Дифференциальные уравнения: Методические указания к типовому расчету

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ УЛЬЯНОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Методические указания к типовому расчету

Составители: П.А. Вельмисов Т.Б. Распутько

Ульяновск 2001

УДК 519.2(076) ББК 22.161я7 Д 50 Рецензент: доцент кафедры механики и теории управления УлГТУ, канд.физ.-мат. наук В.Л. Леонтьев Одобрено секцией методических пособий научно-методического совета университета

Дифференциальные уравнения. Методические указания к типовому расчету./Сост., П.А. Вельмисов, Т.Б. Распутько. - Ульяновск: УлГТУ, 2000.-32с. Методические указания по типовому расчету «Дифференциальные уравнения» составлены в соответствии с программой по курсу высшей математики для инженерно-технических и сельскохозяйственных специальностей высших учебных заведений. Дано краткое изложение методов решения и качественного исследования дифференциальных уравнений. Приведены примеры решений. Предназначены для студентов всех специальностей дневной, вечерней и заочной форм обучения УлГТУ и других вузов. Разработаны на кафедре «Высшая математика» УлГТУ.

УДК 519.2(076) ББК 22.161я7

© Ульяновский государственный технический университет, 2001

2

СОДЕРЖАНИЕ Введение............................................................................………………. 1.Дифференциальные уравнения 1-го порядка - основные понятия ... 2.Дифференциальные уравнения n-го порядка - основные понятия ... 3.Уравнения с разделяющимися переменными................…………….. 4.Однородные уравнения первого порядка ....................……………… 5.Линейные уравнения первого порядка. Уравнения Бернулли .......… 6.Уравнения в полных дифференциалах.............................................… 7.Метод изоклин ..................................................................................…. 8.Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям ................… 9.Уравнения, допускающие понижение порядка................................… 10.Линейные дифференциальные уравнения....................…………….. 11.Линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами ................................................................................... 12.Линейные уравнения второго порядка с переменными коэффициентами. Метод вариации произвольных постоянных....... Список литературы .............................................................................…...

3

4 4 6 7 8 9 12 13 15 17 19 21 27 30

ВВЕДЕНИЕ Предлагаемые методические указания являются руководством для выполнения типового расчета по теме “Дифференциальные уравнения” из учебного пособия Л.А. Кузнецова “Сборник заданий по высшей математике”(типовые расчеты). Типовой расчет содержит теоретические вопросы, теоретические упражнения и практические задачи. Теоретические вопросы и упражнения являются общими для всех студентов, практические задачи - индивидуальные. Целью типового расчета является обучение студентов некоторым методам аналитического решения простейших дифференциальных уравнений, а также их качественного исследования. В подразделах 3-12 изложены практические рекомендации по выполнению задач 1-16 типового расчета из [ 5 ](номера задач в данных указаниях совпадают с номерами в [ 5 ]). 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 1-ГО ПОРЯДКА ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ Дифференциальным уравнением (д.у.) называется уравнение, связывающее независимую переменную x , функцию y = y ( x ) переменной x и ее производные y ′ , y ′′,... y ( n ) . Наивысший порядок производной, входящей в уравнение, называется порядком д.у. Решением д.у. на интервале (a; b) называется функция y = J ( x ) такая, что подстановка функции y = J ( x ) в д.у. превращает уравнение в тождество по x на (a; b) . График решения д.у. называется интегральной кривой этого уравнения. Рассмотрим д.у. 1-го порядка, разрешенное относительно производной: y ′ = f ( x , y ) , где f ( x , y ) - некоторая функция 2-x переменных. Пусть даны числа x0 , y0 . Задачей Коши для д.у. 1-го порядка называется задача: найти решение д.у. y ′ = f ( x , y ) , удовлетворяющее начальному условию y( x 0 ) = y 0 . Геометрически это означает, что требуется найти интегральную кривую, проходящую через точку M 0 ( x0 , y0 ) на плоскости xOy . ТЕОРЕМА 1.1 Пусть дано д.у. y ′ = f ( x , y ) , где функция f ( x , y ) определена в некоторой области D плоскости xOy , содержащей точку M 0 ( x0 , y0 ) . Пусть выполняются условия: 1) f ( x , y ) есть непрерывная функция 2-х переменных в области D ; 2) f ( x , y ) имеет частную производную f y′ ( x , y) , ограниченную в D . Тогда найдется интервал ( x0 − h; x0 + h) , на котором существует единственное решение данного уравнения, удовлетворяющее условию y ( x0 ) = y0 . 4

2

y′ = y 3 ,

ПРИМЕР 1.1. Рассмотрим задачу Коши: f ( x, y) = y

По

2

3

y (0) = 1 . Здесь

- непрерывная функция на всей плоскости xOy ; f y′ ( x , y ) =

условию,

x0 = 0,

y0 = 1 .

В

окрестности

точки

2 −13 y . 3

M 0 (0;1) частная

производная f y′ ( x , y ) ограничена, значит, все условия теоремы 1.1 выполняются. Задача Коши имеет единственное решение. Заметим, что f y′ ( x , y ) обращается в бесконечность при y = 0 , т.е. на оси Ox , поэтому в точках оси Ox возможно нарушение единственности. Пусть дана задача Коши, и в области D выполняются условия теоремы 1.1. Общим решением д.у. y ′ = ( x , y ) называется функция y = J ( x , C ) , зависящая от переменной x и константы C , удовлетворяющая условиям: 1) при любом значении C функция y = J ( x , C ) является решением уравнения; 2) при любом начальном условии y ( x0 ) = y0 , таком, что M 0 ( x0 ; y0 ) ∈ D , найдется такое значение константы C , при котором функция y = J ( x , C ) будет удовлетворять данному начальному условию. Частным решением д.у. называется решение, полученное из общего при каком-либо фиксированном значении константы C . Общим интегралом д.у. называется соотношение вида Φ( x , y , C ) = 0 , неявно определяющее общее решение д.у. Решение y = J ( x ) д.у. называется особым, если в каждой точке его графика нарушается свойство единственности, т.е. если через каждую точку M 0 ( x0 ; y0 ) кроме интегральной кривой этого решения проходит также интегральная кривая другого решения д.у. ПРИМЕР 1.2. Доказать, что функция y = ( x + C) 3 / 27 является общим решением д.у. y ′ = y Решение.

2

3

в области D : y > 0 .

Находим

производную:

y′ =

1 3( x + C ) 2 = ( x + C ) 2 / 9 27

(

)

подставляем y и y ′ в уравнение: ( x + C ) 2 / 9 = ( x + C ) 3 / 27 верное равенство. Пусть дано условие

y ( x0 ) = y0 , где

2

3

и

- получили

y0 > 0 . Тогда

1

y 0 = ( x 0 + C) 3 / 27 , что равносильно C = 3 y0 3 − x0 . Это означает, что при

данном значении С функция y = ( x + C) 3 / 27 удовлетворяет условию y ( x 0 ) = y 0 . Значит, y есть общее решение. Заметим, что функция y = 0 также является решением д.у., это проверяется непосредственно. Пусть начальное условие будет вида y ( x0 ) = 0 . Тогда этому условию будут удовлетворять два решения: y = 0 и y = ( x + C0 ) 3 / 27 , где C0 = − x0 . Поэтому решение y = 0 есть особое решение д.у. 5

2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ N-ГО ПОРЯДКА ОСНОВНЫЕ ПОНЯТИЯ Задачей Коши для д.у. n -го порядка называется задача: найти решение д.у.: y ( n ) = F ( x , y , y ′,..., y ( n−1) ) , удовлетворяющее начальным условиям: y ( x 0 ) = y 0 , y ′ ( x 0 ) = y1 , y ′′( x 0 ) = y 2 ,..., y ( n −1) ( x 0 ) = y n −1

(2.1) (2.2)

ТЕОРЕМА 2.1. Пусть в уравнении (2.1) функция F ( x , y , y ′,... y ( n−1) ) : 1) непрерывна по всем своим аргументам в некоторой области D их изменения, 2) имеет ограниченные частные производные 1-го порядка в области D . Тогда найдется интервал ( x0 − h; x0 + h) , на котором существует единственное решение д.у.(2.1), удовлетворяющее начальным условиям (2.2). Для уравнения 2-го порядка y ′′ = F ( x , y , y ′) условия (2.2) имеют вид: y ( x 0 ) = y 0 , y ′( x 0 ) = y1 , где x0 , y0 , y1 - заданные числа. Общим решением д.у. (2.1) называется множество всех его решений, определяемое формулой y = ϕ ( x , C1 , C2 ,..., Cn ) , содержащей n произвольных постоянных, таких, что если даны условия (2.2), то найдутся такие значения ~ ~ ~ ~ C1 ,..., Cn , что y = ϕ ( x , C1 ,..., Cn ) будет являться решением д.у. (2.1), удовлетворяющим этим начальным условиям. Любое решение, полученное из общего решения при каких-либо конкретных значениях C1 ,..., Cn , называется частным решением. ПРИМЕР 2.1. Показать, что функция y = C1 + C2 e − x является общим решением уравнения y ′′ + y ′ = 0 . Решение. Находим производные: y ′ = − C2 e − x , y ′′ = C2 e − x = − y ′ , т.е. y обращает д.у. y ′′ + y ′ = 0 в тождество по x при любых значениях C1 и C2 . Далее, пусть даны произвольно начальные условия y ( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1 . Покажем, что постоянные C1 и C2 можно подобрать так, что y = C1 + C2 e − x будет удовлетворять этим условиям. Имеем: y = C1 + C2 e − x , y ′ = −C2 e − x . Полагая x = x0 получаем систему C1 + C2 e − x0 = y0 , − C2 e − x0 = y1 , из которой однозначно определяются C2 = − y1e x0 и C1 = y0 + y1 . Таким образом, решение y = y0 + y1 − y1e x0 − x удовлетворяет поставленным начальным условиям.

6

3. УРАВНЕНИЯ С РАЗДЕЛЯЮЩИМИСЯ ПЕРЕМЕННЫМИ Дифференциальное уравнение первого порядка с Признак. dy / dx = P( x )Q( y ) или разделяющимися переменными имеет вид P1 ( x )Q1 ( y )dx + P2 ( x )Q2 ( y )dy = 0 , где P , Q,, P1 , Q1 , P2 , Q 2 - некоторые функции. Метод решения. Следует разделить переменные, то есть привести Q ( y) P ( x) dy уравнение к виду = P( x )dx или − 2 dy = 1 dx и проинтегрировать Q( y ) Q1 ( y ) P2 ( x ) обе части уравнения по соответствующей переменной. Задача№1. Найти общий интеграл уравнения: x 2 8 − y 3 = y 2 1 − x 3 y ′ . dy как отношение Решение. Производную y ′ представим по формуле y ′ = dx dy . 2-х дифференциалов. Уравнение принимает вид: x 2 8 − y 3 = y 2 1 − x 3 dx Разделяем в уравнении переменные (т.е. все множители, содержащие y , переносим в правую часть уравнения, а все множители с x - в левую), x 2 dx y 2 dy x 2 dx y 2 dy получаем: = =∫ . Интегрируем: ∫ . Вычисляем 1 − x3 8 − y3 1 − x3 8 − y3 каждый из полученных интегралов методом подведения под знак дифференциала: x 2 dx 1 d(1 − x 3 ) 1 dt = − = t =1− x 3 = − ∫ = ∫ ∫ 3 3 3 3 t 1− x 1− x 1

y 2 dy 1 −2 1 t 1/2 2 2 3 8 − y3 + C. = − ∫ t dt = − + C = − 1 − x + C, ∫ =− 3 31/ 2 3 3 8 − y3 2 Общий интеграл дифференциального уравнения есть: − 1− x3 +C = 3 2 =− 8 − y 3 , где C - произвольная постоянная. Сокращая обе части уравнения 3 3 на (-2/3) и заменяя число C на другую константу C1 = − C , получаем: 2 3 3 1 − x + C1 = 8 − y . Замечание: решением уравнения является также y = 2 , которое не входит в

общий интеграл и которое мы потеряли, производя деление на решение является особым.

7

8 − y 3 . Это

4. ОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА Признак. Однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет  y вид y ′ = f   или P ( x , y )dx + Q( x , y )dy = 0 , где P ( x , y ) и Q( x , y ) - однородные  x функции от x и y одного порядка. Последнее означает, что для любых x , y , α P (αx ,αy ) = α n P( x , y ), Q(αx ,αy ) = α n Q( x , y ) , где n - некоторое число. Метод решения. Подстановка y = xu( x ), y ′ = u ′x + u , где u( x ) - новая функция переменной x . Подстановка приводит однородное уравнение к xu ′ = f (u) − u или уравнению с разделяющимися переменными xu ′ = − u − P(1, u) / Q(1, u) .

Замечание. однородному замены

Уравнение

 ax + by + c  dy = f  приводится dx  a1 x + b1 y + c1 

вида

к

 ax + by1   a + by1 / x1  dy1 dy1 = f 1 = f  , то есть  с помощью dx1 dx1  a1 x1 + b1 y1   a1 + b1 y1 / x1 

x = x1 + h,

y = y1 + k ,

если

ab1 − a1b ≠ 0 .

Постоянные

h, k

определяются из системы уравнений ah + bk + c = 0, a1h + b1 k + c1 = 0 . Если же ab1 − a1b = 0 (то

есть

a1 b1 = = λ ), a b

то

его

можно

привести

к

виду

 ax + by + c  dy = f . dx  λ (ax + by ) + c1  Последнее уравнение с помощью введения новой функции z ( x ) = ax + by ( x ) приводится к уравнению с разделяющимися переменными  z+c  z ′ = a + bf  .  λz + c1  y . x Решение. Разделим обе части уравнения на x : y ′ = y / x + cos2 ( y / x ) . Правая часть уравнения зависит от y / x , поэтому уравнение является

Задача №2.Найти общий интеграл уравнения xy ′ = y + x cos2

однородным.

Сделаем

замену

y = xu( x ),

y ′ = xu ′( x ) + u( x ) .

Получим

u ′x + u = u + cos2 u или: u ′x = cos2 u . Разделим переменные: du / cos2 u = dx / x ; интегрированием находим tgu = ln x + C , где C - произвольная постоянная

интегрирования. Общий интеграл исходного уравнения: tg ( y / x ) = ln x + C . В процессе решения мы делили на cos2 u , что могло привести к потере решения.

8

π  Положим cos u = 0 , тогда y = x  + πn , 2  решениями исходного уравнения.

n ∈ N . Эти функции также являются

y − 2x − 1 x− y+2 Решение. Это уравнение, приводящееся к однородному.

Задача № 3. Найти общий интеграл уравнения y ′ =

Сделаем замену x = x1 + h, y = y1 + k . Тогда уравнение примет вид dy1 ( y1 − 2 x1 ) + ( k − 2h − 1) = . ( x1 − y1 ) + (h − k + 2) dx1

Выбирая k − 2h − 1 = 0, h − k + 2 = 0 , т.е. h = 1, k = 3 и поделив числитель и знаменатель дроби на x1 , получим однородное уравнение dy1 / dx1 = ( y1 / x1 − 2) / (1 − y1 / x1 ) ,которое заменой y1 = x1u( x1 ) приводится к уравнению с разделяющимися переменными: x 1du / dx 1 + u = (u − 2) / (1 − u) . Разделяя переменные и интегрируя, имеем 

∫ 

1 u2 − 2

1 2 2 ln

ln

−

1− u u2 − 2

du =

dx 1 , x1

dx 1  = , du  ∫ 2  x u −2 1 u

u− 2

1 − ln u 2 − 2 = ln x 1 + ln C , u+ 2 2

u− 2 u+ 2

− 2 ln u − 2 − 2 ln u + 2 = 2 2 ln x 1 + ln C1 ,

(1 − 2 ) ln u − 2 − (1 − 2 ) ln u + 2 = 2 2 ln x 1 + ln C1 . (u − 2 )1−

2

(u + 2 )1+

2

= C1 x 2

2

 y y − 3 Возвращаясь к переменным x , y  u = 1 =  , общий интеграл уравнения x1 x − 1  

 y −3  − 2 запишем в виде   x −1 

1− 2

 y −3  + 2   x −1 

1+ 2

= C1 x 2

2

.

5. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА. УРАВНЕНИЯ БЕРНУЛЛИ. Признак. Линейное уравнение 1-го порядка имеет вид y ′ + P ( x ) y = Q( x ) , 9

(5.1)

где P ( x ), Q( x ) - заданные функции, непрерывные на интервале (a , b) . Метод решения. Следует искать решение уравнения в виде произведения двух функций: y ( x ) = U ( x )V ( x ) . Подставляя y в (5.1), получим VU ′ + ( PV + V ′)U = Q . Функцию V определяют из условия PV + V ′ = 0 (тогда

(

)

V = C∗ exp − ∫ P ( x )dx , где постоянную интегрирования

C∗

можно без

ограничения общности выбрать равной единице), затем находят U

из

уравнения VU ′ = Q (тогда U = ∫ (Q / V )dx + C , C -произвольная постоянная интегрирования). Общее решение уравнения (5.1) имеет вид y = exp( − ∫ P ( x )dx ) C + ∫ Q( x ) exp( ∫ P ( x )dx )dx .

[

]

Замечание. Решение можно получить также методом вариации произвольной постоянной, который для линейного уравнения первого порядка эквивалентен указанному выше методу: сначала находят общее решение

(

)

однородного уравнения V ′ + P ( x )V = 0, V = C∗ exp − ∫ P( x )dx , а затем, считая произвольную постоянную C∗ функцией, зависящей от x , общее решение

(

)

полного (неоднородного) уравнения отыскивают в виде y = C∗ ( x ) exp − ∫ Pdx . Подставляя

y( x) в

(

получим

(5.1),

)

уравнение

для

C∗ ( x ) :

C∗′ ( x ) exp − ∫ P( x )dx = Q .

Задача № 4. Найти решение задачи Коши y ′x ln x − y = 2 x 2 ln 2 x / 1 + x 2 ,

(

)

y ( e) = 0 .

Решение. Будем искать общее решение уравнения в виде y = U ( x )V ( x ) , тогда y ′ = U ′V + UV ′ . Подставляя выражения для y и y ′ в уравнение, получим

(

x ln xVU ′ + ( xV ′ ln x − V )U = 2 x 2 ln 2 x / 1 + x 2

)

(5.2)

Функцию V находим из условия xV ′ ln x − V = 0 . Тогда имеем dV dx = , ln V = ln ln x + ln C∗ , V = C∗ ln x . V x ln x Выбирая любое частное решение, например, V = ln x(C∗ = 1) и, подставляя его в

(

)

(5.2), получим уравнение для U ( x ) : x ln 2 xU ′ = 2 x 2 ln 2 x / 1 + x 2 .

(

)

(

)

Откуда находим U ′ = 2 x / 1 + x 2 , U = ln 1 + x 2 + C . Следовательно, общее

[(

) ]

решение уравнения имеет вид y = ln 1 + x 2 + C ln x . Для отыскания частного решения,

удовлетворяющего

(

условию

)

(

y ( e) = 0 ,

положим

)

Получим: 0 = ln 1 + e 2 + C , откуда C = − ln 1 + e 2 . 1 + x2 Таким образом, решение задачи Коши имеет вид y = ln ln x . 1 + e2 Задача № 5. Решить задачу Коши 10

x = e, y = 0 .

(2 y ln y + y − x )dy − ydx = 0,

y (0) = 1.

Решение. Уравнение можно привести к уравнениям вида dy y dx 2 y ln y + y − x , . = = dx 2 y ln y + y − x dy y Первое уравнение для функции y = y ( x ) нелинейное, второе после элементарных преобразований приводится к виду dx 1 (5.3) + x = 1 + 2ln y. dy y Последнее уравнение является линейным относительно функции x = x ( y ) (считаем искомой функцией x , а аргументом y ). Представляем x в виде x = U ( y )V ( y ) и подставляем в (5.3): VU ′ + (V ′ + V / y )U = 1 + 2 ln y. V Функции U и V находим из системы V ′ + = 0, VU ′ = 1 + 2 ln y. Из первого y dV dy = − , ln V = − ln y + lnC ∗ , V = C∗ / y; второе уравнения имеем: V y уравнение

системы

при

C∗ = 1

U = ∫ ( y + 2 y ln y )dy = y 2 ln y + C .

дает:

Тогда

y −1U ′ = 1 + 2 ln y.

общее

решение

Отсюда

имеет

вид

x = y ln y + C / y . Подставляя в это выражение значения x = 0, y = 1, находим C = 0 . Задача Коши имеет решение: x = y ln y .

Признак. Уравнение Бернулли имеет вид y ′ + P ( x ) y = Q( x ) y α , где α -вещественное число, α ≠ 0, α ≠ 1 . Метод решения: Замена z ( x ) = y 1−α , переводящая уравнение Бернулли в линейное уравнение z ′ + (1 − α ) P ( x ) z = (1 − α )Q( x ) . Задача № 6. Найти решение задачи Коши: y ′ − y cos x = y 2 cos x , y (0) = 1 .

Решение. Сделаем замену z( x ) = 1 / y ( x) . Получаем: z′ 1 1 − 2 − cos x = 2 cos x, z ′ = − z cos x − cos x . Последнее уравнение - линейное. z z z Его общее решение z = −1 + Ce −sin x , C - произвольная постоянная. Тогда общее решение исходного уравнения

y = ( − 1 + C exp( − sin x )) . Удовлетворяя начальному условию, получим C = 2 . Решение задачи Коши −1

имеет вид y = ( − 1 + 2 exp( − sin x )) . −1

11

6. УРАВНЕНИЯ В ПОЛНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛАХ Признак. Уравнение в полных дифференциалах имеет вид M ( x , y )dx + N ( x , y )dy = 0 , где функции M ( x , y ) и N ( x , y ) удовлетворяют условию ∂ M ( x , y) ∂ N ( x , y) (6.1) = ∂y ∂x Метод решения. Соотношение (6.1) равносильно существованию функции F = F ( x , y ) , удовлетворяющей условиям: ∂F ( x , y ) ∂F ( x , y ) (6.2) = M ( x , y ), = N ( x, y) ∂x ∂y Следует найти функцию F ( x , y ) . Интегрированием из первого условия (6.2) получим F ( x , y ) = ∫ M ( x , y )dx + ϕ ( y ) , (6.3) где ϕ ( y ) -пока произвольная функция. Подставляя F ( x , y ) из (6.3) во второе

∂ ( ∫ M ( x , y)dx ) + ϕ ′( y) = N ( x , y) , откуда находим ϕ ′( y ) ∂y , а затем и ϕ ( y ) (при этом постоянную интегрирования в выражении для ϕ ( y ) уравнение (6.2), имеем

можно задать произвольным конкретным числом). Общий интеграл исходного уравнения имеет вид F ( x , y ) = C , где C - произвольная постоянная. Задача № 7. Найти общий интеграл уравнения:  1 1   sin y + y sin x +  dx +  x cos y − cos x +  dy = 0 .   x y Решение. Проверим, является ли данное уравнение уравнением в полных 1 дифференциалах: M = sin y + y sin x + , x 1 ∂M ∂N N = x cos y − cos x + , = cos y + sin x , = cos y + sin x . y ∂y ∂x ∂M ∂N ∂F 1 - верно. Тогда имеем: Итак, = = sin y + y sin x + , ∂y ∂ x ∂x x 1  F = ∫  sin y + y sin x +  dx + ϕ ( y ) = x sin y − y cos x + ln x + ϕ ( y ) .  x ∂F 1 = x cos y − cos x + , Далее, подставляя F в уравнение y ∂y 1 находим ϕ ( y ) : x cos y − cos x + ϕ ′( y ) = x cos y − cos x + , y 1 ϕ ′( y ) = , ϕ ( y ) = ln y + ln C$ . y 12

Тогда F ( x , y ) = x sin y − y cos x + ln xyC$ . Общий интеграл исходного уравнения имеет вид (положили C$ = 1 ): x sin y − y cos x + ln xy = C , где C - произвольная постоянная.

7. МЕТОД ИЗОКЛИН Метод изоклин используется для исследования дифференциальных уравнений первого порядка y ′ = f ( x , y ) . Изоклиной д.у. называется геометрическое место точек, в которых dy = const , т.е. f ( x , y ) = const . Метод позволяет выполняется условие dx построить качественную картину интегральных кривых и провести анализ некоторых свойств решения дифференциального уравнения y ′ = f ( x , y ) по виду правой части f ( x , y ) без отыскания общего решения этого уравнения. Если вдоль изоклины f ( x , y ) > 0( y ′ > 0) , то функция y ( x ) , являющаяся решением д.у., в точках этой изоклины возрастает; если f ( x , y ) < 0( y ′ < 0) убывает. Если в точках плоскости f x′ + f ⋅ f y′ > 0( y ′′ > 0) , то интегральные кривые выпуклы вниз, если f x′ + f ⋅ f y′ < 0( y ′′ < 0) , то кривые выпуклы вверх. Задача № 8. Для данного уравнения методом изоклин построить интегральную кривую, проходящую через точку M :  1 1 y ′ = 2 x 2 − y, M  − ;  .  4 2 Решение. Для получения уравнения изоклин положим y ′ = K , K = const , тогда 2 x 2 − y = K или y = 2 x 2 − K . Таким образом, изоклинами являются параболы. При K = 0 получим изоклину y = 2 x 2 . Эта кривая делит плоскость xOy на две области, в каждой из которых y ′ имеет свой знак (один и тот же для каждой точки области). Интегральные кривые, пересекая левую ветвь изоклины y = 2 x 2 , переходят из области возрастания функции y ( x ) в область ее убывания; пересекая правую ветвь, они переходят из области убывания в область возрастания. Значит, на кривой y = 2 x 2 находятся точки экстремумов решений y ( x ) дифференциального уравнения (касательные к интегральным кривым в точках этой параболы горизонтальны). Рассмотрим еще одну изоклину: y = 2 x 2 + 1( K = −1) . Касательные, проведенные к интегральным кривым в точках перечесения с этой изоклиной, образуют с осью Ox угол ϕ в 1350 (т.к. K = y ′ = tgϕ , где ϕ - угол наклона касательной к оси Ox ). При K = 1 имеем изоклину y = 2 x 2 − 1 . Касательные, 13

проведенные к интегральным кривым в точках пересечения с этой изоклиной, образуют с осью Ox угол ϕ в 450 , т.к. tgϕ = K = 1 .

Рис. 7.1. Изоклины при K = 0, K = −1, K = − 3 . Найдем y ′′ = (2 x 2 − y ) ′ = 4 x − y ′ = 4 x − (2 x 2 − y ) = −2( x − 1) 2 + 2 + y . На кривой y = 2 x 2 − 4 x = 2( x − 1) 2 − 2 имеем y ′′ = 0 . В части плоскости xOy , расположенной выше кривой y = 2 x 2 − 4 x , y ′′ > 0 , а значит интегральные кривые обращены выпуклостью вниз. В части плоскости ниже кривой y = 2 x 2 − 4 x имеем y ′′ < 0 , а значит интегральные кривые обращены выпуклостью вверх. На самой кривой y = 2 x 2 − 4 x лежат точки перегиба интегральных кривых. Качественная картина интегральных кривых изображена на рис.7.2.  1 1

Таким образом интегральная кривая, проходящая через точку M  − ;  , 4 2 имеет одну точку, соответствующую минимуму; одну точку, соответствующую максимуму, и две точки перегиба.

14

Рис.7.2. Семейство интегральных кривых уравнения y ′ = 2 x 2 − y .

8. ЗАДАЧИ, ПРИВОДЯЩИЕ К ДИФФЕРЕНИЦИАЛЬНЫМ УРАВНЕНИЯМ Задача № 9'. Найти линию, проходящую через точку M 0 (6;1) , обладающую →

тем свойством, что в любой ее точке M нормальный вектор MN с концом на оси Oy имеет длину, равную a = 10 , и образует острый угол с положительным направлением оси Oy . Решение. Рассмотрим рис.8.1. Пусть уравнение кривой y = y ( x ) . Уравнение нормали, проходящей через M ( x , y ) (где x , y -произвольные фиксированные числа), есть: точку y ′( x )(Y − y ) = −( X − x ) .

15

Рис. 8.1.К задаче № 9'.

Рис.8.2.К задаче № 9". Находим координаты точки N : в уравнении нормали полагаем X = 0 и Y = y + x / y ′( x ) .

находим

Находим

длину

отрезка

приходим

к

MN :

MN

2

=

= ( x − X ) + ( y − Y ) = x 2 + x 2 / ( y ′) 2 . 2

По

условию

2

MN = 100 , 2

тогда

дифференциальному

уравнению: x 2 + x 2 / ( y ′) 2 = 100 . Преобразовывая его к виду y′ = ±x / 100 − x 2 , 1 d (100 − x 2 ) xdx =m ∫ = m 100 − x 2 + C . далее находим y = ± ∫ 2 2 2 100 − x 100 − x 16

→

→

По условию задачи угол между векторами MN и j острый, значит, при x > 0 y′ > 0 . выполняется условие Это означает, что y ′ = + x / 100 − x 2 , y = − 100 − x 2 + C . Кривая проходит через т. M 0 (6;1) ,

значит, при x = 6,

y = 1, отсюда С=9.

Ответ: y = − 100 − x 2 + 9 . Задача № 9". Найти линию, проходящую через точку M 0 (8,4) , если отрезок любой ее касательной, заключенный между осями координат, делится точкой касания в отношении a: b = 2:3 (считая от оси Oy ): Решение. Рассмотрим рис. 8.2. Запишем уравнение касательной, проведенной к кривой y = y ( x ) через т. M ( x , y ) : Y − y = y ′( x )( X − x ) . Согласно этому уравнению находим координаты точки N - точки пересечения касательной с осью Oy: X = 0 , тогда Y = y − xy ′( x ) . Для точки P: Y = 0 , тогда X = x − y / y ′ . Находим длины отрезков: MN 2 = ( x − X ) 2 + ( y − Y ) 2 = x 2 + x 2 ( y ′) 2 ;

MP 2 = ( y / y ′) 2 + y 2 .

Согласно

условию задачи MN : MP = 2:3 , тогда 9 MN 2 = 4 MP 2 . Подставляя в это равенство выражения для MN и MP , получим дифференциальное уравнение 9 x 2 + 9 x 2 ( y ′) 2 = 4 y 2 / ( y ′) 2 + 4 y 2 . 2y dy 2dx 2 Решая его: 9 x 2 ( y ′) 2 = 4 y 2 , y′ = ± , =± , ln y = ± ln xC0 , 3 3x y 3x получаем общее решение: y = C ( x ±2 / 3 ) . При x > 0, y > 0 имеем y ′ < 0 , поэтому

y ′ = −2 y / (3x ) .

Интегрируя,

находим:

y = Cx −2 / 3 .

Полагая

x = 8, y = 4 , получаем C = 16 .

Ответ: y = 16 x −2 / 3 .

9. УРАВНЕНИЯ, ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА Укажем два вида дифференциальных уравнений, допускающих понижение порядка.

17

Признак 1. Уравнение не содержит искомой функции и ее производных до порядка (К-1) включительно, т.е. младшая производная, входящая в уравнение, есть y ( K ) . Метод решения: замена p = y ( K ) , понижающая порядок уравнения на К единиц. При этом p = p( x ) есть функция переменной x . Задача № 10. Найти общее решение дифференциального уравнения x y ′′′ = y ′′ + x 2 + ( y ′′) 2 ( x > 0) . Решение. Уравнение не содержит функции y и ее производной y ′ . Введем новую неизвестную функцию p( x ) = y ′′( x ) . Уравнение примет вид: 2

p  p xp ′ = p + x + p , p ′ = + 1 +   . (9.1)  x x Это однородное уравнение. Введем новую функцию u( x ) = p( x ) / x : du xu ′ + u = u + 1 + u 2 , x = 1 + u 2 . dx Разделяем переменные и интегрируем: du dx = , ln u + 1 + u 2 = ln xC , u + 1 + u 2 = Cx , −2Cxu + C 2 x 2 = 1 . x 1 + u2 1 C Так как u = p / x , то: − 2Cp + C 2 x 2 = 1, p( x ) = x 2 − . 2 2C Мы получили общее решение уравнения (9.1). Учитывая, что p = y ′′ , имеем: C 1 y ′′ = x 2 − . Отсюда двухкратным интегрированием находим y ( x ) : 2 2C C 1 C 4 1 2 y′ = x3 − x + C1 , y = x − x + C1 x + C2 . 6 2C 24 4C Признак 2. Уравнение не содержит независимого переменного x . 2

2

Метод решения: замена y ′ = p( y ) . При этом p рассматривается как новая dy ′ dp dp dy = = ⋅ = p ′p, неизвестная функция от y: p = p( y ) . Тогда y ′′ = dx dx dy dx dy ′′ d( p′ p) dp′ dp dp′ dy dp dy y ′′′ = = = ⋅ p + p′ ⋅ = ⋅ ⋅ p + p′ ⋅ ⋅ = p′′ ⋅ p2 + ( p′) 2 ⋅ p dx dx dx dx dy dx dy dx Аналогично находят производные более высокого порядка. Замена понижает порядок уравнения на единицу. Задача № 11. Найти решение задачи Коши: yy ′′ − ( y ′) 2 = y 2 y ′,

y (0) = −0,5,

y ′(0) = −0,25.

Решение. Вводим новую функцию p( y ) = y ′ . Имеем ypp ′ − p 2 = y 2 p, 18

p′ − p / y = y .

(9.2)

Это линейное уравнение для p( y ) . Найдем общее решение однородного уравнения: p dp dy dp dy = 0, = = ∫ , ln p = ln y + ln C , p = Cy. ∫ y p y p y Считая C = C ( y ) функцией и подставляя p = C ( y ) ⋅ y в уравнение (9.2), получим: dy = y ( y + C1 ) . C ′( y ) y = y , C ′( y ) = 1, C ( y ) = y + C1 , p = y ( y + C1 ), dx Разделяем переменные и интегрируем y dy = dx , ln = xC1 + C2 , (C1 ≠ 0) . y ( y + C1 ) y + C1 Последнее соотношение есть общий интеграл исходного уравнения. Кроме 1 того, уравнение имеет решения y = C , y = . Удовлетворим начальным C −x условиям. Соотношение y ′ = y ( y + C1 ) с учетом условия для y ′(0) дает: 1 1 1 − = −  C1 −  , C1 = 1 ; согласно начальному условию для y(0) из общего 4 2 2 интеграла получаем C2 = 0 . Функции y = C и y = 1 / ( C − x) начальным условиям не удовлетворяют. ex y . = x или y = Ответ. ln y +1 1 − ex p′ −

10. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ Линейным однородным дифференциальным уравнением (д.у.) n -го порядка называется уравнение вида: pn ( x ) y ( n) + pn−1 ( x ) y ( n−1) + pn−2 ( x ) y ( n−2) +.. . + p1 ( x ) y = 0 (10.1) где

pn ( x ),

(a , b),

pn−1 ( x ),

... ,

p1 ( x ) - функции, непрерывные на интервале

pn ( x ) ≠ 0 .

ТЕОРЕМА 10.1. Если функции y1 = y1 ( x ) и y2 = y2 ( x ) есть решения уравнения (10.1), то функция C1 y1 + C2 y 2 также является решением уравнения (10.1) при любых значениях констант C1 и C2 . Пусть имеем систему из n функций y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x ) , определенных на интервале (a , b) . Функции y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x ) называются линейно зависимыми на (a , b) , если существуют числа C1 , C2 , ..., Cn , не все равные 19

0, такие, что для всех x ∈ ( a , b) справедливо тождество C1 y1 ( x ) + C2 y2 ( x ) +...+ Cn yn ( x ) = 0 . Если же это тождество выполняется только

при C1 = C2 =... = Cn , то функции y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x ) называются линейно независимыми на (a , b) . ПРИМЕР 10.1. Доказать, что функции 1, cos2 x, sin2 x образуют линейно зависимую систему на интервале ( −∞; ∞) . Решение.

Действительно,

равенство

C1 ⋅ 1 + C2 cos2 x + C3 sin 2 x = 0

выполняется для всех x ∈ ( −∞; ∞) при C1 = 1, C2 = C3 = −1 . Значит, функции линейно зависимые. ПРИМЕР 10.2. Доказать, что система функций 1, x , x 2 линейно независимая на интервале ( −∞; ∞) . Решение. Равенство C1 ⋅ 1 + C2 ⋅ x + C3 ⋅ x 2 = 0 должно выполняться при любом x ∈ ( −∞; ∞) . Положим здесь x = 0 , в результате получим C1 = 0 . Равенство примет вид: C2 x + C3 x 2 = 0 . Дифференцируя обе части равенства, получаем: C2 + 2C3 x = 0 , откуда, полагая x = 0 , находим C2 = 0 . Тогда C3 = 0 . Т.к. все значения C1 , C2 , C3 равны 0, то система функций линейно независимая. Пусть n функций y1 ( x ), , y2 ( x ), ..., yn ( x ) имеют производные (n − 1) -го порядка. Определитель y1 ( x ) W (x ) =

y1′( x )

... y1( n−1) ( x )

y2 ( x )

... ... y2′ ( x ) ... ... ( n−1) y2 ( x ) ...

y n (x ) y n′ ( x )

...

(10.2)

y n( n−1) ( x )

называется определителем Вронского или вронскианом. Вронскиан является функцией от x ,определенной в некотором интервале. ТЕОРЕМА 10.2. Если определитель Вронского системы функций y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x ) отличен от 0 в любой точке интервала (a , b) , то

функции образуют линейно независимую систему на этом интервале. ПРИМЕР 10.3. Доказать, что функции

e x , e 2 x образуют линейно

независимую систему на интервале ( −∞; ∞) . Решение. Находим вронскиан системы функций y1 = e x , y 2 = e 2 x : W ( x) =

ex

e2 x

=

ex

e2 x

( e ) ′ ( e ) ′ e 2e функций линейно независимая. x

2x

x

2x

= 2e 3 x − e 3 x = e 3 x . Т.к. W ( x ) ≠ 0 , то система

20

Заметим, что утверждение, обратное утверждению теоремы 10.2, вообще говоря, неверно. ТЕОРЕМА 10.3. Пусть функции y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x ) все являются решениями линейного однородного уравнения n -го порядка (10.1). Тогда: 1) Определитель Вронского системы функций либо равен 0 в любой точке (a; b) , либо отличен от 0 в любой точке (a; b) . 2) Система функций является линейно независимой системой на (a; b) тогда и только тогда, когда вронскиан системы отличен от 0 в любой точке интервала ( a; b) . 3) Система функций является линейно зависимой системой на (a; b) тогда и только тогда, когда вронскиан системы равен 0 в любой точке (a; b) . ОПРЕДЕЛЕНИЕ 10.1. Фундаментальной системой решений линейного однородного д.у. n -го порядка (10.1) называется система функций y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x ) , удовлетворяющая условиям: 1) каждая функция

системы является решением д.у.(10.1); 2) система функций линейно независимая. ТЕОРЕМА 10.4. Общее решение линейного однородного д.у. n -го порядка (10.1) имеет вид: y = C1 y1 ( x ) + C2 y2 ( x ) +...+ Cn yn ( x ) , где C1 , C2 ,... Cn произвольные константы, а функции

y1 ( x ), y2 ( x ), ..., yn ( x )

образуют

фундаментальную систему решений д.у. (10.1). Линейным неоднородным д.у. n -го порядка называется уравнение pn ( x ) y ( n) + pn−1 ( x ) y ( n−1) + pn−2 ( x ) y ( n−2) +... + p1 ( x ) y = f ( x ) (10.3) ТЕОРЕМА 10.5. Общее решение линейного неоднородного д.у.(10.3) имеет вид суммы: y = y0.Η = y0.0. + y ч.н.общего решения y0.0. линейного однородного уравнения (10.1), соответствующего данному, и какого-либо частного решения y ч.н. неоднородного уравнения (10.3). Учитывая утверждение теоремы 10.4, общее решение линейного неоднородного д.у. n -го порядка можно записать в виде: y = C1 y1 ( x ) + C2 y2 ( x ) +...+ Cn yn ( x ) + y ч.н..

11. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ Признак. Линейное дифференциальное уравнение с коэффициентами имеет вид: an y ( n ) + an −1 y ( n−1) +...+ a1 y ′ + a0 y = f ( x ) , 21

постоянными (11.1)

где a0 , a1 , ..., an - постоянные ( an ≠ 0 ). Метод решения. Общее решение уравнения (11.1) складывается из общего решения y0.0. однородного уравнения an y ( n ) + an −1 y ( n−1) +...+ a1 y ′ + a0 y = 0 (11.2) и частного решения y ч.н. неоднородного уравнения (11.1): y = y0.0. + y ч.н.. А) Для нахождения y0.0. составляем характеристическое уравнение an K n + an −1 K n−1 +...+ a1 K + a 0 = 0 .

Пусть K1 , K2 , ..., Kn - его корни, причем, корень повторяется столько раз, какова его кратность. Каждому из корней K1 , K2 , ..., Kn соответствуют в выражении для y0.0. свои слагаемые. Именно: а) если корень K1 = K2 =... = Km = λ - действительный корень кратности m , y0.0. m слагаемых то ему соответствуют в выражении для C1e λx + C2 e λx x +...+ Cm e λx x m−1 , где Ci , i = 1,... m - произвольные постоянные. Например, если корень имеет кратность m = 1 , то ему соответствует одно слагаемое C1e λx ; если m = 2 - два слагаемых: C1e λx + C2 e λx x ; б) если K1 = α + iβ и K2 = α − iβ - пара комплексно-сопряженных корней кратности m , то соответствующие (2 m ) слагаемых в выражении для y0.0. имеют вид: C1eαx cos βx + C 2 x eαx cos βx +... +C m x m −1eαx cos βx +

C m +1eαx sin βx + C m +2 x eαx sin βx +... +C 2 m x m −1eαx sin βx где Ci (i = 1,2,...,2 m) - произвольные постоянные. Например, если K1,2 = α ± iβ - корни кратности 1, то им в выражении для y0.0.

соответствуют слагаемые C1eαx cos βx + C 2 eαx sin βx ; если эти корни имеют y0.0. войдут слагаемые кратность 2, то в выражении для C1e αx cos βx + C2 xe αx cos βx + C3 e αx sin βx + C4 xe αx sin βx . Б) Частное решение y ч.н. неоднородного уравнения (11.1) находим методом подбора, который можно применить, в частности, в случае, когда вид правой части уравнения (11.1) следующий f ( x ) = eγx [ Ps ( x ) cosωx + Qm ( x ) sin ωx ] , (11.3)

где Ps ( x ) и Qm ( x ) -многочлены степени s и m соответственно; γ , ω некоторые действительные числа. При этом y ч.н. необходимо искать в виде ~ y ч.н. = x k eγx P~l ( x ) cos ωx + Q , (11.4) l ( x ) sin ωx ~ ~ где l = max{s, m}; Pl ( x ); Ql ( x ) -многочлены степени l с неопределенными

[

коэффициентами;

к

есть

]

кратность 22

числа

(γ + iω ) как

корня

характеристического уравнения (если (γ + iω ) не является корнем, то к=0). Если правая часть уравнения (11.1) содержит несколько слагаемых вида (11.3), то частные решения находятся для каждого слагаемого отдельно, и затем суммируются в выражении для общего решения неоднородного уравнения. Частные случаи. Если f ( x ) = Ps ( x ) -многочлен степени s (тогда в (11.3) ~ ~ γ = ω = 0 ), то y ч.н. = x k Ps ( x ) , где Ps ( x ) -многочлен степени s с неопределенными коэффициентами; к - кратность нулевого корня K = γ + iω = 0 (т.е. кратность числа “ноль” как корня характеристического уравнения). Например, если K = 0 не является корнем характеристического ~ ~ уравнения, то y ч.н. = Ps ( x ) ; если K = 0 - корень кратности 1, то y ч.н. = xPs ( x ) ; ~ если K = 0 - корень кратности 2, то y ч.н. = x 2 Ps ( x ) ; если K = 0 - корень ~ кратности 3, то y ч.н. = x 3 Ps ( x ) и т.д. Если f ( x ) = eγx Ps ( x ) (в (11.3) ω = 0 ), где Ps ( x ) многочлен степени s , γ ~ ~ некоторое число, то y ч.н. = x κ e γx Ps ( x ) , где Ps ( x ) -многочлен степени s с неопределенными коэффициентами; к-кратность числа γ как корня характеристического уравнения. Например, если число γ не является корнем, ~ ~ то y ч.н. = e γx Ps ( x ) ; если γ -корень кратности 1, то y ч.н. = xeγx Ps ( x ) ; если γ ~ корень кратности 2, то y ч.н. = x 2 eγx Ps ( x ) , и т.д. Все рассуждения справедливы ~ для случая s = 0 , когда P ( x ) = a = const , P ( x ) = a~ = const . s

s

f ( x ) = Ps ( x ) cosωx + Qm ( x ) sin ωx (в (11.3) γ = 0 ), то ~ ~ y ч.н. = x κ P , где к-кратность числа K = iω как корня l ( x ) cos ωx + Ql ( x ) sin ωx характеристического уравнения, l = max{s, m} .

Если

(

)

Если f ( x ) = eγx (a cosωx + b sin ωx ) , где γ , a , b -некоторые числа (в (11.3) многочлены нулевой степени, т.е. s = m = 0 ), то ~ ~ a~ cos ωx + b sin ωx , где a~ , b - подлежащие определению

Ps ( x ), Qm ( x ) y ч.н. = x κ e γx

(

)

произвольные постоянные, к-кратность числа K = γ + iω как корня характеристического уравнения. В частности, при ~ γ = 0 f ( x ) = a cosωx + b sin ωx , y ч.н. = x κ a~ cos ωx + b sin ωx , а при ω = 0 имеем

(

)

~ κ e γx . f ( x ) = aeγx , y ч.н. = ax Замечание. Когда выражение (11.3) содержит или только sin ωx , или только cos ωx , частное решение y ч.н. необходимо искать в виде, содержащем слагаемые и с sin ωx , и с cos ωx . Задача № 12(1). Найти общее решение однородного уравнения: y ′′′ − 4 y ′′ + 5 y ′ = 0 .

23

Решение. Характеристическое уравнение K 3 − 4 K 2 + 5K = 0 имеет три простых корня: K1 = 0, K2 = 2 + i , K3 = 2 − i . Значит y = y0.0. = C1 + C2 e 2 x cos x + C3e 2 x sin x . Задача № 12(2). Найти общее решение однородного уравнения: y ( 4) + 4 y ′′ + 4 y = 0 . K1,2

Решение. Характеристическое уравнение K 4 + 4 K 2 + 4 = 0 имеет корни = ±i 2 кратности 2. Следовательно, общее решение уравнения

y = y0.0. = C1 cos 2 x + C2 x cos 2 x + C3 sin 2 x + C4 x sin 2 x . Задача № 12(3). Найти общее решение дифференциального уравнения: y ′′ − 5 y ′ + 6 y = x 2 − x + 2 .

Решение. Характеристическое уравнение K 2 − 5K + 6 = 0 имеет корни кратности 1: K1 = 2, K2 = 3 . Значит, y 0.0. = C1e 2 x + C2 e 3x . Так как γ + iω = 0 не совпадает с корнями, частное решение следует искать в виде:

y ч.н.

= Ax 2 + Bx + C . Подставляя y ч.н. в исходное уравнение, получаем тождество:

(

)

2 A − 5(2 Ax + B ) + 6 Ax 2 + Bx + C = x 2 − x + 2

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой частях

тождества:

x:−10 A + 6 B = −1; x 2 :6 A = 1 ;

свободные

члены:

2 A − 5B + 6C = 2 .

Решая y ч.н. =

систему,

1 2 1 10 x + x+ ; 6 9 27

A = 1 , B = 1 C = 10 6 9, 27

находим: общее

решение

уравнения

. имеет

Значит, вид

1 2 1 10 x + x+ . 27 6 9 Задача № 12(4). Найти общее решение уравнения: y ′′′ − 5 y ′′ + 6 y ′ = 18 x 2 + 6 x . Решение. Характеристическое уравнение имеет вид: K 3 − 5K 2 + 6 K = 0 , или K K 2 − 5K + 6 = 0 ; его корни K1 = 0, K2 = 2, K3 = 3

y = y0.0. + y ч.н. = C1e 2 x + C2 e 3x +

(

)

(все корни простые). Тогда y0.0. = C1e 0 x + C2 e 2 x + C3e 3 x = C1 + C2 e 2 x + C3e 3 x . Т.к. среди корней характеристического уравнения есть K = 0 , совпадающий с числом γ + iω = 0 + i 0 = 0 , то Подставляя y ч.н.

(

)

y ч.н. = x Ax 2 + Bx + C = Ax 3 + Bx 2 + Cx . в исходное уравнение, получаем:

(

)

6 A − 5(6 Ax + 2 B ) + 6 3 Ax 2 + 2 Bx + C = 18 x 2 + 6 x .

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x :

24

18 A = 18, −30 A + 12 B = 6, 6 A − 10 B + 6C = 0 .

Решая систему, находим: A = 1, B = 3, C = 4 , тогда y ч.н. = x 3 + 3x 2 + 4 x , и общее решение имеет вид y = C1 + C2 e 2 x + C3e 3 x + x 3 + 3x 2 + 4 x . Задача № 12(5). Найти общее решение уравнения: y ( 4 ) − 5 y ( 3) + 6 y ( 2 ) = x 2 .

(

)

Решение. Имеем K 4 − 5K 3 + 6 K 2 = 0 или K 2 K 2 − 5K + 6 = 0 . Корни:

K1 = 0

(кратности

K2 = 2

2),

и

K3 = 3 (простые).

Получаем:

y0.0. = C1 + C2 x + C3e 2 x + C4 e 3 x . Т.к. γ + iω = 0 является корнем кратности 2

(

)

характеристического уравнения, то y ч.н. = x 2 Ax 2 + Bx + C . Далее решение строится аналогично предыдущей задаче. Находим: y ч.н = Ax 4 + Bx 3 + Cx 2 , y ′ ч.н= 4 Ax 3 + 3Bx 2 + 2 Cx , y ′′ ч.н= 12 Ax 2 + 6Bx + 2C, y ′′′ ч.н= 24Ax + 6B, y ( 4 ) ч.н= 24A. Подставляем функцию y ч.н и ее производные в исходное уравнение, получаем тождество:

(

)

24 A − 5( 24 Ax + 6B) + 6 12 Ax 2 + 6Bx + 2 C = x 2 .

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получаем систему линейных уравнений относительно неизвестных А, В, С: x2 72 A = 1, 72 A = 1   x − 120 A + 36B = 0, ⇔  − 10 A + 3B = 0 1 24 A − 30B + 12 C = 0 4 A − 5B + 2 C = 0 Решая систему, находим: A =

1 , 72

B=

5 , 108

C=

19 , 216

1 4 5 3 19 2 x + x + x . 216 72 108 Общее решение уравнения есть: y ч.н.=

1 4 5 3 19 2 x + x + x 72 108 216 Задача № 13. Найти общее решение уравнения: y ′′ − 3 y ′ + 2 y = xe x . y = C1 + C2 x + C3 e 2 x + C4 e 3x +

Решение. Характеристическое уравнение K 2 − 3K + 2 = 0 имеет простые корни K1 = 1 и K2 = 2 . Значит, y0.0. = C1e x + C2 e 2 x . Переходим к отысканию y ч.н.. Правая часть уравнения имеет вид f ( x ) = xe x . Здесь γ = 1, ω = 0, s = 1.

Число γ + iω = 1 является корнем кратности 1 характеристического уравнения, значит к=1, y ч.н. = ( Ax + B ) xe x . Подставив y ч.н. и ее производные в исходное уравнение, получим:

(

)

(

)

(

)

e x A x 2 + 4 A x + Bx + 2A + 2B − 3e x A x 2 + 2A x + Bx + B + 2e x A x 2 + Bx = x e x 25

Сокращаем на e x и приводим подобные члены: − 2 Ax + 2 A − B = x . Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой частях тождества, находим: A = −0,5, B = −1 . 2  x . Имеем: y ч.н. = − x  2 + x e Общее решение уравнения имеет вид:

 2  y = y0.0. + y ч.н. = C1e x + C2 e 2 x −  x + x e x .  2  Задача № 14(1). Найти общее решение уравнения y ′′ + 2 y ′ + 5 y = 17 cos 2 x .

Решение. K 2 + 2 K + 5 = 0, K1,2 = −1 ± − 4 = −1 ± 2i , α = −1, β = 2, y0.0. = e − x (C1 cos 2 x + C2 sin 2 x ) . Так как γ + iω = 2i не совпадает с корнями характеристического уравнения, то y ч.н. = A cos 2 x + B sin 2 x . Подставляя y ч.н. в исходное уравнение, получаем тождество − 4A cos 2x − 4B sin 2x + 2( − 2A sin 2x + 2B cos 2x ) + 5( A cos 2x + B sin 2x ) − 17 cos 2x = 0 Приравнивая к нулю суммарные коэффициенты при cos2 x и sin 2 x , получаем: cos 2 x:−4 A + 4 B + 5 A = 17; sin 2 x:−4 B − 4 A + 5B = 0 .

Решая систему, находим: A = 1, B = 4 , тогда y ч.н. = cos 2 x + 4 sin 2 x . Для общего решения получаем выражение: y = C1e − x cos 2 x + C2 e − x sin 2 x + cos 2 x + 4 sin 2 x . Задача № 14(2). Найти общее решение уравнения y ′′ − 4 y ′ + 4 y = e 2 x cos x . Решение. K 2 − 4 K + 4 = 0 или ( K − 2) = 0 . Корень K = 2 кратности 2, 2

поэтому y0.0. = C1e 2 x + C2 xe 2 x . Так как γ + iω = 2 + i не совпадает с корнями характеристического

уравнения,

положим

y ч.н. = Ae 2 x cos x + Be 2 x sin x . Подставляя y ч.н. в исходное уравнение и сокращая на e 2 x , будем иметь: 3 A cos x − 4 A sin x + 3B sin x + 4 B cos x − 4(2 A cos x − A sin x + 2 B sin x + B cos x ) + П + 4( A cos x + B sin x ) − cos x = 0 Приравнивая к нулю суммарные коэффициенты при cos x и sin x , получим A = −1, B = 0, y ч.н. = − e 2 x cos x . Общее решение имеет вид y = C1e 2 x + C2 xe 2 x − e 2 x cos x . Задача № 15. Найти общее решение уравнения y ′′ − 2 y ′ + y = e x + e x sin x .

26

Решение. Характеристическое уравнение K 2 − 2 K + 1 = 0 имеет корень K = 1, кратности 2. Значит, y0.0 = C1e x + C2 xe x . Для отыскания частного решения исходного уравнения найдем частные решения двух уравнений: y ′′ − 2 y ′ + y = e x , (11.5) y ′′ − 2 y ′ + y = e x sin x

(11.6)

Правая часть уравнения (11.5) есть экспонента e x , значит, в формуле (11.3) имеем γ = 1, ω = 0, s = 0, m = 0 . Число γ + iω = 1 является корнем характеристического уравнения кратности 2, значит, частное решение y (1) ч.н. уравнения (11.5) ищем в виде y (1) ч.н. = Ax 2 e x . Подставив y (1) ч.н. в уравнение (11.5), получим: A = 1 , т.е. y (1) ч.н. = 1 x 2 e x . Правая часть уравнения (11.6) 2 2 x равна: f ( x ) = e sin x , т.е. γ = 1, ω = 1, s = 0, m = 0 ; число γ + iω = 1 + i не является корнем характеристического уравнения. Значит, частное решение y ( 2 ) ч.н. уравнения (11.6) ищем в виде: y ( 2 ) ч.н. = e x ( A cos x + B sin x ) . Подставляя в (11.6), имеем: e x ( − 2 A sin x + 2 B cos x ) − 2e x [( B − A) sin x + ( B + A) cos x ] +

+ e x ( A cos x + B sin x ) = e x sin x

Сокращаем на e x , приводим подобные слагаемые: sin x( − 2 A − 2 B + 2 A + B ) + cos x(2 B − 2 B − 2 A + A) − sin x = 0 . Приравнивая к нулю коэффициенты при sin x , cos x: A = 0, B = −1 , получим y ( 2 ) ч.н. = −e x sin x . Общее решение исходного уравнения: 1 y = C1e x + C 2 x e x − e x sin x + x 2 e x . 2

12. ЛИНЕЙНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА С ПЕРЕМЕННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ. МЕТОД ВАРИАЦИИ ПРОИЗВОЛЬНЫХ ПОСТОЯННЫХ Признак. Уравнение имеет вид: y ′′ + P1 ( x ) y ′ + P2 ( x ) y = Q( x ) (12.1) Метод решения. Согласно методу вариации постоянных общее решение уравнения (12.1) следует искать в виде y = C1 ( x ) y1 + C2 ( x ) y 2 , где y1 , y2 фундаментальная система решений соответствующего однородного уравнения 27

y ′′ + P1 ( x ) y ′ + P2 ( x ) y = 0 Функции C1 ( x ) и C2 ( x ) определяются из системы: y1C1′ + y2 C2′ = 0, y1′C1′ + y2′ C2′ = Q( x )

(12.2) (12.3)

Сначала находим C1′, C2′ , затем интегрированием C1 C2 . Заметим, что при всяком фиксированном x система (12.3) представляет собой систему их 2-х линейных уравнений относительно неизвестных C1′ = C1′( x ) и C2′ = C2′ ( x ) . Определитель матрицы системы (12.3) равен определителю Вронского системы функций y1 ( x ), y2 ( x ) . Так как функции y1 ( x ), y2 ( x ) образуют фундаментальную систему решений однородного уравнения (12.2), то определитель Вронского отличен от 0 при любом x . Значит, линейная система (12.3) имеет единственное решение. Задача № 16. Найти решение задачи Коши: y ′′ + y = ( sin x )

( )

−5

2

( cos x )

−1

2,

( )

y π 2 = 1, y ′ π 2 = 0 Решение. Соответствующее однородное уравнение y ′′ + y = 0 .

Его характеристическое уравнение K 2 + 1 = 0 имеет корни K1,2 = ±i , и общее решение однородного уравнения имеет вид y0.0. = C1 cos x + C2 sin x , где y1 = cos x , y2 = sin x . Общее: решение исходного неоднородного уравнения

ищем в виде y = C1 ( x ) cos x + C2 ( x ) sin x . Составляем систему уравнений (12.3) для C1′, C2′ : cos xC1′ ( x ) + sin xC2′ ( x ) = O  −5 −1  2 (cos x ) 2 − sin xC ( x ) + cos xC ( x ) = sin x ′ ′ ( ) 1 2  Решаем систему (12.4) методом Крамера: ∆=

cos x sin x − sin x cos x

∆1 =

∆2 =

= cos2 x + sin 2 x = 1 ≠ 0;

0

(sin x )

sin x −2,5

cos x − sin x

(cos x )

−0,5

cos x

= −( sin x )

0

(sin x )

получаем: C1′( x ) =

−2,5

(cos x )

−0,5

−1,5

= (sin x )

(cos x ) −0,5 ;

−2,5

(cos x ) 0,5 ;

∆1 1 −1,5 − 0 ,5 = −(sin x ) (cos x ) =− ; 3 ∆ sin x cos x 28

(12.4)

∆2 cos x 0 ,5 − 2 ,5 = (sin x ) (cos x ) = . Интегрируя, находим ∆ sin 5 x dx dx dtgx 1 C1 ( x ) = − ∫ = −∫ = −∫ = t = tgx = 2 tg 3 x sin 3 x cos x sin 3 x cos x cos x cos4 x C2′ ( x ) =

= −∫

dt t3

= −∫ t

cos x

C2 ( x ) = ∫ =∫

dt

−1,5

sin 5 x 2

=−

t −0,5 2 2 dt = − + D1 = + D1 = + D1 = 2 ctgx + D1 ; − 0,5 t tgx

dx = ∫

cos x cos 4 x

dx

sin 5 x

cos 2 x

+ D2 = −

2

(

)

+ D2 = −

=∫

dx

1

2 tg x cos x 5

= t = tgx =

2 ctg 3 x + D2 3

t5 3 t3 3 tg 3 x Общее решение исходного уравнения есть:  2  y = C1 y1 + C2 y2 = 2 ctgx + D1 cos x +  − ctg 3 x + D2  sin x =  3  2 = D1 cos x + D2 sin x + 2 ctgx cos x − ctgx ctgx sin x = 3 4 = D1 cos x + D2 sin x + ctgx cos x. 3 В итоге получили: 4 y = D1 cos x + D2 sin x + ctgx cos x , 3 где D1 , D2 - произвольные числа.

(12.5)

Теперь требуется найти такие значения D1 , D2 , при которых функция

( 2) = 1,

(12.5) удовлетворяла бы начальным условиям: y = π

π y ′  = 0 .  2

Подставляя в (12.5) x = π , y = 1 , получаем: D2 = 1 . 2 Находим производную функции (12.5): ′ y ′ = (C1 y1 + C2 y2 ) = C1′ y1 + C2′ y2 + C1 y1′ + C2 y2′ = C1 y1′ + C2 y2′ = ′  2 ′  = 2 ctgx + D1 (cos x ) +  − ctg 3 x + D2  (sin x ) =  3 

(

)

 2  ctg 3 x + D2  cos x = 2 ctgx + D1 ( − sin x ) +  −  3 

(

)

29

Подставляя в последнее выражение x = π 2 и приравнивая его к 0, получаем: 0 = − D1 + 0 D2 , D1 = 0 . Подставляя значения D1 = 0, D2 = 1 в выражение (12.5),

получаем решение задачи: y = sin x +

4 ctgx cos x . 3

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ

1. Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного. М.: Наука, 1981. 2. Вельмисов П.А., Жарков А.В., Распутько Т.Б. Дифференциальные уравнения. Методические указания по типовому расчету. - Ульяновск, 1984. 3. Камке Э. Справочник по обыкновенным дифференциальным уравнениям. М.: Наука, 1971. 4. Краснов М.Л. Обыкновенные дифференциальные уравнения. -М.: Высшая школа, 1983. 5.Кузнецов Л.А. Сборник заданий по высшей математике.(Типовые расчеты). М.: Высшая школа, 1983. 6.Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисление: Т.2.-М:Наука, 1978. 7.Понтрягин Л.С. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1982. 8.Федорюк М.В. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1980. 9.Эльсгольц Л.Э. Дифференциальные уравнения и вариационное исчисление. М.:Наука,1969.

30