Клюшин В.Л. Высшая математика для экономистов

Подождите немного. Документ загружается.

371

В процессе доказательства теоремы 30.2 были доказаны следу-

ющие свойства решений линейных дифференциальных уравнений:

1. Если y

∼

– решение неоднородного дифференциального

уравнения (30.17), а y

– решение сопровождающего однород-

ного уравнения (30.18), то их с у м м а y = y

∼

+ y

есть решение

неоднородного уравнения (30.17).

2. Если y

и y

– два решения неоднородного дифференциаль-

ного уравнения (30.17), то их р а з н о с т ь y = y

– y

есть реше-

ние сопровождающего однородного уравнения (30.18).

Доказанная теорема 30.2 указывает способ нахождения общего

решения неоднородного уравнения (30.17): надо найти общее реше-

ние сопровождающего однородного уравнения (30.18) и какое-

нибудь частное решение уравнения (30.17).

Находить общее решение однородного уравнения (30.18) мы

умеем, правда, только для случая, когда коэффициенты постоян-

ны: p(x) = p = const, q(x) = q = const. Задача нахождения частного

решения неоднородного уравнения (30.17) в общем случае весьма

сложна. Pассмотрим ее лишь для простых случаев, когда коэффи-

циенты уравнения (30.17) постоянны, а правая часть f(x) имеет

специальный вид. Итак, перейдем теперь к линейному неодно-

родному уравнению

y″ + p y′ + qy = f(x), (30.20)

где p, q = const.

В дальнейшем будем применять символы P

(x) и Q

(x) для

обозначения многочленов степени n:

(x) = a

+ a

n – 1

+...+ a

n – 1

x + a

(x) = b

+ b

n – 1

+...+ b

n – 1

x + b

Рассмотрим три различных частных вида функции f(x).

А. Пусть f(x) = P

(x). Правая часть уравнения (30.20) есть мно-

гочлен степени n. Так как производная от многочлена есть много-

член, можно попытаться найти частное решение y

∼

уравнения

(30.20) также в виде многочлена, коэффициенты которого пока

неизвестны. Тем не менее для их нахождения существует уже зна-

комый нам метод неопределенных коэффициентов.

372

П р и м е р 30.7. Найти общее решение уравнения

y″ – 3y ′ + 2y = 2x

– 7x

– 4x + 10.

Р е ш е н и е. Мы видим, что если подставить многочлен

третьей степени

y = ax

+ bx

+ cx + d

в левую часть данного уравнения, то в этой левой части также воз-

никнет многочлен третьей степени. Постараемся подобрать коэф-

фициенты a, b, с, d таким образом, чтобы уравнение преврати-

лось в тождество. Дифференцируем многочлен и подставляем в

левую часть:

y′ = 3a x

+ 2bx + c, y″ = 6ax + 2b,

6ax + 2b – 3(3ax

+ 2bx + c) + 2(ax

+ bx

+ cx + d) =

= 2x

– 7x

– 4x + 10,

2ax

+ (–9a + 2b )x

+ (6a – 6b – 2c)x + 2b – 3c + 2d =

= 2x

– 7x

– 4x + 10,

a b

a b c

b c d

2 2

9 2 7

6 6 2 4

2 3 2

− + = −

− + =

110.

Решая полученную систему, находим

a = 1, b = 1, c = –2, d = 1.

Получаем частное решение данного дифференциального урав-

нения:

∼

= x

+ x

– 2x + 1.

Сопровождающее уравнение имеет вид

y″ – 3y ′ + 2y = 0.

Его характеристическое уравнение

– 3k + 2 = 0

имеет корни k

= 2, k

= 1, и поэтому общее решение сопровож-

дающего уравнения есть

= C

+ C

373

Согласно теореме 30.2 общее решение данного уравнения есть

y = C

+ C

+ x

– 2x + 1.

В связи с этим примером может возникнуть предположение,

что частное решение y

∼

дифференциального уравнения

y″ + py ′ + qy = P

(x)

надо искать в виде некоторого многочлена Q

(x) той же степени,

для чего надо только подобрать его коэффициенты. Однако это

предположение ошибочно.

Рассмотрим уравнение

y″ – y ′ = 4x

– 9x

– 6x – 2.

Попытаемся найти y

∼

в виде многочлена той же, третьей, степени:

∼

= ax

+ bx

+ cx + d.

Дифференцируя y

∼

и подставляя в левую часть уравнения, получаем

6ax + 2b – (3ax

+ 2bx + c) = 4x

– 9x

– 6x – 2,

–3ax

+ (6a – 2b)x + 2b – c = 4x

– 9x

– 6x – 2.

Тождественное равенство этих многочленов, степени которых

различны (слева – многочлен второй степени, а справа – третьей),

невозможно ни при каких a, b, c и d.

Наша попытка была неудачной, потому что мы не учли, что

при дифференцировании степень многочлена снижается на еди-

ницу, а в левой части данного уравнения отсутствует член, содер-

жащий неизвестную функцию y (присутствуют только члены,

содержащие производные этой функции). Поэтому для того, что-

бы левая часть данного уравнения стала многочленом той же

(третьей) степени, надо в качестве y взять многочлен степени на

единицу большей, т.е. многочлен четвертой степени. Однако при

этом свободный член этого многочлена не будет учтен, так как

при дифференцировании обратится в нуль. Стало быть, надо

взять многочлен вида

(x) = ax

+ bx

+ cx

+ dx

или вида

(x) = x(a x

+ bx

+ cx + d).

(Напомним, что мы ищем лишь частное решение.)

374

С учетом высказанных здесь соображений будем искать реше-

ние данного уравнения

y″ – y ′ = 4x

– 9x

– 6x – 2

в виде y

∼

= xQ

(x) = x(ax

+ bx

+ cx + d ) = ax

+ bx

+ cx

+ dx.

Дифференцируем y

∼

и подставляем y

∼

′ и y

∼

″ в левую часть данно-

го уравнения:

∼

′ = 4ax

+ 3bx

+ 2cx + d, y

∼

″ = 12ax

+ 6bx + 2c,

12ax

+ 6bx + 2c – (4ax

+ 3bx

+ 2cx + d) = 4x

– 9x

– 6x – 2,

–4ax

+ (12a – 3b)x

+ (6b – 2c)x + 2c – d = 4x

– 9x

– 6x – 2,

a b

b c

c d

4 4

12 3 9

6 2 6

2 2

− =

− = −

Решая полученную систему, находим

a = –1, b = –1, c = 0, d = 2.

Отсюда y

∼

= –x

– x

+ 2x.

Найдем теперь y

. Составим для этого характеристическое

уравнение, найдем его корни и воспользуемся ими:

– k = 0,

k(k – 1) = 0.

Получаем общее решение сопровождающего уравнения:

= C

+ C

Общее решение данного уравнения:

y = C

+ C

– x

+ 2x.

Итак, при q = 0 и правой части P

(x) частное решение y

∼

мы

нашли в виде многочлена степени n + 1:

∼

= xQ

(x).

Рассуждая аналогично, в случае когда не только q, но и p = 0,

решение y

∼

можно найти в виде

∼

= x

(x).

(Впрочем, в этом случае достаточно дважды проинтегрировать

правую часть.)

375

Подведем первый итог и укажем способы нахождения частного

решения дифференциального уравнения (30.20) в случае, когда

правая часть – многочлен.

Если f(x) = P

(x), где P

(x) – многочлен n-й степени, то част-

ное решение y

∼

надо искать в виде:

• y

∼

= Q

(x), если q ≠ 0;

• y

∼

= xQ

(x), если q = 0, p ≠ 0;

• y

∼

= x

(x), если q = 0, p = 0.

Эти правила сохраняются и в тех случаях, когда мы имеем дело

с дифференциальными уравнениями более высокого порядка.

П р и м е р 30.8. Решить уравнение y″ + 5y ′ = 10x + 12.

Р е ш е н и е. Составляем характеристическое уравнение:

+ 5k = 0. Его корни k

= 0, k

= –5. Так как q = 0, то частное

решение будем искать в виде

∼

= x(Ax + B) = Ax

+ Bx.

Подставим его в исходное уравнение:

2A + 5(2Ax + B) = 10x + 12.

Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x:

10 10

2 5 12

A B

+ =







Отсюда A = 1, B = 2, y

∼

= x

+ 2x. Общее решение сопровожда-

ющего уравнения y

= C

+ C

–5x

. Поэтому общее решение дан-

ного уравнения:

y = C

+ C

–5x

+ x

+ 2x.

П р и м е р 30.9. Найти общее решение дифференциального

уравнения

y″′ – 2y ″ – y′ + 2y = 2x

– 3x

– 12x + 8.

Р е ш е н и е. Здесь коэффициент при y в левой части отличен

от нуля, поэтому ищем y

∼

в виде многочлена той же степени, что и

многочлен в правой части, т.е. в виде Q

(x):

∼

= ax

+ bx

+ cx + d.

Дифференцируем:

∼

′ = 3ax

+ 2bx + c, y

∼

″ = 6ax + 2b, y

∼

″′ = 6a.

376

Подставляем y

∼

и ее производные:

6a – 2(6a x + 2b) – (3ax

+ 2bx + c) + 2(ax

+ bx

+ cx + d) =

= 2x

– 3x

– 12x + 8,

2ax

+ (–3a + 2b)x

+ (–12a – 2b + 2c)x + 6a – 4b – c + 2d =

= 2x

– 3x

– 12x + 8,

a b

a b c

a b

2 2

3 2 3

12 2 2 12

6 4

− + = −

− − + = −

− −

cc d+ =2 8.

Находим коэффициенты: a = 1, b = 0, c = 0, d = 1. Итак,

∼

= x

+ 1.

Решаем сопровождающее уравнение:

y″′ – 2y ″ – y′ + 2y = 0,

– 2k

– k + 2 = 0,

= 2, k

= 1, k

= –1.

Находим общее решение сопровождающего уравнения:

= C

+ C

–x

Окончательно получаем

y = C

+ C

–x

+ x

+ 1.

Рассмотрим еще один пример с дифференциальным уравнени-

ем, порядок которого выше второго.

П р и м е р 30.10. Найти общее решение уравнения

(4)

+ y″′ = 24x + 36.

Р е ш е н и е. Ищем y

∼

в виде x

(x):

∼

= x

(ax + b) = ax

+ bx

∼

′ = 4ax

+ 3bx

, y

∼

″ = 12ax

+ 6bx, y

∼

″′ = 24ax + 6b, y

∼

(4)

= 24a.

Подставляя, получаем

24a + 24ax + 6b = 24x + 36,

24 24

24 6 36

a b

+ =







Отсюда a = 1, b = 2; y

∼

= x

+ 2x

377

Решаем характеристическое уравнение:

+ k

= 0,

(k + 1) = 0,

= k

= 0, k

= –1.

Получаем

= C

+ C

x + C

+ C

–x

Находим общее решение данного уравнения:

y = C

+ C

x + C

+ C

–x

+ x

+ 2x

Перейдем теперь к рассмотрению уравнений с более сложной

правой частью.

В. Пусть f(x)

α x

(x). Рассмотренный ранее случай f(x)

(x)

получается отсюда при α = 0. (Формально говоря, его можно было

и не рассматривать отдельно.) Итак, нужно решить уравнение

y″ + py ′ + qy = e

α x

(x). (30.21)

Постараемся свести эту задачу к предыдущей, т.е. к случаю,

когда в правой части уравнения многочлен. Применим подста-

новку

y = e

α x

где z – новая неизвестная функция z = z(x). Находим производ-

ные:

y′ = α e

α x

z + e

α x

z′,

y″ = α

α x

z + αe

α x

z′ + α e

α x

z′ + e

α x

z″ = α

α x

z + 2α e

α x

z′ + e

α x

z″.

Подставляем y, y′ и y″ в левую часть уравнения (30.21) и вы-

полняем очевидные преобразования:

α x

z + 2α e

α x

z′ + e

α x

z″ + p(αe

α x

z + e

α x

z′) + qe

α x

z = e

α x

(x),

α x

z″ + (2αe

α x

+ pe

α x

)z′ + (α

α x

+ pα e

α x

+ qe

α x

)z = e

α x

(x).

Сокращаем на e

α x

z″ + (2α + p)z′ + (α

+ pα + q)z = P

(x).

Получили уравнение уже рассмотренного вида

z″ + p

−

z′ + q

−

z = P

(x),

где p

−

= 2α + p , q

−

= α

+ pα + q. Следовательно, можно приме-

нить прежнее правило (см. с. 375):

• z

∼

= Q

(x), если q

−

= α

+ pα + q ≠ 0;

• z

∼

= xQ

(x), если q

−

= α

+ pα + q = 0, p

−

= 2α + p ≠ 0;

• z

∼

= x

(x), если q

−

= α

+ pα + q = 0, p

−

= 2α + p = 0.

378

Заметим, что условие q

−

≠ 0, т.е. α

+ pα + q ≠ 0, означает,

что число α не является корнем характеристического уравнения

+ pk + q = 0. Поэтому если α – не корень характеристического

уравнения, то ищем решение в виде z

∼

= Q

(x) или (с учетом того,

что y = e

α x

z) в виде y

∼

= e

α x

(x).

Прежде чем рассмотреть остальные условия, заметим, что ре-

шение характеристического уравнения k

+ pk + q = 0 имеет вид

p p

1 2

2 4

.= − ± −

Если при этом

2 2

− ≠ ≠, . . ,т е

то оба корня характерис-

тического уравнения различны и, очевидно, ни один из них не

равен

− ≠ − + ≠

p p

2 2

2 0: , . . .α αт е

Итак, если α – однократный корень характеристического

уравнения, то 2α + p ≠ 0, т.е. q

−

= 0, p

−

≠ 0. Если же α – корень

характеристического уравнения и 2α + p = 0, то

0− = ,

т.е. α –

двукратный корень характеристического уравнения. Суммируем

все сказанное (и еще раз напомним, что y = e

α x

z).

Если f(x)

α x

(x), то y

∼

надо искать в виде:

• y

∼

α x

(x), если α – н е к о р е н ь характеристического

уравнения;

• y

∼

= xe

α x

(x), если α – о д н о к р а т н ы й к о р е н ь харак-

теристического уравнения;

• y

∼

= x

α x

(x), если α – д в у к р а т н ы й к о р е н ь харак-

теристического уравнения.

П р и м е р 30.11. Решить уравнение y″ – 3y ′ + 2y = 2e

Р е ш е н и е. Составляем характеристическое уравнение:

– 3k + 2 = 0. Его корни k

= 1, k

= 2.

Очевидно, α = 3 не является корнем характеристического

уравнения. Поэтому y

∼

= Ce

, y

∼

′ = 3Ce

, y

∼

″ = 9Ce

. Подставим

все это в исходное уравнение:

9Ce

– 3 ⋅ 3Ce

+ 2Ce

= 2e

Получаем C = 1. Следовательно,

∼

= e

379

Очевидно, общее решение сопровождающего однородного

уравнения есть

= C

+ C

Окончательно получаем

y = C

+ C

+ e

П р и м е р 30.12. Решить уравнение y″ + 2y ′ = (3x + 7)e

Р е ш е н и е. Здесь α = 1. Составим и решим характеристи-

ческое уравнение:

+ 2k = 0,

= 0, k

= –2.

Видим, что α не является корнем характеристического урав-

нения. Поэтому y

∼

= Q

(x)e

= (ax + b)e

. Дифференцируем y

∼

подставляем в правую часть уравнения:

∼

′ = ae

+ (ax + b)e

= (ax + a + b)e

∼

″ = ae

+ (ax + a + b)e

= (ax + 2a + b)e

(ax + 2a + b)e

+ 2(ax + a + b)e

= (3x + 7)e

Сокращаем на e

и приводим подобные члены:

3ax + 4a + 3b = 3x + 7.

Получаем систему

3 3

4 3 7

a b

+ =







Отсюда a = 1, b = 1; y

∼

= (x + 1)e

Общее решение сопровождающего однородного уравнения:

= C

+ C

–2x

Окончательно получаем

y = C

+ C

–2x

+ (x + 1)e

(Обратите внимание: здесь q = 0, но мы этого не учитывали, в

отличие от случая А, так как в этом случае учитывается лишь то,

является ли α корнем характеристического уравнения.)

П р и м е р 30.13. Решить уравнение y″ + y′ – 6y = (10x + 2)e

Р е ш е н и е. Решаем характеристическое уравнение:

+ k – 6 = 0,

= 2, k

= –3.

380

Итак, α = 2 – однократный корень.

Общее решение сопровождающего однородного уравнения

= C

+ C

–3x

Находим y

∼

. Очевидно, y

∼

надо искать в виде

∼

= xQ

(x)e

= x(ax + b)e

= (ax

+ bx)e

;

∼

′ = (2ax + b)e

+ 2(ax

+ bx)e

= (2ax

+ 2ax + 2bx + b)e

∼

″ = (4ax + 2a + b)e

+ 2(2ax

+ 2ax + 2bx + b)e

= (4ax

+ 8ax + 4bx + 2a + 3b)e

Подставляем все эти выражения в исходное уравнение:

(4ax

+ 8ax + 4bx + 2a + 3b)e

+ (2ax

+ 2ax + 2bx + b)e

–

– 6(ax

+ bx)e

= (10x + 2)e

Сокращая на e

и приводя подобные члены, получаем

10 10

2 2 2

a b

− =







т.е. a = 1, b = 0. Следовательно, y

∼

= x

. Получаем

y = C

+ C

–3x

+ x

П р и м е р 30.14. Решить уравнение y″ + 2y ′ + y = (6x – 2)e

–x

Р е ш е н и е. Здесь α = –1 является двойным корнем характе-

ристического уравнения k

+ 2k + 1 = 0. Поэтому частное реше-

ние y

∼

ищем в виде y

∼

= x

(x)e

–x

= x

(ax + b)e

–x

= (ax

+ bx

–x

Имеем:

∼

′ = (3ax

+ 2bx)e

–x

– (ax

+ bx

–x

= (–ax

+ (3a – b)x

+ 2bx)e

–x

;

∼

″ = (–3ax

+ 2(3a – b)x + 2b)e

–x

– (–ax

+ (3a – b)x

+ 2bx)e

–x

= (ax

+ (–6a + b)x

+ 6ax – 4bx + 2b)e

–x

Подставляем в исходное уравнение; после приведения подобных

членов получаем

(6ax + 2b)e

–x

= (6x – 2)e

–x

Отсюда a = 1, b = –1; y

∼

= (x

– x

–x

Находим также y

= C

–x

+ C

–x