Dyukarev, Litvinova Diff

z Aeit, A .

Підставляючи цей розв’язок

у (9.7)

та

скорочуючи на

ненульовий множник eit , отримаємо A( 1 4i) 1. Звідси

A

1

4

i. Отже,

17

17

z

1

4

i eit .

17

17

Далі

i cost isint cos17t 4sin17 t 4cos17

t sin17t i.

z

1

4

17

17

Частинним розв’язком рівняння (9.5) є функція

x Rez cost 4sint .

17

17

Приклад 9.2. Знайти частинний розв’язок рівняння

x 9x e3t cost .

(9.8)

Рівняння для функції z(t) x(t) iy(t) має вигляд

z 9z e(3 i)t.

(9.9)

Контрольне число 3 i

не є коренем характеристичного рівняння

2 9 0.

За теоремою 8.3

у

рівняння

(9.8)

існує частинний розв’язок

вигляду

z Ae(3 i)t, A .

Підставляючи цей розв’язок

у (9.9) та скорочуючи на

ненульовий множник

e(3 i)t, отримаємо

A

1

6

i. Отже

37

37

z

1

6

i e(3 i)t .

37

37

З цього випливає, що частинним розв’язком рівняння (9.8) є функція

x Rez e3t cos37t 6sin37 t .

Приклад 9.3. Знайти частинний розв’язок рівняння

x x cost .

(9.10)

Рівняння для функції z x iy

має вигляд

z z eit.

(9.11)

Контрольне число

i

є коренем характеристичного рівняння

2 1 0

кратності r 1. За теоремою 8.3 у рівняння (9.10)

існує частинний розв’язок у

ненульовий

множник eit , отримаємо A 1i. Отже

z

t

i eit

. З цього

2

2

випливає, що частинним розв’язком рівняння (9.10) є функція

x Rez

t

sint .

2

Вправи

Аудиторні

Домашні

Розв’язати рівняння:

Розв’язати рівняння:

№ 9.1. x 3x 2x cost.

№ 9.6. x 4x 8x e2t sin2t.

№ 9.2. y y 4sint.

№ 9.7. x x tsint.

№ 9.3. x 3x 2x e t cos2 t.

№ 9.8. x 8x 20x 5te4t sin2t.

№ 9.4. x 4x sht sin2t.

№ 9.9. x x x x 3et 5tcost.

Розв’язати задачу Коші:

Розв’язати задачу Коші:

№ 9.5. x(IV)

x 2cost;

№ 9.10. x x 0;

x(0) 3,

x(0) 2,

x(0) 1, x(0) x(0) 0.

x(0) 1,

x(0) 1.

a0x(n) a1x(n 1) anx f (t),

t (t0,t1)

,

(10.1)

де a0,a1, ,an , a0 0 та неперервна функція

f :(t0,t1) , f

0.

У загальному випадку для знаходження частинного розв’язку

рівняння

(10.1) застосовується метод варіації сталих.

С1(t),С

2(t), ,Сn(t). Тоді функція

(10.3)

x С1(t)x1(t) С2(t)x2(t) Сn(t)xn(t)

Приклад 10.1. Розв’язати рівняння x x

sint

t

,

.

2

cos t

2

2

Легко бачити, що ФСР

однорідного рівняння

x x 0 утворюють функції

1, cost, sint . Запишемо систему (10.2) для нашого випадку:

Ñ

(t) 1 Ñ

(t) cost Ñ

(t)sint 0

1

2

3

(t) 0 Ñ

2(t) sint Ñ3(t)cost 0

.

Ñ1

sint

Ñ1

(t) 0 Ñ

2(t) cost Ñ3(t)sint

2

cos t

Розв’язками цієї системи є

С (t)

sint

,

С

(t) tgt,

С

(t) 1

1

.

cos2t

1

2

3

cos2t

Звідси

С (t)

1

,

С

(t) ln

cost

,

С (t) t tgt.

cost

1

2

3

x(t) С1 1 С2 cost С3

sint

1

1 ln

cost

cost t tgt sint, С1,С2,С3 .

cost

2. Рівнянням Ейлера називають рівняння

a tnx(n) atn 1x(n 1) a t0x f (t)

,

(10.4)

0

1

n

де

a0,a1, ,an , a0

0

і

неперервна

функція

f :(0, ) .

Точка

t 0 є особливою для рівняння Ейлера (у цій точці коефіцієнти при

t ( ,0)

та

при

t (0, ).

Для

визначеності

ми розглянемо випадок

t (0, ).

Введемо нову незалежну змінну за допомогою формул

t e ,

lnt.

(10.5)

Маємо

x x(e ), lnt

x

dx

d

dx

1

e

dx

,

d

dt

d

t

d

dx

d

d

dx

1

dx

d2x

2

d2x dx

x

d

dt

e

d

t

e

e

d e

d 2

e

d 2 d

,

d

dx

d

d

e

2

d2x

dx

1

x d

dt

d 2

d

t

d

e

2e

2

d2x dx

e

2

d3x

d2x

3

d3x

d2x

dx

,

d 2 d

d 3

d 2 e

d 3

3d 2 2d

зі сталими коефіцієнтами

d2x( )

2

dx( )

x( ) 0. Розв’язки цього рівняння

d 2

d

мають вигляд x( ) С e

С e

. Повертаючись до змінної t, отримаємо

1

2

x(t)

C1

C2lnt

, C ,C

.

t

2

t

1

Зауваження 10.1. Можна розглянути і більш загальне рівняння Ейлера

a0( t )n x(n) a1( t )n 1x(n 1) an( t )0 x f (t)

.

На піввісі t 0 це рівняння

зводиться

до рівняння зі сталими

коефіцієнтами заміною t e ,

ln( t ).

Вправи

Аудиторні

Домашні

Розв’язати рівняння:

Розв’язати рівняння:

№ 10.1. x 2x x

et

.

1

t

№ 10.7. x 3x

2x

et 1

.

№ 10.2. x x

1

.

№ 10.8. x 4x 2tgt.

sint

№ 10.3. x 2x x 3e t

№ 10.9. x x 2sec3 t.

t 1.

№ 10.4. t2x 4tx 6x 0.

№ 10.10. t3x tx x 0.

№ 10.5. t2x tx x 8t3.

№ 10.11. t3x 2tx 6lnt.

№ 10.6. (t 2)2 x 3(t 2)x 4x t.

№ 10.12. (2t 3)3 x 3(2t 3)x 6x 0.

11. Крайова задача та функція Гріна

Теорія

1.

Опис

усіх розв’язків

лінійних диференціальних

рівнянь другого

порядку

задає

формула, в яку

входять дві довільні сталі.

Для визначення

x x 0,

t [0,

],

2

x(0) 0,

x( ) 1.

2

Розв’язки диференціального рівняння

мають

вигляд x(t) C1 cost C2 sint.

З цього випливає, що C1 0

та C2

1.

Отже,

єдиним розв’язком

нашої

крайової задачі є функція

x(t) sint.

Приклад 11.2. Розв’язати крайову задачу:

x 2x x 0,

t [0,1],

x(1) 2e.

x(0) 0,

Розв’язки

диференціального

рівняння

мають

вигляд

x(t) Cet C tet . Тоді

1

2

x(t) Cet

C

(t 1)et . Підберемо

C

та

C

2

так,

щоб

виконувалися

крайові

1

2

1

умови. Маємо

0

C20e

0

0

C1e

.

1

C

1

C e

2

(1 1)e

2e

1

Звідси випливає, що C1 0

та

C2

1. Отже, єдиним розв’язком нашої крайової

задачі є функція x tet .

x x 0,

t [0,

],

2

x(0) 1,

x( ) 1.

2

Розв’язки диференціального рівняння

мають

вигляд x(t) C1 cost C2 sint.

x x 0,

t [0,2 ],

x(2 ) 0.

x(0) 1,

Розв’язки диференціального рівняння

мають вигляд x(t) C1 cost C2 sint.

a (t)x a (t)x a (t)x f (t),

t [t

,t ]

(11.1)

0

1

2

0

1

0x(t0) 0x(t0) 0

(11.2)

x(t )

x(t ) 0.

(11.3)

1

1

1

1

Тут [t0,t1]

–

скінчений відрізок в

;

функції

a0(t), a1(t), a2(t), f (t),–

неперервні на

відрізку

[t0,t1] та f (t) 0, a0(t) 0,

t [t0,t1]; 0, 0, 1, 1 ,

a0(t)x a1(t)x a2(t)x 0.

(11.4)

У рівняння (11.4) існують розв’язки

x1(t) 0 та

x2(t) 0 такі, що x1(t)

задовольняє умові (10.2), а

x2(t)

– умові (11.3). Припустимо, що визначник

Вронського розв’язків x1(t)

та

x2(t) задовольняє умові

W(t)

x1(t)

x2(t)

0,

t [t ,t ].

x1(t)

x2(t)

0

1

Функцією Гріна крайової задачі (11.1) – (11.3) називається визначена та

неперервна в квадраті {(t,s):t0

t,s t1} функція

x1(t)x2(s)

,

t t s t ,

0

1

a0(s)W(s)

(11.5)

G(t,s)

x (s)x (t)

t0 s t t1.

1

2

,

a0(s)W(s)

t

x(t) t1G(t,s) f (s)ds

.

(11.6)

0

x x f (t),

t [0,1]

x(1) 0.

x(0) 0,

Крок 1. Розглянемо однорідне

рівняння x x 0. Його розв’язки

x (t) 1 et (Ñ 1,Ñ

2

1),

x (t) 1 (Ñ

1,Ñ

2

0).

1

1

2

1

Вони задовольняють умовам

x1 (0) 0,

x2 (1)

0.

Визначник Вронського цих розв’язків

W(t)

x (t) x (t)

1 et

1

et 0.

1

2

et

0

x1(t)

x2(t)

x (t) et e t (C 1,C

2

1),

x (t) e t (C 0,C

2

1).

1

1

2

1

W(t)

x1(t) x2

(t)

et e t

e t

2 0.

x1(t)

x2(t)

et e t

e t

Аудиторні

Домашні

Знайти розв’язки рівнянь, що

Знайти розв’язки рівнянь, що

задовольняють крайовим умовам:

задовольняють крайовим умовам:

№ 11.1. x x 2t;

№ 11.7. x x 1;

x(0) 0,

x(1) 1.

x(0) 0, x(

) 0.

№ 11.2. x x 1;

2

x(0) 0,

x( ) 0.

Розв’язати крайові задачі за

№ 11.3. x x 2t ;

допомогою функції Гріна:

x(0) 0,

x( ) 0.

№ 11.8. x x f (t);

Розв’язати крайові задачі за

x(0) 0, x( ) 0.

допомогою функції Гріна:

№ 11.9. x x f (t);

№ 11.4. x f (t);

x(0) 0, x(1) 0.

x(0) 0,

x(1) 0.

№ 11.10. tx x f (t);

№ 11.5. x x f (t);

x(1) 0, x(2) 0.

x(0) 0,

x(2) x(2) 0.

№ 11.6. t2x 2tx f (t);

№ 11.11. t2x 2x f (t);

x(1) 0, x(3) 0.

x(1) 0, x(2) 2x(2) 0.