Минюк С.А., Ровба Е.А. Высшая математика
Подождите немного. Документ загружается.
321
Замечание 1. Частные решения уравнения (7) можно сразу искать в
виде y = x
λ
, при этом для λ получим алгебраическое уравнение, которое совпада-
ет с характеристическим уравнением для ДУ (8).
Пример 5. Найти общее решение уравнения Эйлера
062
2
=−
′
+
′′
yyxyx
.
Первый способ. Делаем в уравнении замену x = e
t
, тогда
dt
dy
e
dt
dx
dt
dy
dx
dy
y
t
−
===
′
,
−=
−
=
′
=
′
=
′′
−
−
dt
dy
dt
yd
e
e
e
dt
dy
dt
yd
dt
dx
dt
yd
dx
yd
y
t
t
t
2
2
2
2
2
,
и уравнение примет вид
06
2
2
=−+ y
dt
dy
dt
yd
.
Корни характеристического уравнения λ
1
= –3, λ
2
= 2, и общее
решение последнего уравнения будет
y = C
1
e
–3t
+C
2
e
2t
. Но, так как x=e
t
, то y = C
1
x
–3
+ C
2
x
2
или
y =
3
1
x
C
+C
2
x
2
. (9)
Второй способ. Будем искать решение данного уравнения
в виде y = x
λ
, где λ – неизвестное число. Находим
1−λ
λ=
′
xy
,
2
)1(
−λ
−λλ=
′′
xy
. Подставляя в уравнение, получим
x
2
λ(λ– 1)
λ
–2
+
2x λx
λ
–1
–6x
λ
=0 или x
λ
[λ(λ– 1)+2λ–6]=0.
Но, так как x
λ
≠0, то λ(λ– 1)+2λ–6=0 или λ
2
+ λ–6=0.
Отсюда λ
1
= –3, λ
2
= 2. Им соответствует фундаментальная
система решений y
1
= x
–3
, y
2
= x
2
, и общее решение определяется
формулой (9).
Пример 6. Решить уравнение Эйлера
02
2
=+
′
−
′′
yyxyx
.
Решение. Характеристиче ское уравнение λ(λ– 1)+λ–2=0 или
λ
2
–2λ+2=0. Ег о корни λ
1
= 1 – i, λ
2
= 1 + i.
322
Поэтому общее решение будет:
)lnsinlncos(
21
xCxCxy +=
.
! Задания для самостоятельной работы
1. Решить следующие уравнения:
а)
0=−
′′
yy
; б)
0584 =+
′
−
′′
yyy
;
в)
05242 =−
′
−
′′
+
′′′
+ yyyyy
IV
; г)
022 =−
′
−
′′
+
′′′
yyyy
;
д)
0=− yy
IV
; е)
023 =−
′
−
′′′
yyy
.
2. Решить задачи Коши:
а)
033 =−
′
+
′′
−
′′′
yyyy
,
1)0( =y
,
2)0( =
′
y
,
3)0( =
′′
y
;
б)
034 =+
′
−
′′
yyy
,
6)0( =y
,
10)0( =
′
y
;
в)
022 =+
′
−
′′
yyy
,
0)0( =y
,
1)0( =
′
y
;
г)
0=
′′
+
′′′
yy
,
1)0( =y
,
0)0( =
′
y
,
1)0( =
′′
y
.
3. Решить уравнения Эйлера:
а)
0
2
=−
′
+
′′
yyxyx
; б)
062
2
=+
′
+
′′
yyxyx
;
в)
03)2(3)2(
2
=−
′
++
′′
+ yyxyx
; г)
033
2
=
′
+
′′
−
′′′
yyxyx
.
323
Лекция 52
Линейные неоднородные дифференциальные
уравнения с постоянными коэффициентами
Изложены метод вариации произвольной постоянной и, в
случае специальной правой части, метод подбора нахож-
дения частного решения ЛНДУ n-го порядка с постоян-
ными коэффициентами.
Рассмотрим ДУ
y
(n)
+ p
n–1
y
(n–1)
+ ... + p
1
y
(1)
+ p
0
y=f(x) (1)
с постоянными вещественными коэффициентами p
i
,
1,0 −= ni
.
В Л . 50 указано, что общее решение ЛНДУ (1) равно сумме об-
щего решения соответствующего ему однородного уравнения и ка-
кого-либо частного решения неоднородного уравнения.
Отыскание общего решения однородного уравнения осуществляет-
ся по правилам, изложенным в Л. 51. Таким образом, задача интегриро-
вания уравнения (1) сводится к отысканию частного решения y
0
(x) не-
однородного уравнения (1). В общем случае это может быть осуществле-
но методом вариации произвольных постоянных, изложенным в Л. 50.
1
0
. Метод вариации произвольных постоянных
решения уравнения (1).
1. Решаем характеристическое уравнение λ
n
+ p
n–1
λ
n–1
+ ... +
+ p
1
λ+ p
0
=0, определяем фундаментальную систему решений
{y
k
(x),
nk ,1=
} и общее решение ЛОУ:
∑
=
=
n
k
kk
xyCy
1
)(
, где C
k
= const,
nk ,1=
.
2. Вычисляем определитель Вронского ∆, дополнительные опре-
делители ∆
k
,
nk ,1=
и определяем функции
∆
∆
=
′
k
k
xC
)(
,
nk ,1=
. (2)
3. Решая простейшие ДУ, находим функции C
k
(x),
nk ,1=
.
4. Общее решение ЛНДУ (1) равно:
∑
=
+==
n
k
kk
xyxyxyxCy
1
0
)()()()(
.
324
Пример 1. Решить уравнение
xyy tg=
′
+
′′′
.
Решение. 1. Составляем характеристическое уравнение λ
3
+ λ=0.
Имеем λ(λ
2
+ 1)=0⇒λ
1
= 0, λ
2,3
=±i ;
xCxCCy sincos
321
++=
.
2.
1
sincos0
cossin0
sincos1
]sin,cos,1[ =
−−
−=∆=
xx
xx
xx
xxW
,
xxCx
xx–x
xx–
xx
tg)(tg
sincostg
cossin0
sincos0
11
=
′
⇒=
−
=∆
,
xxCx
xx
x
x
sin)(sin
sintg0
cos00
sin01
22
−=
′
⇒−=
−
=∆
,
xxxCxx
xx
x
x
sintg)(sintg
tgcos0
0sin0
0cos1
33
⋅−=
′
⇒⋅−=
−
−=∆
.
3.
11
coslntg)(
CxdxxxC +−==
∫
,
22
cossin)(
CxdxxxC +=−=
∫
,
33
42
lnsin
cos
1
cos
cos
2sin
)(
C
x
tgxdx
x
xdx
x
x
xC +
π
−+=
−−=−=
∫∫
.
4.
++−=++= 1coslnsin)(cos)()(
321
xxxCxxCxCy
xCxCCx
x
tg sincossin
42
ln
321
+++
π
−+
.
2
0
. Метод подбора нахождения частного решения
уравнения (1) в случае правой части специального вида.
Общий вид правой части f (x) уравнения (1), при котором можно при-
менить метод подбора, следующий
f (x)=e
α
x
[P
l
(x) cos βx+Q
m
(x) sin βx], (3)
где P
l
(x) и Q
m
(x) – многочлены степени l и m соответственно. В этом
случае частное решение y
0
(x) уравнения (1) ищется в виде
[]
xQxPexxy
kk
xs
β+β=
α
sin
~
cos
~
)(
0
, (4)
325
где k = max(l, m) – мног очлены от х k-той степени общего вида с не-
определенными коэффициентами, а s – кратно сть корня λ= α+ i β
xарактеристического уравнения, причем если α+ i β не является корнем
характеристического уравнения, то s = 0. Для того, чтобы легче было ис-
пользов а ть форму лу (4), приве дем сводную таблицу (табл. 1) видов частных
решений для различных видов правых частей уравнения (1).
Здесь первые три вида правых частей являются частными случа-
ями IV вида.
Таблица 1
326
Пример 2. Найти общее решение уравнения:
xxyyyy +=−
′
+
′′
−
′′′
2
.
Решение. Характеристическо е уравнение λ
3
– λ
2
+ λ– 1 =0 имеет
различные корни λ
1
= 1, λ
2
=–i,
λ
3
= i.
Поэтому общее решение соответствующего однородного урав-
нения
y
будет:
xCxCeCy
x
sincos
321
++=
.
Так как число 0 не является корнем характеристического уравне-
ния, то частное решение этого уравнения y
0
надо искать в виде (табл. 1,
случай I):
y
0
= A
1
x
2
+ A
2
x+A
3
,
где A
1
, A
2
, A
3
– неизвестные пока коэффициенты, подлежащие опреде-
лению. Подставляя выражение для y
0
в данное уравнение, получаем:
–A
1
x
2
+(2A
1
– A
2
)x+(A
2
–2A
1
– A
3
)=x
2
+ x.
Отсюда:
=−−
=−
−=
.02
,12
,1
312
21
1
AAA
AA
A
Решая эту систему, найдем A
1
=–1, A
2
=–3, A
3
=–1. Следова-
тельно, частное решение будет:
y
0
=–x
2
–3x – 1,
и общее решение у данного уравнения имеет вид
y(x)=C
1
e
x
+C
2
cos x+C
3
sin x–x
2
– 3x – 1.
Пример 3. Найти общее решение уравнения:
xeyyy
x
2cos52
−
=+
′
+
′′
.
Решение. Характеристическое уравнение λ
2
+2λ+5=0 имеет
корни λ
1,2
=–1 ±2i и, значит,
x
exCxCy
−
+=
)2sin2cos(
21
.
Так как число α+ i β=–1 +2i является простым корнем характе-
ристического уравнения, то y
0
надо искать в виде (табл. 1, случай IV):
x
exBxAxy
−
+=
)2sin2cos(
0
.
Тогда:
327
]2sin)2(2cos)2[(
0
xAxBxBxBxAxAey
x
−−++−=
′
−
,
]2sin)4432(2cos)4432[(
0
xAxABxBxBxBAxAey
x
+−−−+−+−−=
′′
−
.
Подставляя выражения для y
0
и ее производных в исходное уравне-
ние и сокращая на e
–x
, будем иметь:
xxBxA 2cos2cos42sin4
=+−
.
Откуда А =0, В =
4
1
и, значит,
xxey
x
2sin
4
1
0
−
=
.
Общее решение данного уравнения будет:
xxeexCxCxy
xx
2sin
4
1
)2sin2cos()(
21
−−
++=
.
! Задания для самостоятельной работы
1. Решить уравнения:
а)
xxyy 612
2
+=
′′
−
′′′
; б)
x
exyy
2
4
=
′
+
′′′
;
в)
x
eyyy
5
4251 0
−
=+
′
+
′′
; г)
xxyyy sin23 =+
′
+
′′
;
д)
xyy 2sin4 =+
′′
; е )
xeyyy
x
sin2596 =+
′
−
′′
.
2. Определить вид частного решения следующих ЛНДУ:
а)
xx
eeyyy
2
2
−
+=−
′
−
′′
; б)
xxyy
2
sin4
=+
′′
;
в)
x
exyy
4
4
−
+=
′
+
′′
; г)
xeyy
x
2sin4
2
+=
′
+
′′′
;
д)
xyy 4cos24
2
=
′
−
′′
; е )
22
sin4
xxxeyy
x
++=
′
−
′′′
.
3. Решить уравнения:
а)
x
yy
cos
1
=+
′′
; б )
1
1
+
=
′
−
′′
x
e
yy
; в)
x
yy
3
sin
2
=+
′′
;
г)
2
1
x
x
yy
−
=
′′
+
′′′
; д)
1
2
2
+
=+
′
−
′′
x
e
yyy
x
;
е)
xe
yyy
x
sin
1
22 =+
′
+
′′
.
328
Лекция 53
Линейные системы дифференциальных
уравнений второго порядка с постоянными
коэффициентами
Изложены методы исключения и Даламбера интегри-
рования систем ДУ второго порядка с постоянными
коэффициентами.
Рассмотрим нормальную линейную систему двух дифферен-
циальных уравнений (ЛСДУ второго порядка):
++=
++=
).(
),(
222
111
tfybxa
dt
dy
tfybxa
dt
dx
(1)
Здесь t – независимая переменная; a
1
, b
1
, a
2
, b
2
– постоянные
коэффициенты; f
1
(t), f
2
(t) – заданные функции; x(t), y(t) – искомые
функции.
Если b
1
= 0, то, интегрируя первое уравнение системы (1) спосо-
бом, изложенным в пункте 3
0
Л. 48, найдем общее решение x = ϕ(t, C
1
),
и после подстановки его во второе уравнение системы (1) получим ли-
нейное неоднородно е ДУ первого порядка относительно искомой фун-
кции y(t) вида
)(),(
2122
tfCtayb
dt
dy
++=
ϕ
, которое интегрируется тем же
способом, что и первое уравнение.
Поэтому дальше, без ограничения общности, считаем, что
b
1
≠0. (2)
Аналогичные рассуждения приводят к условию a
2
≠0.
1
0
. Mетод исключения. Этот метод заключается в сведении
системы двух ДУ (1) к одному ЛДУ второго порядка. Из первого
уравнения системы (1) находим:
−−= )(
1
11
1
tfxa
dt
dx
b
y
. (3)
Подставляя во второе уравнение системы (1) вместо у правую
часть (3), а вместо
dt
dy
производную от правой части (3), получим
уравнение второго порядка относительно х(t):
329
0)(
~
~
~
2
2
=+++ tPxC
dt
dx
B
dt
xd
A
,
где
CBA
~
,
~
,
~
– по стоянные. Отсюда находим x=x(t, C
1
, C
2
), где C
1
, C
2
–
произвольные постоянные. Подставив найденное выражение для х и
dt
dx
в (3), найдем у.
Пример 1. Проинтегрировать систему уравнений:
+=
+=
.1
,1
x
dt
dy
y
dt
dx
(4)
Решение. Из первого уравнения системы (4) находим
1−=
dt
dx
y
, тогда
2
2
dt
xd
dt
dy
=
.
Подставляя найденные выражения во второе уравнение системы
(4), получаем ЛДУ с постоянными коэффициентами второго порядка
01
2
2
=−−x
dt
xd
. (5)
Общее решение уравнения (5):
x = C
1
e
t
+C
2
e
–t
– 1.
Имеем:
11
21
−−=−=
−
tt
eCeC
dt
dx
y
.
Отметим, что метод исключения можно иногда применять и для
линейных систем второго порядка с переменными коэффициентами.
Пример 2. Решить систему уравнений:
+−=
+−=
.2
,
2
ytx
dt
dy
t
ytx
dt
dx
t
330
Решение. Из первого уравнения системы находим
dt
dx
t
x
y +=
. Значит,
2
2
2
1
dt
xd
dt
dx
t
t
x
dt
dy
+⋅+−=
.
Подставляя эти выражения для у и
dt
dy
во второе уравнение,
получаем:
dt
dx
txxx
dt
dx
t
dt
xd
t ++−=−+ 2
2
2
2
, или
0
2
2
2
=
dt
xd
t
.
Считая t ≠0, из последнего уравнения имеем
0
2
2
=
dt
xd
и после
интегрирования получим x=C
1
+ C
2
t. Теперь находим
t
C
CC
t
tCC
dt
dx
t
x
y
1
22
21
2
+=+
+
=+=
.
Общее решение данной системы:
x = C
1
+ C
2
t, y =
2
1
2
C
t
C
+
, t≠0.
2
0
. Метод Даламбера (построение интегрируемых ком-
бинаций). Эт о т мето д испо льзуется для построения интегрир уемых комби-
наций при решении систем линейных уравнений с постоянными к оэф фици-
ентами. Рассмотрим систему (1). Умножим второе уравнение на некот орое
число λ и сложим почленно с первым уравнением:
)()()()(
)(
212121
tftfybbxaa
dt
yxd
λ++λ++λ+=
λ+
.
Перепишем последнее уравнение в виде:
)()()(
)(
21
21
21
21
tftfy
aa
bb
xaa
dt
yxd
λ++
λ+
λ+
+λ+=
λ+
. (6)
Выберем число λ так, чтобы
λ=
λ+
λ+
21
21
aa
bb
. (7)
Тогда (6) приводится к уравнению, линейному относительно x+λy :