Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Сибирский государственный университет науки и технологий им. академика М.Ф. Решетнева

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

DRUN

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

680.98 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Случай 1.				(1.54)
	y(n) = f(x):
Учитывая
	y(n) = (y(n¡1))0;
получаем
	y(n¡1) = Z f(x)dx + c1;
тем самым понижается порядок дифференциального уравнения. Затем
	y(n¡2) = Z ·Z	f(x)dx¸dx + c1x + c2
и т. д.
Пример 1. Решить задачу Коши
y000 = sin x; y(0) = 1;			y0(0) = 0;	y00(0) = 0:
Имеем		Z	sin xdx + c1 = ¡ cos x + c1:
y000 = dx00 = sin x; y00 =
	dy
Используя начальное условие y00(0) = 0;		найдем c1

¡ cos 0 + c1 = 0;

откуда c1 = 1 и y00 = ¡cosx + 1: Далее

y0 = ¡ (cos x + 1)dx + c2 = ¡ sin x + x + c2:

Используя второе начальное условие y0(0) = 0 , найдем c2

¡ sin 0 + c2 = 0;

откуда	c2 = 0:	Далее
		y = ¡ Z (sin x + x)dx + c3 = cos x +			x2
						+ c3:
					2	+ c3:
Найдем	c3; используя первое начальное условие		y(0) = 1:
Имеем 1 = cos 0 + c3; отсюда c3 = 0:
Ответ:			x2
		y = cos x +	x2	:
		y = cos x +	2	:
			2
Случай 2. Уравнение
		F (x; y0; y00) = 0			(1.55)
не содержит функцию y: Понизить порядок уравнения можно подстановкой
		y0 = z(x):
Тогда y00 = z0		и
		F (x; z(x); z0(x)) = 0:
		31

Получили уравнение первого порядка. Пусть z = z(x; c1) его решение. Тогда y0 = z(x; c1);

y = Z

z(x; c1)dx + c2

общий интеграл уравнения (1.56).

Пример 2. Найти общее решение уравнения

x3y00 + x2y0 = 1:

Сделаем подстановку y0 = z(x):

y00

= z0:

+ x2z = 1;

Получили линейное уравнение. Его решение ищем в виде

z = u(x)v(x):

Тогда

z0 = u0v + v0u;

u0v + v0u +

;

u0v + u(v0 +

) =

Находим частное решение уравнения dv=dx + v=x = 0:

= ¡

;

= ¡

;

= ¡ Z

; ln jvj = ¡ ln jxj; v =

Далее находим u(x)

; Z du = Z

; du =

+ c1

; u = ¡

+ c1;

Определяем z

z = uv == ¡

Тогда	zdx + c2 = ¡ Z	x2 + c1
y = Z	zdx + c2 = ¡ Z	x2 + c1
		dx

Ответ: Общее решение:

y = x + c1

Уравнения вида

F (x; y(k); : : : ; y(n))

заменой

z = y

Z	dx	1		+ c1 ln jxj + c2:
		+ c2 =
	x		x

ln jxj + c2:

= 0 (1 · k < n)

(1.56)

(k)(x)

приводятся к уравнению (n ¡ k) -го порядка

F (x; z; : : : ; z(n¡k)) = 0:

Случай 3. Дифференциальное уравнение не содержит в явном виде аргумент x :

	F (y0; y0; y00) = 0:					(1.57)
Делаем подстановку		y0 = p(y);

y00 =	dp(y)	=	dp	dy	= p0(y)p(y):
	dx
		dy dx
После чего приходим к дифференциальному уравнению первого порядка
F (y; p(y); p0(y)p(y)) = 0:						(1.58)
Пусть p = Ã(y; c1) общее		решение			уравнения (1.58). Тогда	dy=dx =
Ã(y; c1) .Разделяя переменные, находим

Ã(y; c1) = x + c2:

Получили общий интеграл уравнения (1.57).

Пример 3. Найти общее решение уравнения yy00 = y02: Полагая y0 = p(y); y00 = p0(y)p(y) , получаем

y dydpp = p2; p(y dydp ¡ p) = 0:

Если p = 0; то y0 = 0 и y = c одно из решений заданного уравнения. Пусть y dydp ¡ p = 0: Разделяя переменные и интегрируя, получаем

		dp			dy
				=			; ln jpj = ln jyj + ln jc1j; p = c1y; c1 6= 0:
			p		y
Далее,
p =	dy	= c1y;			dy			= c1dx; ln jyj = c1x + ln jc2j; y = c2ec1x c2	6= 0:

	dx					y

Решение y = c содержится в выше полученном при c1 = 0: При c2 = 0; y = 0:

Ответ:

y = c2ec1x:

В общем случае у уравнения
	F (y; y0; : : : ; y(n)) = 0									(1.59)
порядок понижается заменой			y0 = p(y);

y00 =		dp(y)			=	dp		dy	= p0p;
						dy dx
			dx
y000 =	d(p0p)		=	d(p0p)			p = (p00p + p02)p
	dx
					dy

и так далее. После подстановки в уравнение (1.59). получаем уравнение (n¡1) -го порядка.

Случай 4.Если

F (x; ¸y; ¸y0; : : : ; ¸y(n)) = ¸mF (x; y; y0; : : : ; y(n)); для любых ¸ > 0;

то уравнение

F (x; y; y0; : : : ; y(n)) = 0

называется однородным относительно y; y0; y00; : : : y(n) и его порядок понижается подста-

новкой

y0 = y(x)u(x);

где u(x) новая неизвестная функция.

Пример 4. Найти общее решение уравнения

yy00 ¡ y02 + xyy0 = 0:

Уравнение однородное. m = 2:

F (x; ¸y; ¸y0; ¸y00) = ¸2yy00 ¡ (¸y0)2 + x¸2yy0 = ¸2(yy00 ¡ y02 + xyy0) =

= ¸2F (x; y; y0; y00):

Полагаем y0 = yu . Далее y00 = y0u + yu0 = y(u2 + u0) . После подстановки выражений для y0 и y00 в уравнение, получаем

y2((u2 + u0) ¡ u2 + xu) = 0 или y2(u0 + xu) = 0:

Отсюда либо y = 0; либо u0	+ xu = 0:
Функция							x2
				u = c1e¡			x2
				u = c1e¡			2
общее решение уравнения u0	+ xu = 0: Далее y0 = yc1e¡							x2	. Отсюда
общее решение уравнения u0	+ xu = 0: Далее y0 = yc1e¡							2	. Отсюда
	dy					x2
			= c1e¡ 2 dx; y 6= 0;
		y	= c1e¡ 2 dx; y 6= 0;
ln jyj = c1 Z				e¡	x2	dx + ln jc2j; c2 6= 0;
ln jyj = c1 Z				e¡	2	dx + ln jc2j; c2 6= 0;

y = c2eR e¡c1 x22 dx:

При c2 = 0 получаем решение y = 0 .

Ответ

y = c2ec1 R e¡ x22 dx:

Полученное решение записано через квадратуры, и оно не выражается через элементарные функции.

Случай 5. Уравнение

F (x; y; y0; : : : ; y(n)) = 0

называется однородным в обобщенном смысле, если найдутся числа m и k такие, что

F (¸x; ¸ky; ¸k¡1y0; : : : ; ¸k¡ny(n)) = ¸mF (x; y; y0; : : : ; y(n)); для любых ¸ > 0:

В этом случае порядок уравнения можно понизить на единицу с помощью замены x = et , y = u(t)ekt при x > 0 (при x < 0 полагаем x = ¡et ), где t новая независимая переменная, u(t) новая искомая функция. В результате замены получается уравнение относительно функции u(t) , не содержащее в явном виде переменную t: Порядок полученного уравнения понижается заменой u0(t) = p(u):

Случай 6. Если

F (x; y; y0; : : : ; y(n)) =

G(x; y; y0; : : : ; y(n¡1));

то от уравнения

F (x; y; y0; : : : ; y(n)) = 0

переходим к уравнению

G(x; y; y0; : : : ; y(n¡1)) = n

(n ¡ 1) -го порядка.

В некоторых случаях это можно получить используя формулы

d(xy) = y dx + x dy;

d(yn) = nyn¡1 dy;

d(ln y) =

;

µy

y dx ¡ x dy

; x dx + y dy =

d(x2 + y2);

y00

= (ln(y0)0

; (yy0) =

(y2)0

;

x dx + y dy =

d(x2 + y2) и т.д.

Пример 6. Решить уравнение

yy00 ¡ y02 = yy0:

y = 0 решение уравнения. Пусть

y 6= 0 . Делим обе части уравнения на y2:

yy00 ¡ y02

;

откуда

µ y0

= (ln y)0 ;

µ y0 ¶ = (ln y) + c1;

(ln y)0 = lny + c1:

Обозначим v = ln y: Тогда

v0 = v + c1;

= dx; ln jv + c1j = x + ln jc2j;

c2 6= 0; v = c2ex ¡ c1:

v + c1

Отсюда y = ec2ex¡c1 : Решения y = e¡c1

получаются при c2 = 0:

Ответ:

y = ec2ex¡c1 ; y = 0:

Задачи

Решить уравнения.

y000 = x + cos x .

y000 = 2x ln x .

3. y003 ¡ 2y00 ¡ x = 0 .

4. x ln x ¢ y00 = y0 .

xy(4) + y000 = ex .

xy00

= y0 ln

7. y3y00 = 1 .

8. y00 = y02 .

y00

y02

10.

2yy00

3y02

= 4y2 .

11.

12.

y00

+ 1 = 0 .

y00 =p

¡ 2y0y000

Решить задачу Коши.

13.

y00 = xex ,

y(0) = y0(0) = 0 .

14.

y00

= xex ,

y(0) = y0(0) = 0 .

15.

y002

¡ x2 = 1 , y(0) = 0 ,

y0(0) = 1 .

15.

y002 ¡ x2 = 1 ,

y(0) = 0 ,

y0(0) = 1 .

16.

4y00py = 1 ,

y(0) = 1 ,

y0(0) =

1 .

17.

y00

= y0 ln y0 ,

y(0) = 0 ,

y0(0) = 1 .

y00(0) =

18.

2y00 = 3y2 ,

y(¡2) = 1 ,

y0(¡2) = ¡1 .

19.

y000

= 3yy0 ,

y(0) = y0(0) = 1 ,

20.

y3y00 = ¡1 ,

y(1) = 1 ,

y0(1) = 0 .

21.

y00

+ y02 + 2y0

= 0 ,

y(0) = ln 2 ,

y0(0) = ¡1 .

Решить уравнения, пользуясь их однородностью.

22.

yy00

= y02 + 15y2x1=2

23.

(x2 + 1)(y02

yy00) = xyy0

x2yy00 + y0

= 0

x2(y0

24.

25.

2yy00) = y2

4x2y3y00

26.

= x2 ¡ y4 .

27.

x2(2yy00 ¡ y0

) = 1 ¡ 2xyy0 .

Ответы

1. y =

¡sin x + C1x2 + C2x + C3 . 2.

y =

ln x ¡

+ C1x + C2 . 3.

y =

t7 ¡

t5 +

µ3 + C1¶t3 ¡ 2C1t + C2 , x = t3 ¡ 2t . 4.

y = C1x(ln x ¡ 1) + C2 .

5. y = 2

x¡1ex dx ¡

ex(x+1)+C1x2 ln jxj+C2x2 +C3x+C4 . 6.

y = (C1x¡C12) exp µ

+ 1¶+C2 . 9.

C1y2 ¡1 =

. 8.

¡ln j

j . 10.

2 ¡

cos(C

+x)

. 11.

ey sin2(C x+C

) = 2C2

(2 1

= 2

1 .

(x + 2)¡

12. 12(C1y¡x) = C12(x+C2)3

+C3 . 13. y =

. 14. y = (x¡2)ex+x+2 . 15.

tsht¡

tcht +

ch3t + sht +

, x = sht . 16.

y = (1 ¡

x)4=3 . 17. y = x . 19. y cos2(x + C1) = C2 .

18.

y =

19.

y =

. 20.

y = (2x ¡ x2)1=2 . 21.

y = ln(1 + e2x) ¡ 2x .

(x + 2)2

(x + 4)2

22.

ln C2y = 42x5=2 + C1x ;

y = 0 . 23.

y = C2(x + p

24. jyjC12+1

x1 + 1)C1 .

= C2(x ¡

1=C1)jx + C1j

. 25.

C x

;

. 26. 4

1 ln

y2= 2

(ln

)

= 4

(

)

27. 4(C1y ¡ 1) = C1 ln

C2x .

Глава 2

Линейные уравнения n-го порядка, системы линейных уравнений. Устойчивость

2.1Основные определения. Структура общего решения

Линейным дифференциальным уравнением					n -го порядка называется уравнение
y(n)(x) + a1(x)y(n¡1)(x) + : : : + an(x)y(x) = f(x)								(2.1)
Коэффициенты a1(x); a2(x); :::; an(x) непрерывные функции на [a; b]:
Если f(x) = 0; то уравнение называется однородным. Если f(x) 6= 0;								то неоднород-
ным.
Введем линейный дифференциальный оператор L; полагая
	dn		dn¡1			dn¡2
L =		+ p1(x)		+ p2(x)			+ ::: + pn(x):
	dxn		dxn¡1			dxn¡2
Тогда неоднородное уравнение (2.1) можно записать в виде
			L(y) = f(x);					(2.2)
а однородное								(2.3)
			L(y) = 0:

Если y1; y2; :::; yn решения линейного однородного уравнения L(yi) = 0 (i = 1; 2; :::n); то их линейная комбинация y = c1y1 + c2y2 + :::cnyn также является решением этого уравнения. Функции y1; y2; :::; yn называются линейно зависимыми на [a; b]; если существуют такие постоянные числа c1; c2; :::; cn одновременно не равные нулю, при которых линейная комбинация этих функций тождественно равна нулю на [a; b]

c1y1 + c2y2 + ::: + cnyn = 0:

Если же

c1y1 + ::: + cn + yn = 0

только при c1 = 0; c2 = 0; :::; cn = 0; то функции y1; :::; yn являются линейно зависи-


мыми и одна	из них, например yn			при cn 6= 0;				может быть выражена линейно через
y1; y2; :::; yn¡1;	т. е.	yn = ¡	c1	y1 ¡	c2		¡ ::: ¡		cn¡1
						y2					yn¡1:
			cn		cn	y2				cn	yn¡1:

Если функции y1; y2; :::; yn дифференцируемы				n ¡ 1 раз, то определитель n -го по-
рядка	¯	y10	y20	:::	yn0	¯
W (x) =
	¯	y1	y2	:::	yn	¯
	¯					¯
		¢ ¢ ¢	¢ ¢ ¢	¢ ¢ ¢	¢ ¢ ¢
	¯					¯
	¯					¯
	¯	(n¡1)	(n¡1)		(n¡1)	¯
	¯			:::		¯
	¯	y1	y2		yn	¯

называется определителем Вронского, или Вронскианом системы функции y1; y2; :::; yn При n = 2 определитель Вронского

	¯	y1	y2	¯
W (x) =	¯	y10	y20	¯	:
W (x) =	¯	y10	y20	¯	:
	¯			¯

Свойства определителя Вронского.

Свойство 1. Если y1; y2; :::; yn линейно зависимы, то определитель Вронского

W (x) ´ 0:

Свойство 2. Если определитель Вронского не обращается в 0 на [a; b]; то y1; y2; :::; yn линейно независимы.

Свойство 3. Если y1; y2; :::; yn являются решениями однородного уравнения и их определитель Вронского равен нулю, то система линейно зависима.

Любая система из n линейно независимых решений однородного уравнения называется фундаментальной системой этого однородного уравнения.

Пусть y1; y2; :::; yn фундаментальная система решений однородного уравнения (2.3). Общее решение y0 однородного уравнения (2.3) имеет вид

y0 = c1y1 + c2y2 + ::: + cnyn:

(2.4)

Общее решение неоднородного уравнения (2.2) имеет вид

y = y0 + yч;

(2.5)

где yч частное решение неоднородного уравнения L(yч) = f(x))

2.2Линейные уравнения с постоянными коэффициентами

2.2.1 Нахождение общего решения однородного уравнения с постоянными коэффициентами.

Пусть коэффициенты уравнения (2.1) постоянные. Если искать решение однородного урав-

нения в виде

y = e¸x;

то после подстановки в уравнение, с учетом y(n) = ¸ne¸x , получаем для определения ¸ характеристическое уравнение

¸n + a1¸n¡1 + : : : + an = 0:

(2.6)

Уравнение (2.6) является алгебраическим уравнением степени n . Оно имеет n корней (с учетом кратности), среди которых могут быть как действительные, так и комплексные (сопряженные).

Фундаментальная система решений однородного уравнения строится по следующей схеме.

Каждому r кратному действительному корню характеристического уравнения

(2.6) соответствует r линейно независимых решений
e¸x; xe¸x; : : : ; xr¡1e¸x:	(2.7)

Каждой паре комплексно-сопряженных корней характеристического уравнения (2.6)

¸ = ® § i¯ кратности	s	соответствует 2s линейно независимых решений
		e®x cos ¯x; xe®x cos ¯x; : : : ; xs¡1 cos ¯x;
		e®x sin ¯x; xe®x sin ¯x; : : : ; xs¡1 sin ¯x:
Замечание. Если	¸	действительный корень кратности r , то в силу (2.4), (2.7) ему
соответствует решение

(c1 + c2x + : : : + crxr¡1)e¸x:

Пример 1. Найти общее решение уравнения

y000 + 3y00 ¡ y0 ¡ 3y = 0:

Составляем характеристическое уравнение

¸3 + 3¸2 ¡ ¸ ¡ 3 = 0; (¸ ¡ 1)2(¸ ¡ 3) = 0; ¸1 = ¸2 = 1; ¸3 = 3:

Общее решение имеет вид

y0 = (c1 + c2x)ex + c3e3x:

Пример 2. Найти общее решение уравнения yIV + 16y = 0:

Составляем характеристическое уравнение

¸4 + 16 = 0; ¸ = 4 ¡16:

Корни n -ой степени из комплексного числа z = jzj(cos '+i sin ') находим по формуле

pz = pjzj µcos µ

¶ + i sin

¶¶

; k = 0; 1; 2; : : : ; n ¡ 1:

' + 2k¼

Записывая число ¡16 в тригонометрической форме

получаем четыре корня

¡16 = 16(cos ¼ + i sin ¼);

¸1;2 = 2 § 2i;

¸3;4 = ¡ 2 § 2i:

Общее решение имеет вид

y0 = (c1 cos p2x + c2 sin p2x)e 2x + (c3 cos p2x + c4 sin p2x)e¡ 2x:

Пример 3. Найти общее решение уравнения

y000 ¡ 8y = 0:

Составляем характеристическое уравнение

¸3 ¡ 8 = 0; (r ¡ 2)(¸2 + 2r + 4) = 0; ¸1 = 2; ¸2;3 = ¡1 § 3i:

Ответ: Общее решение

p p

y = c1e2x + c2e¡x sin 3x + c3e¡x sin 3x:

2.2.2 Нахождение частного решения неоднородного уравнения с постоянными коэффициентами со специальной правой частью.

Пусть коэффициенты уравнения (2.1) постоянны, а правая часть f(x)	имеет вид
f(x) = Pm(x)e°x;	(2.8)

где Pm(x) многочлен степени m .

В этом случае частное решение yч	неоднородного уравнения можно искать в виде
yч	= xsQm(x)e°x;	(2.9)

где Qm(x) многочлен с неопределенными коэффициентами той же степени, что и многочлен Pm(x) ; s = 0 , если ° не является корнем характеристического уравнения, а если ° является корнем характеристического уравнения, то s равняется его кратности.

Коэффициенты многочлена Qm(x) определяются после подстановки (2.9) в уравнение (2.1) и приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях x в правой и левой частях полученного соотношения.

Если

f(x) = (M(x) cos ¯x + N(x) sin ¯x)e°x;	(2.10)
где M(x) и N(x) многочлены, то частное решение можно искать в виде
yч(x) = xs(Pm(x) cos ¯x + Qm(x) sin ¯x)e°x;	(2.11)

Pm(x) , Qm(x) многочлены степени m , равной наибольшей из степеней многочленов

M(x) и N(x) .

Число s определяется по тому же правилу, что и для случая (2.9). s = 0 , если

® + i¯ не является корнем характеристического уравнения, если ® + i¯	является корнем
характеристического уравнения, то s равняется его кратности.
Пример 1. Найти общее решение уравнения
y00 + 2y0 + 5y = 18x cos x:	(2.12)
Характеристическое уравнение
¸2 + 2¸ + 5 = 0
имеет корни ¸1;2 = ¡1 § 2i .
Общее решение y0 однородного уравнения имеет вид
y0 = e¡x(c1 cos 2x + c2 sin 2x):
Частное решение ищем в виде
yч = xs((Ax + B) cos x + (Cx + D) sin x):

В рассматриваемом случае ® + i¯ = 0 + 1i не является корнем характеристического уравнения, так что s = 0 .

Имеем

yч0 = (A + Cx + D) cos x + (C ¡ Ax ¡ B) sin x:

yч00 = C cos x ¡ (A + Cx + D) sin x ¡ A sin x + (C ¡ Ax ¡ B) cos x:

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 94 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
17.03.20155.07 Mб73Deutsche Sprache.doc
#
17.11.2019884.22 Кб8diff_zad_Iw7.doc
#
17.03.201585.5 Кб18diplom_2.doc
#
17.03.201581.41 Кб15Dokumenty_dlja_preddiplom_praktiki.doc
#
17.03.20154.37 Mб52Dolgova_Informatsionnye_sistemy_i_tekhnologii.pdf
#
17.03.2015680.98 Кб26DRUN.pdf
#
17.03.201577.5 Кб31ecology аккредитационное.docx
#
28.10.2018429.81 Кб25economics-exam.docx
#
06.03.2016798.72 Кб159Ekologia_ARKT_2014_final_2.doc
#
17.03.20157.15 Mб20Ekonomika_Bylatov.doc
#
17.03.2015457.32 Кб14EKONOMIKA_PRAVIL_NAYa.docx