Контрольная работа № 4 по математике. Методические указания для студентов-заочников

Министерство образования и науки Российской Федерации ФГБОУ ВПО Российский химико-технологический университет им. Д.И. Менделеева

Новомосковский институт

Контрольная работа № 4 по математике

Методические указания для студентов-заочников

Новомосковск 2013

УДК 517 ББК 22.161 К 651 Рецензенты: доцент кафедры «Высшая математика» НИ РХТУ им. Д.И. Менделеева к.т.н. В.Ф. Исаков доцент кафедры АПП НИ РХТУ им. Д.И. Менделеева к.т.н. А.Г. Лопатин

Составители: В.А. Матвеев, В.М. Ульянов. Контрольная работа № 4 по математике. Методические указания для студентов-заочников / ФГБОУ РХТУ им. Д.И. Менделеева, Новомосковский ин-т; Сост.: В.А. Матвеев, В.М. Ульянов, 2013. – 24 с.

Кратко рассмотрены основные теоретические положения и примеры типовых заданий по обыкновенным дифференциальным уравнениям. Приводятся задачи для самостоятельного решения. Предназначена для студентов заочного отделения всех специальностей, а также может быть полезна студентам дневного отделения. Табл. 1. Литерат.: 3 назв.

УДК 517 ББК 22.161

© ФГБОУ ВПО Российский химико-технологический университет им. Д.И. Менделеева Новомосковский институт (филиал), 2013.

Оглавление § 1. § 2. § 3. 1. 2. 3. § 4. § 5.

Дифференциальные уравнения. Дифференциальные уравнения первого порядка. Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка. Уравнения с разделяющимися переменными. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка. Дифференциальные уравнения высших порядков. Простейшие дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка. 1. Дифференциальные уравнения вида 𝑦 (𝑛) = 𝑓 (𝑥). 2. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде неизвестную функцию. 3. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде независимую переменную. § 6. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. 1. Однородные уравнения. 2. Неоднородные уравнения. § 7. Системы однородных линейных уравнений с постоянными коэффициентами. КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №4. Рекомендуемая литература.

3 4 5 5 6 8 11 11 11 12 13 15 15 16 20 23 24

§ 1. Дифференциальные уравнения. Обыкновенным дифференциальным уравнением называется уравнение, связывающее независимую переменную 𝑥, искомую функцию 𝑦(𝑥) и е¨е производные 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ ,. . . ,𝑦 (𝑛) . Символически дифференциальное уравнение можно записать так: )︂ (︂ 2 𝑛 (︀ )︀ 𝑑 𝑦 𝑑 𝑦 𝑑𝑦 (1) 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , . . . , 𝑦 (𝑛) = 0, или 𝐹 𝑥, 𝑦, , 2 , . . . , 𝑛 = 0. 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Порядком дифференциального уравнения называется порядок наивысшей производной, входящей в уравнение. Решением дифференциального уравнения на некотором промежутке называется всякая функция 𝑦 = 𝑓 (𝑥), которая имеет на этом промежутке необходимое количество производных и, будучи подставлена в уравнение, обращает его в тождество, верное на вс¨ем данном промежутке. Например, дифференциальное уравнение 𝑥𝑦 ′ − 2𝑦 = 0 имеет решение 𝑦 = 𝑥2 , так как если 𝑦 = 𝑥2 , то 𝑦 ′ = 2𝑥, и тогда 𝑥 · 2𝑥 − 2𝑥2 ≡ 0. 3

Решение дифференциального уравнения, заданное неявно соотношением Φ(𝑥, 𝑦) = 0, называется интегралом этого уравнения. График решения дифференциального уравнения называется интегральной кривой. § 2. Дифференциальные уравнения первого порядка. Дифференциальное уравнение первого порядка имеет вид 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 0.

(2)

Если уравнение разрешить относительно производной, то оно примет вид 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦).

(3)

Такое уравнение называется дифференциальным уравнением первого порядка, разреш¨енным относительно производной. Теорема Коши. Если функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) и е¨е частная производная 𝑓𝑦′ (𝑥, 𝑦) определены и непрерывны в некоторой области 𝐷 плоскости 𝑂𝑥𝑦, то какова бы ни была внутренняя точка (𝑥0 , 𝑦0 ) области 𝐷, в некоторой окрестности этой точки существует единственное решение уравнения 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦), удовлетворяющее условиям 𝑦 = 𝑦0 при 𝑥 = 𝑥0 . Геометрически теорема утверждает, что через каждую внутреннюю точку (𝑥0 , 𝑦0 ) области 𝐷 проходит единственная интегральная кривая. Очевидно, что во всей области 𝐷 уравнение 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦) имеет бесконечное множество решений. Условия 𝑦 = 𝑦0 при 𝑥 = 𝑥0 , в силу которого решение 𝑦 = 𝜙(𝑥) принимает заданное значение 𝑦0 в заданной точке 𝑥0 , называют начальными условиями и записывают обычно так: 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 ,

или

𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 .

(4)

Отыскание решения дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданным начальным условиям, называется задачей Коши. С геометрической точки зрения решить задачу Коши – значит из множества интегральных кривых уравнения выделить ту, которая проходит через заданную точку (𝑥0 , 𝑦0 ) плоскости 𝑂𝑥𝑦. Общим решением уравнения 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦) в некоторой области 𝐷 называется функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶), зависящая от 𝑥 и произвольной постоянной 𝐶, если она является решением уравнения при любом значении постоянной 𝐶 и, если при любых начальных условиях 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 таких, что (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷 существует значение постоянной 𝐶 = 𝐶0 такое, что функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶0 ) удовлетворяет данным начальным условиям. Частным решением уравнения 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦) в области 𝐷 называется функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶0 ), которая получается из общего решения 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶) при определ¨енном значении 𝐶 = 𝐶0 . В процессе отыскания общего решения дифференциального уравнения нередко приходим к соотношению вида Φ(𝑥, 𝑦, 𝐶) = 0, не разреш¨енному относительно 𝑦. В таких случаях общее решение оставляется в неявном виде. 4

§ 3. Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка. 1. Уравнения с разделяющимися переменными. Уравнением с разделяющимися переменными называется уравнение вида 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥)𝑔(𝑦)

или

𝑓1 (𝑥)𝑔2 (𝑦)𝑑𝑥 + 𝑓2 (𝑥)𝑔1 (𝑦)𝑑𝑦 = 0.

(5)

Пример 1. Решить уравнение 𝑥(1 − 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑦(1 − 𝑥2 )𝑑𝑦 = 0. Деля почленно на (1 − 𝑥2 ) · (1 − 𝑦 2 ), получим 𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 − = 0, или = . 1 − 𝑥2 1 − 𝑦 2 1 − 𝑦2 1 − 𝑥2 Заметим, что в левой части равенства имеется только функция от 𝑦 с соответствующим дифференциалом 𝑑𝑦, а справа — от 𝑥 с дифференциалом 𝑑𝑥. Вот такое растаскивание“ переменных и называется их разделением, чем и обусловлено на” звание данного типа уравнений. А дальше интегрируем обе части: ∫︁ ∫︁ 𝑥 𝑑𝑥 1 1 𝑦 𝑑𝑦 2 = =⇒ − ln |1 − 𝑦 | = − ln |1 − 𝑥2 | + 𝐶 =⇒ 2 2 1−𝑦 1−𝑥 2 2 =⇒ ln |1 − 𝑦 2 | = ln |1 − 𝑥2 | − 2𝐶. Обозначив −2𝐶 через ln |𝐶1 |, 𝐶1 ̸= 0, получаем, что

ln |1 − 𝑦 2 | = ln |𝐶1 (1 − 𝑥2 )|, или 1 − 𝑦 2 = 𝐶1 (1 − 𝑥2 ).

Это и есть общее решение. Обратим внимание на то, что при делении на произведение (1 − 𝑥2 )(1 − 𝑦 2 ) мы можем потерять решения, обращающие в нуль это произведение, то есть, 𝑦 = ±1 и 𝑥 = ±1. Непосредственной подстановкой в уравнение 𝑦 = ±1, 𝑑𝑦 = 0 или 𝑥 = ±1, 𝑑𝑥 = 0 убеждаемся, что эти функции являются решениями нашего исходного уравнения; 𝑦 = ±1 можно получить из общего решения, полагая формально, что 𝐶1 = 0. Ответ: 1 − 𝑦 2 = 𝐶1 (1 − 𝑥2 ), 𝑥 = ±1. Пример 2. Найти частное решение дифференциального уравнения (𝑥2 + 4)𝑦 ′ − − 2𝑥𝑦 = 0, удовлетворяющего начальному условию 𝑦(1) = 5. Сначала найд¨ем общее решение данного уравнения. 𝑑𝑦 𝑑𝑦 2𝑥𝑑𝑥 (𝑥2 + 4) − 2𝑥𝑦 = 0 =⇒ (𝑥2 + 4)𝑑𝑦 = 2𝑥𝑦𝑑𝑥 =⇒ = 2 =⇒ 𝑑𝑥 𝑦 𝑥 +4 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 2𝑥𝑑𝑥 =⇒ = =⇒ ln |𝑦| = ln(𝑥2 + 4) + ln |𝐶|, 𝐶 ̸= 0 =⇒ 2 𝑦 𝑥 +4 =⇒ 𝑦 = 𝐶(𝑥2 + 4), 𝐶 ̸= 0 При разделении переменных мы делили обе части уравнения на 𝑦(𝑥2 + 4). Это выражение обращается в 0 при 𝑦 = 0. Очевидно, что 𝑦 = 0 является решением уравнения, не входящим в общее решение (из-за условия 𝐶 ̸= 0). Но его можно 5

получить из общего решения, если формально подставить в него 𝐶 = 0, так что условие 𝐶 ̸= 0 в общем решении в действительности не нужно. Найд¨ем частное решение. Для этого в общее решение вместо 𝑥 подставим 1, а вместо 𝑦 — число 5. Тогда 5 = 𝐶(12 + 4) =⇒ 𝐶 = 1. Получаем искомое частное решение 𝑦 = 𝑥2 + 4. Ответ: 𝑦 = 𝑥2 + 4. 2. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка. Функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) называется однородной функцией 𝑘-го измерения (или порядка) относительно переменных 𝑥 и 𝑦, если при любом 𝜆 ̸= 0 справедливо тождество 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 𝑓 (𝑥, 𝑦)

(6)

(если это верно только при 𝜆 > 0, то функция называется положительно однородной). Например, функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦 2 — однородная функция второго порядка, так как 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑥)2 + 2 · 𝜆𝑥 · 𝜆𝑦 + 3(𝜆𝑦)2 = 𝜆2 (𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦 2 ) = 𝜆2 𝑓 (𝑥, 𝑦), 𝑘 = 2. Уравнение первого порядка

𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦) (7) называется однородным относительно 𝑥 и 𝑦, если функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) есть однородная функция нулевого измерения относительно 𝑥 и 𝑦. Уравнение 𝑀 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (8) называется однородным относительно 𝑥 и 𝑦, если функции 𝑀 (𝑥, 𝑦) и 𝑁 (𝑥, 𝑦) — однородные одинакового измерения. Аналогично определяются положительно однородные уравнения. Положительно однородные уравнения решаются так же, как однородные, но нужно отдельно рассматривать случаи 𝑥 > 0 и 𝑥 < 0. Уравнение (8) может иметь решение 𝑥 = 0 (проверяется подстановкой 𝑥 = 0 и 𝑑𝑥 = 0 в уравнение; уравнение (7) не может иметь решений вида 𝑥 = Const, так как нельзя определить производную по постоянной величине). Однородное (и положительно однородное) уравнение преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными, если ввести новую неизвестную функцию 𝑧 подстановкой 𝑦 = 𝑥𝑧, 𝑦 ′ = 𝑥𝑧 ′ + 𝑧, 𝑑𝑦 = 𝑥 𝑑𝑧 + 𝑧 𝑑𝑥. (9) Пример 3. Решить задачу Коши: (𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑥𝑑𝑦 = 0, 𝑦|𝑥=1 = −3. В этом уравнении функции 𝑀 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 + 𝑦 и 𝑁 (𝑥, 𝑦) = 𝑥 являются однородными функциями одинакового (первого) измерения: 𝑀 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑥 + 𝜆𝑦 = = 𝜆(𝑥 + 𝑦) = 𝜆𝑀 (𝑥, 𝑦) и 𝑁 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑥 = 𝜆𝑁 (𝑥, 𝑦). Поэтому заданное уравнение — однородное. 6

Найд¨ем общее решение. Подставляя выражения (9) в заданное уравнение, получим (𝑥 + 𝑥𝑧)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑥 𝑑𝑧 + 𝑧 𝑑𝑥) = 0 =⇒ 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥𝑧 𝑑𝑥 + 𝑥2 𝑑𝑧 + 𝑥𝑧 𝑑𝑥 = 0 =⇒ (︂ )︂ 1 2 2 =⇒ 𝑥 𝑑𝑧 = −2𝑥𝑧 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑥 =⇒ 𝑥 𝑑𝑧 = −2𝑥 𝑧 + 𝑑𝑥. 2 Получилось уравнение с разделяющимися переменными. Разделив его на )︀ (︀ 1 2 𝑥 𝑧 + 2 , получим ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑧 𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑥 =⇒ =⇒ = −2 = −2 𝑥 𝑥 𝑧 + 12 𝑧 + 21 ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ 1 ⃒ =⇒ ln ⃒𝑧 + ⃒⃒ = −2 ln |𝑥| + ln |𝐶|, 𝐶 ̸= 0 =⇒ 2

1 𝐶 𝐶 1 =⇒ 𝑧 + = 2 , 𝐶 ̸= 0 =⇒ 𝑧 = 2 − , 𝐶 ̸= 0. 2)︀ 𝑥 𝑥 2 (︀ 1 2 При делении на 𝑥 𝑧 + 2 мы могли потерять решения 𝑧+ 21 = 0, то есть, 𝑧 = − 12 , и 𝑥 = 0. 𝑥 = 0, 𝑑𝑥 = 0 или 𝑧 = − 21 , 𝑑𝑧 = 0 в уравнение 𝑥2 𝑑𝑧 = (︀ Подстановкой )︀ = −2𝑥 𝑧 + 21 𝑑𝑥 убеждаемся, что обе функции являются решениями. Решение 𝑧 = − 12 получается из общего решения при 𝐶 = 0. Используя первое из соотношений (9), получим общее решение заданного уравнения в виде 𝑦 = 𝐶𝑥 − 𝑥2 . Так как заданное уравнение имеет вид (8), оно может иметь решение 𝑥 = 0. Подставляя в это уравнение 𝑥 = 0, 𝑑𝑥 = 0, видим, что это действительно решение (однако оно не удовлетворяет заданному начальному условию 𝑥 = 1). Найд¨ем частное решение, используя заданное начальное условие 𝑦|𝑥=1 = −3. Подставляя в общее решение 𝑥 = 1, 𝑦 = −3, получим −3 = 𝐶1 − 21 , откуда 𝐶 = − 52 . 2 Поэтому искомое частное решение есть 𝑦 = − 𝑥5 − 𝑥2 = − 5+𝑥 2𝑥 . 2 Ответ: 𝑦 = − 5+𝑥 2𝑥 . Пример 4. Найти частное решение уравнения 2𝑥𝑦𝑦 ′ + 𝑥2 − 3𝑦 2 = 0, удовлетворяющее условию 𝑦(2) = 1. Решим уравнение относительно 𝑦 ′ : 3𝑦 2 − 𝑥2 ′ 𝑦 = . 2𝑥𝑦 Проверим его на однородность: 𝑓 (𝑥, 𝑦) =

3𝑦 2 −𝑥2 2𝑥𝑦 ,

поэтому

3(𝜆𝑦)2 − (𝜆𝑥)2 𝜆2 (3𝑦 2 − 𝑥2 ) 3𝑦 2 − 𝑥2 = = = 𝑓 (𝑥, 𝑦), 2 · 𝜆𝑥 · 𝜆𝑦 2𝜆2 𝑥𝑦 2𝑥𝑦 то есть, функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) является однородной нулевого измерения. Следовательно, заданное уравнение — однородное. 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) =

7

Подставляем в уравнение выражения (9). Получаем 3𝑥2 𝑧 2 − 𝑥2 𝑑𝑧 3𝑧 2 − 1 𝑑𝑧 𝑧2 − 1 2𝑧 𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑧𝑥+𝑧 = =⇒ 𝑥 = − 𝑧 =⇒ 𝑥 = =⇒ 2 = . 2𝑥 · 𝑥𝑧 𝑑𝑥 2𝑧 𝑑𝑥 2𝑧 𝑧 −1 𝑥 Получили уравнение с раздел¨енными переменными. Интегрируем: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑥 2𝑧 𝑑𝑧 = =⇒ ln |𝑧 2 − 1| = ln |𝑥| + ln |𝐶|, 𝐶 ̸= 0 =⇒ 𝑧 2 − 1 = 𝐶𝑥, 𝐶 ̸= 0. 2 𝑧 −1 𝑥 При разделении переменных пришлось делить на 𝑥(𝑧 2 − 1), поэтому могли потеряться решения 𝑧 2 − 1 = 0, то есть, 𝑧 = ±1, и 𝑥 = 0. Вторая функция не является решением уравнения, так как в н¨ем 𝑥 является независимой переменной и не может быть постоянной, а 𝑧 = ±1 являются решениями и получаются из общего решения при 𝐶 = 0. Из первого равенства (9) находим 𝑧 = 𝑥𝑦 . Подставляя это в общее решение, 𝑦2 получим 𝑥 √ 2 − 1 = 𝐶𝑥. Выражая отсюда 𝑦, найд¨ем общее решение в виде 𝑦 = = ±𝑥 1 + 𝐶𝑥. Чтобы найти частное решение, подставляем в общее решение начальные значе√ ния 𝑥 = 2, 𝑦 = 1: 1 = ±2 1 + 2𝐶. Отсюда видим, что перед корнем надо √︁ взять знак +“, и что 𝐶 = − 38 . Поэтому искомое частное решение есть 𝑦 = 𝑥 1 − 38 𝑥. ” √︁ Ответ: 𝑦 = 𝑥 1 − 38 𝑥. Замечание. В последнем примере найденное частное решение является единственным только при√0 6 𝑥 < 38 . В область 𝑥 < 0 его можно продолжить любым решением вида 𝑦 = 𝑥 1 + 𝐶𝑥 (на всю полуось 𝑥 < 0 при 𝐶 6 0, или на интервал − 𝐶1 < 𝑥 < 0 при 𝐶 > 0). ′

3. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.

Дифференциальное уравнение вида 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥), где 𝑝(𝑥) и 𝑞(𝑥) — заданные функции, называется линейным. Если функция 𝑞(𝑥) ≡ 0, то уравнение принимает вид 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 0

(10)

(11)

и называется однородным линейным дифференциальным уравнением. Оно является уравнением с разделяющимися переменными. Общее решение уравнения (10) можно сразу найти по формуле )︂ (︂∫︁ ∫︀ ∫︀ − 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑦=𝑒 𝑞(𝑥)𝑒 𝑑𝑥 + 𝐶 (12) ∫︀ (здесь под 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 подразумевается любая первообразная функции 𝑝(𝑥), одна и та же в обоих случаях). 8

Если имеются начальные условия 𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 , то решение задачи Коши будет иметь вид ⎛ 𝑥 ⎞ ∫︀𝜏 ∫︀𝑥 ∫︁ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 − 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 ⎝ 𝑞(𝜏 )𝑒𝑥0 𝑑𝜏 + 𝑦0 ⎠ . 𝑦 = 𝑒 𝑥0 (13) 𝑥0

Пример 5. Найти общее решение уравнения 𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥2 . Перепишем исходное уравнение в виде 𝑦 ′ + 𝑥2 𝑦 = 𝑥. Это линейное уравнение (определяем просто визуально) с 𝑝(𝑥) = 𝑥2 и 𝑞(𝑥) = 𝑥. По формуле (12) получаем (︂∫︁ )︂ (︂∫︁ )︂ ∫︀ 2 ∫︀ 2 𝑦 = 𝑒− 𝑥 𝑑𝑥 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 = 𝑒−2 ln |𝑥| 𝑥𝑒2 ln |𝑥| 𝑑𝑥 + 𝐶 =

(︂∫︁ (︂ )︂ )︂ 𝑥2 𝐶 1 1 𝑥4 3 +𝐶 = + 2. = 2 𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 = 2 𝑥 𝑥 4 4 𝑥 2 Ответ: 𝑦 = 𝑥4 + 𝑥𝐶2 . Пример 6. Решить задачу Коши: 𝑦 ′ = 2𝑦 + 𝑒𝑥 − 𝑥, 𝑦(0) = 14 . Перепишем уравнение в виде 𝑦 ′ − 2𝑦 = 𝑒𝑥 + 𝑥. Оно является линейным с 𝑝(𝑥) = −2 и 𝑞(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥. По формуле (13) получаем ⎛ 𝑥 ⎞ ⎞ ⎛ 𝑥 ∫︀𝑥 ∫︀𝜏 ∫︁ ∫︁ − 2𝑑𝑡 2𝑑𝑡 𝜏 𝑥 1 1 𝑦 = 𝑒 0 ⎝ (𝑒𝜏 + 𝜏 )𝑒0 𝑑𝜏 + ⎠ = 𝑒 −2𝑡|0 ⎝ (𝑒𝜏 + 𝜏 )𝑒 2𝑡|0 𝑑𝜏 + ⎠ = 4 4 0 0 ⎛ 𝑥 ⎛ 𝑥 ⎞ ⎞ ∫︁ ∫︁ 1 1 = 𝑒−2𝑥 ⎝ (𝑒𝜏 + 𝜏 )𝑒2𝜏 𝑑𝜏 + ⎠ = 𝑒−2𝑥 ⎝ (𝑒3𝜏 + 𝑒2𝜏 𝜏 )𝑑𝜏 + ⎠ = 4 4 0 0 )︂⃒𝑥 )︂ (︂(︂ 3𝜏 1 𝜏 𝑒2𝜏 𝑒2𝜏 ⃒⃒ 𝑒 −2𝑥 + + − = =𝑒 3 2 4 ⃒0 4 (︂ 3𝑥 )︂ 2𝑥 2𝑥 𝑒 𝑥𝑒 𝑒 1 1 1 𝑒𝑥 𝑥 1 𝑒−2𝑥 = 𝑒−2𝑥 + − − + + = + − + . 3 2 4 3 4 4 3 2 4 6 1 Ответ: 𝑦 = 12 (4𝑒𝑥 + 6𝑥 − 3 + 2𝑒−2𝑥 ). Кроме этого метода, для решения линейного дифференциального уравнения можно применить подстановку Бернулли

𝑦 = 𝑢𝑣,

𝑦 ′ = 𝑢′ 𝑣 + 𝑢𝑣 ′ ,

(14)

где 𝑢 = 𝑢(𝑥) и 𝑣 = 𝑣(𝑥) — две новые неизвестные функции. Подставляя (14) в уравнение (11), получим 𝑢′ 𝑣 + 𝑢𝑣 ′ + 𝑝(𝑥)𝑢𝑣 = 𝑞(𝑥), или (𝑢′ + 𝑝(𝑥)𝑢)𝑣 + 𝑢𝑣 ′ = 𝑞(𝑥). Так как неизвестных функций две, а уравнение только одно, мы можем одну из функций задать произвольно, а другую найти из уравнения. Удобно потребовать, чтобы функция 𝑢 ̸≡ 0 удовлетворяла условию 𝑢′ + 𝑝(𝑥)𝑢 = 0, тогда из уравнения получим, что 𝑢𝑣 ′ = 𝑞(𝑥). В результате исходное линейное дифференциальное 9

уравнение (11) сводится к системе двух дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными: {︃ 𝑢′ + 𝑝(𝑥)𝑢 = 0, (15) 𝑢𝑣 ′ = 𝑞(𝑥).

.

Пример 7. Решить линейное уравнение 𝑦 ′ + 𝑦 tg 𝑥 = Полагаем 𝑦 = 𝑢𝑣 и получаем систему уравнений: {︃ 𝑢′ + 𝑢 tg 𝑥 = 0, 𝑢𝑣 ′ = cos1 𝑥 .

1 cos 𝑥

методом Бернулли.

Решаем первое уравнение. ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑢 = −𝑢 tg 𝑥 =⇒ = − tg 𝑥𝑑𝑥 =⇒ = − tg 𝑥𝑑𝑥 =⇒ 𝑑𝑥 𝑢 𝑢 =⇒ ln |𝑢| = ln | cos 𝑥| =⇒ 𝑢 = cos 𝑥 Заметим, что в этом случае при интегрировании константу 𝐶 не прибавляем, так как нам нужна только одна функция 𝑢 ̸≡ 0. Решаем второе уравнение. ∫︁ ∫︁ 1 𝑑𝑣 1 1 𝑑𝑥 𝑢𝑣 ′ = =⇒ cos 𝑥 = =⇒ 𝑑𝑣 = =⇒ 𝑑𝑣 = =⇒ cos 𝑥 𝑑𝑥 cos 𝑥 cos2 𝑥 cos2 𝑥 =⇒ 𝑣 = tg 𝑥 + 𝐶 Итак, 𝑦 = 𝑢𝑣 = cos 𝑥(tg 𝑥 + 𝐶) = sin 𝑥 + 𝐶 cos 𝑥. Ответ: 𝑦 = sin 𝑥 + 𝐶 cos 𝑥. Пример 8. Решить задачу Коши: 𝑦 ′ − 𝑥 ln𝑦 𝑥 = 𝑥 ln 𝑥, 𝑦(𝑒) = 𝑒2 . Подставляя 𝑦 = 𝑢𝑣, получим систему {︃ 𝑢′ + 𝑥 ln𝑢 𝑥 = 0, . 𝑢𝑣 ′ = 𝑥 ln 𝑥. Решаем первое уравнение. ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = =⇒ = =⇒ = =⇒ ln |𝑢| = ln | ln 𝑥| =⇒ 𝑑𝑥 𝑥 ln 𝑥 𝑢 𝑥 ln 𝑥 𝑢 𝑥 ln 𝑥 =⇒ 𝑢 = ln 𝑥 Решаем второе уравнение. ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑣 ′ 𝑢𝑣 = 𝑥 ln 𝑥 =⇒ ln 𝑥 = 𝑥 ln 𝑥 =⇒ 𝑑𝑣 = 𝑥 𝑑𝑥 =⇒ 𝑑𝑣 = 𝑥 𝑑𝑥 =⇒ 𝑑𝑥 𝑥2 =⇒ 𝑣 = +𝐶 2 (︁ 2 )︁ 𝑥 Теперь находим общее решение: 𝑦 = 𝑢𝑣 = ln 𝑥 2 + 𝐶 . 10

Чтобы найти частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, подставим в общее решение начальные значения 𝑥 = 𝑒, 𝑦 = 𝑒2 : )︂ (︂ 2 𝑒2 1 𝑒 2 + 𝐶 =⇒ 𝐶 = =⇒ 𝑦 = (𝑥2 + 𝑒2 ) ln 𝑥. 𝑒 = ln 𝑒 2 2 2 Ответ: 𝑦 = 21 (𝑥2 + 𝑒2 ) ln 𝑥.

§ 4. Дифференциальные уравнения высших порядков. Рассмотрим дифференциальное уравнение 𝑛-го порядка (1). Будем предполагать, что это уравнение можно разрешить относительно старшей производной: (︀ )︀ 𝑦 (𝑛) = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) (16) (решений может быть больше одного, тогда уравнение (1) распадается на несколько уравнений вида (16)). Задача Коши для уравнения (16) ставится следующим образом: найти решение 𝑦 = 𝑦(𝑥) уравнения (16), удовлетворяющее начальным условиям (𝑛−1)

𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 , 𝑦 ′ |𝑥=𝑥0 = 𝑦0′ , 𝑦 ′′ |𝑥=𝑥0 = 𝑦0′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) |𝑥=𝑥0 = 𝑦0

,

(17)

(𝑛−1)

— заданные числа. где 𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦0′ , 𝑦0′′ ,. . . , 𝑦0 Общим решением дифференциального уравнения 𝑛-го порядка называется функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ), зависящая от 𝑥 и 𝑛 произвольных постоянных 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 такая, что, во-первых, удовлетворяет уравнению при любых значениях 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 и, во-вторых, при заданных начальных условиях (𝑛−1) постоянные 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 можно 𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 , 𝑦 ′ (𝑥0 ) = 𝑦0′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) (𝑥0 ) = 𝑦0 подобрать так, что функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ) будет удовлетворять данным условиям. Соотношение вида Φ(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ) = 0, неявно определяющее общее решение, называется общим интегралом. Всякая функция, получающаяся из общего решения при конкретных значениях постоянных 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 , называется частным решением. § 5. Простейшие дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка. 1. Дифференциальные уравнения вида 𝑦 (𝑛) = 𝑓 (𝑥). Последовательно интегрируя, получим ∫︀ 𝑦 = ∫︀ (︀∫︀ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶 )︀ 1 , (𝑛−2) 𝑦 = (︀∫︀ 𝑓(︀∫︀(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥)︀ + 𝐶 )︀ 1 𝑥 + 𝐶𝐶2 , 2 ∫︀ (𝑛−3) 𝑦 = 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 21 𝑥 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 , .. . (𝑛−1)

11

𝑦 =

)︀ )︀ )︀ )︀ ∫︀ (︀ (︀∫︀ (︀∫︀ (︀∫︀ 𝐶1 ... 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 . . . 𝑑𝑥 + (𝑛−1)! 𝑥𝑛−1 + ⏟ ⏞

𝐶2 𝑛−2 (𝑛−2)! 𝑥

+

𝐶3 𝑛−3 (𝑛−3)! 𝑥

+

𝑛 интегралов

+ . . . + 𝐶𝑛 . Пример 9. Решить уравнение 𝑦 ′′ = sin 2𝑥. Дважды интегрируем: ∫︀ ′ 𝑦 = ∫︀ (︀sin 2𝑥 𝑑𝑥 = − 21 cos )︀ 2𝑥 + 𝐶1 1 , 1 𝑦= − 2 cos 2𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 = − 4 sin 2𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 . Ответ: 𝑦 = − 14 sin 2𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 . Пример 10. Решить задачу Коши: 𝑦 ′′ = 𝑥2 , 𝑦(0) = 4, 𝑦 ′ (0) = −5. Интегрируем первый раз: ∫︀ 2 𝑥3 ′ 𝑦 = 𝑥 𝑑𝑥 = 3 + 𝐶1 . Подставляем начальные значения 𝑥 = 0 и 𝑦 ′ = −5: 3 3 −5 = 03 + 𝐶1 =⇒ 𝐶1 = −5 =⇒ 𝑦 ′ = 𝑥3 − 5. Интегрируем (︁ 3 )︁ второй4 раз: ∫︀ 𝑥 𝑥 𝑦′ = 3 − 5 𝑑𝑥 = 12 − 5𝑥 + 𝐶2 . Подставляем начальные значения 𝑥 = 0 и 𝑦 = 4: 4 04 4 = 12 − 5 · 0 + 𝐶2 =⇒ 𝐶2 = 4 =⇒ 𝑦 = 𝑥12 − 5𝑥 + 4. 4 Ответ: 𝑦 = 𝑥12 − 5𝑥 + 4.

2. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде неизвестную функцию.

Уравнение имеет вид

(︀ )︀ 𝐹 𝑥, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛) . (18) Порядок такого уравнения можно понизить на единицу, приняв за новую неизвестную функцию 𝑧 = 𝑦 ′ . Тогда 𝑦 ′′ = 𝑧 ′ , 𝑦 ′′′ = 𝑧 ′′ ,. . . , 𝑦 (𝑛) = 𝑧 (𝑛−1) . Пример 11. Решить уравнение (1 + 𝑥2 )𝑦 ′′ − 2𝑥𝑦 ′ = 0. Уравнение не содержит 𝑦 в своей записи. Полагаем 𝑦 ′ = 𝑧, тогда 𝑦 ′′ = 𝑧 ′ . Уравнение примет вид:(1 + 𝑥2 )𝑧 ′ − 2𝑥𝑧 = 0. Получили уравнение первого порядка (в данном случае — с разделяющимися переменными). Решаем его. ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑧 2𝑥𝑑𝑥 𝑑𝑧 2𝑥𝑑𝑥 2 𝑑𝑧 = 2𝑥𝑧 =⇒ = =⇒ = =⇒ (1 + 𝑥 ) 𝑑𝑥 𝑧 1 + 𝑥2 𝑧 1 + 𝑥2 =⇒ ln |𝑧| = ln(1 + 𝑥2 ) + ln |𝐶1 | =⇒ 𝑧 = 𝐶1 (1 + 𝑥2 ) Разделяя переменные, мы делили на 𝑧, поэтому могли потерять решение 𝑧 = 0 (проверяется подстановкой). Это решение получается из общего при 𝐶1 = 0. Теперь вспоминаем, что 𝑧 = 𝑦 ′ , и получаем (︂ )︂ ∫︁ 3 𝑥 𝑦 ′ = 𝐶1 (1 + 𝑥2 ) =⇒ 𝑦 = 𝐶1 (1 + 𝑥2 )𝑑𝑥 + 2 =⇒ 𝑦 = 𝐶1 𝑥 + + 𝐶2 . 3 (︁ )︁ 𝑥3 Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 + 3 + 𝐶2 . 12

Замечание. Если уравнение не содержит в явном виде не только неизвестную функцию 𝑦, но и е¨е производные 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ ,. . . ,𝑦 (𝑘−1) порядка, меньшего 𝑘, то порядок уравнения можно понизить на 𝑘 единиц, приняв в качестве новой неизвестной функции 𝑧 = 𝑦 (𝑘) . 3. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде независимую переменную. Уравнение имеет вид

(︀ )︀ 𝐹 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛) = 0. (19) Порядок такого уравнения можно понизить на единицу, если в качестве новой независимой переменной принять 𝑦, а в качестве новой неизвестной функции — 𝑑𝑦 . Используя формулу производной сложной функции, находим далее 𝑝 = 𝑦 ′ = 𝑑𝑥 ′ 𝑑𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑝 𝑦 ′′ = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑝 𝑑𝑦 , (︂ (︁ )︁ (︁ )︁2 )︂ ′′ 2 𝑑𝑝 𝑑𝑦 𝑑 𝑝 𝑑𝑝 𝑑 𝑦 ′′′ = 𝑑𝑦 , 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑝 𝑝 𝑑𝑦 2 + 𝑑𝑦 ... Принимая 𝑦 за независимую переменную, мы теряем решения вида 𝑦 = 𝐶, так как независимая переменная не может иметь постоянное значение. Чтобы найти эти решения, нужно подставить в уравнение (19) 𝑦 = 𝐶, 𝑦 ′ = 𝑦 ′′ = . . . = 𝑦 (𝑛) = 0. Пример 12. Решить уравнение 𝑦𝑦 ′′ − (𝑦 ′ )2 = 𝑦 2 𝑦 ′ . 𝑑𝑝 . Это уравнение не содержит 𝑥 явно. Полагаем 𝑦 ′ = 𝑝(𝑦), 𝑦 ′′ = 𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑝 𝑑𝑝 𝑑𝑝 𝑝 − 𝑝2 = 𝑦 2 𝑝 =⇒ 𝑦 − 𝑝 = 𝑦 2 =⇒ − =𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 Получили линейное уравнение. Решаем его с помощью подстановки Бернулли 𝑑𝑝 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢 (14): 𝑝 = 𝑢𝑣, 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑣 + 𝑢 𝑑𝑦 . {︃ (︂ )︂ 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑣 𝑢𝑣 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑣 𝑑𝑦 − 𝑦 = 0 𝑣+𝑢 − = 𝑦 =⇒ 𝑣 − + 𝑢 = 𝑦 =⇒ 𝑑𝑣 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 𝑢 𝑑𝑦 =𝑦 . Решаем первое уравнение: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑢 𝑑𝑦 − = 0 =⇒ = =⇒ = =⇒ ln |𝑢| = ln |𝑦| =⇒ 𝑢 = 𝑦. 𝑑𝑦 𝑦 𝑢 𝑦 𝑢 𝑦 Решаем второе уравнение: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑣 𝑑𝑣 𝑢 = 𝑦 =⇒ 𝑦 = 𝑦 =⇒ 𝑑𝑣 = 𝑑𝑦 =⇒ 𝑑𝑣 = 𝑑𝑦 + 𝐶1 =⇒ 𝑣 = 𝑦 + 𝐶1 . 𝑑𝑦 𝑑𝑦 Наконец, получаем 𝑝 = 𝑢𝑣 = 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ). Вспоминая, что 𝑝 = 𝑦 ′ , получаем уравнение 𝑦 ′ = 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ). Это — уравнение с разделяющимися переменными: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) =⇒ = 𝑑𝑥 =⇒ = 𝑑𝑥 + 𝐶2 =⇒ 𝑑𝑥 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) 𝑦𝑝

13

=⇒

∫︁

𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝐶. 𝑦(𝑦 + 𝐶1 )

Если 𝐶1 = 0, то получаем ∫︁ 1 1 𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝐶 =⇒ − = 𝑥 + 𝐶 =⇒ 𝑦 = − . 𝑦2 𝑦 𝑥+𝐶 Если 𝐶1 ̸= 0, то, умножая обе части уравнения на 𝐶1 , получим ∫︁ ∫︁ (𝑦 + 𝐶1 ) − 𝑦 𝐶1 𝑑𝑦 = 𝐶1 (𝑥 + 𝐶) =⇒ 𝑑𝑦 = 𝐶1 (𝑥 + 𝐶) =⇒ 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) )︂ ∫︁ (︂ 1 1 =⇒ − 𝑑𝑦 = 𝐶1 (𝑥 + 𝐶) =⇒ ln |𝑦| − ln |𝑦 + 𝐶1 | = 𝐶1 𝑥 + 𝐶1 𝐶. 𝑦 𝑦 + 𝐶1 Обозначим ln |𝐶2 | = 𝐶1 𝐶. Получаем общее решение: ⃒ ⃒ ⃒ 𝑦 ⃒ 𝑦 𝐶1 𝐶2 𝑒𝐶1 𝑥 𝐶1 𝑥 ⃒ ⃒ = 𝐶1 𝑥 + ln |𝐶2 | =⇒ = 𝐶2 𝑒 =⇒ 𝑦 = . ln ⃒ 𝑦 + 𝐶1 ⃒ 𝑦 + 𝐶1 1 − 𝐶2 𝑒𝐶1 𝑥

Принимая 𝑦 за независимую переменную, мы могли потерять решения вида 𝑦 = 𝐶. Подставляя 𝑦 = 𝐶, 𝑦 ′ = 𝑦 ′′ = 0 в заданное уравнение, видим, что постоянная функция 𝑦 = 𝐶 при любом 𝐶 является решением. 𝐶1 𝐶2 𝑒𝐶1 𝑥 1 Ответ: 𝑦 = 1−𝐶 𝐶 𝑥 , 𝑦 = − 𝑥+𝐶 , 𝑦 = 𝐶. 2𝑒 1 Пример 13. Найти решение уравнения 𝑦𝑦 ′′ = (𝑦 ′ )2 − (𝑦 ′ )3 , удовлетворяющее начальным условиям 𝑦(1) = 1, 𝑦 ′ (1) = −1. 𝑑𝑝 . Получим уравнение первого порядка с раздеПоложим 𝑦 ′ = 𝑝(𝑦) =⇒ 𝑦 ′′ = 𝑝 𝑑𝑦 ляющимися переменными: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑝 𝑑𝑝 𝑑𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑝 𝑑𝑦 2 3 𝑦𝑝 = 𝑝 − 𝑝 =⇒ 𝑦 = 𝑝(1 − 𝑝) =⇒ = =⇒ = =⇒ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑝(1 − 𝑝) 𝑦 𝑝(1 − 𝑝) 𝑦 ⃒ ⃒ ⃒ 𝑝 ⃒ 𝑝 𝑦′ ⃒ ⃒ =⇒ ln ⃒ = ln |𝐶1 𝑦| =⇒ = 𝐶1 𝑦 =⇒ = 𝐶1 𝑦. 1 − 𝑝⃒ 1−𝑝 1 − 𝑦′

При делении на 𝑝(1 − 𝑝) могли потерять решения 𝑝 = 0 и 𝑝 = 1, что да¨ет 𝑦 ′ = 0 и 𝑦 ′ = 1. Оба этих решения не удовлетворяют начальному условию 𝑦 ′ (1) = −1, поэтому их далее не рассматриваем. Найд¨ем значение 𝐶1 , используя начальные условие 𝑦 ′ (1) = −1 и 𝑦(1) = 1: −1 1 = 𝐶1 · 1 =⇒ 𝐶1 = − . 1+1 2 Подставляя в общее решение 𝐶1 = − 21 и 𝑝 = 𝑦 ′ , получим 𝑦′ 1 𝑑𝑦 ′ ′ ′ ′ = − 𝑦 =⇒ 2𝑦 = 𝑦𝑦 − 𝑦 =⇒ (2 − 𝑦)𝑦 = −𝑦 =⇒ (𝑦 − 2) = 𝑦. 1 − 𝑦′ 2 𝑑𝑥

14

Получилось уравнение с разделяющимися переменными. Разделяя переменные, находим )︂ ∫︁ (︂ ∫︁ 2 𝑦−2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 =⇒ 1− 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 =⇒ 𝑦 − 2 ln |𝑦| = 𝑥 + 𝐶2 . 𝑦 𝑦 Подставляем начальные значения 𝑥 = 1, 𝑦 = 1: 1 − 2 ln 1 = 1 + 𝐶2 =⇒ 𝐶2 = 0 =⇒ 𝑦 − 2 ln |𝑦| = 𝑥.

Эта формула на самом деле определяет три решения: 𝑦 − 2 ln(−𝑦) = 𝑥 при −∞ < 𝑥 < +∞, 𝑦 < 0; 𝑦 − 2 ln 𝑦 = 𝑥 при 2(1 − ln 2) < 𝑥 < +∞, 𝑦 > 2; 𝑦 − 2 ln 𝑦 = 𝑥 при 2(1 − ln 2) < 𝑥 < +∞, 0 < 𝑦 < 2. Начальным условиям удовлетворяет только третье из них.

Решения вида 𝑦 = 𝐶 не удовлетворяют начальному условию 𝑦 ′ (1) = −1. Ответ: 𝑥 = 𝑦 − 2 ln 𝑦, 0 < 𝑦 < 2.

§ 6. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. 1. Однородные уравнения.

Линейное однородное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами имеет вид 𝑎𝑦 ′′ + 𝑏𝑦 ′ + 𝑐𝑦 = 0, (20) где 𝑎, 𝑏, 𝑐 — заданные числа, 𝑎 ̸= 0. Квадратное уравнение 𝑎𝑘 2 + 𝑏𝑘 + 𝑐 = 0 (21) называется характеристическим уравнением дифференциального уравнения (20).

15

Характеристическое уравнение в области комплексных чисел всегда имеет два корня 𝑘1 и 𝑘2 с уч¨етом кратности. В зависимости от знака дискриминанта квадратного уравнения общее решение исходного уравнения записывается в одном из следующих тр¨ех видов: 1. 𝑦 = 𝐶1 𝑒𝑘1 𝑥 + 𝐶2 𝑒𝑘2 𝑥 , если 𝑘1 и 𝑘2 действительны и различны (𝑘1 ̸= 𝑘2 ); 2. 𝑦 = 𝐶1 𝑒𝑘𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒𝑘𝑥 , если 𝑘1 = 𝑘2 = 𝑘; 3. 𝑦 = 𝑒𝛼𝑥 (𝐶1 cos 𝛽𝑥 + 𝐶2 sin 𝛽𝑥), если 𝑘1,2 = 𝛼 ± 𝛽𝑖. Пример 14. Решить уравнение 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 2𝑦 = 0. Характеристическое уравнение имеет вид 𝑘 2 − 3𝑘 + 2 = 0, его корни 𝑘1 = 1, 𝑘2 = 2. Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒2𝑥 . Пример 15. Решить уравнение 9𝑦 ′′ + 42𝑦 ′ + 49𝑦 = 0. Характеристическое уравнение имеет вид 9𝑘 2 + 42𝑘 + 49 = 0, его корни 𝑘1 = = 𝑘2 = − 37 . 7 7 Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒− 3 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒− 3 𝑥 . Пример 16. Решить уравнение 𝑦 ′′ + 𝑦 ′ + 𝑦 = 0. Характеристическое уравнение имеет вид 𝑘 2 + 𝑘 + 1 = 0, его корни 𝑘1,2 = √ = − 21 ± 23 𝑖. (︃ √ √ )︃ 1 3 3 Ответ: 𝑦 = 𝑒− 2 𝑥 𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥 . 2 2 Пример 17. Найти частное решение уравнения 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 6𝑦 = 0 при начальных условиях 𝑦(0) = 4, 𝑦 ′ (0) = −1. Характеристическое уравнение имеет вид 𝑘 2 − 𝑘 − 6 = 0, его корни 𝑘1 = −2, 𝑘2 = 3. Общее решение имеет вид 𝑦 = 𝐶1 𝑒−2𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . Найд¨ем производную от общего решения: 𝑦 ′ = −2𝐶1 𝑒−2𝑥 + 3𝐶2 𝑒3𝑥 . Подставляя в последние два равенства начальные условия, получим систему двух уравнений с неизвестными 𝐶1 и 𝐶2 : {︃ 4 = 𝐶1 + 𝐶2 , . −1 = −2𝐶1 + 3𝐶2 . Решением системы будут значения 𝐶1 = −2𝑥 Ответ: 𝑦 = 13 + 75 𝑒3𝑥 . 5𝑒

13 5,

𝐶2 = 75 .

2. Неоднородные уравнения. Неоднородное линейное уравнение с постоянными коэффициентами 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎 ̸= ̸ 0, имеет вид = 𝑎𝑦 ′′ + 𝑏𝑦 ′ + 𝑐𝑦 = 𝑓 (𝑥); (22) соответствующее ему однородное уравнение имеет вид (20). Общее решение неоднородного уравнения определяется следующей теоремой о структуре общего решения неоднородного линейного уравнения: общее решение линейного неоднородного уравнения есть сумма любого его частного решения 𝑦˜ и общего решения 𝑦¯ соответствующего ему однородного уравнения. 16

Таким образом, 𝑦 = 𝑦¯ + 𝑦˜. Нахождение 𝑦¯ было рассмотрено в предыдущем пункте. Одним из способов нахождения частного решения 𝑦˜ в простейших случаях является метод неопредел¨енных коэффициентов (Таблица1). Таблица 1. Структура частного решения 𝑦˜ Правая часть дифференциального уравнения 𝑓 (𝑥) 𝑓 (𝑥) = 𝑃𝑚 (𝑥), где 𝑃𝑚 (𝑥) – многочлен степени 𝑚

𝑓 (𝑥) = 𝑒𝛼𝑥 𝑃𝑚 (𝑥), 𝛼 – действительное число

𝑓 (𝑥) = 𝑃𝑚 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + + 𝑄𝑛 (𝑥) sin 𝛽𝑥, где 𝑃𝑚 (𝑥) и 𝑄𝑛 (𝑥) – многочлены степени 𝑚 и 𝑛 соответственно

Корни характеристического Вид частного решения 𝑦˜ уравнения а) число 0 не является корнем характеристического уравнения б) число 0 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑟 а) число 𝛼 не является корнем характеристического уравнения б) число 𝛼 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑟 а) число ±𝛽𝑖 не является корнем характеристического уравнения

б) число ±𝛽𝑖 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑟 𝑓 (𝑥) = 𝑒𝛼𝑥 (𝑃𝑚 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + а) число 𝛼 ± 𝛽𝑖 не является + 𝑄𝑛 (𝑥) sin 𝛽𝑥) корнем характеристического уравнения

𝑄𝑚 (𝑥), где 𝑄𝑚 (𝑥) – многочлен с неопредел¨енными коэффициентами степени 𝑚 𝑥𝑟 𝑄𝑚 (𝑥) 𝑄𝑚 (𝑥)𝑒𝛼𝑥 𝑥𝑟 𝑄𝑚 (𝑥)𝑒𝛼𝑥 𝑈𝑙 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑙 (𝑥) sin 𝛽𝑥, где 𝑈𝑙 (𝑥) и 𝑉𝑙 (𝑥) – многочлены с неопредел¨енными коэффициентами степени 𝑙 = max{𝑚, 𝑛} 𝑥𝑟 (𝑈𝑙 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑙 (𝑥) sin 𝛽𝑥)

𝑒𝛼𝑥 (𝑈𝑙 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑙 (𝑥) sin 𝛽𝑥), где 𝑈𝑙 (𝑥) и 𝑉𝑙 (𝑥) – многочлены с неопредел¨енными коэффициентами степени 𝑙 = max{𝑚, 𝑛} б) число 𝛼 ± 𝛽𝑖 является 𝑥𝑟 𝑒𝛼𝑥 (𝑈𝑙 (𝑥) cos 𝛽𝑥+𝑉𝑙 (𝑥) sin 𝛽𝑥) корнем характеристического уравнения кратности 𝑟

Рассмотрим примеры на применение метода неопредел¨енных коэффициентов. Пример 18. Найти общее решение уравнения 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 2𝑥𝑒𝑥 . Характеристическое уравнение имеет вид 𝑘 2 − 5𝑘 + 6 = 0, его корни 𝑘1 = 2, 𝑘2 = 3, тогда 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . В правой части уравнения функция имеет вид произведения многочлена первой степени на 𝑒𝑥 . На основании таблицы 1 для 𝑓 (𝑥) = 𝑒𝛼𝑥 𝑃1 (𝑥), 𝛼 = 1, полагаем, 𝑦˜ = (𝐴𝑥+𝐵)𝑒𝑥 ( случай а), так как 𝛼 = 1 не является корнем характеристического уравнения). Далее, 𝑦 ′ = 𝐴𝑒𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒𝑥 = (𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 , 𝑦 ′′ = 𝐴𝑒𝑥 + (𝐴𝑥 + + 𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 = (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 . Подставим полученные выражения в исходное уравнение: (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 − 5((𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 ) + 6(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒𝑥 = 2𝑥𝑒𝑥 . 17

Сокращая на 𝑒𝑥 и приводя подобные члены, получаем равенство 2𝐴𝑥 − 3𝐴 + 2𝐵 = 2𝑥.

Сравнивая коэффициенты левой и правой части последнего равенства при одинаковых степенях 𝑥, получаем систему уравнений {︃ 2𝐴 = 2, −3𝐴 + 2𝐵 = 0. (︀ )︀ Из этой системы находим 𝐴 (︀= 1, 𝐵)︀ = 23 . Следовательно, 𝑦˜ = 𝑥 + 32 𝑒𝑥 . Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 + 𝑥 + 32 𝑒𝑥 . Пример 19. Найти общее решения уравнения 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = (𝑥2 + 2𝑥)𝑒3𝑥 . Характеристическое уравнение имеет вид 𝑘 2 − 6𝑘 + 9 = 0, его корни 𝑘1 = 𝑘2 = 3, поэтому 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒3𝑥 . В правой части функция имеет вид произведения многочлена второй степени на 𝑒3𝑥 . Для функции 𝑓 (𝑥) = 𝑃2 (𝑥)𝑒𝛼𝑥 , 𝛼 = 3, 𝑃2 (𝑥) = = 𝑥2 + 2𝑥, на основании таблицы 1 (случай б), так как 𝛼 = 3 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑟 = 2) полагаем 𝑦˜ = 𝑥2 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒3𝑥 = (𝐴𝑥4 + 𝐵𝑥3 + 𝐶𝑥2 )𝑒3𝑥 . Далее находим производные: 𝑦 ′ = (4𝐴𝑥3 + 3𝐵𝑥2 + 2𝐶𝑥)𝑒3𝑥 + (𝐴𝑥4 + 𝐵𝑥3 + 𝐶𝑥2 ) · 3𝑒3𝑥 =

= (3𝐴𝑥4 + (4𝐴 + 3𝐵)𝑥3 + (3𝐵 + 3𝐶)𝑥2 + 2𝐶𝑥)𝑒3𝑥 , 𝑦 ′′ = (12𝐴𝑥3 + (4𝐴 + 3𝐵) · 3𝑥2 + (3𝐵 + 3𝐶) · 2𝑥 + 2𝐶)𝑒3𝑥 + +(3𝐴𝑥4 + (4𝐴 + 3𝐵)𝑥3 + (3𝐵 + 3𝐶)𝑥2 + 2𝐶𝑥) · 3𝑒3𝑥 = = (9𝐴𝑥4 + (24𝐴 + 9𝐵)𝑥3 + (12𝐴 + 18𝐵 + 9𝐶)𝑥2 + (6𝐵 + 12𝐶)𝑥 + 2𝐶)𝑒3𝑥 . Подставим полученные выражения в исходное уравнение и привед¨ем подобные члены: (9𝐴𝑥4 + (24𝐴 + 9𝐵)𝑥3 + (12𝐴 + 18𝐵 + 9𝐶)𝑥2 + (6𝐵 + 12𝐶)𝑥 + 2𝐶)𝑒3𝑥 −

−6(3𝐴𝑥4 + (4𝐴 + 3𝐵)𝑥3 + (3𝐵 + 3𝐶)𝑥2 + 2𝐶𝑥)𝑒3𝑥 + +9(𝐴𝑥4 + 𝐵𝑥3 + 𝐶𝑥2 )𝑒3𝑥 = (𝑥2 + 2𝑥)𝑒3𝑥 , (12𝐴𝑥2 + 6𝐵𝑥 + 2𝐶)𝑒3𝑥 = (𝑥2 + 2𝑥)𝑒3𝑥 . Сравнивая коэффициенты при одинаковых выражениях в левой и правой части последнего равенства, получаем систему уравнений ⎧ ⎪ ⎨12𝐴 = 1, 6𝐵 = 2, ⎪ ⎩2𝐶 = 0.

Из (︁ 4 этой3 )︁системы находим 𝐴 = = 𝑥12 + 𝑥3 𝑒3𝑥 .

1 12 ,

𝐵 =

18

1 3,

𝐶 = 0. Следовательно, 𝑦˜ =

(︁

𝑥4 12

𝑥3 3

)︁

Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒 + 𝐶2 𝑥𝑒 + + 𝑒3𝑥 . В следующих примерах показан подбор частного решения 𝑦˜ без нахождения коэффициентов. Пример 20. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 𝑒4𝑥 . Характеристическое уравнение 𝑘 2 − 2𝑘 − 3 = 0 имеет корни 𝑘1 = −1, 𝑘2 = 3, поэтому общее решение однородного уравнения есть 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥)𝑒4𝑥 , 𝑃0 (𝑥) = 1, из таблицы 1 (𝛼 = 4 не является корнем характеристического уравнения) находим 𝑦˜ = 𝐴𝑒4𝑥 . Пример 21. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 3𝑒−𝑥 . Из предыдущего примера следует, что 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥)𝑒−𝑥 , 𝑃0 (𝑥) = 3, из таблицы 1 (𝛼 = −1 является корнем характеристического уравнения кратности 1) находим 𝑦˜ = 𝐴𝑥𝑒−𝑥 . Пример 22. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 5𝑒𝑥 . Характеристическое уравнение 𝑘 2 − 2𝑘 + 1 = 0 имеет корни 𝑘1 = 𝑘2 = 1, тогда 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥)𝑒𝑥 , 𝑃0 (𝑥) = 5, из таблицы 1 (𝛼 = 1 является корнем характеристического уравнения кратности 2) находим 𝑦˜ = 𝐴𝑥2 𝑒𝑥 . Пример 23. 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑥2 + 1. Характеристическое уравнение 𝑘 2 − 1 = 0 имеет корни 𝑘1 = −1, 𝑘2 = 1, тогда 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑒𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃2 (𝑥) = 𝑥2 + 1 из таблицы 1 (𝛼 = 0 не является корнем характеристического уравнения) находим 𝑦˜ = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶. Пример 24. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = sin 3𝑥. Характеристическое уравнение 𝑘 2 − 2𝑘 − 3 = 0 имеет корни 𝑘1 = −1, 𝑘2 = 3, тогда 𝑦¯ = 𝐶1 𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥) · cos 4𝑥 + 𝑄0 (𝑥) sin 4𝑥, где 𝑃0 (𝑥) = = 0, 𝑄0 (𝑥) = 1, из таблицы 1 (𝛽 = ±4 не является корнем характеристического уравнения) находим 𝑦˜ = 𝐴 cos 4𝑥 + 𝐵 sin 4𝑥. Пример 25. 𝑦 ′′ + 4𝑦 = sin 2𝑥 − 3 cos 2𝑥. Характеристическое уравнение 𝑘 2 + 4 = 0 имеет корни 𝑘1,2 = ±2𝑖, тогда 𝑦¯ = 𝐶1 cos 2𝑥 + 𝐶2 sin 2𝑥. Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥) cos 2𝑥 + 𝑄0 (𝑥) sin 2𝑥, где 𝑃0 (𝑥) = 1, 𝑄0 (𝑥) = −3, из таблицы 1 (𝛽 = ±2 является корнем характеристического уравнения кратности 1) находим 𝑦˜ = 𝑥(𝐴 cos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥). Встречаются случаи, когда правая часть неоднородного уравнения есть сумма нескольких функций: 𝑓 (𝑥) = 𝑓1 (𝑥) + 𝑓2 (𝑥) + . . . + 𝑓𝑛 (𝑥). Тогда для каждого слагаемого находится частное решение 𝑦˜𝑖 , 𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛, и 𝑦˜ = 𝑦˜1 + 𝑦˜2 + . . . + 𝑦˜𝑛 . Пример 26. Найти частное решение уравнения 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = −20𝑥𝑒2𝑥 − 4 + 16𝑥 − −25 cos 5𝑥+20 sin 5𝑥, удовлетворяющее начальным условиям 𝑦|𝑥=0 = 2, 𝑦 ′ |𝑥=0 = 5. Характеристическое уравнение 𝑘 2 −4𝑘 = 0 имеет корни 𝑘1 = 0 и 𝑘2 = 4, поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид 𝑦¯ = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒4𝑥 . Правая часть заданного уравнения имеет вид 𝑓 (𝑥) = 𝑓1 (𝑥) + 𝑓2 (𝑥) + 𝑓3 (𝑥), где 𝑓1 (𝑥) = −20𝑥𝑒2𝑥 , 𝑓2 (𝑥) = 16𝑥 − 4, 𝑓3 (𝑥) = −25𝑐𝑜𝑠5𝑥 + 20 sin 5𝑥. Соответственно, частное решение можно искать в виде 𝑦˜ = 𝑦˜1 + 𝑦˜2 + 𝑦˜3 . 3𝑥

3𝑥

19

1) 𝑓1 (𝑥) = −20𝑥𝑒2𝑥 = 𝑃1 (𝑥)𝑒2𝑥 , где 𝑃1 (𝑥) = −20𝑥 - многочлен первой степени. Здесь 𝛼 = 2 не является корнем характеристического уравнения, поэтому 𝑦˜1 = = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒2𝑥 . Тогда 𝑦˜1′ = 𝐴𝑒2𝑥 + (𝐴𝑥 + 𝐵) · 2𝑒2𝑥 = (2𝐴𝑥 + 𝐴 + 2𝐵)𝑒2𝑥 , 𝑦˜1′′ = = 2𝐴𝑒2𝑥 + (2𝐴𝑥 + 𝐴 + 2𝐵)2𝑒2𝑥 = (4𝐴𝑥 + 4𝐴 + 4𝐵)𝑒2𝑥 . Подставим в исходное уравнение и, сократив на 𝑒2𝑥 , получим 4𝐴𝑥+4𝐴+4𝐵 −4(2𝐴𝑥+𝐴+2𝐵) = −20𝑥, то есть, −4𝐴𝑥 − 4𝐵 = −20𝑥. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 𝑥, получаем −4𝐴 = −20 и −4𝐵 = 0, откуда 𝐴 = 5, 𝐵 = 0, т.е. 𝑦˜1 = 5𝑥𝑒2𝑥 . 2) 𝑓2 (𝑥) = 16𝑥 − 4 = 𝑃1 (𝑥) многочлен первой степени. Так как 𝛼 = 0 является корнем характеристического уравнения кратности 1, находим 𝑦˜2 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑥 = = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥. Тогда 𝑦˜2′ = 2𝐴𝑥 + 𝐵, 𝑦˜2′′ = 2𝐴. Подставим в исходное уравнение, получим 2𝐴 − 4(2𝐴𝑥 + 𝐵) = 16𝑥 − 4, то есть, −8𝐴𝑥 + 2𝐴 − 4𝐵 = 16𝑥 − 4. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 𝑥, получаем −8𝐴 = 16, 2𝐴 − 4𝐵 = −4, откуда 𝐴 = −2, 𝐵 = 0 и 𝑦˜2 = −2𝑥2 . 3) 𝑓3 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥) cos 5𝑥 + 𝑄0 (𝑥) sin 5𝑥, где 𝑃0 (𝑥) = −25 и 𝑄0 (𝑥) = 20 - многочлены нулевой степени. Так как ±5𝑖 не являющегося корнем характеристического уравнения, находим 𝑦˜3 = 𝐴 cos 5𝑥 + 𝐵 sin 5𝑥. Тогда 𝑦˜3′ = −5𝐴 sin 5𝑥 + 5𝐵 cos 5𝑥, 𝑦˜3′′ = −25𝐴 cos 5𝑥 − 25𝐵 sin 5𝑥. Подставим в исходное уравнение: −25𝐴 cos 5𝑥 − 25𝐵 sin 5𝑥 − 4(−5𝐴 sin 5𝑥 + 5𝐵 cos 5𝑥) = −25 cos 5𝑥 + 20 sin 5𝑥. Приравнивая коэффициенты при cos 5𝑥 и sin 5𝑥, получаем −25𝐴 − 20𝐵 = −25, 20𝐴 − 25𝐵 = 20, откуда 𝐴 = 1, 𝐵 = 0 и 𝑦˜3 = cos 5𝑥. Теперь мы можем написать общее решение нашего уравнения: 𝑦 = 𝑦¯ + 𝑦˜1 + 𝑦˜2 + 𝑦˜3 = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒4𝑥 + 5𝑥𝑒2𝑥 − 2𝑥2 + cos 5𝑥.

Найд¨ем частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям 𝑦(0) = 2, 𝑦 ′ (0) = 5. Так как 𝑦 ′ = 4𝐶2 𝑒4𝑥 + 5𝑒2𝑥 + 10𝑥𝑒2𝑥 − 4𝑥 − 5 sin 5𝑥,

то, подставив начальные значения в общее решение и в его производную, получим уравнения 2 = 𝐶1 + 𝐶2 + 1 и 5 = 4𝐶2 + 5. Следовательно, 𝐶1 = 1, 𝐶2 = 0. Частное решение имеет вид 𝑦 = 1 + 5𝑥𝑒2𝑥 − 2𝑥2 + cos 5𝑥. Ответ: 𝑦 = 1 + 5𝑥𝑒2𝑥 − 2𝑥2 + cos 5𝑥. § 7. Системы однородных линейных уравнений с постоянными коэффициентами.

Ограничимся рассмотрением систем второго порядка. Однородная система линейных дифференциальных уравнений первого порядка с постоянными коэффициентами в нормальной форме имеет вид {︃ 𝑥′ = 𝑎11 𝑥 + 𝑎12 𝑦, (23) 𝑦 ′ = 𝑎21 𝑥 + 𝑎22 𝑦, или, в матричной форме,

𝑋 ′ (𝑡) = 𝐴𝑋(𝑡), 20

(24)

где

(︂ )︂ (︂ )︂ (︂ ′ )︂ 𝑎11 𝑎12 𝑥(𝑡) 𝑥 (𝑡) ′ 𝐴= , 𝑋(𝑡) = , 𝑋 (𝑡) = . (25) 𝑎21 𝑎22 𝑦(𝑡) 𝑦 ′ (𝑡) Слова в нормальной форме“ означают, что система разрешена относительно ” производных неизвестных функций. Фундаментальной системой решений системы (24) называется совокупность двух произвольных линейно независимых решений (︂ )︂ (︂ )︂ 𝑥1 (𝑡) 𝑥2 (𝑡) 𝑋1 (𝑡) = , 𝑋2 (𝑡) = , (26) 𝑦1 (𝑡) 𝑦2 (𝑡) а составленная из них матрица (︂ )︂ 𝑥1 (𝑡) 𝑥2 (𝑡) 𝑊 (𝑡) = (27) 𝑦1 (𝑡) 𝑦2 (𝑡) называется фундаментальной матрицей системы. Общее решение системы (24) можно записать в виде (︂ )︂ 𝐶1 𝑋(𝑡) = 𝐶1 𝑋1 (𝑡) + 𝐶2 𝑋2 (𝑡) = 𝑊 (𝑡) , 𝐶2

(28)

где 𝐶1 , 𝐶2 — произвольные постоянные. Система (25) может быть решена средствами линейной алгебры. Если характеристическое уравнение |𝐴 − 𝜆𝐸| = 0 (29) имеет различные действительные корни )︂ 𝜆1 и 𝜆2 , то соответствующие им собствен(︂ (︂ )︂ 𝛼21 𝛼11 линейно независимы, а решение системы и 𝑋2 = ные векторы 𝑋1 = 𝛼22 𝛼12 имеет вид (30) 𝑋(𝑡) = 𝐶1 𝑋1 𝑒𝜆1 𝑡 + 𝐶2 𝑋2 𝑒𝜆2 𝑡 . {︃ 𝑥′ = 5𝑥 + 3𝑦, Пример 27. Решить систему уравнений 𝑦 ′ = 2𝑥 + 6𝑦. )︂ (︂ )︂ (︂ ′ )︂ (︂ 5 3 𝑥 𝑥 В матричной форме система имеет вид = . ′ 𝑦 2 6 𝑦 Характеристическое уравнение ⃒ ⃒ ⃒5 − 𝜆 3 ⃒⃒ ⃒ = 0 =⇒ 𝜆2 − 11𝜆 + 24 = 0 ⃒ 2 ⃒ 6−𝜆 имеет корни 𝜆1 = 3 и 𝜆2 = 8. Для нахождения собственного вектора для 𝜆1 = 3 по матрице (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ 5 − 𝜆1 3 5−3 3 2 3 𝐴 − 𝜆1 𝐸 = = = 2 6 − 𝜆1 2 6−3 2 3

21

составим систему уравнений

{︃ 2𝛼 + 3𝛽 = 0, 2𝛼 + 3𝛽 = 0.

Очевидно, что одно уравнение лишнее, а поэтому система имеет бесконечное множество решений. Придадим 𝛽 любое числовое значение, 0, например, 𝛽 = 2, (︂ кроме )︂ −3 тогда 𝛼 = −3. Получили собственный вектор 𝑋1 = . 2 Аналогично, для нахождения собственного вектора для 𝜆2 = 8 по матрице (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ 5 − 𝜆2 3 5−8 3 −3 3 𝐴 − 𝜆2 𝐸 = = = 2 6 − 𝜆2 2 6−8 2 −2 составим систему уравнений {︃ −3𝛼 + 3𝛽 = 0, 2𝛼 − 2𝛽 = 0.

Придадим 𝛽 любое числовое значение, кроме 0, например, 𝛽 = 1,(︂тогда )︂ из любого 1 уравнения выходит 𝛼 = 1. Получили собственный вектор 𝑋2 = . 1 Теперь по формуле (30) получаем общее решение: (︂ )︂ (︂ )︂ 1 8𝑡 −3 3𝑡 𝑒 . 𝑒 + 𝐶2 𝑋(𝑡) = 𝐶1 1 2 {︃ 𝑥 = −3𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 , Ответ: 𝑦 = 2𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 . Однако при использовании этого метода в случаях, когда корни характеристического уравнения одинаковые или комплексные, возникают определ¨енные осложнения. Поэтому часто используют другой метод – метод исключения. {︃ ′ 𝑥 = 5𝑥 + 3𝑦, Пример 28. Решить систему уравнений методом исключения 𝑦 ′ = 2𝑥 + 6𝑦 неизвестной переменной. Предположим, мы хотим исключить неизвестную 𝑥. Продифференцируем второе уравнение ещ¨е раз: 𝑦 ′′ = 2𝑥′ + 6𝑦 ′ . Подставим в полученное уравнение вместо 𝑥′ его выражение из первого уравнения: 𝑦 ′′ = 2(5𝑥 + 3𝑦) + 6𝑦 ′ =⇒ 𝑦 ′′ = 10𝑥 + 6𝑦 + 6𝑦 ′ . И, наконец, из второго уравнения заданной системы 𝑦 ′ = 2𝑥 + 6𝑦 выразим 𝑥 = 21 (𝑦 ′ − 6𝑦) и подставим его в уравнение 𝑦 ′′ = 10𝑥 + 6𝑦 + 6𝑦 ′ : 𝑦 ′′ = 5𝑦 ′ − 30𝑦 + 6𝑦 + 6𝑦 ′ =⇒ 𝑦 ′′ − 11𝑦 ′ + 24𝑦 = 0. 22

Корни характеристического уравнения 𝑘 2 − 11𝑘 + 24 = 0 равны 𝑘1 = 3 и 𝑘2 = 8. Тогда 𝑦 = 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 , а 1 3 1 𝑥 = (𝑦 ′ − 6𝑦) = (3𝐶1 𝑒3𝑡 + 8𝐶2 𝑒8𝑡 − 6𝐶1 𝑒3𝑡 − 6𝐶2 𝑒8𝑡 ) = − 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 . 2 2 2 {︃ 𝑥 = − 32 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 , Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 . КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА №4. 1. – 10. Найдите частное решение дифференциального уравнения. 1. 3. 5. 7. 9.

(𝑥2 − 𝑦 2 )𝑦 ′ = 2𝑥𝑦, 𝑦(1) = 1. 𝑥𝑦 ′ = 𝑦 ln 𝑥𝑦 , 𝑦(1) = 𝑒2 . 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 3, √︀ 𝑦(1) = −2. 𝑥𝑦 ′ − 𝑦 = 𝑥2 + 𝑦 2 , 𝑦(1) = 0. (1 − 𝑥2 )𝑦 ′ + 𝑥𝑦 = 1, 𝑦(0) = −1.

2. (1 + 𝑥2 )𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = (1 + 𝑥2 )2 , 𝑦(0) = 5. 𝑦 4. 𝑥𝑦 ′ + 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑦 = 0 , 𝑦(1) = 2. 6. 𝑦 ′ cos 𝑥 = (𝑦 + 1) sin 𝑥, 𝑦(0) = 3. 8. 𝑥2 𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 3, 𝑦(1) = −3. 10. 𝑥𝑦 + 𝑦 2 = (2𝑥2 + 𝑥𝑦)𝑦 ′ , 𝑦(1) = 1.

11 – 20. Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка. 11. 13. 15. 17. 19.

𝑦 ′′ tg 𝑥 = 𝑦 ′ + 1. 𝑥(𝑦 ′′ + 1) + 𝑦 ′ = 0. 𝑦 ′′ + 2𝑦(𝑦 ′ )3 = 0. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ ctg 𝑥 = sin3 𝑥. 2(𝑦 ′ )2 = (𝑦 − 1)𝑦 ′′ .

12. 14. 16. 18. 20.

2𝑦𝑦 ′′ − (𝑦 ′ )2 = 0. 𝑥𝑦 ′′ − 𝑦 ′ = 𝑒𝑥 𝑥2 . 𝑦 ′′ 𝑦 3 = 1. 𝑦 ′′ 𝑥 ln 𝑥 − 𝑦 ′ = 0. 2𝑦𝑦 ′′ = 1 + (𝑦 ′ )2 .

21 – 30. Найти частное решение дифференциального уравнения 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = = 𝑓 (𝑥), удовлетворяющее начальным условиям 𝑦(0) = 𝑦0 , 𝑦 ′ (0) = 𝑦0′ . 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30.

𝑦 ′′ + 4𝑦 ′ − 12𝑦 = 40 sin 2𝑥 + 64𝑒2𝑥 − 36𝑥, 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = 9𝑥2 − 27𝑥 + 3 + 2𝑒3𝑥 + 18 cos 3𝑥, 𝑦 ′′ + 4𝑦 = 8𝑒−2𝑥 + 4𝑥2 − 4𝑥 + 6 + 12 cos 𝑥, 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 25𝑥𝑒2𝑥 − 17 cos 2𝑥 + 34 sin 2𝑥, 𝑦 ′′ + 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑒−2𝑥 + 3𝑥 + 1 + 52 cos 2𝑥, 𝑦 ′′ + 6𝑦 ′ + 9𝑦 = (12𝑥2 − 6𝑥)𝑒−3𝑥 + 18 sin 3𝑥, 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 13𝑦 = 25𝑒−2𝑥 + 13𝑥 + 40 cos 3𝑥, 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = 16𝑒4𝑥 + 3𝑥 − 6𝑥2 , 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 6𝑥𝑒𝑥 + 25 sin 2𝑥, 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 𝑒2𝑥 (2 + 6𝑥) + 78 sin 3𝑥,

23

𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0 𝑦0

= −3, = 0, = 0, = 0, = 43 , = 1, 17 , = 13 = 2, = 2, = 0,

𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′ 𝑦0′

= 0. = 35 . = 1. = 0. = 27 2. = −1. = 0. = 0. = −1. = 0.

31 – 40. Дана система линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. Требуется: 1) найти общее решение с помощью характеристического уравнения; 2) записать данную систему и е¨е решение в матричной форме; 3) решить систему способом исключения переменной. {︃ {︃ ′ 𝑥′ = −5𝑥 − 4𝑦, 𝑥 = 4𝑥 + 6𝑦, 31. 32. 𝑦 ′ = −2𝑥 − 3𝑦. 𝑦 ′ = 4𝑥 + 2𝑦. {︃ {︃ 𝑥′ = 6𝑥 + 3𝑦, 𝑥′ = 3𝑥 + 𝑦, 34. 33. 𝑦 ′ = −8𝑥 − 5𝑦. 𝑦 ′ = 8𝑥 + 𝑦. {︃ {︃ 𝑥′ = 3𝑥 − 2𝑦, 𝑥′ = −𝑥 + 5𝑦, 36. 35. 𝑦 ′ = 2𝑥 + 8𝑦. 𝑦 ′ = 𝑥 + 3𝑦. {︃ {︃ 𝑥′ = −5𝑥 − 8𝑦, 𝑥′ = −4𝑥 − 6𝑦, 38. 37. 𝑦 ′ = −3𝑥 − 3𝑦. 𝑦 ′ = −4𝑥 − 2𝑦. {︃ {︃ 𝑥′ = −𝑥 − 5𝑦, 𝑥′ = −7𝑥 + 5𝑦, 40. 39. 𝑦 ′ = −7𝑥 − 3𝑦. 𝑦 ′ = 4𝑥 − 8𝑦. Рекомендуемая литература. 1. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление для ВТУЗов. - т. 2. - М., - Наука, 1985, 2004. 2. Лунгу К.Н., Норин В.П., Письменный Д.Т. и др. Сборник задач по высшей математике. 2 курс / [К.Н. Лунгу и др.]; под ред. С.Н. Федина. - 5-е изд. - М. : Айриспресс, 2007. 3. Данко П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2 ч. Ч. 2: Учеб. пособие для вузов / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова, С.П. Данко. - 6-е изд. - М. ООО "Издательство оникс": ООО "Издательство "Мир и образование, 2006.

24