовлетворяющие
				2
	2

		1			3
граничным условиям	y			= y′			= 0 .
					2
		2

РЕШЕНИЕ. Так как характеристическое уравнение в данной задаче такое же как и в примере 16.2, выделяем три случая: а) λ < 0 ; б) λ = 0 ; в) λ > 0 . В первых двух случаях получаем только тривиальные решения y ≡ 0 . В последнем случае ( λ > 0 ) общее дифференциального уравнения

y(x) = C1 cos( λx) + C2 sin( λx) .

Тогда

′	= −C1		λ sin(		λ x) + C2		λ cos(		λ x) .
y (x)
Потребовав выполнения граничных условий, получим систему
	= C1 cos			λ	+ C2		sin	λ	,
0
				2	3 λ + C			2	(16.6)
0	= −C	1	λ sin			2	λ cos 3 λ .
					2				2

Система (16.6) будет иметь нетривиальные решения, если ее определитель равен нулю. Имеем

cos

λ

sin

λ

2

2

=

−

λ sin

3 λ

λ cos 3

λ

2

2

λ

cos

3

λ

+ sin

λ

sin

3

λ

= 0 ,

= λ cos

2

2

2

2

1

−

3

λ

= 0 ,

cos

2

2

cos λ = 0		(так как λ > 0 )
λ =	π + kπ ,		k =1,2,3,K
	2
Откуда находим собственные значения
π		2	k =1,2,3,K
λk =	+ kπ	,
2

Найдем собственные функции, соответствующие найденным собственным значениям. Для этого необходимо найти общее решение системы

111

(16.6) если λ = λk . В качестве свободной переменной можно выбрать, например, C2 . Тогда из первого уравнения системы (16.6) находим:

π

kπ

π

kπ

C cos

+

+ C

sin

+

= 0 ,

2

2

1

4

2

4

π

+

kπ

sin

π

kπ

C1 = −C2

4

2

= −C2tg

+

.

π

kπ

4

2

+

cos

2

4

Подставляем выражение для C1 в общее решение и получаем, что собственные функции, соответствующие собственным значениям λk имеют вид

π

+

kπ

sin( λk x)

yk (x) = −C2tg

4

cos( λk x) +C2

или

2

π

kπ

π

π

C .

yk (x) = C − tg

+

cos

+πk x + sin

+πk x

,

2

4

2

2

ПРИМЕР 16.4. Найти такие λ, при которых существуют нетривиальные решения уравнения y′′+ λ2 y = 0 (0 ≤ x ≤1) , удовлетворяющие граничным условиям y(1) = y′(0) = 0 .

РЕШЕНИЕ. Из характеристического уравнения получаем, что необходимо рассмотреть два случая: а) λ = 0 , б) λ > 0 .

а) Если λ = 0 , то общее решение уравнения y(x) = C1 + C2 x . Потребовав выполнения граничных условий, получим систему

0	= C	+C	,	C1	= C2	= 0 .
	1	2
0	= C2;

Следовательно, при λ = 0 существует только тривиальное решение y ≡ 0. б) Если λ > 0 , то общее решение уравнения

y(x) = C1 cos(λ x) + C2 sin(λ x) .

Тогда

y′(x) = −C1λ sin(λ x) + C2λ cos(λ x) .

Граничные условия дают систему

0	=	C cosλ		+ C	sin λ,
	=	1	λ 0	2	λ 1.
0		−C1		+ C2

Так как λ > 0 отсюда находим

0 = C1 cos λ ,

0 = C2 .

112

Нетривиальные решения эта система будет иметь если cos λ = 0 .

λk =	π +πk , k =1,2,3,K – собственные значения.
	2
Подставляем найденные λk и C2 = 0		в общее решение и получаем, что со-
ответствующие собственные функции имеют вид
	π		C .
	yk (x) = C cos	+π k x ,
	2
ПРИМЕР 16.5. Найти такие λ, при которых существуют нетриви-
альные решения	уравнения y′′+ 4 y′+ λ y = 0 (0 ≤ x ≤ l) , удовлетво-
	′	′
ряющие граничным условиям y (0) = y (l) = 0 .

РЕШЕНИЕ. Запишем характеристическое уравнение, найдем его корни: k 2 + 4k + λ = 0 k = −2 ± 4 − λ .

Следовательно,

необходимо

рассматривать

три

случая: а) λ < 4,

б) λ = 4, в) λ > 4.

а) Если λ < 4, то общее решение уравнения имеет вид

y(x) = C e(−2− 4−λ ) x +C

e(−2+ 4−λ ) x .

Тогда

1

2

′

− 4 −λ)C1e

(−2− 4−λ ) x

+ (−2 +

4 −λ)C2e

(−2+ 4−λ ) x

y (x) = (−2

Потребовав выполнения граничных условий, получим систему

0 =

(−2 − 4 −λ)C

+

(−2 +

4 −λ)C

2

,

0 = (−2 − 4 −λ)e(−2−

1

4−λ)lC

+ (−2 +

4 −λ)e(−2+ 4−λ)lC

2

.

1

Эта система имеет только тривиальное решение, так как ее определитель не равен нулю:

	(−2 − 4 −λ)		(−2 + 4 −λ)					=
	(−2 − 4 −λ) e(−2− 16−λ)l (−2 + 4 −λ) e(−2+ 16−λ)l
= (−2 − 4 −λ) (−2 + 4 −λ)			1		1		≠ 0 .
		e	−2− 4−λ l	e	−2+ 4−λ l
1444442444443

4 − ( 4 − λ)2 = λ > 4

Следовательно, при λ < 4 существует только тривиальное решение y ≡ 0. б) Если λ = 4, то общее решение уравнения имеет вид

y(x) = C1e−2 x + C2 xe−2 x .

Тогда

y′(x) = −2C1e−2 x − 2C2 xe−2 x + C2 e−2 x .

Граничные условия дают систему

113

0 = −2C1 −2C2 ,

0 = −2C1e−2l − 2C2e−2l +C2e−2l;

которая имеет только тривиальное решение С1 = С2 = 0. Следовательно, при λ = 4 существует только тривиальное решение y ≡ 0.

в) Пусть λ > 4. В этом случае k = −2 ± 4 − λ = −2 ± i λ − 4 и общее решение уравнения имеет вид

y(x) = C1e−2x cos( λ − 4 x) +C2e−2x sin( λ − 4 x) .

Тогда

′	−2x	cos(	λ −4 x) −C1	λ − 4e	−2 x	sin(	λ − 4 x) −
y (x) = −2C1e
− 2C2e−2x sin(			λ − 4 x) +C2	λ − 4e−2x cos(			λ − 4 x)

или, перегруппировав слагаемые,

y′(x) =[−2C1 +C2 λ−4] e−2x cos( λ−4 x) +[−2C2 −C1 λ−4] e−2x sin( λ−4 x).

Граничные условия дают систему

	0 =−2C		+C λ−4,
		1	2	(16.8)
		=(−2C1 +C2 λ−4)cos(l λ−4) +(−2C2 −C1 λ−4)sin(l λ−4).
	0

(Во втором уравнении сократили на общий множитель e−2l ).

Заметим, что во втором уравнении системы (16.8) слагаемое

(−2C1 + λ − 4C2 )cos(l λ − 4) = 0 (из первого уравнения системы). Тогда

(−2C2 −C1 λ −4) sin(

λ −4 l) = 0 ,

− 2C2 −C1

λ − 4 = 0

или

sin( λ −4 l) = 0.

Следовательно, система (16.8) распадается на две:

0 = −2C

+C

2

λ −4 ,

и

0 = −2C

+C

2

λ

− 4 ,

1

1

= −2C2

−C1

λ −4

= sin(

λ − 4 l).

0

0

Рассмотрим систему

0 = −2C

+C

λ −4 ,

1

2

Ее определитель

0

= −2C2 −C1 λ −4 .

− 2

λ − 4 = 4 + ( λ − 4)2 = λ ≠ 0

− λ − 4

− 2

и, следовательно, она имеет только тривиальное решение C1 = C2 = 0 .

Рассмотрим систему

0 = −2C		+C		λ − 4 ,
	1		2
0	= sin(	λ − 4 l).

114

Из ее второго уравнения находим

λ − 4 l =πk ,

k =1,2,3,K

λk =

π2

2k 2 + 4 ,

k =1,2,3,K – собственные значения.

l

Тогда из первого уравнения системы

C

= C

2

λ − 4 ,

1

2

C1 = C2

πk .

2l

π2k 2

Таким образом, найденным собственным значениям λ =

+ 4

l2

( k =1,2,3,K) соответствуют собственные функции

k

y

(x) = C

πk e−2x cos(

λ − 4 x) +C

e−2 x sin( λ − 4 x)

или

k

2

2l

k

2

k

πk

πkx

πkx

yk

cos

+sin

e

−2 x

,

C .

(x) = C

l

l

2l

ПРИМЕР 16.6. Найти такие λ, при которых существуют нетриви-

альные решения уравнения

y′′−8y′−λ y = 0

(0 ≤ x ≤1) , удовлетворяю-

щие граничным условиям

′

′

= 0 .

y

(0) = y

(1)

Замечание. Уравнение в примере 16.6 не является уравнением

Штурма – Лиувилля, т.к. оно получено из уравнения вида

d

−8x

dy

e

=

λ y .

dx

dx

РЕШЕНИЕ. Запишем характеристическое уравнение и найдем его корни:

k2 −8k −λ = 0

k1,2 = 4 ±

16 + λ .

Следовательно,

необходимо

рассматривать три случая: а)

λ > −16 ,

б) λ = −16 , в) λ < −16 .

а) Если λ > −16 , то общее решение уравнения имеет вид

y(x) = C e(4− 16+λ ) x +C

e(4+ 16+λ ) x .

Тогда

1

2

′

− 16 + λ)C1e

(4− 16 +λ ) x

+ (4 + 16 + λ)C2 e

(4+ 16+λ ) x

.

y (x) = (4

Потребовав выполнения граничных условий, получим систему

0 =

(4 − 16 + λ)C

+

(4 + 16 + λ)C

2

,

0 = (4 − 16 + λ)e4−

1

16+λC

+ (4

+ 16

+ λ)e4+ 16+λC

2

.

1

115

Ее определитель:
	(4 − 16 + λ)	(4 + 16					+ λ)				=
	(4 − 16 + λ) e4− 16+λ	(4 + 16 + λ) e4+ 16+λ
= (4 − 16 + λ) (4 + 16 + λ)					1				1		=
				e	4− 16+λ			e	4+ 16+λ
= [16 −( 16 +λ)2 ] (e4+ 16+λ −e4− 16+λ				)= −λ			(e4+ 16+λ −				e4− 16+λ ).
							144424443
									≠ 0

Следовательно, нетривиальное решение система имеет только при λ = 0 . Полагая λ = 0 , находим:

y(x) = C1 +C2e8x ,y′(x) =8C2e8x .

Потребовав выполнения граничных условий, получим

y′(0) = 8C2e0 = 0,y′(1) =8C2e8 = 0.

Откуда получаем C2 = 0 и, следовательно, искомое нетривиальное реше-

ние имеет вид

y0 (x) = C , C ≠ 0 .

б) Если λ = 16, то общее решение уравнения имеет вид

y(x) = C1e4 x + C2 xe4 x .

Тогда

y′(x) = 4C1e4 x + 4C2 xe4 x + C2 e4 x .

Граничные условия дают систему

0 = 4C1 + 4C2 ,

0 = 4C1e4 + 4C2e4 +C2e4 ;

которая имеет только тривиальное решение С1 = С2 = 0. Следовательно, при λ = 16 существует только тривиальное решение y ≡ 0.

в) Пусть λ < −16 . В этом случае k = 4 ± 16 + λ = 4 ±i −λ −16 и

общее решение уравнения имеет вид

y(x) = C1e4x cos( −λ −16 x) +C2e4 x sin( −λ −16 x) .

Тогда

′	4 x	cos(	−λ −16 x) −C1	−λ −16e	4 x	sin(	−λ −16 x) +
y (x) = 4C1e
+ 4C2e4x sin(			−λ −16 x) +C2	−λ −16e4 x cos(			−λ −16 x)

или, перегруппировав слагаемые,

y′(x) =[4C1 +C2 −λ−16]e4x cos( −λ−16x)+[4C2 −C1 −λ−16]e4x sin( −λ−16x).

116

	Граничные условия дают систему
	0	=4C	+C	−λ−16,
		1	2		(16.7)
		=(4C1 +C2		−λ−16)cos −λ−16 +(4C2 −C1 −λ−16)sin −λ−16.
	0

(Во втором уравнении сократили на общий множитель e4 ).

Заметим, что во втором уравнении системы (16.7) слагаемое

(4C1 +C2 −λ −16)cos −λ −16 = 0 (из первого уравнения системы). Тогда

		(4C2 −C1 −λ −16) sin					−λ −16 = 0 ,
	4C2 −C1 −λ −16 = 0 или						sin −λ −16 = 0 .
	Следовательно, система (16.7) распадается на две:
	0 = 4C		+C	2	−λ −16 ,		0 = 4C		+C	2	−λ −16 ,
		1				и		1
		= 4C2	−C1		−λ −16			= sin	−λ −16 .
	0						0

Рассмотрим систему

0 = 4C		+C		−λ −16 ,
	1		2
0	= 4C2 −C1 −λ −16 .

Ее определитель
	4	−λ −16		=16 + (			−λ −16)2 = −λ ≠ 0
	− −λ −16		4
и, следовательно, она имеет только тривиальное решение								C1 = C2 = 0 .
Рассмотрим систему
		0 = 4C		+C		−λ −16 ,
			1		2
		0	= sin	−λ −16 .
Из ее второго уравнения находим
		−λ −16 =πk ,				k =1,2,3,K
λk = −(π2k 2 +16) , k =1,2,3,K – собственные значения.
Тогда из первого уравнения системы
	C1 = −C2		−λ −16 ,			C1 = −C2 πk .
			4				4
Таким	образом,		найденным				собственным	значениям
λ = −(π2k 2	+16) ( k =1,2,3,K) соответствуют собственные функции
k

yk (x) = −C2 π4k e4x cos( −λk −16 x) +C2e4 x sin( −λk −16 x)

или		πk		e	4 x	,	C .
	yk (x) = C −	4	cosπkx +sinπkx

117

ГЛАВА III. СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

§ 17. Задачи, приводящие к понятию систем дифференциальных уравнений

Рассмотрим систему уравнений

F

(x, y

, y′

,K, y

(m1 )

, y

2

, y′

,K, y

(m2 )

,K, y

n

, y′

,K, y

(mn ) )

= 0,

1

1

1

1

2

2

)

n

n

)

(x, y

, y′

,K, y

(m )

, y

, y′

,K, y

(m

,K, y

, y′

,K, y

(m

)

= 0,

F

1

2

2

n

n

(17.1)

2

1

1

1

2

2

n

n

LLLLLLLLLLLLLLLLLLLLL

L L

′

(m1 )

′

(m2 )

′

(mn )

)

= 0,

Fn

(x, y1, y1

,K, y1

, y2 , y2

,K, y2

,K, yn , yn ,K, yn

где

x

– независимая

переменная,

y1 (x), y2 (x), K,

yn (x) – искомые

функции, F1 , F2 , K, Fn

– известные функции. Система (17.1) называет-

ся системой обыкновенных дифференциальных уравнений.

Системы дифференциальных уравнений применяются для описа-

ния многих процессов реальной действительности. В частности, к ним относятся различного рода физические и химические процессы, процессы нефте- и газодобычи, геологии, экономики и т. д. Действительно, если некоторые физические величины (перемещение тела, пластовое давление жидкости в фиксированной точке с тремя координатами, концентрация веществ, объемы продаж продуктов) оказываются меняющимися со временем под воздействием тех или иных факторов, то, как правило, закон их изменения по времени описывается именно системой дифференциальных уравнений, т. е. системой, связывающей исходные переменные как функции времени и производные этих функций. Независимой переменной в системе дифференциальных уравнений может выступать не только время, но и другие физические величины: координата, цена продукта и т.д. Рассмотрим две задачи, в ходе решения которых возникают системы дифференциальных уравнений.

Задача 1. Некоторое вещество A разлагается на два вещества P и Q . Скорость образования каждого из этих веществ пропорциональна

количеству неразложившегося вещества. Пусть x и y – количества вещества P и Q , образовавшихся к моменту t . Определить закон их изменений, зная, что в начальный момент x = 0 , y = 0 , а через 1 час

x = 38c , y = 8c , где c – первоначальное количество вещества A .

Решение. К моменту t количество неразложившегося вещества A равно (c − x − y) . Тогда, согласно условиям задачи, скорости образова-

ния веществ P и Q :

118

dxdt = k1 (c − x − y),

dy = k2 (c − x − y),

dt

где k1 и k2 – коэффициенты пропорциональности скорости образования каждого из веществ P и Q , x = x(t) , y = y(t) – искомые функции, описывающие закон изменения количества веществ P и Q .

Не останавливаясь подробно на процессе решения этой системы и нахождении коэффициентов k1, k2 запишем окончательный ответ:

x = 4c (1−2−t ),

y = 3c (1−2−t ).4

График искомых функций x(t) и y(t) (рис. 3.1) демонстрирует характер образования веществ P и Q в процессе химической реакции разложения вещества A .

3c
4	y(t)
c
4	x(t)
0

Рис. 3.1.

Задача 2 (о движении материальной точки в пространстве под действием переменной силы). Пусть r = r (t) – закон движения материаль-

ной точки в пространстве, где t – время, r (t) ={x(t), y(t), z(t)} (т.е. в момент времени t точка имеет координаты {x(t), y(t), z(t)}). Если точка

движется под действием силы	r r	r	dx	,	dy	,	dz	=
	F = F(t, r, r&) , где	r&	=		dt
			dt				dt

={x&, y&, z&} – скорость, то по II закону Ньютона вектор r (t) должен удов-

летворять уравнению движения

m&rr&= F(t, rr, rr&) .

Этовекторноеуравнениеэквивалентносистеметрехскалярных уравнений

119

			2		= X (t, x, y, z, x&, y&, z&),
	m d		2x
		dt
		d 2 y			= Y (t, x, y, z, x&, y&, z&),
	m	dt 2
			2		= Z (t, x, y, z, x&, y&, z&),
	m d		2z
где Fr		dt
	={X ,Y , Z} . Если считать неизвестными еще и проекции скорости
x& = u, y& = v, z& = w , то система перепишется в виде
	dx		= u(t),
	dt
	dy		= v(t),
	dt
	dz
			= w(t),
	dt
	m du			= X (t, x, y, z,u, v, w),
		dt
		dv
	m dt = Y (t, x, y, z,u, v, w),
		dw		= Z (t, x, y, z, u, v, w).
	m	dt
Или, в более компактной форме:
			drr				r
						=V ,
			dt			r
							r	r r
					dV
			m			dt	= F(t, r ,V ),
где Vr – вектор с проекциями (u, v, w) .

Таким образом, мы убедились, что физические задачи приводят нас к необходимости рассмотрения систем дифференциальных уравнений. Причем, в зависимости от постановки задачи, число уравнений может быть достаточно большим. В таких случаях удобнее использовать более компактные формы записи (например, векторную, матричную).

120