УМК

ПРИМЕР 1.25 Найти общее решение уравнения y′′ + 4y = tg2x .

Решение. Для нахождения общего решения уравнения воспользуемся методом вариации произвольных постоянных.

Соответствующее однородное уравнение y′′ + 4y = 0 ; характеристическое уравнение k2+4=0 имеет корни k1,2 = ±2i . Следовательно, y1=cos2x и y2=sin2x - два линейно независимых частных решения однородного уравнения, общее решение ЛОДУ есть Y = C1 cos 2x + C2 sin 2x и частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде

Подставляя С1(x) и С2(x) в соотношение (1.51), находим общее решение данного уравнения:

для линейных неоднородных уравнений с переменными коэффициентами, т.е. для уравнений вида

y(n ) + a1 (x)y(n −1) + a 2 (x)y(n −2) + ... + a n −1 (x) y′ + a n (x) y = f (x).

1.14 МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ

Для ЛНДУ (1.38) с постоянными коэффициентами существует более простой способ нахождения частного решения Y*, не требующий интегрирования. Если правая часть f(x) уравнения (1.38) имеет так называемый “ специальный вид” (иногда в таком случае f(x) называют “ специальной правой частью”):

где α и β - действительные числа, а Pn(x) и Qm(x) - многочлены соответственно

n-ой и m-й степени с действительными коэффициентами, то частное решение Y* уравнения (1.38) ищется в виде

уравнения, соответствующего однородному дифференциальному уравнению

(1.39).

уравнение k2+2k=0, получаем корни k1=0, k2=-2. Следовательно,

Y= C1 + C2e−2x .

2.Перейдем к отысканию частного решения Y* данного уравнения (1.54).

Здесь правая часть f (x) = ex (3x 2 + 2x + 9) имеет вид (1.52): n=2, P2(x)=3x2+2x+9, α = 1, β = 0 . Так как α + βi = 1 не является корнем характеристического урав-

нения, то r = 0. Следовательно, частное решение Y нужно искать в виде

Y* = (Ax2 + Bx + C)ex ,

где A, В и С -некоторые коэффициенты, подлежащие определению. Для их отыскания воспользуемся тем, что Y* должно быть решением данного уравнения.

Найдем Y*′ и Y*″ :

Y*′ = (Ax2 + Bx + C)ex + (2Ax + B)ex = (Ax2 + 2Ax + Bx + B + C)ex ;

Y*″ = (Ax2 + 2Ax + Bx + B + C)ex + (2Ax + 2A + B)ex ,

Y ″ = (Ax2 + 4Ax + Bx + 2A + 2B + C)ex .

Теперь подставим выражения для Y*′ иY*″ в исходное уравнение (1.54):

(Ax2 + 4Ax + Bx + 2A + 2B + C)ex + 2(Ax2 + 2Ax + Bx + B + C)ex = = ex (3x 2 + 2x + 9).

Сокращая обе части полученного равенства на ex и группируя члены при одинаковых степенях x, имеем

3Ax2 + (8A + 3B)x + 2A + 4B + 3C = 3x2 + 2x + 9.

Это равенство выполняется тождественно только тогда, когда коэффициенты при одинаковых степенях x в обеих его частях равны между собой. Итак, для отыскания коэффициентов А, В и С запишем следующую систему уравнений:

ПРИМЕР 1.27 Найти общее решение уравнения y ′′+ 8y′ +16y = −10e−4x .

Решение. 1. Находим Y . Характеристическое уравнение k2+8k+16=0 имеет корни k1=k2= – 4. Следовательно,

Y= (C1 + C2 x)e−4x .

2.Найдем теперь Y*. Здесь правая часть имеет вид (1.52): n=0, P0= –10,

α = −4, β = 0 . Так как α + βi = −4 служит двукратным корнем

характеристического уравнения, то r=2 и частное решение Y* надо искать в виде

Y* = Ax2e−4x ,

где A - коэффициент, подлежащий определению. Вычислим производные

Y*′ и Y*″ :

откуда A=1, B=0, C=0, D=2/3. Таким образом,

Y* = x cos x + 2 sin x. 3

Итак, общее решение данного уравнения имеет вид

y = Y + Y* = C1 cos 2x + C2 sin 2x + x cos x + 2 sin x. 3

ПРИМЕР 1.29 Найти общее решение уравнения y′′ + 9y = 9 cos 3x +16 sin 3x.

Решение. 1. Сначала находим Y . Характеристическое уравнение k2+9=0 имеет корни k1,2= ± 3i. Следовательно,

2. Найдем теперь Y*. В данном случае правая часть имеет вид: α = 0 , β = 3, P0 (x) = 9 , Q0 (x) = 16 . Так как число α + βi = 3i служит однократным корнем характеристического уравнения, то r = 1 и частное решение надо искать и виде

Y* = x(A cos 3x + B sin 3x),

где А и В-неопределенные коэффициенты. Находим

Y*′ = (3Bx + A)cos 3x + (− 3Ax + B)sin 3x,

Y*″ = (− 9Ax + 6B)cos 3x + (− 9Bx − 6A)sin 3x.

Подставляя Y*″ и Y* в данное уравнение и приводя подобные члены, получим

6B cos 3x − 6A sin 3x = 9 cos 3x +16 sin 3x,

откуда 6B=9, – 6A=16, т.е. B=3/2, A= –8/3. Следовательно,

Замечание 1.3. Если правая часть уравнения (1.38) есть сумма функций вида

(1.52), т.е.

нужно предварительно найти частные решения Y1* , Y2* ,…, Ym* , соответствующие функциям f1(x), f2(x),…, f m(x). Тогда частное решение запишется в виде

Решение. 1. Находим сначала Y . Характеристическое уравнение k2–4k=0 имеет корни k1=0 и k2=4 . Следовательно

Y= C1 + C2e4x .

2.Переходим к нахождению Y*. Здесь правая часть f(x) данного уравнения

Функция f2 (x)= 10ex cos x также имеет вид (1.52): α = 1, β = 1, P0 (x)=1, Q0 (x)= 0 . Так как число α + βi = 1 + i не является корнем характеристического

уравнения, то r=0 и частное решение Y2* ищем в форме

Y2* = ex (C cos x + D sin x).

Дифференцируя, находим

1.15 СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

Для решения многих технических и экономических задач требуется определить несколько функций. Нахождение этих функций может привести к нескольким ДУ, образующим систему.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.32 Системой ДУ называется совокупность ДУ, каждое из которых содержит независимую переменную x, искомые функции y1, y2,…,y n и их производные.

Общий вид системы ДУ первого порядка, содержащей n искомых функций y1, y2,…,y n

решением (1.58) и для любых начальных условий (1.59) из области определения

при начальных условиях (1.59), называется частным решением.

Одним из методов решения нормальной системы ДУ является метод сведения системы к одному ДУ высшего порядка.

Пусть задана система (1.58). Продифференцируем по x любое, например