Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Чувашский государственный университет им. И.Н. Ульянова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

nahman

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.02.2015

Размер:

495.51 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

2.2	В следующих случаях путем надлежащей замены переменных уравнение второго порядка ре-
шается последовательным рассмотрением двух уравнений первого порядка:
а)	y′′ = f(x) – уравнение не содержит явным образом переменных у и y′. Полагаем z = z(x) = y′, тогда

y′′ = dxdz . Имеем, следовательно:

dxdz = f(x)

(случай первого порядка, причем переменные – разделяются), откуда

								z = Φ(x,C1).
Возвращаясь к старой переменной, имеем y′ = Φ(x, C1)									и, после интегрирования, y = Ψ(x, C1, C1) ; здесь
функции Φ и Ψ возникают как результат интегрирования.
Замечание. Фактически общее решение имеет вид
								y = ∫(∫ f(x)dx+C1)dx+C2 .
б) y		= f(x, y )		– уравнение не содержит явным образом переменную у. Полагаем, как и в п. а) z = y						′	,
	′′		′							′
тогда z′ = f(x, z) .
Найдя общее решение z = Φ(x, C1), имеем y′ = Φ(x, C1)									и снова решаем полученное уравнение перво-
го порядка.				– уравнение не содержит явным образом переменную х.
в) y		= f(y, y )		– уравнение не содержит явным образом переменную х.
	′′		′
Полагаем y			= p(y) , тогда y				dp
Полагаем y			= p(y) , тогда y		′′	= p dy и, следовательно:
		′			′′

p dpdy = f(y, p).

Находя общее решение этого уравнения

p = Φ(y, C1) ,

получаем

			y′ = Φ(y, C1),
откуда искомое общее решение Ψ(x, y, C1, C2) = 0 .
Говорят,	что	в	указанных	случаях	а) – в)	возможно	понижение
порядка.
Пример 1. Найти общее решение уравнения

sin 3x − y′′ = 6−2x .

Решение. Если выразить из уравнения y′′, то получим случай а):

y′′ = sin 3x +2x−6 .

Положим y′ = z , тогда y′′ = z′ и, следовательно:

				′				x
откуда			z	′	=sin 3 + 2x−6 ,
			z		=sin 3 + 2x−6 ,

			z = ∫				x
					sin				+2x−6 dx ;
					sin	3			+2x−6 dx ;
						3
			z = −3cos			x			+ x2 −6x+C1 .
			z = −3cos						+ x2 −6x+C1 .
						3
Поскольку z = y′ , то y′= −3cos	x	+ x2	−6x+C1;
Поскольку z = y′ , то y′= −3cos		+ x2	−6x+C1;
3

y = −3∫cos 3xdx+ ∫x2dx−6∫xdx+ ∫C1dx ;

y = −9sin 3x + x33 −3x2 +C1x+C2 .

Пример 2. xy′′ = y′ln yx′ . Найти общее решение.

Решение. Уравнение не содержит у – случай б). Положим z = y′ , тогда z′ = y′′ и, следовательно,

	z			z		z
xz′ = zln		или	z′ =		ln		.
	x			x		x

Получено однородное (см. 1.1.3) уравнение первого порядка. В этом случае t = xz , z′ = t′x+t , значит:

t x+t = tlnt

или t x = t (lnt −1) .

′

Разделяем переменные

= t(lnt −1);

t(lnt −1)

Заметим, что d(lnt −1) =

, значит:

∫

d(lnt −1)

= ∫

lnt −1

откуда

ln(lnt −1) = ln x+lnC1 или ln(lnt −1) = ln xC1 ;

lnt −1= xC1 ;

lnt =1+ xC1; t = e1+xC1;

xz = e1+xC1; z = xe1+xC1.

Получено уравнение первого порядка y′ = xe1+xC1 , ясно, что

y = ∫xe1+xC1dx.

Интегрируем по частям u = x, dv = e1+xC1 dx , тогда

	du = dx ,					v =		1		e1+xC1 .
	du = dx ,					v =				e1+xC1 .
							C
Имеем								1
Имеем	x				1
	x		1+xC		1					1+xC	+ C2 .
y =		e		1	−				e	1
y =	C1	e		1	−	(C )2			e	1
Пример 3. Решить задачу Коши					1
Пример 3. Решить задачу Коши
		yy′′+(9 y2 )= 0;
		y(0) =1 3;								.
				′	= 9.
		y (0)			= 9.

Решение. Имеем случай в), так как уравнение явно не содержит переменную х. Полагая y′ = p, полу-

чим y′′ = p dpdy , и, следовательно, уравнение принимает вид

ypdpdy + y92 = 0,

или (разделяя переменные) pdp = − y93 dy , откуда

∫pdp = −9∫y−3dy,

2y2

т.е. получаем дифференциальное уравнение первого порядка

(y′)2 =

+C1 .

Постоянную C1

можно найти уже на этом этапе, если, положив x = 0 , использовать начальные усло-

′

;

вия: y(0) = 3,

y (0) = 9

92 =

+C1; C1 = 81−81= 0.

Значит, решаем уравнение

′

)

y2 ,

y′

(при извлечении корня для определенности выбран знак плюс; это оправдано тем, что в точке x = 0 у и y′ имеют одинаковый знак). Разделяя переменные, имеем

ydy = 3dx;

∫ydy = 3∫dx; y2 = 6x+C2 .

Найдем C2

из условия

y(0) =

= 0+C2, C2

1 .

Следовательно:

y2 = 6x+

y =

1+54x .

Пример 4.

Решить задачу Коши

′′

′

= 2;

(y )

y(0) = 0,5;

′

(0) = 0,5.

Решение. Уравнение явным образом не зависит ни от х, ни от у, поэтому можно выбирать способы

решения как 3.2.2, б), так и 3.2.2, в). Положим, например

y′ = z , где z = z(x). Тогда y′′ = dxdz , и уравнение

принимает вид

= 2z2 ;

откуда

∫

= ∫2dx;

C −

= 2x;

z =

;

−

y′ =

−2x

′

дает возможность определить соответствующее значение C1 :

Условие y (0) = 0,5

;

C = 2.

C1 −0

Теперь

y′ =

2(1− x)

Следовательно:

y = −

ln(1

− x)+

или

2y = C2 −ln(1− x).

Согласно условию y(0) = 0,5, получаем

1= C2 −ln1,

C2 =1.

Итак, 2y =1−ln(1− x) .

2.3 Линейное однородное уравнение (ЛОУ) второго порядка с постоянными коэффициентами – это уравнение

y′′+ py′+ qy = 0, p, q = const .

(2.4)

Его общее решение имеет вид y =C1y1 +C2 y2 , где y1 = y1(x) и y2 = y2(x) – так называемая фундамен-

тальная система решений (ФСР), которая определяется следующим образом:

а) строится характеристическое уравнение (квадратное уравнение с теми же коэффициентами, что и (2.4)):

λ2 + pλ+q = 0,

(2.5)

откуда λ1,2 =

− p± D , D = p2 −4q .

б) если

уравнение (2.5)

имеет

действительные

различные корни λ1 и λ2

(дискриминант

D = p2 −4q > 0), то

y = eλ1x

= eλ2x .

в) если корни уравнения (2.5) λ1 = λ2 = λ (дискриминант D = 0), то

y1 = eλx ,

y2 = xeλx .

г) если уравнение (2.5) имеет комплексно-сопряженные корни

λ1 = a+ib, λ2 = a−ib (i2 = −1; D < 0),

то y1 = eaxcosbx, y2 = eaxsinbx.

В частности, если λ = ±ib , то y1 = cosbx , y2 = sinbx .

Пример 1. Найти общее решение

2y′′+2y′+5y = 0.

Решение. Это линейное уравнение типа (2.4). Характеристическое уравнение имеет вид

2λ2 + 2λ +5= 0;

D = 4 − 40 = −36;

D = 6i;

λ1,2 =

− 2 ± 6i

;

λ1,2 = −1

3i;

a = −

; b =

Следовательно, имеем случай г):

= e−

cos

= e−

sin

и общее решение y =C1y1 +C2 y2

принимает вид

−

y = e

C cos

sin

x .

Пример 2. Решить задачу Коши

y′′−8y′+16y = 0;

y(0) =1;y′(0) = 4.

Решение. Найдем общее решение ЛОУ. Характеристическое уравнение

λ2 −8λ+16 = 0

имеет корни λ1 = λ2 = 4. Используется случай б), значит ФСР:

y1 = e4x, y2 = xe4x ,

поэтому общее решение имеет вид

y = C1e4x +C2xe4x .

Подберем теперь постоянные С1 и С2 так, чтобы

				y = e4x(C1 + xC2 )	(2.6)
удовлетворило начальным условиям.
Потребуется производная
		y′ = 4e4x(C1 + xC2 )+e4xC2 = e4x(4C1 +C2 +4xC2 ).			(2.7)
Подставим в равенства (2.6) и (2.7) значения x = 0, y =1, y′ = 4 из начальных условий:
e0	(C +0) =1;
	1
	(4C	+C		+0) = 4,
e0	(4C	+C	2	+0) = 4,
	1		2

т.е. C1 =1; С2 = 0 .

Тогда из (2.6) y = e4x – искомое частное решение.

2.4 Линейное однородное уравнение (ЛОУ) произвольного порядка с постоянными коэффициентами – это уравнение вида

y(n) + p1y(n−1) + p2 y(n−2) +...+ pn−1y′+ pn y = 0, pi = const .

(2.8)

Фундаментальную систему решений уравнения (2.8) можно найти следующим образом.

а) Строится характеристическое уравнение (алгебраическое уравнение n-й степени с теми же коэффициентами, что и (2.8)):

λn + p λn−1	+ p	2	λn−2	+...+ p	λ+ p	n	= 0 .	(2.9)
1		2			n−1	n

Это уравнение имеет n корней, среди которых могут быть действительные простые или кратные корни, а также пары комплексно-сопряженных корней (простых или кратных).

б) Если все корни λ j уравнения (2.9) простые и действительные, то получаем следующую фундаментальную систему решений уравнения (2.9)

y1 = eλ1x , y2 = eλ2x , ..., yn = eλnx .

в) Каждому действительному корню λ кратности k характеристического уравнения (2.9) соответствуют ровно k линейно независимых решений уравнения (2.8)

y1 = eλx , y2 = xeλx , ..., yk = xk−1eλkx .

г) Каждой паре комплексно-сопряженных корней λ1 = a+ib , λ2 = a−ib кратности m характеристического уравнения (2.9) соответствуют ровно 2m линейно независимых решений уравнения (2.8) вида

	y1 = eaxcosbx,	y2 = eaxsinbx,
	y3 = xeaxcosbx,	y4 = xeaxsinbx,
...	...
y2m−1 = xm−1eaxcosbx,		y2m = xm−1eaxsinbx .
д) Тогда общее решение уравнения (2.8) имеет вид
	y = C1y1 +C2y2 +...+Cn yn .
Пример 1. Найти общее решение
	y′′′+6y′′+12y′+8y = 0 .
Решение. Это линейное уравнение вида (2.8). Характеристическое уравнение имеет вид
λ3 +6λ2 +12λ +8= 0		или	(λ+2)3 = 0 .
Отсюда получаем λ1,2,3 = −2 – действительный корень кратности k = 3.
Используем случай в). Следовательно:
	y1 = e−2x , y2 = xe−2x ,		y3 = x2e−2x ,
и общее решение y =C1y1 +C2 y2 +C3y3	принимает вид
	y = e−2x(C1 +C2x+C3x2 ).
2.5 Линейное неоднородное уравнение (ЛНУ) второго порядка имеет вид
			y′′+ py′+qy = f(x).	(2.10)

Ограничимся случаем постоянных коэффициентов p, q . Уравнение (2.4) будем называть соответствующим ему ЛОУ. Пусть yч – некоторое частное решение уравнения (2.10), а

y0 = C1y1 +C2 y2 –

общее решение соответствующего ЛОУ. Тогда общее решение ЛНУ (2.10):

y = y0 + yч .

(2.11)

Согласно (2.11), основная трудность состоит в нахождении yч . Нахождение частного решения ли-

нейного неоднородного уравнения (ЛНУ)

y′′+ py′+qy = f (x)

по известной ФСР (y1(x), y2(x)) соответствующего линейного однородного уравнения может быть осуществлено в виде, подобном общему решению ЛОУ y0 = C1y1(x)+C2 y2(x) , но с переменными величинами

C1 = C1(x), C2 = C2(x):

yч(x) = C1(x)y1(x)+C2(x)y2(x) .

Производные C1′(x), C2′(x) неизвестных (искомых) функций определяются как решения системы

	С′(x)y (x)+С′						(x)y			(x)	= 0;
	′	1	′	1	′	2	′		2
С1		(x)y1		(x)+С2		(x)y2		(x) = f (x).

Можно доказать, что эта система линейных относительно C1′(x) и C2′(x) уравнений имеет единст-

венное решение.

Далее, функции C1(x), C2(x) восстанавливаются как первообразные:

С1(x) = ∫C1′(x)dx, С2(x) = ∫C2′(x)dx.

Теперь частное решение ЛНУ yч(x) оказывается найденным и остается записать общее решение y = y0 + yч, т.е. окончательный ответ:

y(x) = C1y1(x)+C2 y2(x)+C1(x)y1(x)+C2(x)y2(x) .

Заметим, что изложенный метод называется методом вариации произвольных постоянных.

Пример 1. Найти общее решение уравнения

y′′+10y′+25y = x2x+ 4e−5x .

Решение. Согласно структуре y = y0 + yч общего решения ЛНУ, начнем с соответствующего ЛОУ:

y′′+10y′+25y = 0.

Корнями характеристического уравнения λ2 +10λ+25 = 0 являются числа λ1 = λ2 = −5, следовательно,

ФСР имеет вид y1(x) = e−5x , y2(x) = xe−5x . Поскольку y0 = C1y1(x)+C2 y2(x) , то y0 = C1e−5x +C2xe−5x .

Теперь мы можем записать следующую структуру частного решения ЛНУ:

= C (x)e−5x +C

(x)xe−5x .

Составляем систему уравнений для определения C1′(x) и

C2′(x):

′

(x)e

−5x

′

−5x

= 0;

С1

+С2(x)xe

−5x

С1′(x)(e

)′+С2′

(x)(xe

)′ =

Вычисляя производные, получаем

′

(x)e

−5x

′

(x)xe

−5x

= 0;

С1

+С2

′

−5x

′

−5x

С1

(x)(−5e

)

+С2

(x)(e

−5xe

) =

+ 4

после чего

	С′(x) = −С′		(x)x;
	1	2				x
						x
−5С1′(x)+С2′(x)(1−5x) =							.
−5С1′(x)+С2′(x)(1−5x) =				x	2	+ 4	.
				x		+ 4

Следовательно:

С′(x) = −С′

(x)x;

С2′(x)

+ 4

а значит:

С1′(x) = −

;

x2 +

С2′(x)

+ 4

Для вычисления соответствующих первообразных удобно записать

С1′(x) =

−1;

+ 4

С′(x) =

2 x

+ 4

откуда

C (x) = 2arctg

− x;

C2(x) =

d(x2 + 4)

∫

(x2 +

или

C (x) = 2arctg

− x;

C2(x) =

ln(x2 + 4).

Поскольку y

(x) = (C (x)+ xC

(x))e−5x , то

yч(x) = (2arctg

− x+

ln(x2 + 4))e−5x .

Наконец, складывая y0 и yч , получаем окончательно общее решение ЛНУ:

y= (C1 + xC2 + 2arctg 2x − x + 2x ln(x2 + 4))e−5x .

2.6Если f(x) имеет следующий специальный вид

f(x) = eαx(Pn(x)cosβx +Qm(x)sinβx),

где Р и Q – многочлены соответствующих степеней, то частное решение ЛНУ имеет заранее известную структуру

yч = x	r	e	αx	~	~	(2.12)
				(PN (x)cosβx+QN sinβx).

Здесь N – наибольшая из степеней n и m многочленов, r – количество совпадений "контрольного

числа" S = α +iβ с	корнями λ1, λ2		характеристического уравнения (2.5). Коэффициенты
aN , aN−1, ..., a1, a0 каждого из многочленов вида
	a	N	xN +a	N	−1	xN−1 +...+ a x+a	0
		N		N	−1	1	0
в (2.12) определяются следующим образом (метод неопределенных коэффициентов):
а) найти yч′ и yч′′ ;
б) подставить yч ,	yч′ , yч′′ в уравнение (2.10);

в) приравнять коэффициенты при одинаковых степенях аргумента (или при синусах и косинусах соответственно) в левой и правой части полученного тождества.

Решив полученную систему уравнений, следует записать (2.12) с уже найденными коэффициентами. Затем имеем ответ в виде (2.11). В следующих частных случаях (2.12) можно пользоваться таблицей:

		Кон-
	Вид	троль-		Вид
	Вид	ное		Вид
		ное
		число
1	f(x) = A = const	S = 0	yч = xrM , M = const
2	f(x) = Pn(x)		yч = xrQn(x)
2	(многочлен n-й сте-	S = 0	yч = xrQn(x)
	пени)
3	f(x) = Aeαx	S = α	yч = xrMeαx , M = const
4	f(x) = eαxPn(x)	S = α	yч = xreαxQn(x)
5	f(x) = Acosβx+ Bsinβx	S =iβ	r	(M cosβx+ Nsinβx)
	(A, B = const)	S =iβ	r
	(A, B = const)		yч = x

Числа M, N, коэффициенты многочленов Qn(x) (см. правую колонку таблицы) определяются описанным выше методом неопределенных коэффициентов; если контрольное число S не совпало ни с одним из λ1, λ2 , то множитель xr есть 1.

Пример 1. Найти общее решение уравнения

y′′−2y′−3y = 3ex .

Решение. Согласно (2.11) начнем с соответствующего однородного уравнения y′′−2y′−3y = 0 .

Характеристическое уравнение

λ2 −2λ−3= 0

имеет корни λ1 = 3, λ2 = −1 и в силу п. 2.3, случай б:

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.02.2015120.68 Кб173MP.docx
#
07.02.201545.38 Кб3mun_pravo.docx
#
17.08.2019811.01 Кб1MU_k_kursovoy_rabote_S.doc
#
14.04.2015607.38 Кб3MU_k_lab_rab_Mobilnaya_gidravlika.docx
#
16.12.2018283.89 Кб1my 4.docx
#
07.02.2015495.51 Кб17nahman.pdf
#
17.09.2019128.04 Кб5Nalogi_ekzamen.docx
#
07.02.2015640.46 Кб31nasosy.pdf
#
07.02.2015479.74 Кб7nastya_schennikova.doc
#
07.07.201956.32 Кб3na_rubezhe.doc
#
07.02.20151.32 Mб114NCStudio.pdf