Типовик / 1076

Рассмотрим два способа его решения.

1 способ. C помощью подстановки z(x) = y1 исходное уравнение

приводится к линейному. В нашем примере =

1

:

2

Разделим обе части уравнения на

py (y = 0

решение исходного

уравнения)

y0 =

4

p

+ x

y

p

y

x

и сделаем замену переменной z = y1 = p

y:

Ò.ê.

y0

z0 =

;

то получим

2p

y

2z0 =

4

z + x èëè

x

z0 =

2

z +

x

- линейное неоднородное уравнение.

x

2

Решим его методом вариации произвольной постоянной. Найд¼м общее решение однородного уравнения

z0	2			)	dz	2			) ln jzj = 2 ln x + ln c ) z = cx2:
	=		z			=		dx
		x			z		x

Теперь ищем решение линейного неоднородного уравнения в виде

z(x) = c(x)x2. Òàê êàê z0

= c0x2 + c 2x; òî

2cx2

x

c0x2 + 2cx =

+

;

2

x

1

1

c0 =

) c(x) =

ln jxj + c1

)

2x

2

1

1

)

z(x) = (

ln jxj + c1)x2 )

y(x) = z2 = (

ln jxj + c1)x4

2

2

общее решение исходного уравнения.

2 способ. Можно непосредственно применять подстановку Бернулли

y(x) = u(x)v(x): Имеем

u0v + v0u = x4uv + xpuv

10

èëè

4

v] + u0v = xp

u[v0

uv

x

Для определения функции v(x) потребуем, чтобы v0

4

v = 0, откуда

x

v = x4: Далее получим u0x4 = xp

ux4

du

dx

p

=

)

x

u

) u = (12 ln jxj + c)2 )

)y(x) = (12 ln jxj + c)2x4:

4.В четв¼ртом задании рассматриваются обыкновенные дифференциальные уравнения высших порядков. В пункте а предлагается решить уравнение, допускающее понижение порядка. В пункте b следует найти решение задачи Коши для линейного неоднородного уравнения со специальной правой частью методом неопредел¼нных коэффициентов. В пункте с ищется общее решение линейного неоднородного уравнения методом вариации произвольных постоянных (Лагранжа).

Задача 4,а.

Найдите общее решение дифференциального уравнения

y00(ex + 1) + y0 = 0:

Решение.

Это уравнение вида F (x; y(k); y(k+1)) = 0 (k = 1), т.е. не содержащее

в явном виде искомую функцию. Понизить порядок уравнения уда¼тся, вводя новую функцию p(x) = y(k) = y0: Тогда

p0 = y(k+1) = y00			è		dp	(ex + 1) + p = 0;
					dx
	dp		=		dx
	p			ex + 1

(p = 0 является решением дифференциального уравнения),

Z	dp	= Z	dx	:
	p		ex + 1

11

Пут¼м замены переменной ex + 1 = t; находим

ln jpj = ln(ex + 1) ln ex + ln c;

p = c ex + 1 ex

(решение p = 0 содержится в этом семействе при c = 0),

		dy	= c		ex + 1	;
y = c Z	dx				ex
	ex + 1
				dx = c(x e x) + c1			;
	ex

т.е. нашли общее решение исходного уравнения.

Задача 4,b.

Найдите общее решение дифференциального уравнения y3y00 = 1:

Решение.

Это уравнение вида F (y; y0; y00) = 0; т.е. не содержащее в явном ви-

де независимую переменную x. Понизим порядок уравнения с помощью подстановки

y0 = p(y):

Тогда y00

= p

dp

:

dy

Далее

dp

dy

y3p

=

1;

pdp =

dy

y3

(y = 0 не является решением исходного уравнения);

Z

pdp = Z

dy

p2

1

+ c )

;

=

y3

2

2y2

+ 2c ) p = s

) p2 =

1

1

+ 2c;

y2

y2

dx = p

) dx =

1 + 2cy2

)

1

y

dy

+ 2cy2

ydy

) x = Z

ydy

1

Z

p(1 + 2

)

=

d

cy2

)

4c

1 + 2cy2

1 + 2cy2

p

1

p

p1 + cy

2

) x =

+ c1:

2c

12

Задача 4,c.

Найдите общее решение уравнения

xyy00 xy02 = yy0:

Решение.

Данное уравнение является уравнением вида F (x; y; y0; y00) = 0, где функция F - однородная относительно y; y0; y00 (в нашем примере имеем

однородную функцию второй степени). Можно понизить порядок уравнения заменой y0 = p(x)y. Тогда y00 = (p2 + p0)y è

xy2(p2 + p0) xy2p2 = y2p:

Разделим обе части уравнения на y2 (y = 0 - решение исходного

уравнения):

x(p2 + p0) xp2 = p;

xdxdp = p; dpp = dxx :

Отсюда получаем p = cx. Возвращаясь к функции y, получим

y0		dy
	= cx )		= cxdx	)
y		y

cx2

) y = c1e 2

(заметим, что y = 0 является частным решением и получается из общего при c1 = 0).

13

в исходное уравнение:

Задача 4,d.

Найдите решение задачи Коши

y00 6y0 + 9y = e3x; y(0) = 1; y0(0) = 0

методом неопредел¼нных коэффициентов.

Решение.

Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравне-

ния имеет вид: y = y0 +y~, ãäå y0- общее решение соответствующего однородного уравнения, а y~ - частное решение исходного неоднородного урав-

нения. Сначала ищем общее решение однородного уравнения. Характеристическое уравнение 2 6 + 9 = 0 имеет один вещественный корень= 3 кратности 2. Тогда функции y1 = e3x è y2 = xe3x образуют фунда- ментальную систему решений однородного уравнения y00 6y0 + 9y = 0; а их линейная комбинация - его общее решение

y0(x) = C1e3x + C2xe3x:

Исходное неоднородное уравнение имеет правую часть специального вида f(x) = e xPn(x), ãäå Pn(x)- многочлен степени n. В нашей задача

= 3; n = 0; = 3 является корнем кратности 2 характеристиче-

ского уравнения. Поэтому частное решение ищем в виде y~ = Ax2e3x, ãäå

A- произвольный многочлен нулевой степени (этот коэффициент и надо найти). Тогда

y~0 = 2Axe3x + 3Ax2e3x = A(2x + 3x2)e3x;

y~00 = A((2 + 6x)e3x + 3(2x + 3x2)e3x) = A(2 + 12x + 9x2)e3x:

Коэффициент A найд¼м, подставив y;~ y~0; y~00

A(2 + 12x + 9x2)e3x 6A(2x + 3x2)e3x + 9Ax2e3x = e3x:

Сокращая на e3x, имеем:

2A + 12Ax + 9Ax2 12Ax 18Ax2 + 9Ax2 = 1 )

14

) 2A = 1 ) A = 12:

Таким образом, y~(x) = 12x2e3x;

y(x) = C1e3x + C2xe3x + 12x2e3x общее решение исходного уравнения ;

y0(x) = 3C1e3x + C2e3x + 3C2xe3x + xe3x + 32x2e3x

Для решения8 задачи Коши подставим8 начальные условия в выражения

		C1 = 1					C =		1
äëÿ y; y0:	>3C + C		2	= 0	)	>C1		=		3:
	<	1				<	2
	>					>
	:					:

Искомое решение задачи Коши:

y(x) = e3x 3xe3x + 12x2e3x:

Задача 4,e.

Найдите решение задачи Коши

	y00 + y0 = cos 2x; y(0) =	1	; y0(0) = 1
		5

методом неопредел¼нных коэффициентов.

Решение.

Как и в предыдущей задаче, сначала ищем общее решение однородного уравнения y00 + y0 = 0: Характеристическое уравнение 2 + = 0 имеет

два различных вещественных корня 1 = 0 è 2 = 1; общее решение однородного уравнения y0(x) = C1 + C2e x. Неоднородное уравнение имеет специальную правую часть более общего вида, чем в задаче 4,d:

f(x) = e x(Sm1 (x) cos x + Qm2 (x) sin x; )

ãäå Sm1 ; Qm2 (x)- многочлены степени m1 è m2 соответственно. В дан- ном случае = 0; = 2; m1 = 0. Число + i = 2i не является корнем характеристического уравнения. Значит, частное решение должно иметь вид: y~ = e0x(A cos 2x + B sin 2x) = A cos 2x + B sin 2x. Тогда

y~0 = 2A sin 2x + 2B cos 2x; y~00 = 4A cos 2x 4B sin 2x.

15

Подставляя y;~ y~	; y~00 в исходное уравнение, найд¼м коэффициенты
0

A è B:

4A cos 2x 4B sin 2x 2A sin 2x + 2B cos 2x = cos 2x:

Приравнивая коэффициенты при cos 2x,								sin 2x, получим систему:
8 4A + 2B = 1					8A = 2B				)
>	2A 4B = 0			) >10B = 1
<					<
>					>
:			8A =		1:
		)			5			:
			>B = 1
			<
					10
Таким образом, частное		решение неоднородного уравнения имеет вид
			>
			:

y~ = 15 cos 2x + 101 sin 2x;

а общее решение

y

=

y

y

c

+

c

e x

1

x

+

1

x:

0

+ ~ =

1

2

5 cos 2

10 sin 2

Вычислим y0

= c2e x

2

1

+

sin 2x +

cos 2x и подставим начальные

5

5

условия в выражения y;

y0:

8c1

8c1 c2

5 = 5

= 5

>

1

1

>c

4

c

+

1

= 1

)

=

4

:

5

5

Искомое

<

2

<

2

>

>

:

:

решение задачи Коши:

y x

4

4

e x

1

x

1

x:

) = 5

+

(

5

5 cos 2

10 sin 2

16

Задача 4,f.

Найдите общее решение задачи Коши:

y00 3y0 + 2y =	ex
	1 e x

методом вариации произвольных постоянных (Лагранжа).

Решение.

Сначала находим общее решение соответствующего однородного уравнения. Характеристическое уравнение 2 3 + 2 = 0 имеет два различ- ных вещественных корня 1 = 1, 2 = 2; y0(x) = c1ex +c2e2x. Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде y~(x) = c1(x)ex +c2(x)e2x. Функции c1(x) è c2(x) должны удовлетворять системе:

8c10 ex + c20 e2x = 0					e	x
>c0		ex + 2c0	e2x =					:
							x
<	1	2	1		e
>
:

Это система линейных алгебраических уравнений относительно c01 è c02. Е¼ определитель есть определитель Вронского W (x) для системы функ- öèé ex, e2x. Так как эти функции образуют фундаментальную систему решений линейного однородного дифференциального уравнения, то W (x) 6= 0, при любом вещественном x. Тогда система имеет единственное решение. Для его нахождения вычтем из второго уравнения первое:

c0

e2x

ex

)

c0

x

e x

= 1 e x

) = 1 e x

2

2(

Из первого уравнения получим:

c10 = c20 ex

=

1

:

1

e

x

Интегрируя, находим функции c1(x) è c2(x) :

(x) = Z

dx

= Z

exdx

= Z

d ex

1)

c1

(

= ln 1 e x

;

1

e x

ex

1

ex

1

c2(x) = Z

e xdx

Z

d(1

e x)

=

= ln j1

e xj:

1 e x

1

e x

17

Подставляя найденные функции, получаем общее решение уравнения:

y(x) = y0(x) + y~(x) = c1ex + c2e2x ln jex 1jex + ln j1 e xje2x:

Задача 5.

В пятом задании предлагается тремя способами решить задачу Коши для линейной однородной системы дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами.

8

>x0 = x + y

<

>y0 = 8x + 3y;

:

x(0) = 0; y(0) = 2:

a) Решим систему методом исключения, то есть сведения к одному уравнению второго порядка. Выразим y из первого уравнения: y = x0 x, дифференцируя по t, получим y0 = x00 x0. Подставим y è y0 во второе уравнение:

x00 x0 = 8x + 3(x0 x) ) x00 4x0 5x = 0:

Это линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка относительно функции x(t). Корни характеристического уравнения 1 = 5; 2 = 1 дают нам его общее решение

x(t) = c1e5t + c2e t:

Íàéä¼ì x0(t) = 5c1e5t c2e t è

y(t) = x0 x = 5c1e5t c2e t c1e5t c2e t = 4c1e5t 2c2e t:

Общее решение системы имеет вид:

8

>x(t) = c1 e5t + c2 e t

<

>y(t) = 4c1 e5t 2c2 e t:

:

18

Подставив начальные условия x(0) = 0) и y(0) = 2 в это решение,

получим

8c1 + c2 = 0

8c1 + c2 = 0

8c1

= 3

>4c

>2c

>c

1

2c

= 2

)

c

= 1

)

=

1

:

1

2

1

2

2

3

<

<

<

>

>

>

:

:

:

Получили решение задачи Коши:

8x(t) = 3e5t

3e t

1

1

>y(t) =

4

e5t +

2

e t:

<

>

3

3

:

b) Решим эту же систему матричным методом. Введ¼м обозначения:

0 1 0 1 0 1

X(t) =	x(t)		, X(0t) =	x0(t)	A =	1	1
	@ y(t)	A		@ y(0t) A		@ 8	3 A	.

В матричной форме система принимает вид:

X0(t) = AX(t):

Решение будем искать в виде:

X(t) = e t;

01

ãäå = @ A - ненулевой вектор-столбец. Известно, что e t будет

решением системы тогда и только тогда, когда - собственное число матрицы A, а - собственный вектор матрицы A, соответствующий числу

. Начинаем, как обычно, с нахождения собственных чисел матрицы A. Для этого решаем характеристическое уравнение det(A E) = 0 )

)			8	3				= 0 )
		1		1
	(1		)(3		)			8 = 0
)									)

) 2 4 5 = 0:

Это уравнение имеет два различных вещественных корня 1 = 5;2 = 1. В этом случае вектор-функции 1e 1t, 2e 2t образуют фунда-

19