Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
107
Добавлен:
26.05.2014
Размер:
361.3 Кб
Скачать

ВАВТ; 2 курс; м. ан; весна 2003

Л.1. Диференциальные уравнения 1-го порядка.

Задачи, приводящие к диференциальным уравнениям.

Диференциальное уравнение 1-го порядка. Его решение. Задача Коши. Теорема существования и единственности ее

решения (без д-ва).

Частное и общее решение дифференциального уравнения. Уравнения с разделяющимися переменными.

Уравнения с однородной правой частью.

Задачи, приводящие к диференциальным уравнениям.

1. Найти все кривые на плоскости XOY , удовлетворяющие условию: в каждой точке тангенс угла наклона касательной равен ординате точки касания.

Пусть y = y(x) искомая кривая. Тогда, поскольку тангенс угла наклона касательной к графику функции равен производной этой функции, получаем условие y0 = y. Это и есть дифференциальное уравнение, решив которое, получим

уравнения всех кривых, удовлетворяющих требуемому условию. 2. Вывести закон остывания тела.

Скорость остывания тела пропорциональна разности температур тела и окружающей среды. Поскольку скорость изменения функции есть производная этой функции, получаем закон T 0(t) = −k(T − T0).

3. Придумать самостоятельно.

Диференциальное уравнение 1-го порядка. Его решение. Задача Коши. Теорема существования и единственности ее решения (áåç ä-âà).

Дифференциальное уравнение первого порядка это уравнение, в которое входят независимая переменная x, неизвестная функция y и ее производная y0:

F (x; y; y0) = 0.

Впрочем, совершенно необходимым является присутствие в уравнении только производной неизвестной функции; аргумент и сама неизвестная функция могут в явном виде отсутствовать. Например, в первом примере отсутствует (в явном виде) аргумент (я пишу в явном виде, поскольку неявно аргумент там, конечно, есть: ведь производная вычисляется по нему!).

Чаще всего мы будем встречаться с дифференциальными уравнениями, записанными в виде

y0 = f(x; y);

про такие уравнения говорят, что они разрешены относительно производной .

Решить дифференциальное уравнение означает найти все функции y(x), которые при подстановке в уравнение

превращают его в тождество (то есть являются его решениями). Например, тот, кто знает, чему равна производная îò ex, сразу сообразит, что функция y = ex является решением уравнения y0 = y. Правда, ниоткуда не следует, что

 

нет. Немного подумав, соображаем, что

 

x также является решением, и

2 x является,

других решений

y = 2e

 

y = −3 e

 

x является решением, какое

 

 

и вообще y = Ce

 

C сюда ни подставь. В дальнейшем окажется, что других решений у

этого дифференциального уравнения нет. Итак, вывод, который мы можем сделать: мало угадать какое-то одно решение дифференциального уравнения; бывает необходимо найти все его решения. Однако можно представить ситуацию, когда нас интересуют не все решения, а только одно конкретное, удовлетворяющее какому-нибудь дополнительному условию. Наиболее популярное такое условие задает так называемая задача Коши.

Задача Коши для дифференциального уравнения 1-го порядка: найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее дополнительному условию (оно называется начальным условием )

y(x0) = y0.

Иными словами, на координатной плоскости отмечена точка с координатами (x0; y0), и нужно найти решение дифференциального уравнения, график которого проходит через эту точку.

Теорема существования и единственности решения дифференциального уравнения 1-го порядка.

Если функция f(x; y) непрерывна в некоторой окрестности точки (x0; y0), то найдется решение уравнения y0 = f(x; y),

∂f

удовлетворяющее условию y(x0) = y0. Если, кроме того, и частная производная ∂y непрерывна в этой окрестности, то указанное решение единственно.

1

общему решению функции
дифференциального уравнения называется также частным решением, в противовес

Пример 1. В случае уравнения y0 = y условия этой теоремы выполнены при любых начальных условиях, ведь f(x; y) = y è ∂f∂y = 1 непрерывны всюду.

Пример 2. Рассмотрим уравнение y0 = xy . Имеем: f(x; y) = xy ; fy0 = x1 . Непрерывность уже функции f(x; y) нарушается ïðè x = 0, òî åñòü íà îñè OY . Как будет доказано в дальнейшем, через точку (0; 0) проходит бесчисленное множество

решений этого уравнения, а через остальные точки оси OY не проходит ни одного.

Частное и общее решение дифференциального уравнения.

Любое конкретное решение y = y(x)

y = Φ(x; C), из которой, подставляя в нее всевозможные конкретные значения константы

C, мы получаем все частные решения.

Например, в случае уравнения y0 = y общее решение имеет вид y = Cex. Кстати, зная общее решение, мы можем вернуться к уравнению. Так, в нашем примере, дифференцируя общее решение по x, получаем y0 = Cex; исключая C,

получаем само уравнение.

Впрочем, как мы увидим в дальнейшем, не всегда ситуация настолько идеальна. Бывают случаи, когда при некоторых значениях C функция y = Φ(x; C) не является решением; бывают и случаи, когда отдельно взятые решения не задаются

в указанном виде. Бывают случаи, когда общее решение удается задать только неявно в виде Ψ(x; y; C) = 0. Однако при первоначальном знакомстве с предметом лучше не думать об этих сложностях.

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными.

Прежде всего отметим, что дифференциальное уравнение иногда задается не с помощью производной, а с помощью дифференциалов. Для тех, кто помнит, что производная равна отношению дифференциалов:

y0 = dxdy ,

здесь ничего странного нет: например, уравнение y0 = y можно записать в виде dy = y · dx. Надо отметить, что при этом может получиться неравносильное уравнение: в уравнении y0 = y дифференциал dx находится в знаменателе и поэтому

отличен от нуля (откуда следует, что x 6= const); в уравнении dy = y · dx таких ограничений нет.

Дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными это уравнение, которое может быть записано в виде

y0 = f(x) · g(y),

или, с использованием не производной, а дифференциалов

f1(x) · g1(y) dx + f2(x) · g2(y) dy = 0

Чтобы решить такое уравнение, переменные разделяют , получая при этом уравение, которое можно назвать уравнением

dy

с (уже) разделенными переменными . Например, первое из этих уравнений приводится к g(y) =f(x) dx. После этого

остается только проинтегрировать обе части равенства.

Предостережение 1. Не забывайте приписывать произвольную постоянную после вычисления интегралов.

Предостережение 2. Не стоит писать произвольные постоянные в обеих частях. Собственно говоря, Вы можете так делать, только это должны быть разные произвольные постоянные, скажем, в левой части C1, а в правой части C2.

Иначе они исчезнут при приведении подобных членов. А если уж Вы написали C1 è C2, попробуйте сделать следующее: перенесите, например, C1 (если я правильно понимаю, C1 у Вас стоит в левой части равенства) в правую часть, после чего обозначьте C2 − C1 через C.

Предостережение 3. Обратите внимание на то, что разделение переменных может привести к неравносильному уравнению, так что не забудьте в конце заняться поиском потерянных решений.

Уравнение с однородной правой частью. Его решение.

Иногда такие уравнения называют однородными уравнениями. Мой совет пользоваться термином уравнение с

однородной правой частью , чтобы не путать уравнения этого вида с линейными однородными уравнениями, речь о

которых на следующей лекции. Уравнение с однородной правой частью это уравнение, которое может быть записано

â âèäå

y

 

y0

= f x.

2

. Поскольку
и получаем систему

Решается оно так: вводится новая неизвестная функция u =

 

y

 

y = ux;

 

x (аргумент при этом не меняется); тогда

 

 

 

y0 = u0x+u, а уравнение принимает вид u0x+u = f(u), откуда u0

=

f(u) − u

 

с разделяющимися переменными.

 

 

 

x . Полученное уравнение является уравнением

Замечание. В жизни иногда все бывает не так просто, как в теории. Может встретиться неберущийся (Вами или не только Вами) интеграл. Может встретиться уравнение, которое не является уравнением одного из двух перечисленных видов, но легко сводится к одному из них. О таких уравнениях сейчас и речь.

Уравнение, сводящееся к уравнению с разделяющимися переменными.

Если уравнение имеет вид y0

заменив неизвестную функцию левая в (u0 − a)/b.

= f(ax+by), то мы можем получить из него уравнение с разделяющимися переменными, y на неизвестную функцию u = ax + by. Правая часть уравнения превращается в f(u),

Уравнение, сводящееся к уравнению с однородной правой частью.

«

Пусть уравнение имеет вид y0 = f

ax + by + c

. Åñëè c = c1 = 0, то это дифференциальное уравнение с

 

a1x + b1y + c1

«,

однородной правой частью. Если коэффициенты при x è y пропорциональны: a1 = λ·a; b1 = λ·b, òî y0 = f

λ(ax + by) + c1

 

 

 

 

ax + by + c

 

далее как в предыдущем пункте: замена u = ax + by. В остальных случаях вводим новые переменные

t и q с помощью

формул x = t + α; y = q + β, подбирая α è β так, чтобы свободные члены в числителе и знаменателе исчезли:

 

ax+by+c = a(t+α)+b(q+β)+c = at+bq+(aα+bβ+c); приравниваем нулю aα+bβ+c. То же самое делаем в знаменателе,

aα + bβ + c = 0

dx = dt è dy = dq, то получается уравнение с однородной правой

a1α + b1β + c1 = 0

«

частью

dq

= f

at + bq

.

dt

a1t + b1q

 

 

 

Краткий конспект 1-й лекции.

1.Дифференциальное уравнение (сокращенно д. у.) первого порядка: F (x; y; y0) = 0.

2.Д. у., разрешенное относительно старшей производной: y0 = f(x; y).

3.Решить д. у. = найти все функции y(x), которые при подстановке в уравнение превращают его в тождество (каждая из этих функций называется решением).

4. Задача Коши для д. у. 1-го порядка: найти решение, удовлетворяющее начальному условию y(x0) = y0.

5. Теорема существования и единственности решения д. у. 1-го порядка: Если f(x; y) непрерывна в окрестности точки (x0; y0), то найдется решение уравнения y0 = f(x; y), удовлетворяющее условию y(x0) = y0. Если, кроме того, непрерывна è ∂f∂y , то это решение единственно.

6.Любое решение y = y(x) называется также частным решением.

7.Общее решение это функция y = Φ(x; C), из которой получаются частные решения путем подстановки конкретных

значений C.

8.Д. у. с разделяющимися переменными: y0 = f(x) · g(y), èëè f1(x) · g1(y) dx + f2(x) · g2(y) dy = 0.

9.Чтобы его решить, нужно разделить переменные, а потом проинтегрировать левую и правую часть.

y .x

11. Способ его решения:

 

y

»

u = y/x ; y0

= u0x + u; получается уравнение с разделяющимися переменными

 

 

 

 

x

 

 

x

 

u0x = f(u) − u;

du

 

dx

 

 

 

 

 

 

=

 

. После вычисления интегралов не забывайте переходить от u ê y.

f(u) − u

x

»

12. Уравнение y0 = f(ax+by) решаем с помощью замены

x

x

; u0

= a+by0

;

y0 = (u0−a)/b; u0 = bf(u)+a;

y

u = ax + by

 

получилось уравнение с разделяющимися переменными.

 

 

 

 

 

 

 

13. Уравнение вида y0 = f a1x + b1y + c1 «. Если коэффициенты при x è y непропорциональны, то мы вводим новые

 

ax + by + c

 

 

 

 

 

 

 

 

переменные t è q, x = t + α; y = q + β; α è β являются решениями системы

a1

α + b1β + c1 = 0 . Получается д. у. с

 

 

 

 

 

 

aα + bβ + c = 0

«

однородной правой частью

dq

= f

at + bq

.

dt

a1t + b1q

 

 

 

3

ВАВТ; 2 курс; м. ан; весна 2003

Л.2. Диференциальные уравнения 1-го порядка (окончание).

Линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка. Уравнение Бернулли.

Уравнение в полных дифференциалах.

Геометрический смысл дифференциального уравнения 1-го порядка. Изоклины. Метод Эйлера приближенного решения задачи Коши.

Линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка.

Линейное д. у. 1-го порядка это уравнение вида

y0 + f(x)y = g(x);

так оно называется, поскольку оно линейно относительно y и ее производной.

Решение ищем в виде произведения двух функций: y = uv. На первый взгляд, это кажется как минимум странным: ведь теперь вместо одной функции надо искать две. Но, с другой стороны, определенный смысл в этом есть. Ведь в качестве u (èëè v) можно подставлять практически любую функцию, исходя из каких-то своих соображений, а вторую

уже искать в соответствии с уравнением.

Имеем: y0 = u0v + uv0, поэтому уравнение принимает вид u0v + uv0 + f(x)uv = g(x); u0v + u(v0 + f(x)v) = g(x). Подберем функцию v таким образом, чтобы скобка в последнем уравнении обратилась в ноль: v0 + f(x)v = 0. Подчеркиваю:

подберем такую функцию; нам вовсе не нужно искать âñå такие функции. Единственное условие в качестве v нельзя брать нулевую функцию. Подумайте сами, почему. Если подобрать v, не решая уравнение v0 + f(x)v = 0, не удается,

приходится это уравнение (заметим, что это уравнение с разделяющимися переменными) решать. Единственный совет: не надо выписывать общее решение этого уравнения; на практике это означает, что при вычислении интегралов нужно

забыть приписать произвольную постоянную. Подставив найденную функцию v в уравнение, в которое входят u è v,

мы тем самым обнуляем скобку, и для нахождения u получается уравнение (опять с разделяющимися переменными!) u0v = g(x). При решении этого уравнения, конечно, произвольную постоянную писать уже надо. А в конце не забудьте

перемножить найденные u (с произвольной постоянной) и v.

Примеры уравнений, из которых можно найти v подбором. 1. v0 = v; v = ex;

2. v0 = n · v; v = en·x; 3. v0 = xv ; v = x;

4. v0 = −xv ; v = x1 ; 5. v0 = nxv ; v = xn;

6. v0 = xv; v = ex2/2;

7. и так далее, можете сами продолжить этот список.

Уравнение Бернулли это уравнение вида

y0 + f(x)y = g(x)yn.

Легко заметить, что линейное уравнение является частным случаем уравнения Бернулли (при n = 0). Впрочем, многие авторы противопоставляют эти уравнения, требуя, чтобы в уравнении Бернулли n было отлично от 0 (а заодно и

îò 1; подумайте сами, к чему бы это). Смысла в этом я не вижу, поэтому решайте сами, делать такие ограничения или нет.

Способ решения уравнения Бернулли ничем не отличается от вышеприведенного: вводим переменные u è v; èùåì v èç

тех же соображений; подставляем найденное v в уравнение для u è v; находим u; перемножаем u è v. Впрочем, некоторые

уравнение Бернулли решают немного по-другому; делают замену, после которой получается линейное уравнение, которое и решают. А именно, разделим уравнение на yn:

 

 

 

 

y0

f(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

= g(x),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yn

yn−1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

1

 

0

 

 

 

y0

 

y0

z0

после чего сделаем замену

 

= z. Имеем: z0

=

 

« = (y1−n)0

= (1 − n)y−ny0

= (1 − n)

 

, откуда

 

=

 

 

yn−1

yn−1

yn

yn

1 − n.

Поэтому получается уравнение

z0

1 − n + f(x)z = g(x),

4

U нам известна, то уравнение может быть
dy совпадает с левой частью уравнения. Если функция

линейное относительно z.

Уравнение в полных дифференциалах.

Уравнение, записанное не с помощью производной, а с помощью дифференциалов:

P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0

называется уравнением в полных дифференциалах , если существует такая функция U(x; y), полный дифференциал от

∂U ∂U

которой ∂x dx + ∂y

записано в виде dU = 0, откуда следует, что U = C, что и дает решение уравнения. Процесс решения уравнения в полных дифференциалах состоит из следующих этапов:

1. Убеждаемся, что это действительно уравнение в полных дифференциалах. Как известно (кто это забыл, читайте лекции предыдущего семестра), для этого надо проверить выполнение условия

∂P∂y = ∂Q∂x .

2.Ищем функцию U.

3.Выписываем ответ.

Поиск U лучше всего проиллюстрировать на частном примере, что будет сделано на самой лекции.

Геометрический смысл дифференциального уравнения 1-го порядка. Изоклины.

Пусть дано уравнение y0 = f(x; y). Рассмотрим координатную плоскость XOY ; пусть M(x; y) некоторая точка на этой плоскости. Вычисляем значение функции f в точке M; тем самым, благодаря нашему уравнению, мы знаем значение производной от искомой функции в точке M. Поскольку производная равна тангенсу угла наклона касательной к оси

OX (иными словами, угловому коэффициенту касательной), получаем следующий вывод: диференциальное уравнение y0 = f(x; y) задает в каждой точке направление, вдоль которого должно быть направлено решение, проходящее через

эту точку. Тем самым уравнение задает нам поле направлений. Эти соображения позволяют хотя бы приближенно изобразить графики решений д. у. (они еще называются интегральными кривыми) в тех случаях, когда решить д. у. точными методами не удается. Соответствующий метод называется методом изоклин. Изоклина это множество точек на плоскости, в которых интегральные кривые имеют один и тот же угол наклона. Ясно, что уравнение изоклины можно получить, если в уравнении заменить y0 íà C (равную тангенсу требуемого угла наклона).

Метод Эйлера приближенного решения задачи Коши.

Излагать этот метод здесь мне лень, так что слушайте лекцию или читайте умные книжки.

Краткий конспект 2-й лекции.

1.Линейное д. у. 1-ãî порядка: y0 + f(x)y = g(x); y = uv; v0 + f(x)v = 0; u0v = g(x).

2.Уравнение Бернулли: y0 + f(x)y = g(x)yn; y = uv; v0 + f(x)v = 0; u0v = g(x)unvn.

3.Уравнение в полных дифференциалах: P (x; y) dx + Q(x; y) dy = 0, ãäå ∂P∂y = ∂Q∂x ; это гарантирует существование функции U, полным дифференциалом которой является левая часть уравнения.

4.Поле направлений: правая часть уравнения сопоставляет каждой точке плоскости число, равное тангенсу угла наклона касательной к графику решения.

5.Графики решений иначе называются интегральными кривыми.

6.Изоклина это множество точек на плоскости, в которых интегральные кривые имеют один и тот же угол наклона. С помощью изоклин можно примерно нарисовать интегральную кривую.

7.Метод Эйлера приближенного решения задачи Коши алгебраический аналог метода изоклин. Заменяем интегральную кривую на ломаную, каждое звено которой направляем по касательной к интегральной кривой.

5

ВАВТ; 2 курс; м. ан; весна 2003

Л.3. Дифференциальные уравнения высших порядков.

Дифференциальные уравнения второго и более высоких порядков. Задача Коши. Частное решение и общее решение, общий интеграл. Уравнения, допускающие понижение порядка: уравнения, не содержащие y; уравнения, не содержащие

x.

Ä. ó. n-порядка это уравнение вида F (x; y; y0; . . . ; y(n)) = 0. Обязательно в это уравнение входит старшая производная,

то есть производная n-го порядка, от неизвестной функции y, иначе какое же это уравнение n-го порядка. Все остальное может присутствовать, но может и отсутствовать. Например, уравнение y(5) = 0 это д. у. 5-го порядка.

Наиболее симпатичная форма записи д. у. n-го порядка это y(n) = f(x; y; y0; . . . ; y(n−1)); если это возможно, уравнение

стараются записать именно так. В этом случае говорят, что уравнение разрешено относительно старшей производной. Мой совет: при изучении этого пункта повторить аналогичный материал из первой лекции.

Для простоты ограничимся на лекции случаем д. у. 2-го порядка: F (x; y; y0; y00) = 0, èëè y00 = f(x; y; y0).

Решить дифференциальное уравнение означает найти все функции y(x), которые при подстановке в уравнение

превращают его в тождество (то есть являются его решениями). Например, тот, кто знает, чему равна производная от ex, сразу сообразит, что функция y = ex является решением уравнения y00 = y. Правда, ниоткуда не следует, что других

решений нет. Немного подумав, соображаем, что y = 2ex также является решением, и y =

2 ex является, и вообще

y = Cex

 

C сюда ни подставь. Кроме того, функция y = e−x

òîæå

 

3

является решением, какое

 

является решением, и вообще

y = Ce−x является решением. В дальнейшем окажется, что все решения этого уравнения могут быть записаны формулой

y = C1ex + C2e−x.

Догадка, которая, вероятно, посетила каждого: для того, чтобы описать все решения д. у. 2-го порядка, нужно использовать две произвольные постоянные. Вспомнив, что для уравнения 1-го порядка нам хватило одной произвольной

постоянной, можно даже выдвинуть смелую гипотезу: для уравнения 3-го порядка потребуются 3 постоянные. А для n-го порядка? Выдвигайте гипотезу сами.

Любое конкретное решение y = y(x) дифференциального уравнения называется также частным решением, в противовес

общему решению функции y = Φ(x; C1; C2), из которой, подставляя в нее всевозможные конкретные значения констант C1 è C2, мы получаем все частные решения.

Для того, чтобы из общего решения можно было выделить частное решение, одного условия теперь будет недостаточно.

Задача Коши для дифференциального уравнения 2-го порядка: найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее

дополнительным условиям (они называются начальными условиями )

y(x0) = y0;

y0(x0) = y00 .

Иными словами, на координатной плоскости отмечена точка с координатами (x0; y0), и нужно найти решение дифференциального

уравнения, график которого проходит через эту точку, причем касательная, проведенная к графику в этой точке, образует с осью OX угол, тангенс которого равен y00 .

Замечание. Не следует воспринимать y00 как производную от y0 (в этом случае y00 равнялась бы нулю, как производная от константы). На самом деле это, быть может не очень удачное, обозначение требуемого значения производной функции

в точке x0.

Теорема существования и единственности решения дифференциального уравнения 2-го порядка.

Если функция f(x; y; y0) непрерывна в некоторой окрестности точки (x0; y0; y00 ), то найдется решение уравнения y00 = f(x; y; y0), удовлетворяющее условиям y(x0) = y0, y0(x0) = y00 . Если, кроме того, непрерывны и частные производные

∂f ∂f

∂y è ∂y0 , то это решение единственно.

Задача. Сформулировать все встретившиеся здесь понятия для уравнения 3-го (4-го, 5-го, n-го порядка).

Уравнения, допускающие понижение порядка .

Рассмотрим некоторые частные случаи д. у. 2-го порядка, которые можно привести к уравнениям 1-го порядка.

 

1)

Уравнение.

âèäà

 

F (x; y0; y00) (в правой части отсутствует

y); делаем замену

y

»

u = y0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

x

y00

= (y0)0 = u0

 

 

 

 

 

 

x); делаем замену

y

»

p = y0

 

2)

Уравнение вида y00 = f(y; y0) (в правой части отсутствует

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

y

y00

=

dy0

=

dp

 

=

dp

 

dy

 

= p0y0 = p0p.

 

 

 

 

 

dx

 

dy dx

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

;в этом случае

;в этом случае

Задача. Если мы имеем уравнение 3-го порядка вида y000 = f(y; y0; y00), то, кроме 2-й производной, придется выводить формулу для 3-й производной. Выведите ее.

6

Свойство 1.

ВАВТ; 2 курс; м. ан; весна 2003

Л.4. Линейные дифференциальные уравнения высших порядков.

Мы уже встречались с линейными дифференциальными уравнениями 1-го порядка: y0 + f(x)y = g(x).

Линейное дифференциальное уравнение n-го порядка это уравнение вида

y(n) + a1(x)y(n−1) + a2(x)y(n−2) + . . . + an−1(x)y0 + an(x)y = f(x)

(1)

Точнее это линейное неоднородное ä. ó. n-го порядка. Чтобы получить из него линейное однородное уравнение, нужно правую часть заменить на ноль:

y(n) + a1(x)y(n−1) + a2(x)y(n−2) + . . . + an−1(x)y0 + an(x)y = 0

(2)

Часто для упрощения записи делают следующее: обозначают левую часть линейного уравнения через

L[y]:

L[y] = y(n) + a1(x)y(n−1) + a2(x)y(n−2) + . . . + an−1(x)y0 + an(x)y;

 

тогда неоднородное уравнение записывается в виде L[y] = f(x), а однородное в виде L[y] = 0. Называется L[y] линейным

дифференциальным оператором .

Задача. Доказать, что L[y] является линейным оператором. (фактически, нужно просто вспомнить, что производная

суммы двух функций равна сумме производных, и что постоянный множитель можно выносить из под знака производной). Приведем несколько простых утверждений относительно свойств решений уравнений (1) и (2).

Сумма двух решений линейного однородного д. у. снова является его решением.

Пусть y1 è y2 являются решениями уравнения (2), то есть L[y1] = L[y2] = 0; а тогда и L[y1 + y2] = 0 в силу линейности оператора L, что означает, что y1 + y2 тоже является решением уравнения (2).

Свойство 2. Åñëè y(x) решение уравнения (2), то и Cy(x) решение уравнения (2). В самом деле, L[y] = 0 L[Cy] = CL[y] = 0 в силу линейности оператора L.

Из свойств 1 и 2 следует, что множество решений линейного однородного д. у. является линейным пространством (вспомните определение из 1-го семестра). Следовательно, для нахождения общего решения такого уравнения нужно найти базис пространства решений, который иначе называется фундаментальной системой решений . Как известно, базис линейного пространства это система линейно независимых элементов этого пространства, через которые, кроме того, можно линейно выразить все элементы пространства.

Предположим, что при решении линейного однородного д. у. нам удалось найти какие-то решения. Как проверить их линейную независимость? На помощь приходит определитель Вронского.

Определитель Вронского, его свойства.

Пусть y1, y2, . . ., yn функции от x. Определитель Вронского этих функций это

W [y1, y2, . . . , yn] = ˛

y10

y20

. . .

yn0

˛

 

y1

y2

. . .

yn

 

˛. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .˛

˛

 

 

 

 

˛

˛

(n−1)

(n−1)

 

(n−1)

˛

˛y1

y2

. . . yn

˛

˛

 

 

 

 

˛

˛

 

 

 

 

˛

˛

 

 

 

 

˛

Конечно, чтобы этот определитель существовал, нужно, чтобы существовали производные, входящие в него. Теорема. Если функции y1, y2, . . ., yn линейно зависимы, то определитель Вронского тождественно равен нулю.

Иными словами, он равен нулю для любого значения аргумента x из того множества, на котором все функции

определены и на котором они линейно зависимы. Дело в том, что возможна ситуация, когда на одном множестве функции линейно зависимы, а на другом независимы. Например, функции y = x и y = |x| зависимы на множестве (0; +∞), но

независимы на всей числовой прямой. Докажите это!

Для простоты докажем эту теорему для случая n = 2. Линейная зависимость двух функций равносильна их пропорциональности. Пусть, например, y2 = λy1; тогда y20 = λy10 ; следовательно,

W =

˛y10

y20

˛ =

˛y10

λy10 ˛

= λy1y10

− λy1y10

= 0

 

y1

y2

˛

˛

y1

λy1

˛

 

 

 

 

˛

 

 

 

 

 

 

 

˛

 

˛

˛

 

 

˛

 

 

 

 

˛

 

˛

˛

 

 

˛

 

 

 

Задача. Докажите эту теорему для произвольного n самостоятельно, воспользовавшись свойствами определителя, которые Вы изучали в первом семестре.

Таким образом, по доказанной теореме, если сосчитанный определитель Вронского не равен тождественно нулю на

некотором множестве значений аргумента x, то функции y1, y2, . . ., yn линейно независимы на этом множестве. А если он равен нулю? Хотелось бы в этом случае быть уверенными, что функции линейно зависимы. К сожалению, в общем

7

случае этого утверждать нельзя.

Пример. y1 = |x|3 + x3; y2 = |x|3 − x3. Эти функции линейно независимы (нарисуйте их графики, и у Вас исчезнут

все сомнения в отсутствии пропорциональности), однако определитель Вронского равен нулю на всей числовой прямой. Между тем, если функции являются решениями линейного однородного д. у. с непрерывными коэффициентами, то обратная теорема имеет место.

Теорема. Если линейно независимые на интервале (α; β) функции y1, y2, . . ., yn являются решениями уравнения (2) с непрерывными коэффициентами a1(x), a2(x), . . ., an(x), òî W не равен нулю ни в одной точке.

Доказательство этой теоремы, возможно, будет приведено на лекции. Здесь же отметим только, что непрерывность коэффициентов требуется для того, чтобы для уравнения была справедлива теорема существования и единственности.

Фундаментальная система решений линейного однородного уравнения.

Теорема. Если коэффициенты уравнения (2) n-го порядка непрерывны, то это уравнение имеет фундаментальную систему решений (состоящую из n функций) y1, y2, . . ., yn. Общее решение тем самым имеет вид

y = C1y1 + C2y2 + . . . + Cnyn

Переходим к исследованию линейного неоднородного д. у. (1).

Теорема. Общее решение линейного неоднородного д. у. есть сумма частного решения этого уравнения и общего решения соответствующего однородного уравнения.

В самом деле, пусть yoo общее решение однородного уравнения, а некоторое частное решение неоднородного уравнения. Сделаем в неоднородном уравнении замену y = y˜+ z: L[˜y + z] = f(x); L[˜y] + L[z] = f(x); поскольку является

решением неоднородного уравнения, L[˜y] = f(x), поэтому L[z] = 0. Èòàê, z является решением однородного уравнения, что и доказывает теорему.

Метод Лагранжа нахождения частного решения линейного неоднородного уравнения (метод вариации произвольных постоянных).

Рассмотрим для простоты случай уравнения второго порядка. Пусть y = C1y1 + C2y2 общее решение однородного

уравнения. Таким образом, y1 è y2 образуют фундаментальную систему решений уравнения (2), а C1 è C2 являются произвольными, но постоянными множителями. Будем использовать форму общего решения однородного уравнения

для поиска решения неоднородного уравнения, считая теперь, что C1 è C2 являются неизвестными функциями, а не

постоянными числами. Для поиска этих двух функций нам требуется два уравнения, одним из которых является само

неоднородное уравнение. Второе уравнение мы вправе выбирать сами.

 

Èòàê, y = C1(x)y1 + C2(x)y2. Сосчитаем производную: y0 = (C10 y1 + C20 y2) + (C1y10 + C2y20 ). В качестве дополнительного

уравнения возьмем следующее: C10 y1 + C20 y2 = 0. Тогда выражение для первой производной от

y принимает вид y0 =

C1y10 +C2y20 , êàê åñëè áû C1 è C2 были постоянными. Сосчитаем вторую производную: y00 = (C10 y10

+C20 y20 )+(C1y100 +C2y200).

Подставим y, y0 è y00 в уравнение (1):

 

(C10 y10 + C20 y20 ) + (C1y100 + C2y200) + a1(C1y10 + C2y20 ) + a2(C1y1 + C2y2) = f(x);

перегруппируем слагаемые:

C1(y100 + a1y10 + a2y1) + C2(y200 + a1y20 + a2y2) + (C10 y10 + C20 y20 ) = f(x).

Первые две скобки равны тождественно нулю, поскольку y1 è y2 являются решениями однородного уравнения, остается C10 y10 + C20 y20 = f(x). результат запишем в виде системы:

 

C0 y1 + C0 y2 = 0

C10 y110 + C20 y220 = f(x)

Решив эту систему, находим производные от функций C1 è C2, после чего с помощью интегрирования находим и сами функции C1 è C2.

Если мы имеем уравнение третьего порядка, то аналогичные рассуждения (проведите их самостоятельно!) приведут

к системе

 

8

C10 y1 + C20 y2 + C30 y3 = 0

C10 y10 + C20 y20 + C30 y30 = 0

<

C10 y100 + C20 y200 + C30 y300 = f(x)

:

 

8

y и ее производные в уравнение, получаем

ВАВТ; 2 курс; м. ан; весна 2003

Л.5. Линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами.

Линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Характеристическое уравнение. Общее решение линейного однородного дифференциального уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами:

случай действительных различных корней, действительных кратных корней, комплексных сопряженных корней характеристического уравнения.

Линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами. Характеристическое уравнение.

На прошлой лекции мы изучали общую теорию линейных дифференциальных уравнений, то есть уравнений вида

y(n) + a1(x)y(n−1) + a2(x)y(n−2) + . . . + an−1(x)y0 + an(x)y = f(x).

Если функции a1(x), a2(x), . . . , an(x) на самом деле не зависят от x, то есть являются постоянными числами, то мы

получаем линейное д. у. с постоянными коэффициентами :

y(n) + a1y(n−1) + a2y(n−2) + . . . + an−1y0 + any = f(x).

Обратите внимание, что постоянными предполагаются только a1, a2, . . . , an; функция, стоящая в правой части уравнения,

таковой быть не обязана.

Как известно, для того, чтобы решить линейное неоднородное уравнение, теория рекомендует решить сначала соответствующее ему однородное уравнение

y(n) + a1y(n−1) + a2y(n−2) + . . . + an−1y0 + any = 0.

Если попробовать подбирать частные решения некоторых конкретных уравнений такого вида, можно обратить внимание

на то, что очень часто такими решениями являются показательные функции

y = eλx. Например, уравнение y00

 

9y = 0

 

è

 

 

 

имеет вид

обладает частными решениями e3x

 

e−3x

(а поскольку эти функции линейно независимы, то общее решение

 

 

 

 

 

 

 

 

y = C1e3x + C2e−3x).

Излагаемая теория как раз и советует искать решение однородного уравнения в виде y = eλx. Вычисляем производные: y0 = λeλx; y00 = λ2eλx; . . .; y(n) = λneλx. Подставив

λneλx + a1λn−1eλx + . . . an−1λeλx + aneλx = 0.

Выносим за скобку общий множитель eλx и сокращаем на него, пользуясь тем, что он нигде не равен нулю. Получается

уравнение

λn + a1λn−1 + . . . + an−1λ + an = 0.

Это так называемое характеристическое уравнение .

Мы получили следующий результат:

Функция y = eλx является решением линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами тогда и только тогда, когда λ является решением соответствующего характеристического уравнения.

Общее решение линейного дифференциального уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами: случай действительных различных корней, действительных кратных корней, комплексных сопряженных корней характеристического уравнения.

Рассмотрим детально случай уравнения второго порядка

y00 + a1y0 + a2y = 0;

характеристическое уравнение в этом случае имеет вид

λ2 + a1λ + a2 = 0.

Это квадратное уравнение относительно λ, следовательно, проблем с его решением быть не должно. Как известно, многое при решении квадратного уравнения зависит от знака дискриминанта. Рассмотрим соответственно три случая.

Случай 1. D > 0. В этом случае характеристическое уравнение имеет два различных действительных корня λ1 è

λ2, каждый из которых позволяет найти частное решение дифференциального уравнения. Итак, мы имеем два частных решения y1 = eλ1x è y2 = eλ2x. Ясно, что эти решения линейно независимы (если есть сомнения, можно проверить, что определитель Вронского этих функций не равен нулю), следовательно, общее решение имеет вид y = C1eλ1x + C2eλ2x.

Случай 2. D = 0. В этом случае корни характеристического уравнения, оставаясь действительными, будут совпадать

(то есть являться кратными), и поэтому характеристическое уравнение подсказывает нам только одно решение дифференциального

9

λ21eλ1x

уравнения: y1 = eλ1x. Кстати, λ1 здесь равно −a1/2: вспомните формулу для корней квадратного уравнения и подставьте в нее D = 0.

Чтобы найти второе решение, попробуем упростить д. у. с помощью замены y = y1 · z = eλ1x · z, ãäå z новая

неизвестная функция. Имеем: y0 = λ1eλ1x · z + eλ1x · z0; y00 = λ21eλ1x · z + 2λ1eλ1x · z0 + eλ1x · z00. Подставляем результаты выкладок в д. у.:

· z + 2λ1eλ1x · z0 + eλ1x · z00 + a11eλ1x · z + eλ1x · z0) + a2eλ1x · z = 0,

выносим за скобку eλ1x и сокращаем на него, после чего приводим подобные члены:

z00 + (2λ1 + a1)z0 + (λ21 + a1λ1 + a2)z = 0;

коэффициент при z0 равен нулю, поскольку, как мы заметили выше, λ1 = −a1/2; коэффициент при z равен нулю, так

êàê λ1 является решением характеристического уравнения, а эта скобка совпадает с его левой частью. Следовательно, получается совсем простое уравнение z00 = 0, частные решения которого угадать очень просто: z1 = 1; z2 = x. Возвращаясь

ê y, получаем функции y1 = eλ1x (впрочем, она у нас уже была), и y2 = xeλ1x, являющиеся решениями первоначального

уравнения. Удостоверившись в их линейной независимости (например, с помощью определителя Вронского), выписываем общее решение: y = C1eλ1x + C2xeλ1x.

Случай 3. D < 0. В этом случае, поскольку приходится извлекать квадратный корень из отрицательного числа,

мы получаем в качестве корней характеристического уравнения комплексные числа, причем комплексно сопряженные.

Обозначим их так: λ1 = α + ıβ è λ2 = α − ıβ (здесь, конечно, коэффициент при мнимой единице отличен от нуля, ведь α = −a1/2, à β = −D/2). Следовательно, мы получаем два, несомненно линейно независимых, решения e(α+ıβ)x

è e(α−ıβ)x, единственным недостатком которых является то, что они комплексные. Как же получить действительные решения? Существует как минимум два способа рвссуждения. Выбирайте тот, который Вам больше по душе.

Первый способ рассуждения основан на следющем утверждении.

Лемма. Если линейное однородное д. у. с действительными (кстати, не обязательно постоянными) коэффициентами обладает комплексным решение y1 = u(x) + ıv(x), то функции u(x) è v(x) также являются решениями этого уравнения.

В самом деле, записывая уравнение, как мы уже делали на предыдущей лекции, в виде L[y] = 0, получаем тождество L[y1] = 0 (âåäü y1 является решением!). Следовательно, L[u(x) + ıv(x)] = 0, а потому L[u(x)] + ıL[v(x)] = 0 (не забывайте, что L линейный оператор!). Поскольку u(x) è v(x) являются действительными функциями, то и L[u(x)] è L[v(x)] являются действительными функциями; поэтому L[u(x)] è L[v(x)] являются действительной и мнимой частью

комплексного числа L[u(x)] + ıL[v(x)], которое равно нулю. Следовательно, L[u(x)] = L[v(x)] = 0, òî åñòü u(x) è v(x) являются решениями уравнения. Лемма доказана.

Воспользуемся этой леммой. Мы имеем комплексное решение e(α+ıβ)x, которое может быть записано в виде eαx · eıβx, èëè äàæå eαx(cos βx + ı sin βx) (Кто забыл формулу Эйлера

eıϕ = cos ϕ + ı sin ϕ,

которая должна была приводиться в первом семестре, срочно вспоминайте или учите ее сейчас, не очень, впрочем, вдумываясь в ее смысл. Смысл поймете в следующем семестре, когда будете изучать теорию функций комплексного переменного.) Раскрывая скобки, записываем решение в виде eαx cos βx + ıeαx sin βx. Вывод: действительная и мнимая

часть этой функции, то есть eαx cos βx è eαx sin βx также являются решениями. Определитель Вронского делает свое дело, после чего выписываем общее решение:

y = C1eαx cos βx + C2eαx sin βx

При желании можно общий множитель вынести за скобку:

y = eαx(C1 cos βx + C2 sin βx)

Второй способ рассуждения . Поскольку функции

являются решениями, любая их линейная комбинация

функции eαx cos βx =

e(α+ıβ)x + e(α−ıβ)x

eαx sin βx =

 

2

è

e(α+ıβ)x = eαx(cos βx + ı sin βx) è e(α−ıβ)x = eαx(cos βx − ı sin βx)

также является решением. Таким способом несложно получить

e(α+ıβ)x − e(α−ıβ)x

10

Соседние файлы в папке Математический анализ. Лекции.