Обыкновенные дифференциальные уравнения

В. А. Матвеев В. М. Ульянов

ОБЫКНОВЕННЫЕ ДИФФЕРЕНЦ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Университет Российской академии образования Новомосковский филиал

В. А. Матвеев, В. М. Ульянов

Обыкновенные дифференциальные уравнения Учебное пособие

Новомосковск 2015

ББК 22.161.6я73 М33

Рекомендовано к изданию Учёным советом Новомосковского филиала Университета РАО

Рецензенты:

канд. техн. наук, доцент Бездомников А. В. (Новомосковский институт РХТУ им. Д. И. Менделеева) канд. пед. наук, доцент Шульмина Р. В. (Новомосковский филиал Университета РАО)

М33

Матвеев, В. А. Обыкновенные дифференциальные уравнения : учебное пособие / В. А. Матвеев, В. М. Ульянов; Университет Российской академии образования, Новомосковский филиал. – Новомосковск, 2015. – 68 с. Пособие содержит основные теоретические положения и примеры решения задач по курсу «Дифференциальные уравнения» (раздел «Обыкновенные дифференциальные уравнения»). Рассмотрены темы: «Дифференциальные уравнения первого порядка», «Дифференциальные уравнения высших порядков», «Простейшие дифференциальные уравнении, допускающие понижение порядка», «Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами», «Системы однородных линейных уравнений с постоянными коэффициентами». Приведены вопросы и задания для самоконтроля, список рекомендуемой литературы. Пособие предназначено для студентов направления подготовки «Прикладная математика и информатика», а также может быть полезно студентам других направлений, осваивающим курс математики.

© Матвеев В. А., 2015 © Ульянов В. М., 2015 © Новомосковский филиал УРАО, 2015

Оглавление Введение 1. Дифференциальные уравнения 2. Дифференциальные уравнения первого порядка 3. Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка 3.1. Уравнения с разделяющимися переменными 3.2. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка и сводящиеся к ним 3.3. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка и уравнения Бернулли 4. Дифференциальные уравнения высших порядков 5. Простейшие дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка 5.1. Дифференциальные уравнения вида 𝑦 (𝑛) = 𝑓 (𝑥) 5.2. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде неизвестную функцию 5.3. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде независимую переменную 6. Линейные дифференциальные уравнения 𝑛-го порядка 6.1. Свойства решений линейных дифференциальных уравнений 6.2. Линейная зависимость функций Определитель Вронского 6.3. Понижение порядка однородного линейного дифференциального уравнения 𝑛-го порядка 6.4. Метод вариации произвольных постоянных 7. Линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами 7.1. Однородные уравнения 7.2. Неоднородные уравнения 8. Системы однородных линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами Литература Приложения Задачи для самостоятельного решения Вопросы для самопроверки Производные Интегралы Гиперболические функции

3

4 5 7 10 10 16 23 29 30 30 31 33 37 37 39 42 44 48 48 50 56 59 60 60 64 65 66 67

Введение Дифференциальные уравнения занимают особое место в ряду математических дисциплин в силу многочисленных приложений в практических задачах. При изучении физических явлений часто не удается непосредственно найти закон, связывающий независимую переменную и функцию, описывающую процесс, но можно установить связь между этой функцией и её производной, характеризующей скорость течения процесса. Эта связь и выражается дифференциальным уравнением. Первые задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям, исследовались в трудах И. Ньютона и Г. В. Лейбница. В XVIII в. тeория дифференциальных уравнений выделилась в самостоятельную математическую дисциплину. Ее успехи связаны с именами братьев И. и Я. Бернулли, Ж. Лагранжа и особенно Л. Эйлера. На первых этапах развития теории дифференциальных уравнений учёные занимались разработкой методов интегрирования дифференциальных уравнений и поисками классов уравнений, интегрируемых в квадратурах, т. е. уравнений, решения которых могут быть в явной или в неявной форме выражены через элементарные функции и интегралы от них. В середине XIX в. было доказано, что в квадратурах разрешимо лишь небольшое число классов дифференциальных уравнений, в связи с чем в теории дифференциальных уравнений интенсивное развитие получили методы, позволяющие по самим дифференциальным уравнениям характеризовать свойства решений, а также численные методы. В данном пособии рассматриваются основные классы дифференциальных уравнений, допускающих интегрирование в квадратурах.

4

1. Дифференциальные уравнения Определение 1.1. Обыкновенным дифференциальным уравнением называется уравнение, связывающее независимую переменную 𝑥, искомую функцию 𝑦(𝑥) и её производные 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ ,. . . ,𝑦 (𝑛) . Символически дифференциальное уравнение можно записать так: (︂ )︂ (︀ )︀ 𝑑𝑦 𝑑2 𝑦 𝑑𝑛 𝑦 𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , . . . , 𝑦 (𝑛) = 0, или 𝐹 𝑥, 𝑦, , 2 , . . . , 𝑛 = 0. (1.1) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 Определение 1.2. Порядком дифференциального уравнения называется порядок наивысшей производной, входящей в уравнение. Определение 1.3. 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 всём 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. Определение 1.4. Решение дифференциального уравнения, заданное неявно соотношением Φ(𝑥, 𝑦) = 0, называется интегралом этого уравнения. График решения дифференциального уравнения называется интегральной кривой. √ Пример 1.1. Рассмотрим дифференциальное уравнение 𝑦 ′ = 2 𝑦. Оно имеет следующие решения: 1) 𝑦 = 0; 2) 𝑦 = {︃ (𝑥 + 𝐶)2 , 𝑥 > −𝐶, где 𝐶 — любое число; 0 при 𝑥 6 −𝐶, 3) 𝑦 = (𝑥 + 𝐶)2 при 𝑥 > −𝐶. Графики этих решений показаны на рис. 1 (стр. 6). Проверим, например, что функция 𝑦 = (𝑥 + 𝐶)2 является решением ′ данного уравнения при √︀ любом 𝐶 и 𝑥 > −𝐶. Заметим, что 𝑦 = 2(𝑥 + 𝐶). √ 2 Кроме того, 2 𝑦 = 2 (𝑥 + 𝐶) = 2|𝑥 + 𝐶| = 2(𝑐 + 𝐶), так как 𝑥 + 𝐶 > 0 при 𝑥 > −𝐶. Поэтому при подстановке данной функции в уравнение последнее превращается в тождество 2(𝑥 + 𝐶) = 2(𝑥 + 𝐶), верное при всех 𝑥 > −𝐶. Подстановка функции 𝑦 = 0 даёт тождество 0 = 0. Функция, указанная в третьем пункте, «склеена» из части нулевого решения и решения из второго пункта. Для доказательства того, что эта функция является решением, достаточно проверить, что в точке 𝑥 = −𝐶 она имеет 5

производную, равную 0. Это можно сделать, пользуясь определением производной.

y 4 3 2 1

-4

-2

2

4

x

-1 √ Рис. 1. Интегральные кривые уравнения 𝑦 ′ = 2 𝑦

Как видим, дифференциальное уравнение имеет, в общем случае, бесконечное множество решений. Чтобы выделить из этого множества единственное решение, требуются дополнительные условия. Наиболее часто встречаются задачи двух видов: когда все условия задаются в одной точке (задача Коши), и когда условия задаются в двух различных точках (краевая задача). Дополнительные условия в задаче Коши называются начальными условиями, а в краевой задаче — граничными условиями. Эти задачи можно пояснить на примере артиллерийской стрельбы. Задача Коши соответствует ситуации, когда мы знаем, как установлено орудие, и начальную скорость снаряда, и хотим определить, куда попадёт снаряд после выстрела. Краевая задача соответствует случаю, когда мы должны установить орудие так, чтобы после выстрела он попал в заданную точку. Разумеется, артиллеристы на позиции не занимаются решением дифференциальных уравнений. При стрельбе на небольшое расстояние используется специальное приспособление (прицел). При стрельбе на большое расстояние используются заранее составленные таблицы.

6

2. Дифференциальные уравнения первого порядка Дифференциальное уравнение первого порядка имеет вид 𝐹 (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 0.

(2.1)

Если уравнение разрешить относительно производной, то оно примет вид 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦). (2.2) Такое уравнение называется дифференциальным уравнением первого порядка, разрешённым относительно производной. Теорема 2.1 (Коши). Если функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) и её частная производ(𝑥,𝑦) ная 𝜕𝑓 𝜕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 (2.2), удовлетворяющее условию 𝑦 = 𝑦0 при 𝑥 = 𝑥0 . Геометрически теорема Коши 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. Условие 𝑦 = 𝑦0 при 𝑥 = 𝑥0 , в силу которого решение 𝑦 = 𝜙(𝑥) принимает заданное значение 𝑦0 в заданной точке 𝑥0 , является начальным условием, так как задаётся в одной точке, и записывается обычно так: 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0

или

𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 .

(2.3)

Как уже было сказано, задача отыскания решения дифференциального уравнения (2.2), удовлетворяющего условию (2.3), называется задачей Коши. Определение 2.1. Говорят, что в точке (𝑥0 , 𝑦0 ) имеет место единственность решения задачи Коши (2.2), (2.3), если, во-первых, существует хотя бы одно решение уравнения (2.2), удовлетворяющее начальному условию (2.3), и, во-вторых, любые два решения 𝑦 = 𝜙1 (𝑥) и 𝑦 = 𝜙2 (𝑥), удовлетворяющие начальному условию (2.3), совпадают в некоторой окрестности точки 𝑥0 . Если же одно из двух названных условий нарушается, то есть, либо требуемого решения нет, либо, наоборот, имеются два решения, не совпадающие ни в какой окрестности точки 𝑥0 , то говорят, что в точке (𝑥0 , 𝑦0 ) нарушается единственность решения задачи Коши. Теорема Коши, таким образом, означает, что в каждой точке области 𝐷 имеет место единственность решения задачи Коши. 7

Определение 2.2. Частным решением дифференциального уравнения (2.2) называется такое его решение, в каждой точке которого имеет место единственность решения задачи Коши. Определение 2.3. Особым решением дифференциального уравнения (2.2) называется такое его решение, в каждой точке которого нарушается единственность решения задачи Коши. Определение 2.4. Пусть в каждой точке области 𝐷 переменных 𝑥, 𝑦 имеет место единственность решения задачи Коши. Дифференцируемая (по 𝑥) функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶) (2.4) называется общим решением дифференциального уравнения (2.2) в области 𝐷, если выполняются следующие условия: 1) соотношение (2.4) разрешимо относительно 𝐶 для всех (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷: 𝐶 = 𝜓(𝑥, 𝑦);

(2.5)

(решение (2.5) не обязано быть единственным; для 𝐶 допускаются бесконечные значения ±∞, если выражению 𝜙(𝑥, 𝐶) можно придать смысл при этих значениях 𝐶, например, с помощью предельного перехода); 2) при любом значении 𝐶, получающемся по формуле (2.5) для (𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷, функция (2.4) является решением уравнения (2.2). Замечание 2.1. Значение общего решения состоит в том, что с его помощью можно решать задачу Коши при начальных значениях (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷: подставляя 𝑥 = 𝑥0 , 𝑦 = 𝑦0 в равенство (2.5), найдём 𝐶0 = = 𝜓(𝑥0 , 𝑦0 ); подставляя затем 𝐶 = 𝐶0 в функцию (2.4), найдём требуемое решение 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶0 ). Замечание 2.2. Решение дифференциального уравнения (2.2), получающееся из общего решения (2.4) подстановкой значения 𝐶 = 𝐶0 = = 𝜓(𝑥0 , 𝑦0 ) при (𝑥0 , 𝑦0 ) ∈ 𝐷, всегда является частным. Особое решение таким способом получить нельзя. Замечание 2.3. Из теоремы Коши также следует, что особым решением уравнения (2.2) может быть только кривая, в точках которой (𝑥,𝑦) частная производная 𝜕𝑓 𝜕𝑦 разрывна или не существует. Найдя такую кривую, необходимо проверить, является ли она решением, и если является, то действительно ли это решение особое. √ Пример 2.1. Рассмотрим дифференциальное уравнение 𝑦 ′ = 2 𝑦, которое мы уже обсуждали в примере 1.1. Его интегральные кривые показаны на рис. 1 (стр. 6). Это уравнение имеет вид (2.2), причём, √ (𝑥,𝑦) 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 2 𝑦. Эта функция и её частная производная 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = √1𝑦 определены и непрерывны в области 𝐷, определяемой неравенством 8

𝑦 > 0, поэтому по теореме Коши при любом начальном условии (2.3) с 𝑦0 > 0 в области 𝐷 существует единственное решение рассматриваемого уравнения, удовлетворяющее этому начальному условию. Функция 𝑦 = (𝑥 + 𝐶)2 , 𝑥 > −𝐶, является общим решением рассматриваемого уравнения в области 𝑦 > 0. В самом деле, при 𝑦 > 0 мы √ можем выразить 𝐶 из этого равенства: 𝐶 = 𝑦 − 𝑥. Кроме того, при любом значении 𝐶 данная функция является решением рассматриваемого уравнения, что мы проверяли в примере 1.1. Если мы хотим найти решение, удовлетворяющее начальному усло√ вию 𝑦|𝑥=2 = 1, то, подставляя в формулу 𝐶 = 𝑦 −𝑥 начальные значения √ 𝑥 = 2, 𝑦 = 1, найдём 𝐶 = 1 − 2 = 1 − 2 = −1. Подставив 𝐶 = −1 в общее решение, получим 𝑦 = (𝑥 − 1)2 , 𝑥 > 1. Найденное таким способом решение всегда является частным. (𝑥,𝑦) Найдём особое решение. Частная производная 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = √1𝑦 не существует при 𝑦 6 0. Поскольку в области 𝑦 < 0 правая часть уравнения √ 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 2 𝑦 не определена, то никакие кривые в этой области не могут быть решениями нашего уравнения. Поэтому подозрительной является только линия 𝑦 = 0, на которой функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) непрерывна, (𝑥,𝑦) а 𝜕𝑓 𝜕𝑦 не существует. В примере 1.1 мы видели, что эта функция действительно является решением. Кроме того, через каждую точку (𝑥0 , 0) этого решения проходят две интегральные кривые {︃ 0 при 𝑥 6 𝑥0 , 𝑦=0 и 𝑦= (𝑥 − 𝑥0 )2 при 𝑥 > 𝑥0 , не совпадающие ни в какой окрестности точки 𝑥0 . Поэтому в каждой точке решения 𝑦 = 0 нарушена единственность решения задачи Коши. Следовательно, решение 𝑦 = 0 является особым. Других особых решений нет. Заметим ещё, что «склеенное» решение {︃ 0 при 𝑥 6 𝑥0 , 𝑦= (𝑥 − 𝑥0 )2 при 𝑥 > 𝑥0 не является ни частным, ни особым.

9

3. Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка 3.1. Уравнения с разделяющимися переменными Сначала рассмотрим некоторые частные случаи, затем — общий случай. I. Уравнение вида 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥) (3.1) означает, что искомая функция 𝑦(𝑥) является первообразной функции 𝑓 (𝑥), поэтому общее решение может быть записано в виде ∫︁ 𝑦 = 𝑓 (𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶. (3.2) Замечание 3.1. В математическом анализе неопределённый интеграл есть множество всех первообразных функции 𝑓 (𝑥) (на заданном интервале), поэтому писать произвольную постоянную при неопределённом интеграле не надо. Однако в теории дифференциальных уравнений удобнее считать, что неопределённый интеграл — это произвольно взятая первообразная, а произвольную постоянную указывать явно. Если требуется найти решение уравнения (3.1), удовлетворяющее заданному начальному условию 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 , то вместо неопределённого интеграла удобнее использовать определённый: ∫︁𝑥 𝑦 = 𝑦0 + 𝑓 (𝑡) 𝑑𝑡. (3.3) 𝑥0

Пример 3.1. Найдём решение уравнения 𝑦 ′ = sin 𝑥, удовлетворяющее начальному условию 𝑦|𝑥= 𝜋2 = 1. По формуле (3.3) получаем ∫︁𝑥 ⃒𝑥 (︁ 𝜋 )︁ ⃒ 𝑦 = 1 + sin 𝑥 𝑑𝑡 = 1 − cos 𝑡 ⃒ 𝜋 = 1 − cos 𝑥 − cos = 1 − cos 𝑥. 2 2 𝜋 2

Ответ: 𝑦 = 1 − cos 𝑥. II. Вторым простым частным случаем является уравнение вида 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑦).

(3.4)

Умножим обе части уравнения на дифференциал 𝑑𝑥; так как по формуле дифференциала функции 𝑦 ′ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦, получаем 𝑑𝑦 = 𝑓 (𝑦)𝑑𝑥. 10

Далее делим обе части на 𝑓 (𝑦) и интегрируем; при этом можем потерять решения, для которых 𝑓 (𝑦) = 0: 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥, 𝑓 (𝑦) ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 + 𝐶. 𝑓 (𝑦) В результате получаем общее решение ∫︁ 𝑑𝑦 = 𝑥 + 𝐶. 𝑓 (𝑦)

[𝑓 (𝑦) = 0?]

(3.5)

Уравнение 𝑓 (𝑦) = 0 даёт решения вида 𝑦 = 𝑏, где 𝑓 (𝑏) = 0. Эти решения могут быть как частными, так и особыми. Если такое решение получается из общего при каком-нибудь значении произвольной постоянной 𝐶, включая ±∞, то это решение является частным. Если же это решение невозможно получить из общего ни при каком значении 𝐶, то оно особое. Пример 3.2. Решим рассматривавшееся в примерах 1.1 и 2.1 урав√ нение 𝑦 ′ = 2 𝑦. Следуя приведённой выше схеме, получаем 𝑑𝑦 √ [2 𝑦 = 0?] √ = 𝑑𝑥, 2 𝑦 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 √ = 𝑑𝑥 + 𝐶, 2 𝑦 √ 𝑦 = 𝑥 + 𝐶. √ В последнем равенстве 𝑦 > 0, поэтому должно быть и 𝑥 + 𝐶 > 0. Возводя это равенство в квадрат, получим общее решение 𝑦 = (𝑥 + 𝐶)2 ,

𝑥 > −𝐶.

√

Уравнение 2 𝑦 = 0 даёт решение 𝑦 = 0, которое является особым, так как его невозможно получить из общего решения ни при каком значении постоянной 𝐶. Ответ: 𝑦 = (𝑥 + 𝐶)2 , 𝑥 > −𝐶, — общее решение; 𝑦 = 0 — особое решение. Пример 3.3. Решим аналогичное уравнение 𝑦 ′ = 𝑦 2 . Решение: 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥, 𝑦2 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 + 𝐶, 𝑦2 11

[𝑦 2 = 0?]

−

1 = 𝑥 + 𝐶. 𝑦

Выражая отсюда 𝑦, найдём общее решение 𝑦=−

1 . 𝑥+𝐶

Уравнение 𝑦 2 = 0 даёт решение 𝑦 = 0, которое является частным, так как получается из общего при 𝐶 = ∞: )︂ (︂ 1 = 0. 𝑦 = lim − 𝐶→∞ 𝑥+𝐶 1 Ответ: 𝑦 = − 𝑥+𝐶 — общее решение; 𝑦 = 0 — частное решение. 1 Замечание 3.2. Формула 𝑦 = − 𝑥+𝐶 при каждом (конечном) значении 𝐶 даёт не одно решение, а два: одно на интервале 𝑥 < −𝐶, другое на интервале 𝑥 > −𝐶. Решение 𝑦 = 0 в ответе выписано отдельно, так как подстановка в формулы бесконечных «значений» переменных и параметров без специальных разъяснений является бессмысленной.

III. Уравнение 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐)

(3.6)

легко сводится к двум предыдущим типам: при 𝑏 = 0 оно имеет вид I (3.1), а при 𝑎 = 0 — вид II (3.4). Пусть 𝑎 ̸= 0 и 𝑏 ̸= 0. Введём новую неизвестную функцию 𝑢 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐.

(3.7)

Тогда 𝑦 = 1𝑏 (𝑢 − 𝑎𝑥 − 𝑐) и 𝑦 ′ = 1𝑏 (𝑢′ − 𝑎). Подставляя это выражение в уравнение (3.6) и выражая 𝑢′ , получим уравнение вида II (3.4): 𝑢′ = 𝑎 + 𝑏𝑓 (𝑢). (3.8) √︀ Пример 3.4. Решим уравнение 𝑦 ′ = 𝑦 − 𝑥2 + 1. Обозначим 𝑢 = 𝑦 − 𝑥2 + 1, 𝑢 > 0. Тогда 𝑦 = 𝑢 + 𝑥2 − 1, 𝑦 ′ = 𝑢′ + 12 , √ и после подстановки получим уравнение 𝑢′ = 𝑢 − 12 вида (3.4). Далее получаем √ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, [ 𝑢 − 12 = 0?] √ 𝑢 − 12 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 + 𝐶. √ 𝑢 − 12 12

Для вычисления интеграла в левой части сделаем замену перемен√ 𝑢 = 𝑣. Тогда 𝑢 = 𝑣 2 , 𝑑𝑢 = 2𝑣 𝑑𝑣. Подставляя в интеграл, получим )︂ ∫︁ ∫︁ ∫︁ (︂ 𝑑𝑢 1 2𝑣 𝑑𝑣 = = 2+ 𝑑𝑣 = √ 𝑢 − 21 𝑣 − 12 𝑣 − 21 ⃒ ⃒ ⃒ ⃒ ⃒√ ⃒ √ 1 ⃒⃒ 1 ⃒⃒ ⃒ ⃒ = 2𝑣 + ln ⃒𝑣 − ⃒ = 2 𝑢 + ln ⃒ 𝑢 − ⃒ ; 2 2 подставляем в уравнение: ⃒ ⃒ ⃒√ √ 1 ⃒⃒ ⃒ 2 𝑢 + ln ⃒ 𝑢 − ⃒ = 𝑥 + 𝐶. 2 ной

Возвращаясь к переменной 𝑦, получаем общее решение в виде √︂ ⃒√︂ ⃒ ⃒ 𝑥 𝑥 1⃒ 2 𝑦 − + 1 + ln ⃒⃒ 𝑦 − + 1 − ⃒⃒ = 𝑥 + 𝐶. 2 2 2 √ Уравнение 𝑢 − 12 = 0 даёт решение 𝑢 = 14 , то есть, 𝑦 − 𝑥2 + 1 = 14 , откуда 𝑦 = 𝑥2 − 43 . Покажем, что это решение — частное. Для этого преобразуем общее решение так: √︂ ⃒√︂ ⃒ ⃒ 𝑥 𝑥 1⃒ ln ⃒⃒ 𝑦 − + 1 − ⃒⃒ = 𝐶 + 𝑥 − 2 𝑦 − + 1, 2 2 2 √︂ √ 𝑥 𝑥 1 𝑦 − + 1 − = ±𝑒𝐶 𝑒𝑥−2 𝑦− 2 +1 2 2 √︀ (знак «+» или «−» совпадает со знаком выражения 𝑦 − 𝑥2 + 1 − 12 ). Обозначая 𝐶1 = ±𝑒𝐶 , получим общее решение в виде √︂ √ 𝑥 𝑥 1 𝑦 − + 1 − = 𝐶1 𝑒𝑥−2 𝑦− 2 +1 . 2 2 Теперь видим, что решение 𝑦 = 𝑥2 − 34 получается из общего решения при 𝐶1 = 0 и потому является частным. √ 𝑥 √︀ Ответ: 𝑦 − 𝑥2 + 1 − 12 = 𝐶1 𝑒𝑥−2 𝑦− 2 +1 . Замечание 3.3. Полученное соотношение нельзя разрешить в элементарных функциях ни относительно 𝑦, ни относительно 𝑥. Однако можно получить общее решение в параметрической форме. В качестве параметра удобно взять определённую при вычислении интеграла пере√︀ √ менную 𝑣 = 𝑢 = 𝑦 − 𝑥2 + 1, 𝑣 > 0. Заметим, что из этого определения 𝑥 2 можно выразить 𝑦 через 𝑥 и 𝑣: 𝑦 = ⃒ 𝑣 + ⃒ 2 − 1. А 𝑥 можно выразить через 1⃒ ⃒ 𝑣 из общего решения: 𝑥 = 2𝑣 + ln 𝑣 − 2 − 𝐶. Подставляя это выражение 13

⃒ ⃒ в формулу для 𝑦, найдём 𝑦 = 𝑣 2 + 𝑣 + 12 ln ⃒𝑣 − 12 ⃒ − 1 − 𝐶2 . Таким образом, общее решение в параметрической форме будет иметь вид {︃ ⃒ ⃒ 𝑥 = 2𝑣 + ln ⃒𝑣 − 12 ⃒ − 𝐶, ⃒ ⃒ 𝑦 = 𝑣 2 + 𝑣 + 12 ln ⃒𝑣 − 12 ⃒ − 1 − 𝐶2 , причём, в этой формуле содержатся два решения: одно для 0 6 𝑣 < 12 , другое для 𝑣 > 12 . Однако частное решение 𝑦 = 𝑥2 − 34 ни при каком значении 𝐶 не получается. На рис. 2 показаны интегральные кривые, соответствующие 𝐶 = −2, и решение 𝑦 = 𝑥2 − 34 . Штриховая линия показывает границу области 𝑦 − 𝑥2 + 1 > 0, в которой существуют решения.

y 0.5

-2

-1

1

2

x

-0.5 -1.0 -1.5 Рис. 2. Интегральные кривые уравнения 𝑦 ′ =

√︀

𝑦−

𝑥 2

+1

Замечание 3.4. Для рассмотренного уравнения правая часть равна √︀ 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑦 − 𝑥2 + 1. По теореме Коши 2.1 особым решением может быть (𝑥,𝑦) только линия, в каждой точке которой частная производная 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = = √ 1𝑥 разрывна, то есть, только прямая 𝑦 = 𝑥2 − 1. Подставляя в 2

𝑦− 2 +1

дифференциальное уравнение выражения 𝑦 = 𝑥2 − 1 и 𝑦 ′ = 12 , получим неверное равенство 12 = 0, поэтому эта линия не является решением, и потому особых решений нет. IV. Дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными называется уравнение вида 𝑓1 (𝑥)𝑔1 (𝑦)𝑦 ′ = 𝑓2 (𝑥)𝑔2 (𝑦). 14

(3.9)

Если умножить обе части уравнения (3.9) на 𝑑𝑥 и учесть, что 𝑦 ′ 𝑑𝑥 = = 𝑑𝑦, то получим уравнение вида 𝑓1 (𝑥)𝑔1 (𝑦)𝑑𝑦 = 𝑓2 (𝑥)𝑔2 (𝑦)𝑑𝑥.

(3.10)

Разделив обе части уравнения (3.10) на 𝑓1 (𝑥)𝑔2 (𝑦), получим уравнение

𝑓2 (𝑥) 𝑔1 (𝑦) 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥, (3.11) 𝑔2 (𝑦) 𝑓1 (𝑥) которое называется уравнением с разделёнными переменными. Переходя от уравнения (3.10) к уравнению (3.11), мы можем потерять решения, для которых 𝑓1 (𝑥)𝑔2 (𝑦) = 0. В уравнении (3.9) переменная 𝑥 является независимой переменной, а 𝑦 — функцией переменной 𝑥. В уравнении (3.10) эти роли не предопределены, и мы можем по желанию считать независимой переменной как 𝑥, так и 𝑦; соответственно, искомой функцией в первом случае будет 𝑦, а во втором — 𝑥. Поэтому уравнение (3.9) может иметь решения вида 𝑦 = Const и не может иметь решений вида 𝑥 = Const, так как независимая переменная не может быть постоянной (мы не можем определить производную 𝑦 ′ (𝑥), если 𝑥 принимает только одно значение), в то время как уравнение (3.10) может иметь решения обоих видов. Пример 3.5. Решить уравнение 𝑥(1 − 𝑦 2 )𝑑𝑥 − 𝑦(1 − 𝑥2 )𝑑𝑦 = 0. Перепишем уравнение в виде 𝑦(1 − 𝑥2 )𝑑𝑥 = 𝑥(1 − 𝑦 2 )𝑑𝑥. Деля обе части на (1 − 𝑥2 )(1 − 𝑦 2 ), получим 𝑦 𝑑𝑦 𝑥 𝑑𝑥 = . [(1 − 𝑥2 )(1 − 𝑦 2 ) = 0?] 1 − 𝑦2 1 − 𝑥2 Интегрируя, найдём ∫︁ ∫︁ 𝑦 𝑑𝑦 𝑥 𝑑𝑥 = + 𝐶, 2 1−𝑦 1 − 𝑥2 1 1 − ln|1 − 𝑦 2 | = − ln|1 − 𝑥2 | + 𝐶, 2 2 ln|1 − 𝑦 2 | = ln|1 − 𝑥2 | − 2𝐶, 1 − 𝑦 2 = ±𝑒−2𝐶 (1 − 𝑥2 ). Обозначив 𝐶1 = ±𝑒−2𝐶 ̸= 0, получаем, что 1 − 𝑦 2 = 𝐶1 (1 − 𝑥2 ), 𝐶1 ̸= 0. Это и есть общее решение. Уравнение (1 − 𝑥2 )(1 − 𝑦 2 ) = 0 даёт 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 уравнения. Решения 𝑦 = ±1 можно получить из общего решения, полагая 𝐶1 = 0 (и 15

оговорка 𝐶1 ̸= 0 в общем решении не нужна); решения 𝑥 = ±1 можно 2 получить, переписав общее решение в виде 1 − 𝑥2 = 1−𝑦 𝐶1 и «подставив» 𝐶1 = ∞. Поэтому все четыре решения являются частными. Ответ: 1 − 𝑦 2 = 𝐶1 (1 − 𝑥2 ) — общее решение; 𝑥 = ±1 — частные решения. Пример 3.6. Найти частное решение дифференциального уравнения (𝑥2 + 4)𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 0, удовлетворяющего начальному условию 𝑦(1) = 5. Сначала найдём общее решение данного уравнения: (𝑥2 + 4)

𝑑𝑦 − 2𝑥𝑦 = 0, 𝑑𝑥

(𝑥2 + 4)𝑑𝑦 = 2𝑥𝑦 𝑑𝑥, 𝑑𝑦 2𝑥 𝑑𝑥 = 2 , 𝑦 𝑥 +4 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 2𝑥 𝑑𝑥 = + 𝐶, 𝑦 𝑥2 + 4

[𝑦(𝑥2 + 4) = 0?]

ln |𝑦| = ln(𝑥2 + 4) + 𝐶, 𝑦 = ±𝑒𝐶 (𝑥2 + 4). Обозначив 𝐶1 = ±𝑒𝐶 ̸= 0, получим общее решение в виде 𝑦 = 𝐶1 (𝑥2 + 4), 𝐶1 ̸= 0. Уравнение 𝑦(𝑥2 + 4) = 0 даёт решение 𝑦 = 0, не входящее в общее решение из-за условия 𝐶1 = ̸ 0. Но его можно получить из общего решения, если формально подставить в общее решение 𝐶1 = 0, так что условие 𝐶1 ̸= 0 в общем решении в действительности не нужно. Найдём частное решение, удовлетворяющее условию 𝑦(1) = 5. Для этого в общее решение вместо подставим 𝑥 = 1, 𝑦 = 5. Тогда 5 = 𝐶1 (12 +4) и, следовательно, 𝐶1 = 1. Получаем искомое частное решение 𝑦 = 𝑥2 + 4. Ответ: 𝑦 = 𝑥2 + 4. 3.2. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка и сводящиеся к ним V. Определение 3.1. Функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) называется однородной функцией 𝑘-го измерения (или порядка, или степени), если при любом 𝜆 ̸= 0 справедливо равенство 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑘 𝑓 (𝑥, 𝑦) 16

(3.12)

(если это верно только при 𝜆 > 0, то функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) называется положительно однородной). Пример 3.7. Функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦 2 — однородная функция второго измерения, так как 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = (𝜆𝑥)2 + 2 · 𝜆𝑥 · 𝜆𝑦 + 3(𝜆𝑦)2 = 𝜆2 (𝑥2 + 2𝑥𝑦 + 3𝑦 2 ) = 𝜆2 𝑓 (𝑥, 𝑦); здесь 𝑘 = 2. √︀ Функция 𝑔(𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝑥, 𝑦) является положительно однородной первого измерения, так как √︀ √︀ √︀ 𝑔(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆2 𝑓 (𝑥, 𝑦) = |𝜆| 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝜆𝑔(𝑥, 𝑦) только при 𝜆 > 0. Определение 3.2. Уравнение первого порядка 𝑦 ′ = 𝑓 (𝑥, 𝑦)

(3.13)

называется однородным, если 𝑓 (𝑥, 𝑦) — однородная функция нулевого измерения. Уравнение 𝑀 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0 (3.14) называется однородным, если 𝑀 (𝑥, 𝑦) и 𝑁 (𝑥, 𝑦) — однородные функции 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 (3.14) может иметь решение 𝑥 = 0 (проверяется подстановкой 𝑥 = 0 и 𝑑𝑥 = 0 в уравнение); уравнение (3.13) 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.

(3.15)

Пример 3.8. 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. Найдём общее решение. Подставляя выражения (3.15) в заданное уравнение, получим (𝑥 + 𝑥𝑧)𝑑𝑥 + 𝑥(𝑥 𝑑𝑧 + 𝑧 𝑑𝑥) = 0, 17

𝑥 𝑑𝑥 + 𝑥𝑧 𝑑𝑥 + 𝑥2 𝑑𝑧 + 𝑥𝑧 𝑑𝑥 = 0, 𝑥2 𝑑𝑧 = −2𝑥𝑧 𝑑𝑥 − 𝑥 𝑑𝑥, (︂ )︂ 1 𝑥2 𝑑𝑧 = −2𝑥 𝑧 + 𝑑𝑥. 2 Получилось (︀ )︀ уравнение с разделяющимися переменными. Разделив его на 𝑥2 𝑧 + 12 , получим 𝑑𝑧 𝑑𝑥 1 = −2 𝑥 . 𝑧+2

(︀ )︀ [𝑥2 𝑧 + 21 = 0?]

Интегрируем: ∫︁

∫︁ 𝑑𝑧 𝑑𝑥 = −2 , 𝑥 𝑧 + 12 ⃒ ⃒ ⃒ 1 ⃒⃒ ⃒ ln ⃒𝑧 + ⃒ = −2 ln |𝑥| + 𝐶, 2 𝑒𝐶 1 =± 2. 2 𝑥 Если обозначить 𝐶1 = ±𝑒𝐶 ̸= 0, то общее решение запишется в виде 1 1 𝑧= 𝐶 𝑥2 − 2 , 𝐶1 ̸= 0, откуда с помощью первого из соотношений (3.15) получаем 𝑥 𝐶1 − , 𝐶1 ̸= 0. 𝑦= 𝑥 2 )︀ (︀ Уравнение 𝑥2 𝑧 + 21 = 0 даёт 𝑧 + 12 = 0, то есть, 𝑦 = − 𝑥2 , и 𝑥 = = 0. Подстановкой 𝑥 = 0, 𝑑𝑥 = 0 или 𝑦 = − 𝑥2 , 𝑑𝑦 = − 12 𝑑𝑥 в заданное уравнение убеждаемся, что обе функции (︀ )︀ являются решениями. Если переписать общее решение в виде 𝑥 𝑦 + 𝑥2 = 𝐶1 , то видно, что оба решения получаются из общего при 𝐶1 = 0. Поэтому оба решения являются частными, а условие 𝐶1 ̸= 0 в общем решении является ненужным. Найдём частное решение, используя заданное начальное условие 𝑦|𝑥=1 = −3. Решение 𝑥 = 0 не удовлетворяет начальному условию. Подставляя в общее решение 𝑥 = 1, 𝑦 = −3, получим −3 = 𝐶11 − 12 , 5 откуда 𝐶1 = − 52 . Поэтому искомое частное решение есть 𝑦 = − 2𝑥 − 𝑥2 = 5+𝑥2 = − 2𝑥 . 2 Ответ: 𝑦 = − 5+𝑥 2𝑥 . 𝑧+

Пример 3.9. Найти частное решение уравнения 2𝑥𝑦𝑦 ′ + 𝑥2 − 3𝑦 2 = = 0, удовлетворяющее условию 𝑦(2) = 1. Решим уравнение относительно 𝑦 ′ : 𝑦′ =

3𝑦 2 − 𝑥2 . 2𝑥𝑦 18

Проверим его однородность: 𝑓 (𝑥, 𝑦) = 𝑓 (𝜆𝑥, 𝜆𝑦) =

3𝑦 2 −𝑥2 2𝑥𝑦 ,

поэтому

3(𝜆𝑦)2 − (𝜆𝑥)2 𝜆2 (3𝑦 2 − 𝑥2 ) 3𝑦 2 − 𝑥2 = = = 𝑓 (𝑥, 𝑦), 2 2 · 𝜆𝑥 · 𝜆𝑦 2𝜆 𝑥𝑦 2𝑥𝑦

то есть, функция 𝑓 (𝑥, 𝑦) является однородной нулевого измерения. Следовательно, заданное уравнение — однородное. Подставляем в заданное уравнение выражения (3.15). Получаем 2𝑥2 𝑧(𝑥𝑧 ′ + 𝑧) + 𝑥2 − 3𝑥2 𝑧 2 = 0, 2𝑥3 𝑧𝑧 ′ + 2𝑥2 𝑧 2 + 𝑥2 − 3𝑥2 𝑧 2 = 0, 2𝑥3 𝑧𝑧 ′ = 𝑥2 (𝑧 2 − 1). Разделяем переменные и интегрируем. Для этого умножаем обе части уравнения на 𝑑𝑥 (𝑧 ′ 𝑑𝑥 = 𝑑𝑧) и делим на 𝑥3 (𝑧 2 − 1): 2𝑥3 𝑧 𝑑𝑧 = 𝑥2 (𝑧 2 − 1)𝑑𝑥, 2𝑧 𝑑𝑧 𝑑𝑥 = , 2 𝑧 −1 𝑥 ∫︁ ∫︁ 2𝑧 𝑑𝑧 𝑑𝑥 = + 𝐶, 𝑧2 − 1 𝑥 ln|𝑧 2 − 1| = |𝑥| + 𝐶, Обозначив 𝐶1 = ±𝑒 общее решение в виде

𝐶

𝑧 2 − 1 = ±𝑒𝐶 𝑥. = ̸ 0 и подставив 𝑧 =

2

[𝑥3 (𝑧 2 − 1) = 0?]

𝑦 𝑥

(из (3.15)), получим

𝑦 𝑥2

− 1 = 𝐶1 𝑥, 𝐶1 ̸= 0, откуда можно выразить 𝑦: √︀ 𝑦 = ±𝑥 1 + 𝐶1 𝑥, 𝐶1 ̸= 0.

Уравнение 𝑥3 (1 − 𝑧 2 ) = 0 даёт 𝑥 = 0 (не является решением, так как в заданном уравнении 𝑥 — независимая переменная) и 𝑧 = ±1, откуда 𝑦 = ±𝑥 (получаются из общего решения при 𝐶1 = 0). Чтобы найти частное решение, подставляем в общее решение на√ чальные значения 𝑥 = 2, 𝑦 = 1: 1 = ±2 1 + 2𝐶1 . Отсюда видим, что перед корнем надо взять знак «+», и что 𝐶1 = − 38 . Поэтому искомое √︁ частное решение есть 𝑦 = 𝑥 1 − 38 𝑥. √︁ Ответ: 𝑦 = 𝑥 1 − 83 𝑥. Замечание 3.5. В последнем примере найденное частное решение является единственным только при 0 6 𝑥 < 83 . 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). Рис. 3 (стр. 20) показывает три продолжения: для 𝐶1 = − 38 , 𝐶2 = 0, 𝐶3 = 12 . 19

Заметим ещё, что особых решений у рассматриваемого уравнения нет, но в точках оси 𝑂𝑦, то есть, при 𝑥 = 0, единственность решения задачи Коши нарушается: все решения удовлетворяют условию 𝑦(0) = 0, но ни одно не удовлетворяет условию 𝑦(0) = 𝑦0 , если 𝑦0 ̸= 0.

y 1.0 0.5 -2

-1

1

2

3

x

-0.5 -1.0 -1.5 -2.0 Рис. 3. Продолжения решения 𝑦 = 𝑥

√︁

1 − 38 𝑥 в область 𝑥 < 0

VI. Уравнение вида 𝑦′ = 𝑓

(︂

𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 𝑎2 𝑥 + 𝑏2 𝑦 + 𝑐2

)︂ (3.16)

сводится к одному из ранее рассмотренных типов. 1). Если 𝑎1 = 𝑎2 = 0 — уравнение типа II (3.4). 2). Если 𝑏1 = 𝑏2 = 0 — уравнение типа I (3.1). 3). Eсли ни одно из предыдущих условий не выполняется, но 𝑎1 = = 𝑏1 = 0 или 𝑎2 = 𝑏2 = 0 — уравнение типа III (3.6). 4). Пусть ни одно из предыдущих условий не выполняется, но 𝑎1 𝑏2 = 𝑎2 𝑏1 . Легко убедиться, что в этом случае ни одно из чисел 𝑎1 , 𝑏1 , 𝑎2 , 𝑏2 не равно 0. Например, если предположить, что 𝑎1 = 0, то получаем 𝑎2 𝑏1 = 0. Тогда либо 𝑎2 = 0, и выполняется первое условие, либо 𝑏1 = 0, и выполняется третье условие, что противоречит предположению, что ни одно из этих условий не выполняется. 20

Разделив обе части равенства 𝑎1 𝑏2 = 𝑎2 𝑏1 на 𝑎1 𝑏1 , получим Обозначим 𝑘 = 𝑎𝑎21 = 𝑏𝑏21 . Тогда 𝑎2 = 𝑘𝑎1 и 𝑏2 = 𝑘𝑏1 , поэтому

𝑏2 𝑏1

=

𝑎2 𝑎1 .

𝑎2 𝑥 + 𝑏2 𝑦 + 𝑐2 = 𝑘𝑎1 𝑥 + 𝑘𝑏1 𝑦 + 𝑐2 = 𝑘(𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 ) + (𝑐2 − 𝑘𝑐1 ); таким образом, получаем уравнение (︂ )︂ 𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 ′ 𝑦 =𝑓 , 𝑘(𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 ) + (𝑐2 − 𝑘𝑐1 )

(3.17)

которое относится к типу III (3.6). 5) Предположим, наконец, что 𝑎1 𝑏2 ̸= 𝑎2 𝑏1 . В этом случае по теореме Крамера из курса линейной алгебры система уравнений {︃ 𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑦 + 𝑐1 = 0, (3.18) 𝑎2 𝑥 + 𝑏2 𝑦 + 𝑐2 = 0 имеет единственное решение (𝑥0 , 𝑦0 ); это решение можно вычислить по формулам Крамера {︃ 2 𝑐1 𝑥0 = 𝑎𝑏11 𝑐𝑏22 −𝑏 −𝑎2 𝑏1 , (3.19) 𝑐1 𝑎2 −𝑐2 𝑎1 𝑦0 = 𝑎1 𝑏2 −𝑎2 𝑏1 . Введём новые переменные {︃ 𝑥 ˜ = 𝑥 − 𝑥0 , 𝑦˜ = 𝑦 − 𝑦0 .

(3.20)

𝑑𝑦 𝑑˜ 𝑦 Тогда 𝑥 = 𝑥 ˜ + 𝑥0 , 𝑦 = 𝑦˜ + 𝑦0 , 𝑑𝑥 = 𝑑˜ 𝑥, 𝑑𝑦 = 𝑑˜ 𝑦 , 𝑦 ′ = 𝑑𝑥 = 𝑑˜ 𝑥, и подстановка этих соотношений в уравнение (3.16) даёт однородное уравнение вида V (3.13): (︂ )︂ 𝑑˜ 𝑦 𝑎1 𝑥 ˜ + 𝑏1 𝑦˜ =𝑓 . (3.21) 𝑑˜ 𝑥 𝑎2 𝑥 ˜ + 𝑏2 𝑦˜ (︁ )︁2 𝑦+2 Пример 3.10. Решим уравнение 𝑦 ′ = 2 𝑥+𝑦−1 . Это уравнение вида (3.16), причём, 𝑎1 = 0, 𝑏1 = 1, 𝑐1 = 2, 𝑎2 = 1, 𝑏2 = 1, 𝑐2 = −1. Поскольку 𝑎1 𝑏2 − 𝑎2 𝑏1 = −1 ̸= 0, то имеет место случай 5), и заданное уравнение сводится к однородному уравнению. Система (3.18) имеет вид {︃ 𝑦 + 2 = 0, 𝑥 + 𝑦 − 1 = 0.

21

Решив эту систему, найдём 𝑥 = 3, 𝑦 = −2. Подставляем 𝑥 = 𝑥 ˜ + 3, 𝑦 = 𝑦˜ − 2, и получаем однородное уравнение (︂ )︂2 𝑑˜ 𝑦 𝑦˜ =2 . 𝑑˜ 𝑥 𝑥 ˜ + 𝑦˜ В соответствии с формулами (3.15) подставляем 𝑦˜ = 𝑥 ˜𝑧, + 𝑧:

𝑑˜ 𝑦 𝑑˜ 𝑥

𝑑𝑧 =𝑥 ˜ 𝑑˜ 𝑥 +

(︂ )︂2 𝑑𝑧 𝑥 ˜𝑧 +𝑧 =2 , 𝑑˜ 𝑥 𝑥 ˜+𝑥 ˜𝑧 𝑑𝑧 2𝑧 2 𝑥 ˜ = − 𝑧, 𝑑˜ 𝑥 (𝑧 + 1)2 𝑧(𝑧 2 + 1) 𝑑𝑧 =− 2 . 𝑥 ˜ 𝑑˜ 𝑥 𝑧 + 2𝑧 + 1 Разделяем переменные и интегрируем: 𝑥 ˜

𝑧(𝑧 2 + 1) 𝑑˜ 𝑥, 𝑧 2 + 2𝑧 + 1 (𝑧 2 + 1) + 2𝑧 𝑑˜ 𝑥 𝑑𝑧 = − , 𝑧(𝑧 2 + 1) 𝑥 ˜ )︂ ∫︁ (︂ ∫︁ 1 2 𝑑˜ 𝑥 + 2 + 𝐶, 𝑑𝑧 = − 𝑧 𝑧 +1 𝑥 ˜ ln|𝑧| + 2 arctg 𝑧 = − ln|˜ 𝑥| + 𝐶, ln|˜ 𝑥𝑧| + 2 arctg 𝑧 = 𝐶. 𝑥 ˜ 𝑑𝑧 = −

Подставляя 𝑥 ˜=𝑥−3 и 𝑧 =

𝑦˜ 𝑥 ˜

=

𝑦+2 𝑥−3 ,

[˜ 𝑥𝑧(𝑧 2 + 1) = 0?]

получим общее решение

𝑦+2 = 𝐶. 𝑥−3 Уравнение 𝑥 ˜𝑧(𝑧 2 + 1) = 0 даёт 𝑥 ˜ = 0, то есть, 𝑥 = 3 (не является решением, так как в заданном уравнении 𝑥 — независимая переменная), и 𝑧 = 0, откуда 𝑦˜ = 0 и 𝑦 = −2 (является решением). Чтобы убедиться, что решение 𝑦 = −2 является частным, преобразуем общее решение: 𝑦+2 ln|𝑦 + 2| = 𝐶 − 2 arctg , 𝑥−3 ln|𝑦 + 2| + 2 arctg

𝑦+2

𝑦 + 2 = ±𝑒𝐶 𝑒−2 arctg 𝑥−3 . Обозначая 𝐶1 = ±𝑒𝐶 ̸= 0, получим общее решение в виде 𝑦+2

𝑦 + 2 = 𝐶1 𝑒−2 arctg 𝑥−3 , откуда видно, что решение 𝑦 = −2 получается при 𝐶1 = 0. 22

Заметим ещё, что правая часть заданного уравнения не определена в точках прямой 𝑥 + 𝑦 − 1 = 0, поэтому эти точки нужно исключить. Например, формула 𝑦 = −2 определяет по этой причине не одно решение, а два: на интервале 𝑥 < 3 и на интервале 𝑥 > 3. 𝑦+2 Ответ: 𝑦 + 2 = 𝐶1 𝑒−2 arctg 𝑥−3 , 𝑥 + 𝑦 ̸= 1. 3.3. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка и уравнения Бернулли VII. Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥),

(3.22)

где 𝑝(𝑥) и 𝑞(𝑥) — заданные функции. Линейное уравнение не имеет особых решений. Уравнение вида 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 0

(3.23)

называется однородным линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Оно является уравнением с разделяющимися переменными типа IV (3.9). VIII. Уравнением Бернулли называется дифференциальное уравнение первого порядка вида 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 = 𝑞(𝑥)𝑦 𝛼 ,

(3.24)

где 𝛼 ̸= 0 и 𝛼 ̸= 1 (при 𝛼 = 0 получается линейное уравнение VII (3.22), а при 𝛼 = 1 — однородное линейное уравнение VII (3.23)). Функция 𝑦 = 0 не является решением уравнения Бернулли при 𝛼 < 0, является особым решением при 0 < 𝛼 < 1, является частным решением при 𝛼 > 1. И линейное уравнение, и уравнение Бернулли можно решать одинаковыми методами, рассмотренными далее. Кроме того, уравнение Бернулли можно преобразовать в линейное уравнение заменой неизвестной функции. Сначала умножим обе части уравнения Бернулли на 𝑦 −𝛼 : 𝑦 −𝛼 𝑦 ′ + 𝑝(𝑥)𝑦 1−𝛼 = 𝑞(𝑥).

[𝑦 𝛼 = 0?]

Теперь введём новую неизвестную функцию 𝑧 = 𝑦 1−𝛼 . 23

(3.25)

Поскольку 𝑧 ′ = (1 − 𝛼)𝑦 −𝛼 𝑦 ′ , после умножения на 1 − 𝛼 уравнение примет вид (3.22): 𝑧 ′ + (1 − 𝛼)𝑝(𝑥)𝑧 = (1 − 𝛼)𝑞(𝑥).

(3.26)

Метод вариации произвольной постоянной Лагранжа рассмотрим на примере линейного уравнения (3.22). Сначала решим однородное уравнение (3.23): разделяя переменные, получим 𝑑𝑦 = −𝑝(𝑥)𝑑𝑥, [𝑦 = 0?] 𝑦 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 = − 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 + Const, 𝑦 ∫︁ ln|𝑦| = − 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 + ln|𝐶|, 𝑦 = 𝐶𝑒−

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

.

(3.27)

Заметим, что решение 𝑦 = 0 получается при 𝐶 = 0. Замечание 3.6. Здесь произвольная постоянная была записана не в виде 𝐶, а в виде ln|𝐶|. Это было сделано для того, чтобы после нахождения 𝑦 мы могли написать просто 𝐶, а не ±𝑒𝐶 , как уже не раз случалось в рассмотренных ранее примерах. Произвольную постоянную можно записать в виде любого выражения, которое принимает значения, необходимые для получения общего решения. Далее будем искать решение неоднородного уравнения (3.23) в виде (3.27), где будем предполагать, что 𝐶 есть не постоянная, а некоторая неизвестная функция переменной 𝑥: 𝑦 = 𝐶(𝑥)𝑒−

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

.

(3.28)

Дифференцируя это выражение и подставляя в уравнение (3.22), получаем 𝑦 ′ = 𝐶 ′ (𝑥)𝑒− 𝐶 ′ (𝑥)𝑒−

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

+ 𝐶(𝑥)𝑒−

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

(−𝑝(𝑥)),

− 𝑝(𝑥)𝐶(𝑥)𝑒−

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

+ 𝑝(𝑥)𝐶(𝑥)𝑒−

𝐶 ′ (𝑥)𝑒−

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

= 𝑞(𝑥),

∫︀

′

𝐶 (𝑥) = 𝑞(𝑥)𝑒

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

∫︀

𝑝(𝑥)𝑑𝑥

= 𝑞(𝑥),

.

Последнее уравнение имеет вид (3.1), и его общее решение имеет вид (3.2): ∫︁ ∫︀ 𝐶(𝑥) = 𝑞(𝑥)𝑒 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶, 24

где 𝐶 — произвольная постоянная. Наконец, подставляя результат в формулу (3.28), получим общее решение в виде (︂∫︁ )︂ ∫︀ ∫︀ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 𝑦= 𝑞(𝑥)𝑒 𝑑𝑥 + 𝐶 𝑒− 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 . (3.29) Замечание 3.7. В формуле (3.29) два раза встречается выражение 𝑝(𝑥)𝑑𝑥. Оба раза оно означает одну и ту же первообразную функции 𝑝(𝑥). ∫︀

Замечание 3.8. Если требуется найти решение, удовлетворяющее начальному условию 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 , (3.30) то в формуле (3.29) удобно использовать определённый интеграл: ⎛ 𝑥 ⎞ ∫︀𝜏 ∫︀𝑥 ∫︁ 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 − 𝑝(𝑡)𝑑𝑡 𝑥 𝑥 𝑦 = ⎝ 𝑞(𝜏 )𝑒 0 𝑑𝜏 + 𝐶 ⎠ 𝑒 0 . (3.31) 𝑥0

Пример 3.11. Найти общее решение уравнения 𝑥𝑦 ′ + 2𝑦 = 𝑥2 . Перепишем исходное уравнение в виде 𝑦 ′ + 𝑥2 𝑦 = 𝑥. Это линейное уравнение с 𝑝(𝑥) = 𝑥2 и 𝑞(𝑥) = 𝑥. По формуле (3.29) получаем (︂∫︁ )︂ (︂∫︁ )︂ ∫︀ 2 ∫︀ 2 𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 = 𝑒−2 ln |𝑥| 𝑥𝑒2 ln |𝑥| 𝑑𝑥 + 𝐶 = 𝑦 = 𝑒− 𝑥 𝑑𝑥 =

1 𝑥2

Ответ: 𝑦 =

(︂∫︁ 𝑥2 4

𝑥3 𝑑𝑥 + 𝐶

+

)︂ =

1 𝑥2

(︂

𝑥4 +𝐶 4

)︂ =

𝑥2 𝐶 + 2. 4 𝑥

𝐶 𝑥2 .

Пример 3.12. Решить задачу Коши: 𝑦 ′ = 2𝑦 + 𝑒𝑥 + 𝑥, 𝑦(0) = 41 . Перепишем уравнение в виде 𝑦 ′ −2𝑦 = 𝑒𝑥 +𝑥. Оно является линейным с 𝑝(𝑥) = −2 и 𝑞(𝑥) = 𝑒𝑥 + 𝑥. В начальном условии 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 14 . По формуле (3.31) получаем ⎞ ⎛ 𝑥 ∫︀𝑥 ∫︀𝜏 ∫︁ 2𝑑𝑡 − 2𝑑𝑡 ⎝ (𝑒𝜏 + 𝜏 )𝑒 0 𝑑𝜏 + 1 ⎠ = 𝑦 = 𝑒0 4 0

⎛ 𝑥 ⎞ ∫︁ 𝑥 𝜏 1 = 𝑒 2𝑡|0 ⎝ (𝑒𝜏 + 𝜏 )𝑒 −2𝑡|0 𝑑𝜏 + ⎠ = 4 0

⎛ 𝑥 ⎞ ⎛ 𝑥 ⎞ ∫︁ ∫︁ 1 1 = 𝑒2𝑥 ⎝ (𝑒𝜏 + 𝜏 )𝑒−2𝜏 𝑑𝜏 + ⎠ = 𝑒2𝑥 ⎝ (𝑒−𝜏 + 𝜏 𝑒−2𝜏 )𝑑𝜏 + ⎠ = 4 4 0

0

25

)︂⃒𝑥 )︂ 1 𝑒−2𝜏 ⃒⃒ 𝜏 𝑒−2𝜏 =𝑒 − −𝑒 − ⃒ +4 = 2 4 0 )︂ (︂ 𝑒−2𝑥 1 1 𝑥 1 3 𝑥𝑒−2𝑥 − +1+ + = −𝑒𝑥 − − + 𝑒2𝑥 . = 𝑒2𝑥 −𝑒−𝑥 − 2 4 4 4 2 4 2 2𝑥

(︂ (︂

−𝜏

Ответ: 𝑦 = 41 (6𝑒2𝑥 − 4𝑒𝑥 − 2𝑥 − 1). Обычно, однако, готовыми формулами (3.29) и (3.31) не пользуются, а воспроизводят метод вариации произвольной постоянной. В отличие от формул (3.29) и (3.31), этот метод работает и для уравнения Бернулли. Кроме метода вариации произвольной постоянной, для решения неоднородных линейных уравнений и уравнений Бернулли используется метод Бернулли, который состоит во введении двух новых неизвестных функций 𝑢 = 𝑢(𝑥) и 𝑣 = 𝑣(𝑥) с помощью подстановки 𝑦 = 𝑢𝑣,

𝑦 ′ = 𝑢′ 𝑣 + 𝑢𝑣 ′ .

(3.32)

Рассмотрим этот метод на примере уравнения Бернулли. Подставляя (3.32) в уравнение (3.24), получим 𝑢′ 𝑣 + 𝑢𝑣 ′ + 𝑝(𝑥)𝑢𝑣 = 𝑞(𝑥)(𝑢𝑣)𝛼 , 𝑢′ 𝑣 + 𝑢(𝑣 ′ + 𝑝(𝑥)𝑣) = 𝑞(𝑥)𝑢𝛼 𝑣 𝛼 . Так как неизвестных функций две, а уравнение только одно, мы можем одну из функций задать произвольно, а другую найти из уравнения. Подберём функцию 𝑣 ̸≡ 0 так, чтобы выражение в скобках обратилось в тождественный 0. Тогда из уравнения получим, что 𝑢′ 𝑣 = 𝑞(𝑥)𝑢𝛼 𝑣 𝛼 . В результате исходное дифференциальное уравнение (3.24) сводится к системе двух дифференциальных уравнений первого порядка: {︃ 𝑣 ′ + 𝑝(𝑥)𝑣 = 0, (3.33) 𝑢′ 𝑣 = 𝑞(𝑥)(𝑢𝑣)𝛼 . Первое уравнение в этой системе является однородным линейным уравнением VIII (3.23), и нам нужно найти только одно ненулевое решение этого уравнения. Второе уравнение — после подстановки в него найденного 𝑣 — уравнение с разделяющимися переменными IV (3.9). В случае неоднородного линейного уравнения VII (3.22) 𝛼 = 0, и после подстановки 𝑣 получится уравнение типа I (3.1). Пример 3.13. Решить уравнение Бернулли 𝑦 ′ + 𝑦 tg 𝑥 = дом Бернулли. 26

𝑦2 cos 𝑥

мето-

Здесь 𝛼 = 2. Подставляем 𝑦 = 𝑢𝑣 и получаем систему уравнений {︃ 𝑣 ′ + 𝑣 tg 𝑥 = 0, 𝑢2 𝑣 𝑢′ = cos 𝑥. Решаем первое уравнение: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑣 = −𝑣 tg 𝑥 =⇒ = − tg 𝑥 𝑑𝑥 =⇒ = − tg 𝑥 𝑑𝑥 =⇒ 𝑑𝑥 𝑣 𝑣 =⇒ ln|𝑣| = ln|cos 𝑥| =⇒ 𝑣 = cos 𝑥. При интегрировании произвольную постоянную 𝐶 не прибавляем, так как нам нужна только одна функция 𝑣 ̸≡ 0. Решаем второе уравнение: 𝑢2 𝑣 𝑑𝑢 𝑢2 cos 𝑥 𝑑𝑢 =⇒ = =⇒ 2 = 𝑑𝑥 =⇒ cos 𝑥 𝑑𝑥 cos 𝑥 𝑢 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑢 1 1 =⇒ = 𝑑𝑥 + 𝐶 =⇒ − = 𝑥 + 𝐶 =⇒ 𝑢 = − . 𝑢2 𝑢 𝑥+𝐶 (︁ )︁ 1 cos 𝑥 Итак, 𝑦 = 𝑢𝑣 = − 𝑥+𝐶 . cos 𝑥 = − 𝑥+𝐶 Кроме того, так как 𝛼 = 2 > 1, функция 𝑦 = 0 является частным решением. cos 𝑥 Ответ: 𝑦 = − 𝑥+𝐶 — общее решение, 𝑦 = 0 — частное решение. √ Пример 3.14. Решить задачу Коши: 𝑦 ′ − 𝑥 2𝑦 𝑦 ln 𝑥, 𝑦(𝑒) = 𝑒2 . ln 𝑥 = Область определения уравнения: 𝑥 > 0, 𝑥 ̸= 1, 𝑦 > 0. Так как 𝛼 = 12 , функция 𝑦 = 0 является особым решением; оно не удовлетворяет начальному условию, поэтому далее его не рассматриваем. Далее считаем, что 𝑦 > 0. Преобразуем данное уравнение Бернулли в линейное (это облегчит нахождение области существования решения). √ Для этого разделим обе части уравнения на 2 𝑦: √ 𝑦 𝑦′ 1 = ln 𝑥. √ − 2 𝑦 𝑥 ln 𝑥 2 √ Обозначим 𝑧 = 𝑦 > 0. Функция 𝑧(𝑥) будет удовлетворять началь√ √︀ ′ ному условию 𝑧(𝑒) = 𝑦(𝑒) = 𝑒2 = 𝑒. Так как 𝑧 ′ = 2𝑦√𝑦 , получаем уравнение 𝑧 1 𝑧′ − = ln 𝑥. 𝑥 ln 𝑥 2 Это — неоднородное линейное уравнение. Выполняя подстановку Бернулли 𝑧 = 𝑢𝑣, получим систему {︃ 𝑣 𝑣 ′ − 𝑥 ln 𝑥 = 0, ln 𝑥 ′ 𝑢 = 2𝑣 . 𝑢′ =

27

Решаем первое уравнение: ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑣 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑥 𝑑𝑣 𝑑𝑥 = =⇒ = =⇒ = =⇒ 𝑑𝑥 𝑥 ln 𝑥 𝑣 𝑥 ln 𝑥 𝑣 𝑥 ln 𝑥 ∫︁ 𝑑 ln 𝑥 =⇒ ln|𝑣| = =⇒ ln|𝑣| = ln|ln 𝑥| =⇒ 𝑣 = ln 𝑥 ln 𝑥 (произвольную постоянную не прибавляем, так как нужна только одна функция 𝑣). Подставляя найденную∫︀функцию 𝑣 = ln 𝑥 во второе уравнение, 1 𝑥 получим 𝑢′ =(︀12 , откуда )︀ 𝑢 = 2 𝑑𝑥 + 𝐶 = 2 + 𝐶. Общее решение имеет 𝑥 вид (︀ 𝑥 𝑧 =)︀ 𝑢𝑣 = 2 + 𝐶 ln 𝑥. Так как 𝑧 > 0, должно выполняться условие 2 + 𝐶 ln 𝑥 > 0. Чтобы найти частное решение, удовлетворяющее заданному начальному условию, подставим в общее решение начальные значения 𝑥 = 𝑒, 𝑧 = 𝑒: (︁ 𝑒 )︁ (︁ 𝑥 𝑒 )︁ 𝑒 𝑒= + 𝐶 ln 𝑒 =⇒ 𝐶 = =⇒ 𝑧 = + ln 𝑥. 2 2 2 (︀ 𝑥 2 𝑒 )︀ Условие 2 + 2 ln 𝑥 > 0 с учётом области определения уравнения даёт 𝑥 > 1. Таким образом, получаем искомое решение 𝑦 = 𝑧 2 = (︀ )︀2 = 𝑥2 + 2𝑒 ln2 𝑥, 𝑥 > 1. Ответ: 𝑦 = 41 (𝑥 + 𝑒)2 ln2 𝑥, 𝑥 > 1.

28

4. Дифференциальные уравнения высших порядков Рассмотрим дифференциальное уравнение 𝑛-го порядка, разрешённое относительно старшей производной: (︀ )︀ 𝑦 (𝑛) = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) (4.1) Задача Коши для уравнения (4.1) ставится следующим образом: найти решение 𝑦 = 𝑦(𝑥) уравнения (4.1), удовлетворяющее начальным условиям (𝑛−1)

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

,

(4.2)

(𝑛−1) 𝑦0

где 𝑥0 , 𝑦0 , 𝑦0′ , 𝑦0′′ ,. . . , — заданные числа. Единственность решения задачи Коши, частное и особое решения для дифференциального уравнения 𝑛-го порядка определяются так же, как для уравнения первого порядка (определения 2.1–2.3). Определение 4.1. Пусть в каждой точке области 𝐷 переменных 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) имеет место единственность решения задачи Коши. Функция 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ) (4.3) называется общим решением дифференциального уравнения (4.1) в области 𝐷, если выполняются следующие условия: 1) система соотношений ⎧ ⎪ 𝑦 = 𝜙(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ), ⎪ ⎪ ⎪ ′ ′ ⎪ ⎪ ⎨𝑦 = 𝜙 (𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ), (4.4) 𝑦 ′′ = 𝜙′′ (𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 ), ⎪ ⎪ ⎪. . . ⎪ ⎪ ⎪ ⎩𝑦 (𝑛−1) = 𝜙(𝑛−1) (𝑥, 𝐶 , 𝐶 , . . . , 𝐶 ) 1 2 𝑛 разрешима относительно 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 при всех (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) ) ∈ ∈ 𝐷 (с теми же оговорками, что и в определении 2.4): ⎧ (︀ )︀ 𝐶1 = 𝜓1 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) , ⎪ ⎪ (︀ ⎪ ⎨𝐶 = 𝜓 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) )︀, 2 2 (4.5) ⎪. . . ⎪ ⎪ (︀ )︀ ⎩ 𝐶𝑛 = 𝜓1 𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) ; 2) при любых 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛 , получающихся из формул (4.5) для (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛−1) ) ∈ 𝐷, функция (4.3) является решением уравнения (4.1).

29

5. Простейшие дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка 5.1. Дифференциальные уравнения вида 𝑦 (𝑛) = 𝑓 (𝑥) IX. Простейшим дифференциальным уравнением 𝑛-го порядка является уравнение вида 𝑦 (𝑛) = 𝑓 (𝑥).

(5.1)

Оно аналогично уравнению первого порядка типа I (3.1) и решается 𝑛-кратным применением формулы (3.2) или (3.3). Последовательно интегрируя, ∫︀ получим 𝑦 (𝑛−1) = ∫︀ (︀∫︀ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶 )︀ 1 , (𝑛−2) 𝑦 = 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 , )︀ )︀ ∫︀ (︀∫︀ (︀∫︀ 𝑦 (𝑛−3) = 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶21 𝑥2 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 , .. . )︀ )︀ )︀ )︀ ∫︀ (︀ (︀∫︀ (︀∫︀ (︀∫︀ 𝐶1 𝐶2 𝑦 = ... 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 . . . 𝑑𝑥 + (𝑛−1)! 𝑥𝑛−1 + (𝑛−2)! 𝑥𝑛−2 + ⏟ ⏞ 𝑛 интегралов

𝐶3 + (𝑛−3)! 𝑥𝑛−3 + . . . + 𝐶𝑛 , или, если заданы начальные условия (4.2), ∫︀𝑥 (𝑛−1) 𝑦 (𝑛−1) = 𝑓 (𝑡1 )𝑑𝑡1 + 𝑦0 ,

𝑦 (𝑛−2) =

𝑥0 ∫︀𝑥

(︁ ∫︀𝑡2

𝑥0

𝑥0

𝑦 (𝑛−3) =

𝑦

=

)︁ (𝑛−1) (𝑛−2) 𝑓 (𝑡1 )𝑑𝑡1 𝑑𝑡2 + 𝑦0 (𝑥 − 𝑥0 ) + 𝑦0 ,

∫︀𝑥 (︁ ∫︀𝑡3 (︁ ∫︀𝑡2 𝑥0

(𝑛−3)

+ 𝑦0 .. .

𝑥0

𝑥0

)︁ )︁ (𝑛−1) (𝑥−𝑥0 )2 (𝑛−2) 𝑓 (𝑡1 )𝑑𝑡1 𝑑𝑡2 𝑑𝑡3 + 𝑦0 + 𝑦0 (𝑥 − 𝑥0 ) + 2

, ∫︀𝑥 (︁

...

(︁ ∫︀𝑡4 (︁ ∫︀𝑡3 (︁ ∫︀𝑡2

𝑥0

⏟ (𝑛−2) (𝑥−𝑥0 )𝑛−2 (𝑛−2)!

+𝑦0

(5.2)

𝑥0

𝑥0

𝑥0

)︁ )︁ )︁ )︁ (𝑛−1) (𝑥−𝑥0 )𝑛−1 𝑓 (𝑡1 )𝑑𝑡1 𝑑𝑡2 𝑑𝑡3 . . . 𝑑𝑡𝑛 +𝑦0 + (𝑛−1)! ⏞

𝑛 интегралов (𝑛−3) (𝑥−𝑥0 )𝑛−3 +𝑦0 (𝑛−3)! +. . .+𝐶𝑛 . ′′

Пример 5.1. Решить уравнение 𝑦 = sin 2𝑥. Дважды интегрируем: ∫︀ 𝑦 ′ =∫︀ (︀sin 2𝑥 𝑑𝑥 = − 21 cos )︀ 2𝑥 + 𝐶1 , 𝑦= − 21 cos 2𝑥 + 𝐶1 𝑑𝑥 = − 14 sin 2𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 . 30

(5.3)

Ответ: 𝑦 = − 41 sin 2𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 . Пример 5.2. Решить задачу Коши: 𝑦 ′′ = 𝑥2 , 𝑦(0) = 4, 𝑦 ′ (0) = −5. Здесь 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 4, 𝑦0′ = −5. Дважды интегрируем: ⃒ ∫︀𝑥 3 ⃒𝑥 3 𝑦 ′ = 𝑡2 𝑑𝑡 = 𝑡3 ⃒ − 5 = 𝑥3 − 5, 0 0 )︁ (︁ 4 )︁⃒𝑥 ∫︀𝑥 (︁ 𝑡3 ⃒ 𝑡 𝑥4 𝑦= 3 − 5 𝑑𝑡 + 4 = 12 − 5𝑡 ⃒ + 4 = 12 − 5𝑥 + 4. 0

0

Ответ: 𝑦 =

𝑥4 12

− 5𝑥 + 4.

5.2. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде неизвестную функцию X. Уравнение, не содержащее в явном виде неизвестную функцию и её производные порядка, меньшего 𝑘, имеет вид (︀ )︀ 𝐹 𝑥, 𝑦 (𝑘) , 𝑦 (𝑘+1) , . . . , 𝑦 (𝑛) = 0. (5.4) Предполагаем, что 1 6 𝑘 6 𝑛 − 1. При 𝑘 = 𝑛 получается уравнение, которое после разрешения относительно 𝑦 (𝑛) имеет вид IX (5.1). Порядок уравнения (5.4) можно понизить на 𝑘 единиц, приняв за новую неизвестную функцию 𝑧 = 𝑦 (𝑘) . Тогда 𝑦 (𝑘+1) = 𝑧 ′ , 𝑦 (𝑘+2) = 𝑧 ′′ ,. . . , 𝑦 (𝑛) = 𝑧 (𝑛−𝑘) , и уравнение принимает вид (︀ )︀ 𝐹 𝑥, 𝑧, 𝑧 ′ , . . . , 𝑧 (𝑛−𝑘) = 0. (5.5) Решив его, найдём общее решение 𝑧 = 𝜙(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛−𝑘 ,

(5.6)

и, возможно, дополнительные частные и особые решения, зависящие от меньшего числа произвольных постоянных. Возвращаясь к переменной 𝑦, получим уравнение 𝑦 (𝑘) = 𝜙(𝑥, 𝐶1 , 𝐶2 , . . . , 𝐶𝑛−𝑘 ),

(5.7)

которое при 𝑘 = 1 имеет тип I (3.1), а при 𝑘 > 1 — тип IX (5.1). Так же поступаем и с дополнительными частными и особыми решениями, если они есть. Пример 5.3. 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). 31

Решаем его:

𝑑𝑧 = 2𝑥𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑧 2𝑥 𝑑𝑥 = 𝑧 1 + 𝑥2 ∫︁ ∫︁ 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑧 = 𝑧 1 + 𝑥2 ln |𝑧| = ln(1 + 𝑥2 ) + ln |𝐶1 | (1 + 𝑥2 )

[𝑧(1 + 𝑥2 ) = 0?]

𝑧 = 𝐶1 (1 + 𝑥2 ) Уравнение 𝑧(1 + 𝑥 ) = 0 даёт решение 𝑧 = 0 (проверяется подстановкой), которое получается из общего при 𝐶1 = 0. Теперь вспоминаем, что 𝑧 = 𝑦 ′ , и получаем (︂ )︂ ∫︁ 𝑥3 𝑦 ′ = 𝐶1 (1 + 𝑥2 ) =⇒ 𝑦 = 𝐶1 (1 + 𝑥2 )𝑑𝑥 + 𝐶2 = 𝐶1 𝑥 + + 𝐶2 . 3 (︁ )︁ 3 Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑥 + 𝑥3 + 𝐶2 . 2

XI. Уравнение (︀ )︀ 𝑦 (𝑛) = 𝑓 𝑦 (𝑛−1) (5.8) является частным случаем уравнения X (5.4) с 𝑘 = 𝑛 − 1. Обозначая 𝑧 = 𝑦 (𝑛−1) , получим дифференциальное уравнение первого порядка типа II (3.4): 𝑧 ′ = 𝑓 (𝑧). (5.9) XII. Уравнение (︀ )︀ 𝑦 (𝑛) = 𝑓 𝑦 (𝑛−2) (5.10) также является частным случаем уравнения X (5.4) с 𝑘 = 𝑛 − 2 (при 𝑛 = 2 это уравнение сразу вида (5.11)). Обозначая 𝑧 = 𝑦 (𝑛−2) , получим дифференциальное уравнение второго порядка: 𝑧 ′′ = 𝑓 (𝑧).

(5.11)

Умножим последнее уравнение на равенство 2𝑧 ′ 𝑑𝑥 = 2𝑑𝑧 (левую часть — на левую, правую — на правую): 2𝑧 ′ 𝑧 ′′ 𝑑𝑥 = 2𝑓 (𝑧)𝑑𝑧. Так как 2𝑧 ′ 𝑧 ′′ 𝑑𝑥 = 2𝑧 ′ 𝑑𝑧 ′ = 𝑑((𝑧 ′ )2 ), уравнение преобразуется к виду 𝑑((𝑧 ′ )2 ) = 2𝑓 (𝑧)𝑑𝑧. Интегрируем: ∫︁

′ 2

𝑑((𝑧 ) ) =

∫︁ 2𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 + 𝐶1 , 32

′ 2

∫︁

(𝑧 ) = 2

𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 + 𝐶1 ,

√︃ ∫︁ 𝑧 = ± 2 𝑓 (𝑧)𝑑𝑧 + 𝐶1 . ′

(5.12)

Получились два дифференциальных уравнения первого порядка типа II (3.4). 5.3. Дифференциальные уравнения, не содержащие в явном виде независимую переменную XIII. Рассмотрим уравнение (︀ )︀ 𝐹 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , . . . , 𝑦 (𝑛) = 0,

(5.13)

в котором отсутствует в явном виде независимая переменная 𝑥. Порядок такого уравнения можно понизить на единицу, если в качестве новой независимой переменной принять 𝑦, а в качестве новой 𝑑𝑦 неизвестной функции — 𝑝 = 𝑦 ′ = 𝑑𝑥 . Используя формулу производной сложной функции, находим далее ′ 𝑑𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑝 𝑦 ′′ = 𝑑𝑦 (5.14) 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑝 𝑑𝑦 , (︁ 2 (︀ )︀ (︀ 𝑑𝑝 )︀2 )︁ ′′ 𝑑𝑦 𝑑𝑝 𝑑𝑦 𝑑 𝑝 𝑑 ′′′ 𝑦 = 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝑝 𝑝 𝑑𝑦2 + 𝑑𝑦 , (5.15) ... 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 (5.13) 𝑦 = 𝐶, 𝑦 ′ = 𝑦 ′′ = . . . = 𝑦 (𝑛) = 0. Пример 5.4. Решить уравнение 𝑦𝑦 ′′ − (𝑦 ′ )2 = 𝑦 2 𝑦 ′ . 𝑑𝑝 Это уравнение не содержит 𝑥 явно. Полагаем 𝑦 ′ = 𝑝(𝑦), 𝑦 ′′ = 𝑝 𝑑𝑦 . Подставляя эти выражения в заданное уравнение, получим 𝑦𝑝

𝑑𝑝 − 𝑝2 = 𝑦 2 𝑝. 𝑑𝑦

Считаем, что 𝑝 ̸= 0, так как 𝑝 = 0 означает, что 𝑦 является постоянной, а это противоречит выбору 𝑦 в качестве независимой переменной. Наличие решений такого вида проверим в конце. Делим обе части уравнения на 𝑦𝑝: 𝑑𝑝 𝑝 − = 𝑦. 𝑑𝑦 𝑦 33

Получили линейное уравнение. Решаем его с помощью подстановки 𝑑𝑝 𝑑𝑣 = 𝑑𝑢 Бернулли (3.32): 𝑝 = 𝑢𝑣, 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑣 + 𝑢 𝑑𝑦 . {︃ (︂ )︂ 𝑑𝑣 −𝑣 =0 𝑑𝑢 𝑑𝑣 𝑢𝑣 𝑑𝑢 𝑑𝑣 𝑣 𝑣+𝑢 − = 𝑦 =⇒ 𝑣 +𝑢 − = 𝑦 =⇒ 𝑑𝑦𝑑𝑢 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝑣 𝑑𝑦 = 𝑦 Решаем первое уравнение (произвольную постоянную при интегрировании не прибавляем): ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑣 𝑣 𝑑𝑣 𝑑𝑦 𝑑𝑣 𝑑𝑦 − = 0 =⇒ = =⇒ = =⇒ 𝑑𝑦 𝑦 𝑣 𝑦 𝑣 𝑦 =⇒ ln |𝑣| = ln |𝑦| =⇒ 𝑣 = 𝑦. Решаем второе уравнение: 𝑑𝑢 𝑑𝑢 = 𝑦 =⇒ 𝑦 = 𝑦 =⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 =⇒ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 ∫︁ ∫︁ =⇒ 𝑑𝑢 = 𝑑𝑦 + 𝐶1 =⇒ 𝑢 = 𝑦 + 𝐶1 . 𝑣

Наконец, получаем 𝑝 = 𝑢𝑣 = 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ). Вспоминая, что 𝑝 = 𝑦 ′ , получаем уравнение 𝑦 ′ = 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ). Это — уравнение с разделяющимися переменными: 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) =⇒ = 𝑑𝑥 =⇒ 𝑑𝑥 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) ∫︁ ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑦 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 + 𝐶2 =⇒ = 𝑥 + 𝐶. =⇒ 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) Если 𝐶1 = 0, то получаем ∫︁ 𝑑𝑦 1 1 = 𝑥 + 𝐶 =⇒ − = 𝑥 + 𝐶 =⇒ 𝑦 = − . 𝑦2 𝑦 𝑥+𝐶 Если 𝐶1 ̸= 0, то, умножая обе части уравнения на 𝐶1 , получим ∫︁ ∫︁ 𝐶1 𝑑𝑦 (𝑦 + 𝐶1 ) − 𝑦 = 𝐶1 (𝑥 + 𝐶) =⇒ 𝑑𝑦 = 𝐶1 (𝑥 + 𝐶) =⇒ 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) 𝑦(𝑦 + 𝐶1 ) )︂ ∫︁ (︂ 1 1 =⇒ − 𝑑𝑦 = 𝐶1 (𝑥 + 𝐶) =⇒ 𝑦 𝑦 + 𝐶1 =⇒ ln |𝑦| − ln |𝑦 + 𝐶1 | = 𝐶1 𝑥 + 𝐶1 𝐶. Обозначим ln |𝐶2 | = 𝐶1 𝐶. Получаем общее решение: ⃒ ⃒ ⃒ 𝑦 ⃒ 𝑦 𝐶1 𝐶2 𝑒𝐶1 𝑥 ⃒ = 𝐶1 𝑥 + ln |𝐶2 | =⇒ ln ⃒⃒ = 𝐶2 𝑒𝐶1 𝑥 =⇒ 𝑦 = . ⃒ 𝑦 + 𝐶1 𝑦 + 𝐶1 1 − 𝐶2 𝑒𝐶1 𝑥 34

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 5.5. Найти решение уравнения 𝑦𝑦 ′′ = (𝑦 ′ )2 − (𝑦 ′ )3 , удовлетворяющее начальным условиям 𝑦(1) = 1, 𝑦 ′ (1) = −1. 𝑑𝑝 Положим 𝑦 ′ = 𝑝(𝑦) Тогда 𝑦 ′′ = 𝑝 𝑑𝑦 . Получим уравнение первого порядка с разделяющимися переменными: 𝑑𝑝 = 𝑝2 − 𝑝3 . 𝑦𝑝 𝑑𝑦 Разделяем переменные и интегрируем: 𝑑𝑝 𝑑𝑦 = , [𝑦𝑝2 (1 − 𝑝) = 0?] 𝑝(1 − 𝑝) 𝑦 ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑝 𝑑𝑦 = + ln|𝐶1 |, 𝑝(1 − 𝑝) 𝑦 ∫︁ (1 − 𝑝) + 𝑝 𝑑𝑝 = ln|𝑦|+ ln|𝐶1 |, 𝑝(1 − 𝑝) )︂ ∫︁ (︂ 1 1 − 𝑑𝑝 = ln|𝐶1 𝑦|, 𝑝 𝑝−1 ln|𝑝| − ln|𝑝 − 1| = ln|𝐶1 𝑦|, 𝑝 = 𝐶1 𝑦. 𝑝−1 Уравнение 𝑦𝑝2 (1 − 𝑝) = 0 даёт решения 𝑝 = 0 и 𝑝 = 1, которые не удовлетворяют начальному условию 𝑝 = 𝑦 ′ = −1, поэтому далее их не рассматриваем. ′ Заменяя 𝑝 на 𝑦 ′ , получим уравнение первого порядка 𝑦′𝑦−1 = 𝐶1 𝑦. Найдём значение 𝐶1 , используя начальные условия 𝑦 ′ (1) = −1 и 𝑦(1) = 1: −1 1 = 𝐶1 · 1 =⇒ 𝐶1 = . −1 − 1 2 Подставляя в общее решение 𝐶1 = 12 , получим 𝑦 𝑑𝑦 𝑦′ = =⇒ 2𝑦 ′ = 𝑦𝑦 ′ − 𝑦 =⇒ (2 − 𝑦)𝑦 ′ = 𝑦 ′ =⇒ (𝑦 − 2) = 𝑦. 𝑦′ − 1 2 𝑑𝑥 Получилось уравнение с разделяющимися переменными. Разделяя переменные, находим )︂ ∫︁ (︂ ∫︁ 𝑦−2 2 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 =⇒ 1− 𝑑𝑦 = 𝑑𝑥 =⇒ 𝑦 − 2 ln|𝑦| = 𝑥 + 𝐶2 . 𝑦 𝑦 35

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. На рис. 4 график этого решения показан более жирной линией.

y 4

2

-4

-2

2

4

6

-2

Рис. 4. Интегральные кривые 𝑦 − 2 ln|𝑦| = 𝑥

Ответ: 𝑥 = 𝑦 − 2 ln 𝑦, 0 < 𝑦 < 2.

36

8

x

6. Линейные дифференциальные уравнения 𝑛-го порядка 6.1. Свойства решений линейных дифференциальных уравнений XIV. Неоднородным линейным дифференциальным уравнением 𝑛-го порядка называется уравнение вида 𝑦 (𝑛) + 𝑎1 (𝑥)𝑦 (𝑛−1) + 𝑎2 (𝑥)𝑦 (𝑛−2) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦 = 𝑓 (𝑥),

(6.1)

где 𝑎1 (𝑥), 𝑎1 (𝑥),. . . , 𝑎𝑛 (𝑥) и 𝑓 (𝑥) — заданные функции. Теорема 6.1. Если все функции 𝑎1 (𝑥), 𝑎1 (𝑥),. . . , 𝑎𝑛 (𝑥) и 𝑓 (𝑥) непрерывны на интервале (𝑎, 𝑏), то уравнение (6.1) имеет единственное решение при любых начальных данных (𝑛−1)

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

,

(6.2)

где 𝑥0 ∈ (𝑎, 𝑏). Более того, это решение может быть продолжено на весь интервал (𝑎, 𝑏). Таким образом, линейное уравнение (6.1) не имеет особых решений. XV. Однородным линейным дифференциальным уравнением 𝑛-го порядка называется уравнение вида 𝑦 (𝑛) + 𝑎1 (𝑥)𝑦 (𝑛−1) + 𝑎2 (𝑥)𝑦 (𝑛−2) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦 = 0,

(6.3)

которое является частным случаем уравнения (6.1), в котором правая часть 𝑓 (𝑥) тождественно равна 0. Заметим, что однородное уравнение (6.3) всегда имеет решение 𝑦 = 0. Это решение называется нулевым, а иногда — тривиальным. Для удобства обозначим линейный дифференциальный оператор 𝑛-го порядка 𝐿(𝑦) = 𝑦 (𝑛) + 𝑎1 (𝑥)𝑦 (𝑛−1) + 𝑎2 (𝑥)𝑦 (𝑛−2) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦

(6.4)

С его помощью уравнения (6.1) и (6.3) можно записать кратко: 𝐿(𝑦) = 𝑓 (𝑥)

и

𝐿(𝑦) = 0.

Теорема 6.2 (свойства линейного дифференциального оператора). 1) 𝐿(𝑦1 + 𝑦2 ) = 𝐿(𝑦1 ) + 𝐿(𝑦2 ). 2) 𝐿(𝐶𝑦1 ) = 𝐶𝐿(𝑦1 ), где 𝐶 — любое число. Доказательство. Оба свойства проверяются непосредственной подстановкой 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 или 𝑦 = 𝐶𝑦1 в выражение (6.4).  37

Теорема 6.3 (свойства решений линейных уравнений (6.1) и (6.3)). 1) Если 𝑦1 и 𝑦2 — решения однородного уравнения (6.3), то 𝑦1 + 𝑦2 — тоже решение однородного уравнения (6.3). 2) Если 𝑦1 — решение однородного уравнения (6.3), 𝐶 — любое число, то 𝐶𝑦1 — тоже решение однородного уравнения (6.3). 3) Если 𝑦1 , 𝑦2 ,. . . , 𝑦𝑚 — решения однородного уравнения (6.3), 𝐶1 , 𝐶2 ,. . . , 𝐶𝑚 — любые числа, то 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 + . . . + 𝐶𝑚 𝑦𝑚 — тоже решение однородного уравнения (6.3). 4) Если 𝑦1 и 𝑦2 — решения неоднородного уравнения (6.1), то 𝑦1 − 𝑦2 — решение однородного уравнения (6.3). 5) Если 𝑦1 — решение неоднородного уравнения (6.1), 𝑦2 — решение однородного уравнения (6.3), то 𝑦1 + 𝑦2 — решение неоднородного уравнения (6.1). 6) Общее решение решение неоднородного уравнения (6.1) можно записать в виде 𝑦о.н. = 𝑦о.о. + 𝑦ч.н. , (6.5) где 𝑦о.о. — общее решение однородного уравнения (6.1), а 𝑦ч.н. — какоенибудь частное решение неоднородного уравнения (6.3). Доказательство. 1) По условию 𝐿(𝑦1 ) = 0 и 𝐿(𝑦2 ) = 0, так как 𝑦1 и 𝑦2 — решения однородного уравнения (6.3), поэтому 𝐿(𝑦1 + 𝑦2 ) = = 𝐿(𝑦1 ) + 𝐿(𝑦2 ) = 0 + 0 = 0, то есть, 𝑦1 + 𝑦2 — решение однородного уравнения (6.3). 2) По условию 𝐿(𝑦1 ) = 0, так как 𝑦1 — решение однородного уравнения (6.3), поэтому 𝐿(𝐶𝑦1 ) = 𝐶𝐿(𝑦1 ) = 𝐶 · 0 = 0, то есть, 𝐶𝑦1 — решение однородного уравнения (6.3). 3) Следует из 1) и 2). 4) По условию 𝐿(𝑦1 ) = 𝑓 (𝑥) и 𝐿(𝑦2 ) = 𝑓 (𝑥), так как 𝑦1 и 𝑦2 — решения неоднородного уравнения (6.1), поэтому 𝐿(𝑦1 − 𝑦2 ) = 𝐿(𝑦1 ) − − 𝐿(𝑦2 ) = 𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑥) = 0, то есть, 𝑦1 − 𝑦2 — решение однородного уравнения (6.3). 5) По условию 𝐿(𝑦1 ) = 𝑓 (𝑥) и 𝐿(𝑦2 ) = 0, так как 𝑦1 — решение неоднородного уравнения (6.1), а 𝑦2 — решение однородного уравнения (6.3), поэтому 𝐿(𝑦1 + 𝑦2 ) = 𝐿(𝑦1 ) + 𝐿(𝑦2 ) = 𝑓 (𝑥) + 0 = 𝑓 (𝑥), то есть, 𝑦1 + 𝑦2 — решение неоднородного уравнения (6.1). 6) Следует из 4) и 5).  Свойство 3) теоремы 6.3 позволяет предположить, что общее решение однородного уравнения (6.3) имеет вид 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 + . . . + 𝐶𝑛 𝑦𝑛 ,

(6.6)

где 𝑦1 , 𝑦2 ,. . . , 𝑦𝑛 — решения однородного уравнения (6.3), удовлетворяющие некоторым условиям. Выясним, что это за условия. 38

6.2. Линейная зависимость функций Определитель Вронского Определение 6.1. Система функций 𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥), . . . , 𝑦𝑚 (𝑥)

(6.7)

называется линейно зависимой на интервале (𝑎, 𝑏), если можно найти такие числа 𝜆1 , 𝜆2 ,. . . , 𝜆𝑚 , хотя бы одно из которых не равно 0, что для всех 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) выполняется равенство 𝜆1 𝑦1 (𝑥) + 𝜆2 𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝜆𝑚 𝑦𝑚 (𝑥) = 0.

(6.8)

Если же равенство (6.8) может выполняться только при 𝜆1 = 𝜆2 = = . . . = 𝜆𝑚 = 0, то система функций (6.7) называется линейно независимой на интервале (𝑎, 𝑏). Пример 6.1. Система функций 𝑦1 (𝑥) = 1, 𝑦2 (𝑥) = cos 𝑥, 𝑦3 (𝑥) = = sin 𝑥 является линейно независимой на интервале (−𝜋, 𝜋). В самом деле, предположим, что числа 𝜆1 , 𝜆2 , 𝜆3 таковы, что для всех 𝑥 ∈ (−𝜋, 𝜋) выполняется равенство 𝜆1 · 1 + 𝜆2 · cos 𝑥 + 𝜆3 · sin 𝑥 = 0. Подставляя в это равенство значения 𝑥 = 0, 𝑥 = получим три равенства ⎧ ⎪ ⎨𝜆1 + 𝜆2 = 0, 𝜆1 + 𝜆3 = 0, ⎪ ⎩ 𝜆1 − 𝜆3 = 0.

𝜋 2

и 𝑥 = − 𝜋2 ,

Решив эту систему уравнений, получим 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 0, откуда и следует, что заданная система функций линейно независима. Пример 6.2. Система функций 𝑦1 (𝑥) = 1, 𝑦2 (𝑥) = cos2 𝑥, 𝑦3 (𝑥) = = sin2 𝑥 линейно зависима на всей числовой прямой, так как для всех 𝑥 ∈ R выполняется равенство 1 · 1 − 1 · cos2 𝑥 − 1 · sin2 𝑥 = 0. Здесь 𝜆1 = 1, 𝜆2 = −1, 𝜆3 = −1. Определение 6.2. Пусть функции (6.7) имеют на интервале (𝑎, 𝑏) производные до порядка 𝑚 − 1 включительно. Определителем Вронского 39

системы функций (6.7) называется определитель ⃒ ⃒ ⃒ 𝑦1 (𝑥) 𝑦2 (𝑥) . . . 𝑦𝑚 (𝑥) ⃒⃒ ⃒ ′ ′ ⃒ 𝑦1 (𝑥) (𝑥) ⃒⃒ 𝑦2′ (𝑥) . . . 𝑦𝑚 ⃒ ′′ ′′ ′′ (𝑥) ⃒⃒ . 𝑦2 (𝑥) . . . 𝑦𝑚 𝑊 (𝑥) = ⃒⃒ 𝑦1 (𝑥) ⃒. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .⃒ ⃒ ⃒ (𝑚−1) (𝑚−1) (𝑚−1) ⃒ ⃒𝑦 𝑦2 . . . 𝑦𝑚 1

(6.9)

Теорема 6.4. Если система функций (6.7) линейно зависима на интервале (𝑎, 𝑏) и функции этой системы имеют на (𝑎, 𝑏) производные до порядка 𝑚−1 включительно, то её определитель Вронского 𝑊 (𝑥) = 0 во всех точках интервала (𝑎, 𝑏). Пример 6.3. Для функций 𝑦1 (𝑥) = 1, 𝑦2 (𝑥) = cos 𝑥, 𝑦3 (𝑥) = sin 𝑥 из примера 6.1 имеем 𝑦1′ (𝑥) = 0, 𝑦2′ (𝑥) = − sin 𝑥, 𝑦3′ (𝑥) = cos 𝑥, 𝑦1′′ (𝑥) = 0, 𝑦2′′ (𝑥) = − cos 𝑥, 𝑦3′′ (𝑥) = − sin 𝑥; таким образом, ⃒ ⃒ ⃒1 cos 𝑥 sin 𝑥 ⃒⃒ ⃒ 𝑊 (𝑥) = ⃒⃒0 − sin 𝑥 cos 𝑥 ⃒⃒ = sin2 𝑥 + cos2 𝑥 = 1 ̸= 0, ⃒0 − cos 𝑥 − sin 𝑥⃒ поэтому данная система функций линейно независима (на любом интервале). Пример 6.4. Для функций 𝑦1 (𝑥) = 1, 𝑦2 (𝑥) = cos2 𝑥, 𝑦3 (𝑥) = sin2 𝑥 из примера 6.2 имеем 𝑦1′ (𝑥) = 0, 𝑦2′ (𝑥) = 2 cos 𝑥(− sin 𝑥) = − sin 2𝑥, 𝑦3′ (𝑥) = = 2 sin 𝑥 cos 𝑥 = sin 2𝑥, 𝑦1′′ (𝑥) = 0, 𝑦2′′ (𝑥) = −2 cos 2𝑥, 𝑦3′′ (𝑥) = 2 cos 2𝑥, поэтому ⃒ ⃒ ⃒1 cos2 𝑥 sin2 𝑥 ⃒⃒ ⃒ 𝑊 (𝑥) = ⃒⃒0 − sin 2𝑥 sin 2𝑥 ⃒⃒ = −2 sin 2𝑥 cos 2𝑥 + 2 cos 2𝑥 sin 2𝑥 = 0. ⃒0 −2 cos 2𝑥 2 cos 2𝑥⃒ Как мы уже знаем из примера 6.2, эта система функций линейно зависима на всей числовой прямой R. Пример 6.5. Рассмотрим функции {︃ {︃ 𝑥2 при 𝑥 < 0, 0 при 𝑥 < 0, 𝑦1 (𝑥) = и 𝑦2 (𝑥) = 0 при 𝑥 > 0 𝑥2 при 𝑥 > 0. Тогда {︃ 𝑦1′ (𝑥)

=

2𝑥 при 𝑥 < 0, 0 при 𝑥 > 0

и

𝑦2′ (𝑥)

{︃ 0 при 𝑥 < 0, = 2𝑥 при 𝑥 > 0

(пользуясь определением производной, можно вычислить, что 𝑦1′ (0) = = 𝑦2′ (0) = 0). 40

Вычисляем определитель Вронского: ⃒ ⎧⃒⃒ ⃒ 2 ⎪ 𝑥 0 ⃒ ⃒ ⎪⃒ ⎪ ⃒ = 0 при 𝑥 < 0, ⎪ ⎪ ⃒ ⃒ ⎪ 2𝑥 0⃒ ⃒ ⃒𝑦1 (𝑥) 𝑦2 (𝑥)⃒ ⎨ ⃒= 𝑊 (𝑥) = ⃒⃒ ′ ⃒ ⃒ 𝑦1 (𝑥) 𝑦2′ (𝑥)⃒ ⎪ ⎪ ⃒0 𝑥2 ⃒ ⎪ ⎪ ⃒ ⃒ ⎪ ⎪ ⃒ = 0 при 𝑥 > 0. ⎩⃒⃒ 0 2𝑥⃒ Таким образом, определитель Вронского этой системы функций равен 0 на всей числовой оси. Покажем, что, тем не менее, эта система функций является линейно независимой на любом интервале (𝑎, 𝑏), удовлетворяющем условию 𝑎 < 0 < 𝑏. Предположим, что числа 𝜆1 и 𝜆2 таковы, что при всеx 𝑥 ∈ (𝑎, 𝑏) выполняется равенство 𝜆1 𝑦1 (𝑥) + 𝜆2 𝑦2 (𝑥) = 0. Подставляя в это равенство значения 𝑥 = 𝑎2 < 0 и 𝑥 = 2𝑏 > 0, 2 2 получим равенства 𝜆1 · 𝑎4 + 𝜆2 · 0 = 0 и 𝜆1 · 0 + 𝜆2 · 𝑏4 = 0, откуда 𝜆1 = 𝜆2 = 0. Поэтому система функций 𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥) линейно независима на интервале (𝑎, 𝑏). Замечание 6.1. Последний пример показывает, что утверждение, обратное теореме 6.4, неверно: даже если определитель Вронского некоторой системы функций равен нулю всюду, отсюда не следует линейная зависимость данной системы. Ситуация, однако, радикально меняется, если функции (6.7) являются не произвольными, а решениями однородного линейного дифференциального уравнения соответствующего порядка. Далее будем предполагать, что функции 𝑎1 (𝑥), 𝑎2 (𝑥),. . . ,𝑎𝑛 (𝑥) в уравнении (6.3) непрерывны на интервале (𝑎, 𝑏). Теорема 6.5. Пусть функции 𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥), . . . , 𝑦𝑛 (𝑥)

(6.10)

являются решениями однородного линейного дифференциального уравнения (6.3) 𝑛-го порядка на интервале (𝑎, 𝑏). Если определитель Вронского 𝑊 (𝑥) системы (6.10) равен 0 хотя бы в одной точке интервала (𝑎, 𝑏), то система функций (6.10) линейно зависима. Следствие 6.1. Если в условиях теоремы 6.5 𝑊 (𝑥) = 0 хотя бы в одной точке интервала (𝑎, 𝑏), то 𝑊 (𝑥) = 0 во всех точках интервала (𝑎, 𝑏). 41

Следствие 6.2. Если в условиях теоремы 6.5 функции (6.10) линейно независимы, то 𝑊 (𝑥) ̸= 0 во всех точках интервала (𝑎, 𝑏). Следствие 6.3. Если в условиях теоремы 6.5 𝑊 (𝑥) ̸= 0 хотя бы в одной точке интервала (𝑎, 𝑏), то 𝑊 (𝑥) ̸= 0 во всех точках интервала (𝑎, 𝑏). Определение 6.3. Фундаментальной системой решений однородного линейного дифференциального уравнения (6.3) 𝑛-го порядка называется любая линейно независимая система (6.10), состоящая из 𝑛 решений этого уравнения. Теорема 6.6. Если коэффициенты 𝑎1 (𝑥), 𝑎2 (𝑥),. . . , 𝑎𝑛 (𝑥) однородного линейного дифференциального уравнения (6.3) непрерывны на интервале (𝑎, 𝑏), то это уравнение имеет фундаментальную систему решений, определённую на интервале (𝑎, 𝑏). Теорема 6.7. Если (6.10) — фундаментальная система решений однородного линейного уравнения (6.3), то функция 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 𝑦𝑛 (𝑥)

(6.11)

является общим решением уравнения (6.3). 6.3. Понижение порядка однородного линейного дифференциального уравнения 𝑛-го порядка Предположим, что мы знаем одно ненулевое частное решение 𝑦1 (𝑥) однородного уравнения (6.3). В таком случае можно понизить порядок уравнения на единицу, введя новую неизвестную функцию 𝑢 с помощью подстановки ∫︁ 𝑦 = 𝑦1 (𝑥) 𝑢 𝑑𝑥. (6.12) Последовательно дифференцируя, получим ∫︀ 𝑦 ′ = 𝑦1 (𝑥)𝑢 + 𝑦1′ 𝑢 𝑑𝑥, ∫︀ 𝑦 ′′ = 𝑦1 (𝑥)𝑢′ + 2𝑦1′ (𝑥)𝑢 + 𝑦1′′ 𝑢 𝑑𝑥, ∫︀ 𝑦 ′′′ = 𝑦1 (𝑥)𝑢′′ + 3𝑦1′ (𝑥)𝑢′ + 3𝑦1′′ (𝑥)𝑢 + 𝑦1′′′ (𝑥) 𝑢 𝑑𝑥, .. . ∫︀ (𝑛−1) (𝑛) 𝑦 (𝑛) = 𝑦1 (𝑥)𝑢(𝑛−1) + 𝑛𝑦 ′ (𝑥)𝑢(𝑛−2) + . . . + 𝑛𝑦1 (𝑥)𝑢 + 𝑦1 (𝑥) 𝑢 𝑑𝑥. Подставляем эти выражения в уравнение (6.3): ∫︁ )︀ (︀ (𝑛) (𝑛−1) (𝑛−1) 𝑦1 (𝑥)𝑢 + . . . + 𝑦1 + 𝑎1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦1 (𝑥) 𝑢 𝑑𝑥 = 0. 42

Поскольку 𝑦1 (𝑥) является решением однородного уравнения (6.3), ∫︀ выражение в скобках при 𝑢 𝑑𝑥 обращается в 0, и получается однородное линейное дифференциальное уравнение порядка 𝑛 − 1. Для приведения к виду (6.3) его нужно разделить на 𝑦1 (𝑥). Если известны 𝑘 линейно независимых решений однородного уравнения (6.3), его порядок можно понизить на 𝑘 единиц, повторив указанный метод 𝑘 раз: если уравнение (6.3) имеет решения 𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥), 𝑦3 (𝑥),. . . , 𝑦𝑘 (𝑥), то уравнение, получившееся в результате подстановки (6.12), будет иметь решения (︂ )︂′ (︂ )︂′ (︂ )︂′ 𝑦2 (𝑥) 𝑦3 (𝑥) 𝑦𝑘 (𝑥) 𝑢1 (𝑥) = , 𝑢2 (𝑥) = , . . . , 𝑢𝑘−1 (𝑥) = . (6.13) 𝑦1 (𝑥) 𝑦1 (𝑥) 𝑦1 (𝑥) Пример 6.6. Уравнение (𝑥2 + 1)𝑦 ′′ − 2𝑦 = 0 имеет частное решение 𝑦1 = 𝑥2 + 1: вычисляя производные, получим 𝑦1′ = 2𝑥, 𝑦1′′ = 2, и подстановка в уравнение даёт верное равенство (𝑥2 + 1) · 2 − 2 · (𝑥2 + 1) = 0. Воспользуемся ∫︀подстановкой (6.12), чтобы∫︀понизить порядок урав2 ′ 2 ′′ 2 ′ нения: 𝑦 = ∫︀ (𝑥 + 1) 𝑢 𝑑𝑥, 𝑦 = (𝑥 + 1)𝑢 + 2𝑥 𝑢 𝑑𝑥, 𝑦 = (𝑥 + 1)𝑢 + + 4𝑥𝑢 + 2 𝑢 𝑑𝑥. Подставляем в уравнение: (︂ )︂ ∫︁ ∫︁ 2 2 ′ 2 (𝑥 + 1) (𝑥 + 1)𝑢 + 4𝑥𝑢 + 2 𝑢 𝑑𝑥 − 2(𝑥 + 1) 𝑢 𝑑𝑥 = 0, (𝑥2 + 1)𝑢′ + 4𝑥𝑢 = 0. Получилось однородное линейное дифференциальное уравнение первого порядка, которое является уравнением с разделяющимися переменными типа IV (3.9). Разделяем переменные и интегрируем (произвольную постоянную не прибавляем, так как нам нужно только одно решение): ∫︁ ∫︁ ∫︁ 𝑑𝑢 4𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑢 2𝑥 𝑑𝑥 𝑑(𝑥2 + 1) =− 2 =⇒ = −2 =⇒ ln|𝑢| = −2 =⇒ 𝑢 𝑥 +1 𝑢 𝑥2 + 1 𝑥2 + 1 1 . + 1)2 По формуле (6.12) находим второе частное решение ∫︁ 𝑑𝑥 2 . 𝑦2 = (𝑥 + 1) (𝑥2 + 1)2 =⇒ ln|𝑢| = −2 ln|𝑥2 + 1| =⇒ 𝑢 =

(𝑥2

Вычисляем интеграл: ∫︀ 𝑑𝑥 ∫︀ (𝑥2 +1)−𝑥2 ∫︀ 𝑑𝑥 ∫︀ 𝑥2 𝑑𝑥 ∫︀ 𝑥·2𝑥 𝑑𝑥 1 2 2 = (𝑥2 +1)2 𝑑𝑥 = 𝑥2 +1 − (𝑥2 +1)2 = arctg 𝑥 − 2 (𝑥2 +1)2 ]︃= [︃ (𝑥 +1) ∫︀ ∫︀ интегрируем по частям: 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣 𝑑𝑢; берём 𝑢 = 𝑥, ∫︀ 2𝑥 𝑑𝑥 ∫︀ 𝑑(𝑥2 +1) 𝑑𝑥 1 𝑑𝑣 = (𝑥2𝑥 2 +1)2 ; получаем 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥, 𝑣 = (𝑥2 +1)2 = (𝑥2 +1)2 = − 𝑥2 +1 43

∫︀ 𝑥 1 = arctg 𝑥 + 2(𝑥2𝑥+1) − 12 𝑥2𝑑𝑥 +1 = arctg 𝑥 + 2(𝑥2 +1) − 2 arctg 𝑥 = 1 𝑥 = 2 arctg 𝑥 + 2(𝑥2 +1) . Теперь находим )︂ (︂ 𝑥 1 1 arctg 𝑥 + = (𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥). 𝑦2 = (𝑥2 + 1) 2 2 2(𝑥 + 1) 2 Вследствие свойства 2) теоремы 6.3, от постоянного множителя 12 можно избавиться, умножив решение на 2. Зная два линейно независимых решения 𝑦1 и 𝑦2 , получаем общее решение 𝑦 = 𝐶1 (𝑥2 + 1) + 𝐶2 (𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥). Ответ: 𝑦 = 𝐶1 (𝑥2 + 1) + 𝐶2 (𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥). 6.4. Метод вариации произвольных постоянных Здесь мы рассмотрим неоднородное линейное дифференциальное уравнение (6.1) 𝑛-го порядка. Будем предполагать, что все функции 𝑎1 (𝑥), 𝑎2 (𝑥),. . . ,𝑎𝑛 (𝑥) и 𝑓 (𝑥) непрерывны на интервале (𝑎, 𝑏). Из пункта 6) теоремы 6.3 и теоремы 6.6 следует, что если (6.10) — фундаментальная система решений однородного уравнения (6.3), то общее решение неоднородного уравнения (6.1) можно записать в виде 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 𝑦𝑛 (𝑥) + 𝑦ч.н. (𝑥),

(6.14)

где 𝑦ч.н. (𝑥) — какое-нибудь частное решение этого уравнения. Покажем, что, зная фундаментальную систему (6.10) однородного уравнения (6.3), можно найти и частное решение 𝑦ч.н. (𝑥) неоднородного уравнения (6.1). Для этого можно использовать метод вариации произвольных постоянных Лагранжа, который состоит в том, что частное решение ищется в виде 𝑦ч.н. = 𝐶1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥),

(6.15)

где 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥),. . . , 𝐶𝑛 (𝑥) — 𝑛 новых неизвестных функций. Так как для определения этих функций имеется только одно уравнение (6.1), мы можем наложить на эти функции ещё 𝑛−1 условий, выбрав их так, чтобы получилась возможно более простая система уравнений. Дифференцируя выражение (6.15), получим ′ 𝑦ч.н. = 𝐶1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥)+

+ 𝐶1 (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2′ (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛′ (𝑥). Потребуем, чтобы выполнялось равенство 𝐶1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥) = 0; 44

(6.16)

тогда ′ 𝑦ч.н. = 𝐶1 (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2′ (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛′ (𝑥).

(6.151 )

Дифференцируем выражение (6.151 ): ′′ 𝑦ч.н. = 𝐶1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛′ (𝑥)+

+ 𝐶1 (𝑥)𝑦1′′ (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2′′ (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛′′ (𝑥). Потребуем, чтобы выполнялось равенство 𝐶1′ (𝑥)𝑦1′ (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2′ (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛′ (𝑥) = 0;

(6.161 )

′′ 𝑦ч.н. = 𝐶1 (𝑥)𝑦1′′ (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2′′ (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛′′ (𝑥).

(6.152 )

тогда

Повторяем эти вычисления, пока не дойдём до условия (𝑛−2) 𝐶1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥)

(𝑛−2)

+ 𝐶2′ (𝑥)𝑦2

(𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−2) (𝑥) = 0

(6.16𝑛−2 )

и равенства (𝑛−1)

(𝑛−1) 𝑦ч.н. = 𝐶1 (𝑥)𝑦1

(𝑛−1)

(𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2

(𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−1) (𝑥).(6.15𝑛−1 )

Дифференцируя последний раз, получим (𝑛−1)

(𝑛) 𝑦ч.н. = 𝐶1′ (𝑥)𝑦1

(𝑛−1)

(𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2

(𝑛)

(𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−1) (𝑥)+

(𝑛)

+ 𝐶1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛(𝑛) (𝑥). (6.15𝑛 ) Мы уже имеем 𝑛 − 1 дополнительных условий (6.16)–(6.16𝑛−2 ), поэтому последнее выражение используем как есть. Подставляя выражения (6.15)–(6.15𝑛 ) в неоднородное уравнение (6.1) и собирая вместе члены, содержащие 𝐶1 (𝑥), 𝐶2 (𝑥),. . . , 𝐶𝑛 (𝑥), получим (𝑛)

(𝑛−1)

𝐶1 (𝑥)(𝑦1 (𝑥) + 𝑎1 (𝑥)𝑦1

(𝑥) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦1 (𝑥))+

(𝑛)

(𝑛−1)

+ 𝐶2 (𝑥)(𝑦2 (𝑥) + 𝑎1 (𝑥)𝑦2

(𝑥) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦2 (𝑥))+

+ ...+ +

𝐶𝑛 (𝑥)(𝑦𝑛(𝑛) (𝑥) (𝑛−1)

+ 𝐶1′ (𝑥)𝑦1

+ 𝑎1 (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−1) (𝑥) + . . . + 𝑎𝑛 (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥))+ (𝑛−1)

(𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2

(𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−1) (𝑥) = 𝑓 (𝑥).

По условию все функции (6.10) являются решениями однородного уравнения (6.3), поэтому в полученном длинном уравнении все суммы в скобках равны 0. Следовательно, от этого уравнения остаётся только (𝑛−1)

𝐶1′ (𝑥)𝑦1

(𝑛−1)

(𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2

(𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−1) (𝑥) = 𝑓 (𝑥). (6.16𝑛−1 ) 45

Собирая вместе все уравнения (6.16)–(6.16𝑛−1 ), получим систему уравнений ⎧ ⎪ 𝐶1′ (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥) = 0, ⎪ ⎪ ⎪ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ⎪ ⎪ ⎨𝐶1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2 (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛 (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥) = 0, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6.17) ⎪ ⎪ ⎪𝐶1′ (𝑥)𝑦1(𝑛−2) (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2(𝑛−2) (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛(𝑛−2) (𝑥) = 0, ⎪ ⎪ ⎪ (𝑛−1) (𝑛−1) (𝑛−1) ⎩ ′ 𝐶1 (𝑥)𝑦1 (𝑥) + 𝐶2′ (𝑥)𝑦2 (𝑥) + . . . + 𝐶𝑛′ (𝑥)𝑦𝑛 (𝑥) = 𝑓 (𝑥). Полученная система является системой линейных алгебраических уравнений с неизвестными 𝐶1′ (𝑥), 𝐶2′ (𝑥),. . . , 𝐶𝑛′ (𝑥). Определитель основной матрицы этой системы совпадает с определителем Вронского фундаментальной системы решений (6.10) однородного уравнения (6.3), поэтому он не равен 0 ни в одной точке интервала (𝑎, 𝑏), на котором, согласно нашему предположению (перед формулировкой теоремы 6.5), рассматривается уравнение. По теореме Крамера из курса линейной алгебры система (6.17) имеет единственное решение. Пример 6.7. Решим уравнение (𝑥2 + 1)𝑦 ′′ − 2𝑦 = 6𝑥2 . Фундаментальную систему решений соответствующего однородного уравнения (𝑥2 + 1)𝑦 ′′ − 2𝑦 = 0 мы нашли в примере 6.6: 𝑦1 = 𝑥2 + 1, 𝑦2 = 𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥. Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде (6.15): 𝑦ч.н. = 𝐶1 (𝑥)𝑦1 + 𝐶2 (𝑥)𝑦2 . Запись системы уравнений (6.17) для определения 𝐶1′ (𝑥) и 𝐶2′ (𝑥) предполагает, что коэффициент 𝑎0 (𝑥) при старшей производной в уравнении равен 1, поэтому разделим его на 𝑥2 + 1: 𝑦 ′′ −

2 6𝑥2 𝑦 = . 𝑥2 + 1 𝑥2 + 1 2

Таким образом, правая часть уравнения равна 𝑓 (𝑥) = 𝑥6𝑥 2 +1 . Вычисляем производные: 𝑦1′ = 2𝑥, 𝑦2′ = 2 + 2𝑥 arctg 𝑥. Система (6.17) получается такая: {︃ 𝐶1′ (𝑥) · (𝑥2 + 1) + 𝐶2′ (𝑥) · (𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥) = 0, 2 𝐶1′ (𝑥) · 2𝑥 + 𝐶2′ (𝑥) · (2 + 2𝑥 arctg 𝑥) = 𝑥6𝑥 2 +1 . Решаем систему по формулам ⃒ 2 ⃒ Крамера: ⃒𝑥 + 1 𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥⃒ ⃒= 𝐷 = ⃒⃒ 2𝑥 2 + 2𝑥 arctg 𝑥 ⃒ = (𝑥2 + 1)(2 + 2𝑥 arctg 𝑥) − 2𝑥(𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥) = 2, 46

⃒ ⃒ 0 𝐷1 = ⃒⃒ 6𝑥2 2

𝑥 +1

⃒ 𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥⃒⃒ = 2 + 2𝑥 arctg 𝑥 ⃒

2

3

6𝑥 2 2 = − 𝑥6𝑥 2 +1 (𝑥 + (𝑥 + 1) arctg 𝑥) = − 𝑥2 +1 − 6𝑥 arctg 𝑥, ⃒ 2 ⃒ ⃒𝑥 + 1 0 ⃒⃒ 6𝑥2 2 2 𝐷2 = ⃒⃒ 6𝑥2 ⃒ = (𝑥 + 1) 𝑥2 +1 = 6𝑥 , 2𝑥 2 𝑥 +1

3

𝐷2 2 ′ 2 откуда 𝐶1′ (𝑥) = 𝐷𝐷1 = − 𝑥3𝑥 2 +1 − 3𝑥 arctg 𝑥, 𝐶2 (𝑥) = 𝐷 = 3𝑥 . Используя формулу (3.2) (без произвольной постоянной, так как нам нужно только одно решение), получим ∫︀ 3 𝑑𝑥 ∫︀ 2 𝐶1 (𝑥) = − 3𝑥 3𝑥 arctg 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥2 +1 − ∫︀ ∫︀ [︂ ]︂ во втором интеграле интегрируем по частям: 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣 𝑑𝑢; ∫︀ берём 𝑢 = arctg 𝑥, 𝑑𝑣 = 3𝑥2 𝑑𝑥; получаем 𝑑𝑢 = 𝑥2𝑑𝑥 3𝑥2 𝑑𝑥 = 𝑥3 +1 , 𝑣 = ∫︀ 3𝑥3 𝑑𝑥 (︁ 3 ∫︀ 𝑥3 𝑑𝑥 )︁ ∫︀ 2𝑥3 𝑑𝑥 = − 𝑥2 +1 − 𝑥 arctg 𝑥 − 𝑥2 +1 = − 𝑥2 +1 − 𝑥3 arctg 𝑥 = ∫︀ ∫︀ 𝑑𝑥 ∫︀ 2 3 𝑑𝑥 − 𝑥3 arctg 𝑥 = − 2𝑥 𝑑𝑥 + 2𝑥 = − 2𝑥(𝑥𝑥2+1)−2𝑥 +1 𝑥2 +1 − 𝑥 arctg 𝑥 = ∫︀ 2 +1) = −𝑥2 + 𝑑(𝑥 − 𝑥3 arctg 𝑥 = ln(𝑥2 + 1) − 𝑥2 − 𝑥3 arctg 𝑥; ∫︀ 𝑥22 +1 𝐶2 (𝑥) = 3𝑥 𝑑𝑥 = 𝑥3 . Подставляем в формулу для частного решения: 𝑦ч.н. = 𝐶1 (𝑥)𝑦1 + 𝐶2 (𝑥)𝑦2 = (ln(𝑥2 + 1) − 𝑥2 − 𝑥3 arctg 𝑥)(𝑥2 + 1)+ +𝑥3 (𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥) = (𝑥2 + 1) ln(𝑥2 + 1) − 𝑥2 . Наконец, записываем общее решение: 𝑦 = 𝐶1 𝑦1 + 𝐶2 𝑦2 + 𝑦ч.н. = = 𝐶1 (𝑥2 + 1) + 𝐶2 (𝑥 + (𝑥2 + 1) arctg 𝑥) + (𝑥2 + 1) ln(𝑥2 + 1) − 𝑥2 . Ответ: 𝑦 = 𝐶1 (𝑥2 +1)+𝐶2 (𝑥+(𝑥2 +1) arctg 𝑥)+(𝑥2 +1) ln(𝑥2 +1)−𝑥2 .

47

7. Линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами 7.1. Однородные уравнения XVI. Однородное линейное дифференциальное уравнение 𝑛-го порядка с постоянными коэффициентами имеет вид 𝑎0 𝑦 (𝑛) + 𝑎1 𝑦 (𝑛−1) + 𝑎2 𝑦 (𝑛−2) + . . . + 𝑎𝑛 𝑦 = 0,

(7.1)

где 𝑎0 ̸= 0, 𝑎1 , 𝑎2 ,. . . , 𝑎𝑛 — заданные числа. Как мы знаем, общее решение такого уравнения имеет вид (6.11), где 𝑦1 (𝑥), 𝑦2 (𝑥),. . . , 𝑦𝑛 (𝑥) — фундаментальная система решений. Будем искать частные решения этого уравнения в виде 𝑦 = 𝑒𝜆𝑥 .

(7.2)

Вычисляя производные, получим 𝑦 ′ = 𝜆𝑒𝜆𝑥 , 𝑦 ′′ = 𝜆2 𝑒𝜆𝑥 , . . . , 𝑦 (𝑛) = 𝜆𝑛 𝑒𝜆𝑥 .

(7.3)

Подставляя (7.2) и (7.3) в уравнение (7.1), после сокращения общего множителя 𝑒𝜆𝑥 получим алгебраическое уравнение 𝑎0 𝜆𝑛 + 𝑎1 𝜆𝑛−1 + 𝑎2 𝜆𝑛−2 + . . . + 𝑎𝑛−1 𝜆 + 𝑎𝑛 = 0

(7.4)

степени 𝑛, которое называется характеристическим уравнением линейного дифференциального уравнения (7.1). Как известно, в множестве комплексных чисел алгебраическое уравнение степени 𝑛 имеет 𝑛 корней 𝜆1 , 𝜆2 , 𝜆3 , . . . , 𝜆𝑛 ,

(7.5)

если каждый корень считать столько раз, какова его кратность. Зная эти корни, можно выписать фундаментальную систему решений однородного уравнения (7.1). 1. Все корни (7.5) действительные и различные. В этом случае формула (7.2) сразу даёт 𝑛 линейно независимых решений, то есть, фундаментальную систему решений: 𝑦1 = 𝑒𝜆1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑒𝜆2 𝑥 , 𝑦3 = 𝑒𝜆3 𝑥 , . . . , 𝑦𝑛 = 𝑒𝜆𝑛 𝑥 . Пример 7.1. Решить уравнение 𝑦 − 3𝑦 + 2𝑦 = 0. Характеристическое уравнение: 𝜆2 − 3𝜆 + 2 = 0. Корни: 𝜆1 = 1, 𝜆2 = 2. Фундаментальная система решений: 𝑦1 = 𝑒𝑥 , 𝑦2 = 𝑒2𝑥 . Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑒2𝑥 — общее решение. ′′

48

′

(7.6)

2. Все корни (7.5) действительные, среди них есть кратные. Например, пусть корень 𝜆1 имеет кратность 𝑘 > 1. Тогда ему соответствуют 𝑘 линейно независимых решений 𝑦1 = 𝑒𝜆1 𝑥 , 𝑦2 = 𝑥𝑒𝜆1 𝑥 , 𝑦3 = 𝑥2 𝑒𝜆1 𝑥 , . . . , 𝑦𝑘 = 𝑥𝑘−1 𝑒𝜆1 𝑥 .

(7.7)

Пример 7.2. Решить уравнение 9𝑦 + 42𝑦 + 49𝑦 = 0. Характеристическое уравнение: 9𝜆2 + 42𝜆 + 49 = 0. Корни: 𝜆1 = 𝜆2 = − 73 (кратность 𝑘 = 2). 7 7 Фундаментальная система решений: 𝑦1 = 𝑒− 3 𝑥 , 𝑦2 = 𝑥𝑒− 3 𝑥 . 7 7 Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒− 3 𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒− 3 𝑥 — общее решение. ′′

′

3. Среди корней (7.5) есть комплексные, все комплексные корни различные. Пусть, например, имеется комплексный корень 𝜆1 = 𝛼 + 𝛽𝑖, 𝛽 ̸= 0. Так как коэффициенты характеристического уравнения (7.4) действительные, то комплексно сопряжённое число 𝛼 + 𝛽𝑖 = 𝛼 − 𝛽𝑖 тоже является корнем. Пусть 𝜆2 = 𝛼 − 𝛽𝑖. Тогда паре комплексно сопряжённых корней 𝜆1,2 = 𝛼 ± 𝛽𝑖 соответствует пара комплексных решений 𝑒(𝛼+𝛽𝑖)𝑥 = 𝑒𝛼𝑥 (cos 𝛽𝑥 + 𝑖 sin 𝛽𝑥) и 𝑒(𝛼−𝛽𝑖)𝑥 = 𝑒𝛼𝑥 (cos 𝛽𝑥 − 𝑖 sin 𝛽𝑥). Из этих двух комплексных решений легко получить два линейно независимых действительных: 𝑦1 = 𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥, 𝑦2 = 𝑒𝛼𝑥 sin 𝛽𝑥.

(7.8)

Пример 7.3. Решить уравнение 𝑦 + 𝑦 + 𝑦 = 0. Характеристическое√уравнение: 𝜆2 + 𝜆 + 1 = 0. Корни: 𝜆1,2 = − 21 ± 23 𝑖. √ 1 Фундаментальная система решений: 𝑦1 = 𝑒− 2 𝑥 cos 23 𝑥, 𝑦2 = √ 1 = 𝑒− 2 𝑥 sin 23 𝑥. (︁ )︁ ′′

1

Ответ: 𝑦 = 𝑒− 2 𝑥 𝐶1 cos

√

3 2 𝑥

′

√

+ 𝐶2 sin

3 2 𝑥

— общее решение.

4. Имеются кратные комплексные корни. Например, пусть 𝜆1 = 𝛼 + 𝛽𝑖, 𝛽 ̸= 0, — комплексный корень кратности 𝑘 > 1. Тогда сопряжённый корень 𝜆2 = 𝛼 − 𝛽𝑖 имеет такую же кратность 𝑘. Этим корням соответствуют 2𝑘 линейно независимых решений 𝑦1 = 𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥, 𝑦2 = 𝑥𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥,. . . , 𝑦𝑘 = 𝑥𝑘−1 𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥, 𝑦𝑘+1 = 𝑒𝛼𝑥 sin 𝛽𝑥, 𝑦𝑘+2 = 𝑥𝑒𝛼𝑥 sin 𝛽𝑥,. . . , 𝑦2𝑘 = 𝑥𝑘−1 𝑒𝛼𝑥 sin 𝛽𝑥.

(7.9)

Пример 7.4. Решить уравнение 𝑦 VIII + 6𝑦 VI + 12𝑦 IV + 8𝑦 ′′ = 0. Характеристическое уравнение: 𝜆8 + 6𝜆6 + 12𝜆4 + 8𝜆2 = 0, то есть, 2 (𝜆 + 2)3 𝜆2 = 0. 49

√ √ Корни: 𝜆1 = 𝜆2 = 𝜆3 = 2𝑖, 𝜆4 = 𝜆5 = √ 𝜆6 = − 2𝑖, 𝜆7 = 𝜆8 = 0, то есть, комплексные корни имеют 𝛼 = 0, 𝛽 = 2, кратность 𝑘 = 3. √ √ Фундаментальная система решений: 𝑦 = cos 2𝑥, 𝑦 1 2 √ √ √ √ = 𝑥 cos 2𝑥, 𝑦3 = 𝑥2 cos 2𝑥, 𝑦4 = sin 2𝑥, 𝑦5 = 𝑥 sin 2𝑥, 𝑦6 = 𝑥2 sin 2𝑥, 𝑦7 = 𝑒0𝑥 = = 1, 𝑦8 = 𝑥𝑒0𝑥 = 𝑥. √ √ Ответ: 𝑦 = (𝐶1 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑥2 ) cos 2𝑥 + (𝐶4 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6 𝑥2 ) sin 2𝑥 + + 𝐶7 + 𝐶8 𝑥 — общее решение. Пример 7.5. Найти частное решение уравнения 𝑦 ′′ − 𝑦 ′ − 6𝑦 = 0, удовлетворяющее начальным условиям 𝑦(0) = 4, 𝑦 ′ (0) = −1. Характеристическое уравнение: 𝜆2 − 𝜆 − 6 = 0. Корни: 𝜆1 = −2, 𝜆2 = 3. Фундаментальная система решений: 𝑦1 = 𝑒−2𝑥 , 𝑦2 = 𝑒3𝑥 . Общее решение: 𝑦 = 𝐶1 𝑒−2𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . Дифференцируем: 𝑦 ′ = −2𝐶1 𝑒−2𝑥 + 3𝐶2 𝑒3𝑥 . Подставляя в последние два равенства начальные значения, 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 . 5 𝑒

13 5 ,

𝐶2 = 75 .

7.2. Неоднородные уравнения XVII. Неоднородное линейное дифференциальное уравнение 𝑛-го порядка с постоянными коэффициентами имеет вид 𝑎0 𝑦 (𝑛) + 𝑎1 𝑦 (𝑛−1) + 𝑎2 𝑦 (𝑛−2) + . . . + 𝑎𝑛 𝑦 = 𝑓 (𝑥),

(7.10)

где 𝑎0 ̸= 0, 𝑎1 , 𝑎2 ,. . . , 𝑎𝑛 — заданные числа, 𝑓 (𝑥) — заданная функция; соответствующее ему однородное уравнение имеет вид XVI (7.1). Как мы знаем, общее решение уравнения (7.10) имеет вид (6.5), где 𝑦о.о. (𝑥) — общее решение однородного уравнения (7.1), а 𝑦ч.н. (𝑥) — какое-нибудь частное решение неоднородного уравнения (7.10). В общем случае это частное решение можно найти рассмотренным выше методом вариации произвольных постоянных, а в некоторых случаях, когда вид решения известен (таблица XVII) — методом неопределённых коэффициентов.

50

Структура частного решения 𝑦ч.н. Правая часть дифференциального уравнения 𝑓 (𝑥)

𝑓 (𝑥) = 𝑃𝑚 (𝑥), где 𝑃𝑚 (𝑥) — многочлен степени 𝑚

𝛼𝑥

𝑓 (𝑥) = 𝑒 𝑃𝑚 (𝑥), где 𝛼 — действительное число 51

𝑓 (𝑥) = 𝑃𝑚1 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + + 𝑄𝑚2 (𝑥) sin 𝛽𝑥, где 𝑃𝑚1 (𝑥) и 𝑄𝑚2 (𝑥) — многочлены степени 𝑚1 и 𝑚2 соответственно

𝛼𝑥

𝑓 (𝑥) = 𝑒 (𝑃𝑚1 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + + 𝑄𝑚2 (𝑥) sin 𝛽𝑥)

Корни характеристического уравнения

Вид частного решения 𝑦ч.н.

число 0 не является корнем характеристического уравнения

𝑄𝑚 (𝑥), где 𝑄𝑚 (𝑥) — многочлен с неопределёнными коэффициентами степени 𝑚

число 0 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 > 1 число 𝛼 не является корнем характеристического уравнения число 𝛼 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 > 1 число ±𝛽𝑖 не является корнем характеристического уравнения число ±𝛽𝑖 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 > 1 число 𝛼 ± 𝛽𝑖 не является корнем характеристического уравнения число 𝛼 ± 𝛽𝑖 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 > 1

𝑥𝑘 𝑄𝑚 (𝑥) 𝑄𝑚 (𝑥)𝑒𝛼𝑥 𝑥𝑘 𝑄𝑚 (𝑥)𝑒𝛼𝑥 𝑈𝑚 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑚 (𝑥) sin 𝛽𝑥, где 𝑈𝑚 (𝑥) и 𝑉𝑚 (𝑥) — многочлены с неопределёнными коэффициентами степени 𝑚 = max{𝑚1 , 𝑚2 } 𝑥𝑘 (𝑈𝑚 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑚 (𝑥) sin 𝛽𝑥) 𝑒𝛼𝑥 (𝑈𝑚 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑚 (𝑥) sin 𝛽𝑥) 𝑥𝑘 𝑒𝛼𝑥 (𝑈𝑚 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑚 (𝑥) sin 𝛽𝑥)

Рассмотрим примеры на применение метода неопределённых коэффициентов. Пример 7.6. Найти общее решение уравнения 𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 6𝑦 = 2𝑥𝑒𝑥 . Характеристическое уравнение имеет вид 𝜆2 − 5𝜆 + 6 = 0, его корни 𝜆1 = 2, 𝜆2 = 3, тогда общее решение однородного уравнения имеет вид 𝑦о.о. = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . В правой части уравнения функция имеет вид произведения многочлена первой степени на 𝑒𝑥 . На основании таблицы XVII для 𝑓 (𝑥) = = 𝑒𝛼𝑥 𝑃1 (𝑥), 𝛼 = 1, полагаем, 𝑦ч.н. = (𝐴𝑥+𝐵)𝑒𝑥 , так как 𝛼 = 1 не является ′ корнем характеристического уравнения. Далее, 𝑦ч.н. = 𝐴𝑒𝑥 +(𝐴𝑥+𝐵)𝑒𝑥 = 𝑥 ′′ 𝑥 𝑥 = (𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵)𝑒 , 𝑦ч.н. = 𝐴𝑒 + (𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵)𝑒 = (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 . Подставим полученные выражения в исходное уравнение: (𝐴𝑥 + 2𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 − 5((𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵)𝑒𝑥 ) + 6(𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒𝑥 = 2𝑥𝑒𝑥 . 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 0, откуда находим 𝐴 = 1, 𝐵 = 32 . Следовательно, 𝑦ч.н. = (︀ + 2𝐵 )︀ = 3 𝑥 = 𝑥+ 2 𝑒 . )︀ (︀ Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒2𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 + 𝑥 + 32 𝑒𝑥 . Пример 7.7. Найти общее решения уравнения 𝑦 ′′ − 6𝑦 ′ + 9𝑦 = (𝑥2 + + 2𝑥)𝑒3𝑥 . Характеристическое уравнение имеет вид 𝜆2 − 6𝜆 + 9 = 0, его корни 𝜆1 = 𝜆2 = 3, поэтому 𝑦о.о. = 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 XVII, так как 𝛼 = 3 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 = 2, полагаем 𝑦ч.н. = 𝑥2 (𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶)𝑒3𝑥 = (𝐴𝑥4 + 𝐵𝑥3 + 𝐶𝑥2 )𝑒3𝑥 . Далее находим производные: ′ 𝑦ч.н. = (4𝐴𝑥3 + 3𝐵𝑥2 + 2𝐶𝑥)𝑒3𝑥 + (𝐴𝑥4 + 𝐵𝑥3 + 𝐶𝑥2 ) · 3𝑒3𝑥 =

= (3𝐴𝑥4 + (4𝐴 + 3𝐵)𝑥3 + (3𝐵 + 3𝐶)𝑥2 + 2𝐶𝑥)𝑒3𝑥 , ′′ 𝑦ч.н. = (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 . 52

Подставим полученные выражения в исходное уравнение и приведём 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 = 1, 6𝐵 = 2, 2𝐶 = 0. Из находим 𝐴 = 12 , 𝐵 = 13 , 𝐶 = 0. (︁ этой системы )︁ 𝑥4 12

𝑥3 3

𝑒3𝑥 . (︁ 4 Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒3𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒3𝑥 + 𝑥12 +

Следовательно, 𝑦ч.н. =

+

𝑥3 3

)︁

𝑒3𝑥 .

В следующих примерах показан вид частного решения 𝑦ч.н. без нахождения коэффициентов. Пример 7.8. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 𝑒4𝑥 . Характеристическое уравнение 𝜆2 − 2𝜆 − 3 = 0 имеет корни 𝜆1 = = −1, 𝜆2 = 3, поэтому общее решение однородного уравнения есть 𝑦о.о. = 𝐶1 𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑒3𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥)𝑒4𝑥 , 𝑃0 (𝑥) = 1 (многочлен нулевой степени), из таблицы XVII (𝛼 = 4 не является корнем характеристического уравнения) находим 𝑦ч.н. = 𝐴𝑒4𝑥 . Ответ: 𝑦ч.н. = 𝐴𝑒4𝑥 . Пример 7.9. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = 3𝑒−𝑥 . В предыдущем примере мы нашли корни характеристического уравнения 𝜆1 = −1, 𝜆2 = 3. Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥)𝑒−𝑥 , 𝑃0 (𝑥) = 3, из таблицы XVII (𝛼 = −1 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 = 1) находим 𝑦ч.н. = 𝐴𝑥𝑒−𝑥 . Ответ: 𝑦ч.н. = 𝐴𝑥𝑒−𝑥 . Пример 7.10. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 𝑦 = 5𝑒𝑥 . Характеристическое уравнение 𝜆2 − 2𝜆 + 1 = 0 имеет корни 𝜆1 = = 𝜆2 = 1, тогда 𝑦о.о. = 𝐶1 𝑒𝑥 + 𝐶2 𝑥𝑒𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥)𝑒𝑥 , 𝑃0 (𝑥) = 5, из таблицы XVII (𝛼 = 1 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 = 2) находим 𝑦ч.н. = 𝐴𝑥2 𝑒𝑥 . Ответ: 𝑦ч.н. = 𝐴𝑥2 𝑒𝑥 . Пример 7.11. 𝑦 ′′ − 𝑦 = 𝑥2 + 1. 53

Характеристическое уравнение 𝜆2 − 1 = 0 имеет корни 𝜆1 = − −1, 𝜆2 = 1, тогда 𝑦о.о. = 𝐶1 𝑒−𝑥 + 𝐶2 𝑒𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃2 (𝑥) = 𝑥2 + + 1 из таблицы XVII (𝛼 = 0 не является корнем характеристического уравнения) находим 𝑦ч.н. = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶. Ответ: 𝑦ч.н. = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥 + 𝐶. Пример 7.12. 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ − 3𝑦 = sin 3𝑥. Характеристическое уравнение 𝜆2 − 2𝜆 − 3 = 0 имеет корни 𝜆1 = −1, 𝜆2 = 3, тогда 𝑦о.о. = 𝐶1 𝑒−𝑥 +𝐶2 𝑒3𝑥 . Для 𝑓 (𝑥) = 𝑃0 (𝑥) cos 3𝑥+𝑄0 (𝑥) sin 3𝑥, где 𝑃0 (𝑥) = 0, 𝑄0 (𝑥) = 1, из таблицы XVII (𝛽 = ±3𝑖 не является корнем характеристического уравнения) находим 𝑦ч.н. = 𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥. Ответ: 𝑦ч.н. = 𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥. Пример 7.13. 𝑦 ′′ + 4𝑦 = sin 2𝑥 − 3 cos 2𝑥. Характеристическое уравнение 𝜆2 + 4 = 0 имеет корни 𝜆1,2 = ±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 XVII (𝛽 = ±2𝑖 является корнем характеристического уравнения кратности 𝑘 = 1) находим 𝑦ч.н. = = 𝑥(𝐴 cos 2𝑥 + 𝐵 sin 2𝑥). Ответ: 𝑦ч.н. = 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 𝑦𝑖,ч.н. , 𝑖 = 1, 2, . . . , 𝑛, и 𝑦ч.н. = 𝑦1,ч.н. + 𝑦2,ч.н. + . . . + 𝑦𝑛,ч.н. . Пример 7.14. 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 𝜆2 − 4𝜆 = 0 имеет корни 𝜆1 = 0 и 𝜆2 = 4, поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид 𝑦о.о. = 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 𝑦ч.н. = 𝑦1,ч.н. + + 𝑦2,ч.н. + 𝑦3,ч.н. . 1) 𝑓1 (𝑥) = −20𝑥𝑒2𝑥 = 𝑃1 (𝑥)𝑒2𝑥 , где 𝑃1 (𝑥) = −20𝑥 - многочлен первой степени. Здесь 𝛼 = 2 не является корнем характеристического уравнения, ′ поэтому 𝑦1,ч.н. = (𝐴𝑥+𝐵)𝑒2𝑥 . Тогда 𝑦1,ч.н. = 𝐴𝑒2𝑥 +(𝐴𝑥+𝐵)·2𝑒2𝑥 = (2𝐴𝑥+ ′′ + 𝐴 + 2𝐵)𝑒2𝑥 , 𝑦1,ч.н. = 2𝐴𝑒2𝑥 + (2𝐴𝑥 + 𝐴 + 2𝐵)2𝑒2𝑥 = (4𝐴𝑥 + 4𝐴 + 4𝐵)𝑒2𝑥 . Подставим в уравнение 𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ = −20𝑥𝑒2𝑥 и, сократив на 𝑒2𝑥 , получим 4𝐴𝑥 + 4𝐴 + 4𝐵 − 4(2𝐴𝑥 + 𝐴 + 2𝐵) = −20𝑥, то есть, −4𝐴𝑥 − − 4𝐵 = −20𝑥. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях 𝑥, 54

получаем −4𝐴 = −20 и −4𝐵 = 0, откуда 𝐴 = 5, 𝐵 = 0, т.е. 𝑦1,ч.н. = 5𝑥𝑒2𝑥 . 2) 𝑓2 (𝑥) = 16𝑥 − 4 = 𝑃1 (𝑥) многочлен первой степени. Так как 𝛼 = 0 является корнем характеристического уравнения кратности 1, находим ′ ′′ 𝑦2,ч.н. = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑥 = 𝐴𝑥2 + 𝐵𝑥. Тогда 𝑦2,ч.н. = 2𝐴𝑥 + 𝐵, 𝑦2,ч.н. = 2𝐴. ′′ ′ Подставим в уравнение 𝑦 −4𝑦 = 16𝑥−4, 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 𝑦2,ч.н. = −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 является корнем характеристического уравнения, находим 𝑦3,ч.н. = 𝐴 cos 5𝑥 + 𝐵 sin 5𝑥. ′ ′′ Тогда 𝑦3,ч.н. = −5𝐴 sin 5𝑥 + 5𝐵 cos 5𝑥, 𝑦3,ч.н. = −25𝐴 cos 5𝑥 − 25𝐵 sin 5𝑥. ′′ ′ Подставим в уравнение 𝑦 −4𝑦 = −25 cos 5𝑥+20 sin 5𝑥: −25𝐴 cos 5𝑥− − 25𝐵 sin 5𝑥 − 4(−5𝐴 sin 5𝑥 + 5𝐵 cos 5𝑥) = −25 cos 5𝑥 + 20 sin 5𝑥, то есть, (−25𝐴 − 20𝐵) cos 5𝑥 + (20𝐴 − 25𝐵) sin 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 𝑦3,ч.н. = cos 5𝑥. Теперь мы можем написать общее решение нашего уравнения: 𝑦 = 𝑦о.о. + 𝑦1,ч.н. + 𝑦2,ч.н. + 𝑦3,ч.н. = 𝐶1 + 𝐶2 𝑒4𝑥 + 5𝑥𝑒2𝑥 − 2𝑥2 + cos 5𝑥. Найдём 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.

55

8. Системы однородных линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами Ограничимся рассмотрением систем второго порядка. XVIII. Однородная система линейных дифференциальных уравнений первого порядка с постоянными коэффициентами в нормальной форме имеет вид {︃ 𝑥′ = 𝑎11 𝑥 + 𝑎12 𝑦, (8.1) 𝑦 ′ = 𝑎21 𝑥 + 𝑎22 𝑦, (штрихи означают производную по переменной 𝑡) или, в матричной форме, 𝑋 ′ (𝑡) = 𝐴𝑋(𝑡), (8.2) где (︂ 𝐴=

𝑎11 𝑎21

)︂ 𝑎12 , 𝑎22

(︂ 𝑋(𝑡) =

)︂ 𝑥(𝑡) , 𝑦(𝑡)

′

𝑋 (𝑡) =

(︂

)︂ 𝑥′ (𝑡) . 𝑦 ′ (𝑡)

(8.3)

Слова «в нормальной форме» означают, что система разрешена относительно производных неизвестных функций. Для таких систем можно развить теорию, аналогичную теории линейных дифференциальных уравнений, изложенной в параграфах 6.1, 6.2 и 7.1, но с некоторыми усложнениями. Фундаментальной системой решений системы (8.1) называется совокупность двух произвольных линейно независимых решений (︂ )︂ (︂ )︂ 𝑥1 (𝑡) 𝑥2 (𝑡) 𝑋1 (𝑡) = , 𝑋2 (𝑡) = , (8.4) 𝑦1 (𝑡) 𝑦2 (𝑡) а составленная из них матрица (︂ )︂ 𝑥1 (𝑡) 𝑥2 (𝑡) 𝑊 (𝑡) = 𝑦1 (𝑡) 𝑦2 (𝑡) называется фундаментальной матрицей системы. Общее решение системы (8.1) можно записать в виде (︂ )︂ 𝐶1 𝑋(𝑡) = 𝐶1 𝑋1 (𝑡) + 𝐶2 𝑋2 (𝑡) = 𝑊 (𝑡) , 𝐶2

(8.5)

(8.6)

где 𝐶1 , 𝐶2 — произвольные постоянные. Система (8.1) может быть решена средствами линейной алгебры. Если характеристическое уравнение det(𝐴 − 𝜆𝐸) = 0 56

(8.7)

имеет различные действительные и 𝜆2 , )︂то соответствующие им (︂ )︂корни 𝜆1 (︂ 𝛼11 𝛼21 собственные векторы 𝑋1 = и 𝑋2 = линейно независимы, 𝛼12 𝛼22 а общее решение системы имеет вид 𝑋(𝑡) = 𝐶1 𝑋1 𝑒𝜆1 𝑡 + 𝐶2 𝑋2 𝑒𝜆2 𝑡 . (8.8) {︃ ′ 𝑥 = 5𝑥 + 3𝑦, Пример 8.1. Решить систему уравнений 𝑦 ′ = 2𝑥 + 6𝑦. (︂ ′ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ 𝑥 5 3 𝑥 В матричной форме система имеет вид = . 𝑦′ 2 6 𝑦 Характеристическое уравнение ⃒ ⃒ ⃒5 − 𝜆 3 ⃒⃒ ⃒ = 0, то есть, 𝜆2 − 11𝜆 + 24 = 0, ⃒ 2 6 − 𝜆⃒ имеет корни 𝜆1 = 3 и 𝜆2 = 8. (︀ 𝛼 )︀ Для нахождения собственного вектора 𝑋1 = 𝛽11 для матрице (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ 5 − 𝜆1 3 5−3 3 2 𝐴 − 𝜆1 𝐸 = = = 2 6 − 𝜆1 2 6−3 2 составим систему уравнений {︃

𝜆1 = 3 по )︂ 3 3

2𝛼 + 3𝛽 = 0, 2𝛼 + 3𝛽 = 0.

Очевидно, что одно уравнение лишнее, поэтому система имеет бесконечное множество решений. Придадим 𝛽 любое числовое значение, кроме 0, (︂ например, 𝛽 = 2, тогда 𝛼 = −3. Получили собственный вектор 𝑋1 = )︂ −3 = . 2 (︀ 𝛼 )︀ Аналогично, для нахождения собственного вектора 𝑋2 = 𝛽22 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 (︂ )︂ уравнения выходит 𝛼 = 1. Получили собственный вектор 1 𝑋2 = . 1 57

Теперь по формуле (8.8) получаем общее решение: (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ (︂ )︂ −3 3𝑡 1 8𝑡 −3𝑒3𝑡 𝑒8𝑡 𝐶1 𝑋(𝑡) = 𝐶1 𝑒 + 𝐶2 𝑒 = . 2 1 2𝑒3𝑡 𝑒8𝑡 𝐶2 {︃ 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 определённые осложнения. Эти осложнения вполне преодолимы, тем не менее, часто используют другой метод — метод исключения. {︃ 𝑥′ = 5𝑥 + 3𝑦, методом Пример 8.2. Решить систему уравнений 𝑦 ′ = 2𝑥 + 6𝑦 исключения. Предположим, мы хотим исключить неизвестную 𝑥. Продифференцируем второе уравнение: 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 = 12 (𝑦 ′ − 6𝑦) и подставим его в уравнение 𝑦 ′′ = 10𝑥 + 6𝑦 + 6𝑦 ′ : 𝑦 ′′ = 5𝑦 ′ − 30𝑦 + 6𝑦 + 6𝑦 ′ =⇒ 𝑦 ′′ − 11𝑦 ′ + 24𝑦 = 0. Корни характеристического уравнения 𝑘 2 − 11𝑘 + 24 = 0 равны 𝑘1 = 3 и 𝑘2 = 8. Тогда 𝑦 = 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 , а 1 1 3 𝑥 = (𝑦 ′ − 6𝑦) = (3𝐶1 𝑒3𝑡 + 8𝐶2 𝑒8𝑡 − 6𝐶1 𝑒3𝑡 − 6𝐶2 𝑒8𝑡 ) = − 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 . 2 2 2 {︃ 𝑥 = − 23 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 , Ответ: 𝑦 = 𝐶1 𝑒3𝑡 + 𝐶2 𝑒8𝑡 . Этот метод работает и для систем неоднородных линейных уравнений. Единственное отличие состоит в том, что получается неоднородное линейное уравнение второго порядка.

58

Литература 1. Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисление для ВТУЗов. – М.: Наука, 1985. – Т. 2. – 2004. 2. Сборник задач по высшей математике. 2 курс / К. Н. Лунгу, В. П. Норин, Д. Т. Письменный и др.; под ред. С. Н. Федина. – М.: Айриспресс, 2007. 3. Высшая математика в упражнениях и задачах. / П. Е. Данко, А. Г. Попов, Т. Я. Кожевникова и др. – М.: Оникс; Мир и образование, 2006. 4. Матвеев Н. М. Методы интегрирования обыкновенных дифференциальных уравнений. – М.: Высшая школа, 1967.

59

Приложения Задачи для самостоятельного решения Каждая задача имеет 10 вариантов. Номер варианта определяется двумя последними цифрами шифра (номера зачётной книжки) и номером задачи. Например, если в зачётной книжке указан номер 123456/78, то две последние цифры — это 56. В таблице на странице 63 в строке с номером 56 указаны номера вариантов «1 6 2 7 3 8». Это означает, что в задаче I нужно решать вариант 1, в задаче II — вариант 6, в задаче III — 2, в задаче IV — 7, в задаче V — 3, в задаче VI — 8. Задача I. Решите дифференциальное уравнение первого порядка. 0. 𝑦 = ′

𝑥2 −4𝑥𝑦+𝑦 2 2𝑥2 −2𝑥𝑦+𝑦 2 2

1. 𝑦 ′ = (2𝑥 + 2𝑦 − 3)2 2

2

2. 𝑥2 𝑑𝑦 − (𝑦 + 2𝑦 + 1)𝑑𝑥 = 0 √︀ 4. (1 − 𝑥2 )𝑑𝑦 + 2𝑥 𝑦 2 − 1𝑑𝑥 = 0 2 +2𝑥𝑦−𝑦 2 6. 𝑦 ′ = 𝑥𝑥2 −2𝑥𝑦−𝑦 2

+18𝑥𝑦−16𝑦 3. 𝑦 ′ = 4𝑥 22𝑥2 −15𝑥𝑦−𝑦 2 5. 𝑦 ′ = (2𝑥 − 2𝑦 + 3)2 7. 𝑥2 𝑑𝑦 − 𝑦(2𝑥 + 3)𝑑𝑥 = 0

8. 2𝑥𝑦 ln 𝑥 𝑑𝑦 + (𝑦 2 + 1)𝑑𝑥 = 0

9. 𝑦 ′ =

𝑥2 +2𝑥𝑦−𝑦 2 3𝑥2 −2𝑥𝑦+𝑦 2

Задача II. Найдите частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальному условию 𝑦|𝑥=𝑥0 = 𝑦0 . 0. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = 3(𝑥 + 1)2 𝑥𝑦 ′ + 𝑦 = (𝑥 + 1)2 𝑦 2 (𝑥2 + 1)𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 = 2 √ (𝑥2 + 1)𝑦 ′ + 2𝑥𝑦 = 2 𝑦 2 ′ 2 𝑥(𝑥 + 1)𝑦 − 2𝑥 𝑦 = 2 (𝑥2 + 1)𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 3𝑥2 𝑦 2 (𝑥2 − 1)𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 4𝑥2 √ 2 ′ (𝑥 √ − 1)𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 2√ 𝑦 2 3𝑥 𝑥2 − 1 √ √𝑥 − 1𝑦 ′ − 𝑦 = √ 𝑥2 − 1𝑦 + 𝑦 = 𝑥2 − 1(𝑥 + 𝑥2 − 1)𝑦 2

𝑦|𝑥=1 = 7 𝑦|𝑥=1 = 1 𝑦|𝑥=−1 = 3 𝑦|𝑥=0 = 1 𝑦|𝑥=1 = −1 𝑦|𝑥=−1 = 1 𝑦|𝑥=2 = 2 𝑦|𝑥=0 = 1 𝑦|𝑥=−2 = 3 𝑦|𝑥=2 = −1

Задача III. Найдите общее решение дифференциального уравнения второго порядка. 0. (1 − 𝑥2 )𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ = 0 2. (𝑦 2 + 1)𝑦 ′′ − 𝑦(𝑦 ′ )2 = 0 4. (𝑥2 − 1)2 𝑦 ′′ + 2𝑥(𝑦 ′ )2 = 0

1. (𝑦 2 − 1)𝑦 ′′ + 2(𝑦 ′ )2 = 0 3. (𝑥2 + 1)𝑦 ′′ + 𝑥𝑦 ′ = 0 5. (𝑦 2 + 1)2 𝑦 ′′ + 2𝑦(𝑦 ′ )3 = 0 60

6. (𝑦 2 − 1)2 𝑦 ′′ − 2𝑦(𝑦 ′ )3 = 0 8. 𝑦 ′′ + 𝑦 tg 𝑥 = sin 𝑥 cos 𝑥

7. (𝑥2 + 1)2 𝑦 ′′ − 2𝑥(𝑦 ′ )2 = 0 9. 𝑦 ′′ + (𝑦 ′ )2 tg 𝑦 = 2(𝑦 ′ )3 sin 2𝑦

Задача IV. Найдите частное решение дифференциального уравнения 𝑦 ′′ + 𝑝𝑦 ′ + 𝑞𝑦 = 𝑓 (𝑥), удовлетворяющее начальным условиям 𝑦|𝑥=0 = 𝑦0 , 𝑦 ′ |𝑥=0 = 𝑦0′ . 0. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9.

𝑦 ′′ − 4𝑦 ′ + 3𝑦 = 2𝑒2𝑥 3 2𝑥 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ + 25 4 𝑦 = 6𝑒 𝑡 ′′ ′ −2 2𝑦 + 7𝑦 + 3𝑦 = 5𝑒 3 2𝑦 ′′ − 5𝑦 ′ + 3𝑦 = 4𝑒 2 𝑥 ′′ ′ −2𝑥 𝑦 + 4𝑦 + 5𝑦 = 4𝑒 sin 𝑥 4𝑦 ′′ − 7𝑦 ′ + 3𝑦 = −𝑒𝑥 𝑦 ′′ − 2𝑦 ′ + 5𝑦 = 4𝑒𝑥 cos 2𝑥 𝑦 ′′ + 8𝑦 ′ + 25𝑦 = 312 cos 3𝑥 𝑦 ′′ + 8𝑦 ′ + 25𝑦 = 120 sin 5𝑥 𝑦 ′′ − 9𝑦 = 𝑥 − 2

𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0 𝑦|𝑥=0

′ = 0, 𝑦𝑥=0 =0 1 ′ = 2 , 𝑦𝑥=0 = 14 ′ = 0, 𝑦𝑥=0 = 6 ′ = 0, 𝑦𝑥=0 =0 ′ = 1, 𝑦𝑥=0 =4 ′ = 1, 𝑦𝑥=0 =0 ′ = 1, 𝑦𝑥=0 =1 ′ = 0, 𝑦𝑥=0 =0 ′ = 0, 𝑦𝑥=0 =0 ′ = 1, 𝑦𝑥=0 =0

Задача V. Дана система однородных линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. 1) Запишите данную систему в матричной форме. 2) Найдите общее решение системы средствами линейной алгебры. 3) Запишите её общее решение в матричной форме. 4) Найдите частное решение, удовлетворяющее начальным условиям 𝑥|𝑡=0 = 𝑥0 , 𝑦|𝑡=0 = 𝑦0 . {︃ {︃ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 = −6𝑦 𝑥|𝑡=0 = −3 𝑥|𝑡=0 = 3 𝑑𝑡 𝑑𝑡 = −6𝑦 0. 𝑑𝑦 1. 𝑑𝑦 𝑦|𝑡=0 = 4 𝑦|𝑡=0 = −4 = −𝑥 + 𝑦 = −𝑥 − 𝑦 {︃ 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥|𝑡=0 = 1 𝑥|𝑡=0 = 1 𝑑𝑡 = −3𝑥 − 4𝑦 𝑑𝑡 = 5𝑥 + 𝑦 2. 𝑑𝑦 3. 𝑑𝑦 𝑦|𝑡=0 = −2 𝑦|𝑡=0 = 3 = −2𝑥 − 5𝑦 = −3𝑥 + 9𝑦 {︃ 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥|𝑡=0 = 4 𝑥|𝑡=0 = 4 𝑑𝑡 = 3𝑥 + 4𝑦 𝑑𝑡 = 𝑥 + 4𝑦 4. 𝑑𝑦 5. 𝑑𝑦 𝑦| = 3 𝑦|𝑡=0 = −1 𝑡=0 = −𝑥 − 𝑦 = 2𝑥 + 3𝑦 {︃ 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥|𝑡=0 = 12 𝑥|𝑡=0 = 3 𝑑𝑡 = 2𝑥 + 𝑦 𝑑𝑡 = 𝑥 − 2𝑦 6. 𝑑𝑦 7. 𝑑𝑦 5 𝑦|𝑡=0 = 10 𝑦|𝑡=0 = −1 = − 𝑥 + 3𝑦 = 6𝑥 + 9𝑦 2 {︃ 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑥|𝑡=0 = 0 𝑥|𝑡=0 = 0 𝑑𝑡 = 𝑥 + 6𝑦 𝑑𝑡 = 𝑥 − 2𝑦 9. 𝑑𝑦 8. 𝑑𝑦 1 𝑦| = 𝑦|𝑡=0 = 21 𝑡=0 3 𝑑𝑡 = −2𝑥 + 9𝑦 𝑑𝑡 = 3𝑥 + 6𝑦 Задача VI. Решите неоднородную систему линейных уравнений методом исключения. 61

{︃

0. 2. 4. 6. 8.

𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡

{︃

= −𝑥 + 4𝑦 = 𝑥 + 2𝑦 + 3𝑒−2𝑡

1.

= 5𝑥 + 𝑦 + 2𝑒6𝑡 = −3𝑥 + 9𝑦

3.

= −𝑥 + 3𝑦 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑒2𝑡

5.

= 2𝑥 + 4𝑦 + 𝑡2 = −𝑥 − 2𝑦 − 𝑡2

7.

= 𝑥 − 𝑦 + 32 𝑡2 = −4𝑥 − 2𝑦 + 4𝑡 + 1

9.

62

𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡 {︃ 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 {︃ 𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑦 𝑑𝑡

= −4𝑥 + 4𝑦 + 29 𝑒−2𝑡 = −𝑥 + 32 𝑒−2𝑡 = −𝑦 − 21 𝑒𝑡 + 12 𝑒−𝑡 = 2𝑦 + 23 𝑒𝑡 − 12 𝑒−𝑡 = −𝑥 + 3𝑦 − 𝑒2𝑡 − 𝑒−2𝑡 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑒−2𝑡 = 2𝑥 + 𝑦 − 3𝑒𝑡 = 2𝑥 + 3𝑦 = −𝑦 − 𝑒𝑡 + cos 𝑡 = 2𝑦 + 2𝑒𝑡 − cos 𝑡

ШИФР 00 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33

З 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 3 4 5 6

А 9 2 4 6 8 0 1 3 5 7 0 3 5 7 9 1 2 4 6 8 1 4 6 8 0 2 3 5 7 9 2 5 7 9

Д 8 3 6 9 1 4 7 0 2 5 9 4 7 0 2 5 8 1 3 6 0 5 8 1 3 6 9 2 4 7 1 6 9 2

А 7 4 8 1 5 9 2 6 0 3 8 5 9 2 6 0 3 7 1 4 9 6 0 3 7 1 4 8 2 5 0 7 1 4

Ч 6 5 0 4 9 3 8 2 7 1 7 6 1 5 0 4 9 3 8 2 8 7 2 6 1 5 0 4 9 3 9 8 3 7

Таблица выбора вариантов И ШИФР З А Д А Ч И ШИФР 5 6 34 7 1 4 8 2 5 67 1 35 8 3 7 2 6 1 68 7 36 9 4 0 5 1 6 69 2 37 0 6 3 9 5 2 70 8 38 1 8 5 3 0 7 71 3 39 2 0 8 6 4 3 72 9 40 4 3 2 1 0 9 73 4 41 5 6 7 8 9 0 74 0 42 6 8 0 2 4 5 75 6 43 7 0 3 5 8 1 76 7 44 8 2 5 9 3 6 77 2 45 9 4 8 3 7 2 78 8 46 0 5 1 6 2 7 79 3 47 1 7 4 0 6 3 80 9 48 2 9 6 4 1 8 81 4 49 3 1 9 7 5 4 82 0 50 5 4 3 2 1 0 83 5 51 6 7 8 9 0 1 84 1 52 7 9 1 3 5 6 85 7 53 8 1 4 6 9 2 86 8 54 9 3 6 0 4 7 87 3 55 0 5 9 4 8 3 88 9 56 1 6 2 7 3 8 89 4 57 2 8 5 1 7 4 90 0 58 3 0 7 5 2 9 91 5 59 4 2 0 8 6 5 92 1 60 6 5 4 3 2 1 93 6 61 7 8 9 0 1 2 94 2 62 8 0 2 4 6 7 95 8 63 9 2 5 7 0 3 96 9 64 0 4 7 1 5 8 97 4 65 1 6 0 5 9 4 98 0 66 2 7 3 8 4 9 99

63

З А Д А Ч И 3 4 5 7 8 9 0 1 2 3 4 5 6 8 9 0 1 2 3 4 5 6 7 9 0 1 2 3 4 5 6 7 8

9 1 3 6 9 1 3 5 7 8 0 2 4 7 0 2 4 6 8 9 1 3 5 8 1 3 5 7 9 0 2 4 6

6 8 1 5 0 3 6 8 1 4 7 9 2 6 1 4 7 9 2 5 8 0 3 7 2 5 8 0 3 6 9 1 4

2 6 9 4 1 5 8 2 6 9 3 7 0 5 2 6 9 3 7 0 4 8 1 6 3 7 0 4 8 1 5 9 2

8 3 7 3 2 7 1 6 0 5 9 4 8 4 3 8 2 7 1 6 0 5 9 5 4 9 3 8 2 7 1 6 0

5 0 6 2 3 8 4 9 5 0 6 1 7 3 4 9 5 0 6 1 7 2 8 4 5 0 6 1 7 2 8 3 9

Вопросы для самопроверки 1. Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям. Начальные условия и краевые условия. 2. Дифференциальные уравнения первого порядка. Теорема Коши. 3. Дифференциальные уравнения первого порядка с разделяющимися переменными. 4. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка и сводящиеся к ним. 5. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка. Уравнения Бернулли. 6. Системы дифференциальных уравнений первого порядка в нормальной форме. 7. Дифференциальные уравнения высших порядков. Сведение к системе уравнений первого порядка. 8. Сведение системы дифференциальных уравнений первого порядка в нормальной форме к одному уравнению высшего порядка (или к последовательности уравнений). 9. Простейшие типы дифференциальных уравнений, допускающих понижение порядка. 10. Линейные дифференциальные уравнения 𝑛-го порядка. Свойства решений. Структура общего решения неоднородного линейного уравнения. 11. Линейная зависимость функций. Определитель Вронского. Линейная зависимость решений одно-родного линейного дифференциального уравнения 𝑛-го порядка. 12. Фундаментальная система решений однородного линейного дифференциального уравнения 𝑛-го порядка. Структура общего решения. 13. Метод вариации произвольных постоянных для неоднородного линейного дифференциального уравнения 𝑛-го порядка. 14. Однородные линейные дифференциальные уравнения 𝑛-го порядка с постоянными коэффициентами. Характеристическое уравнение. Вид фундаментальной системы решений. 15. Подбор частных решений неоднородных линейных дифференциальных уравнений 𝑛-го порядка в случае правой части специального вида. 16. Системы линейных дифференциальных уравнений первого порядка в нормальной форме. Матричная запись системы и её решения. 17. Метод вариации произвольных постоянных для системы линейных дифференциальных уравнений первого порядка в матричной форме.

64

18. Система однородных линейных дифференциальных уравнений первого порядка с постоянными коэффициентами. Характеристическое уравнение. Вид фундаментальной системы решений. Производные Общие формулы дифференцирования 1) 𝑐′ = 0 (𝑐 — число) 7) Производная обратной функции: 2) (𝑐𝑢)′ = 𝑐𝑢′ (𝑐 — число) 𝑦 = 𝑦(𝑥), 𝑥 = 𝑥(𝑦) 3) (𝑢 + 𝑣)′ = 𝑢′ + 𝑣 ′ 𝑦𝑥′ = 𝑥1′ 𝑦 ′ ′ ′ 4) (𝑢𝑣) = 𝑢 𝑣 + 𝑢𝑣 8) Производная функции, задан(︀ 𝑢 )︀′ ′ ′ 5) 𝑣 = 𝑢 𝑣−𝑢𝑣 ной параметрически: 𝑣2 {︃ 6) Производная сложной функции: 𝑥 = 𝑥(𝑡) 𝑦 = 𝑦(𝑢), 𝑢 = 𝑢(𝑥) 𝑦 = 𝑦(𝑡) 𝑦𝑥′ = 𝑦𝑢′ · 𝑢′𝑥 𝑦′ ′ 𝑦𝑥 = 𝑥𝑡′ 𝑡 9) Формула логарифмического дифференцирования: 𝑦 ′ = 𝑦 · (ln|𝑦|)′ Производные основных 1) (𝑢 ) = 𝛼𝑢𝛼−1 · 𝑢′ (𝛼 — число) 2) (𝑎𝑢 )′ = 𝑎𝑢 ln 𝑎·𝑢′ (𝑎 > 0 — число) 2') (𝑒𝑢 )′ = 𝑒𝑢 · 𝑢′ 1 ′ 3) (log𝑎 |𝑢|)′ = 𝑢 ln 𝑎 ·𝑢 (𝑎 > 0, 𝑎 ̸= 1 — число) 3') (ln|𝑢|)′ = 𝑢1 · 𝑢′ 3'') (lg|𝑢|)′ = 𝑢 ln1 10 · 𝑢′ 4) (sin 𝑢)′ = cos 𝑢 · 𝑢′ 5) (cos 𝑢)′ = − sin 𝑢 · 𝑢′ 6) (tg 𝑢)′ = cos12 𝑢 · 𝑢′ 7) (ctg 𝑢)′ = − sin12 𝑢 · 𝑢′ 1 8) (arcsin 𝑢)′ = √1−𝑢 · 𝑢′ 2 𝛼 ′

1) 𝑑𝑢 = 𝑢′ 𝑑𝑥 2) 𝑑(𝑐𝑢) = 𝑐 𝑑𝑢 (𝑐 — число) 3) 𝑑(𝑢 + 𝑣) = 𝑑𝑢 + 𝑑𝑣

элементарных функций 1 9) (arccos 𝑢)′ = − √1−𝑢 · 𝑢′ 2 1 10) (arctg 𝑢)′ = 1+𝑢2 · 𝑢′ 1 ′ 11) (arcctg 𝑢)′ = − 1+𝑢 2 · 𝑢 ′ ′ 12) (sh 𝑢) = ch 𝑢 · 𝑢 13) (ch 𝑢)′ = sh 𝑢 · 𝑢′ 14) (th 𝑢)′ = ch12 𝑢 · 𝑢′ 15) (cth 𝑢)′ = − sh12 𝑢 · 𝑢′ 16) (arsh 𝑢)′ = √𝑢12 +1 · 𝑢′ 17) (arch 𝑢)′ = √𝑢12 −1 · 𝑢′ 1 ′ 18) (arth 𝑢)′ = 1−𝑢 2 · 𝑢 1 19) (arcth 𝑢)′ = 1−𝑢2 · 𝑢′

Дифференциал 4) 𝑑(𝑢𝑣) 𝑢 𝑑𝑣 (︀ )︀ = 𝑣 𝑑𝑢 +𝑑𝑣 5) 𝑑 𝑢𝑣 = 𝑣 𝑑𝑢−𝑢 𝑣2 6) 𝑑𝑛 𝑢 = 𝑢(𝑛) 𝑑𝑥𝑛

65

Интегралы Основные свойства ∫︀интегралов (︀∫︀ )︀′ 3) ∫︀ 𝑑𝐹 (𝑥) = 𝐹 (𝑥) 1) (︀∫︀𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 )︀= 𝑓 (𝑥) ∫︀ + 𝐶 2) 𝑑∫︀ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 ∫︀ ∫︀ 4) 𝑐𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝑐 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 5) (𝑓 (𝑥)∫︀ + 𝑔(𝑥))𝑑𝑥 = 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 +∫︀ 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 6) Если ∫︀ 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥) + 𝐶, то ∫︀ 𝑓 (𝑎𝑥 + 𝑏)𝑑𝑥 = 𝑎1 𝐹 (𝑎𝑥 + 𝑏) + 𝐶 (𝑎 ̸= 0) 7) Если 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥) + 𝐶, то 𝑓 (𝑢)𝑑𝑢∫︀ = 𝐹 (𝑢) + 𝐶 ∫︀ 8) Формула интегрирования по частям: 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − 𝑣 𝑑𝑢 9) произведения: ∫︀ Формула интегрирования ∫︀ ′ ′′ 𝑢𝑣 𝑑𝑥 = 𝑢𝑣1 − 𝑢 𝑣2 + 𝑢 𝑣3 − . . . + (−1)𝑛−1 𝑢(𝑛−1) 𝑣𝑛 + (−1)𝑛 𝑢(𝑛) 𝑣𝑛 𝑑𝑥 (𝑣1 — первообразная 𝑣, 𝑣2 — первообразная 𝑣1 , 𝑣3 — первообразная 𝑣2 ,. . . ) Таблица простейших ∫︀интегралов ∫︀ 𝛼+1 1 𝑥 12) 𝑥2𝑑𝑥 + 𝐶 (𝑎 ̸= 0) 1) 𝑥𝛼 𝑑𝑥 = 𝑥𝛼+1 + 𝐶 (𝛼 ̸= −1) +𝑎2 = 𝑎 arctg ⃒ 𝑎 ⃒ ∫︀ 𝑑𝑥 ∫︀ 𝑑𝑥 ⃒ 𝑥−𝑎 ⃒ 1 2) 𝑥 = ln|𝑥| + 𝐶 13) 𝑥2 −𝑎2 = 2𝑎 ln ⃒ 𝑥+𝑎 ⃒ + 𝐶 ∫︀ 𝑘𝑥 3) 𝑒𝑘𝑥 = 𝑒𝑘 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) ∫︀ 𝑥 ∫︀(𝑎 ̸= 0) 3')∫︀ 𝑎𝑥 𝑑𝑥 = ln𝑎 𝑎 + 𝐶 (𝑎 > 0, 𝑎 ̸= 1) 14) √ 𝑑𝑥 = arcsin 𝑥𝑎 + 𝐶 (𝑎 > 0) 𝑎2 −𝑥2 ⃒ ⃒ √ ∫︀ 1 4) sin 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑘 cos 𝑘𝑥 + 𝐶 15) √𝑥𝑑𝑥 = ln ⃒𝑥 + 𝑥2 + 𝐴⃒ +𝐶 2 +𝐴 ∫︀ (𝑘 ̸= 0) ∫︀(𝐴 ̸= 0) 5) ∫︀ cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘1 sin 𝑘𝑥 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) 1 16) ∫︀ sh 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘1 ch 𝑘𝑥 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) 6) tg 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = − 𝑘1 ln|cos 𝑘𝑥| + 𝐶 17) ∫︀ ch 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘 sh 𝑘𝑥 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) ∫︀ (𝑘 ̸= 0) 18) th 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘1 ln ch 𝑘𝑥 + 𝐶 7) ctg 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘1 ln|sin 𝑘𝑥| + 𝐶 ∫︀(𝑘 ̸= 0) ̸= 0) ∫︀ (𝑘 𝑑𝑥 19) cth 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘1 ln|sh 𝑘𝑥| + 𝐶 1 8) sin2 𝑘𝑥 = − 𝑘 ctg 𝑘𝑥 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) ∫︀ 0) ∫︀(𝑘 ̸= 9) cos𝑑𝑥 = 𝑘1 tg ⃒𝑘𝑥 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) 𝑑𝑥 ⃒ ∫︀ 2𝑑𝑥𝑘𝑥 20) = − 𝑘1 cth 𝑘𝑥 +𝐶 (𝑘 ̸= 0) 2 ⃒ ∫︀ sh𝑑𝑥𝑘𝑥 10) sin 𝑘𝑥 = 𝑘1 ln ⃒tg 𝑘𝑥 2 +𝐶 21) ch2 𝑘𝑥 = 𝑘1 th 𝑘𝑥 + 𝐶 (𝑘 ̸= 0) ⃒ ⃒ ∫︀ (𝑘 = ̸ 0) ⃒ (︀ 𝑘𝑥 𝜋 )︀⃒ ∫︀ 𝑑𝑥 ⃒ +𝐶 (𝑘 ̸= 0) 22) sh𝑑𝑥𝑘𝑥 = 𝑘1 ln ⃒th 𝑘𝑥 1 ⃒ ⃒ 2 11) cos 𝑘𝑥 = 𝑘 ln tg 2 + 4 + 𝐶 ∫︀ 𝑑𝑥 2 23) ch 𝑘𝑥 = 𝑘 arctg th 𝑘𝑥 2 +𝐶 (𝑘 ̸= 0) (𝑘 ̸= 0) Определённые интегралы ∫︀ 1) Формула Ньютона — Лейбница: если 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥) + 𝐶, то ∫︀𝑏 𝑓 (𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹 (𝑥)|𝑏𝑎 = 𝐹 (𝑏) − 𝐹 (𝑎). 𝑎

2) Формула интегрирования по частям:

∫︀𝑏 𝑎

66

𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣|𝑏𝑎 −

∫︀𝑏 𝑎

𝑣 𝑑𝑢.

Гиперболические функции Гиперболические функции определяются следующим образом: 𝑥 −𝑥 — гиперболический косинус, ch 𝑥 = 𝑒 +𝑒 2 𝑒𝑥 −𝑒−𝑥 sh 𝑥 = — гиперболический синус, 2 sh 𝑥 th 𝑥 = ch — гиперболический тангенс, 𝑥 𝑥 — гиперболический котангенс. cth 𝑥 = ch sh 𝑥 Формулы для тригонометрических и для гиперболических функций очень похожи. Например: cos2 𝑥 + sin2 𝑥 = 1 и ch2 𝑥 − sh2 𝑥 = 1; cos(𝑥 + 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦 и ch(𝑥 + 𝑦) = ch 𝑥 ch 𝑦 + sh 𝑥 sh 𝑦. Причина этого выясняется в теории функций комплексной переменной. Оказывается, для тригонометрических функций справедливы 𝑖𝑥 −𝑖𝑥 𝑖𝑥 −𝑖𝑥 формулы Эйлера cos 𝑥 = 𝑒 +𝑒 и sin 𝑥 = 𝑒 −𝑒 , где 𝑖 — так назы2 2𝑖 ваемая мнимая единица, для которой выполняется равенство 𝑖2 = −1 (сравните с определениями ch 𝑥 и sh 𝑥). В результате оказывается, что тригонометрические и гиперболические функции связаны соотношениями ch 𝑖𝑥 = cos 𝑥, cos 𝑖𝑥 = ch 𝑥, sh 𝑖𝑥 = 𝑖 sin 𝑥, sin 𝑖𝑥 = 𝑖 sh 𝑥. Обратные гиперболические √ функции: (︀ )︀ ареакосинус — arch 𝑥 = ln 𝑥 + 𝑥2 − 1 при 𝑥 > 1, √ (︀ )︀ ареасинус — arsh 𝑥 = ln 𝑥 + 𝑥2 + 1 , 1+𝑥 ареатангенс — arth 𝑥 = 12 ln 1−𝑥 при |𝑥| < 1, 1 𝑥+1 ареакотангенс — arcth 𝑥 = 2 ln 𝑥−1 при |𝑥| > 1. Необходимо также отметить, что обозначения гиперболических функций и обратных к ним не являются абсолютно стандартными, и в разной литературе можно встретить различные обозначения этих функций. Впрочем, это относится (в меньшей степени) и к тригонометрическим функциям.

67

Учебное издание

Владимир Александрович МАТВЕЕВ Владимир Михайлович УЛЬЯНОВ

ОБЫКНОВЕННЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Учебное пособие