Добавил:

VadoZ хачю сдать сессию Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

лекции вышмат

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2024

Размер:

5.41 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2517 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

ЛЕКЦИЯ 10

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА (продолжение)

Линейные уравнения первого порядка это уравнения вида

y'+P(x) y = Q(x) .

(1)

Существуют два способа решения линейных уравнений, которые отличаются друг от друга лишь формой записи.

Первый способ (метод Бернулли). Будем искать решение уравнения (1) в виде

, где

u = u(x) ,	v = v(x) – некоторые функции. Тогда	y'= u'v +uv' и (1) принимает	вид
u'v +uv'+P(x)uv = Q(x) . Перепишем последнюю формулу следующим образом:
	u'v +u(v'+P(x)v) = Q(x)		(2)
Теперь выберем функцию v(x) такой, чтобы
	v'+P(x)v = 0	,	(3)

а затем найдем все функции u(x) , при которых справедливо равенство (2) (т.е. при

нахождении решения в виде произведения двух сомножителей мы выбираем один из этих сомножителей как нам удобно, а затем находим второй сомножитель так, чтобы их произведение было решением).

Разделяя переменные, имеем:	dv	= −P(x)v ;		dv	= −P(x)dx ;	dv			= − P(x)dx + c ; так

	dx			v			v
достаточно найти одно решение уравнения (3), то возьмем в последней формуле										c
Далее из (2) и (3) имеем: u'v = Q(x) ; u'=			Q(x)		(v(x) 0) ; u =			Q(x)dx + c .
			v(x)
									v(x)

как нам

= 0 .

Пример.	Решить дифференциальное уравнение y '−		3	= 0 .
Пример.	Решить дифференциальное уравнение y '−		y + x	= 0 .
			x
Решение. Ищем	решение уравнения в виде	y = uv .	Тогда	y '	= u ' v + uv ' , и уравнение

;

. Потребуем, чтобы

, тогда

u ' v + uv '−

uv + x = 0

u ' v + u

v '−

+ x = 0

v '−

v = 0

принимает вид

3	dv		3dx
v ;		=	;
x	v		x

	dv	= 3
	v	= 3
	v
y =			1	+
y =				+
		x

dx ; ln |

	3	=
c x	3	=

v \|= 3 ln
cx	3	+ x	2

; v = x3 . Теперь u ' x3 + x = 0 ;

u ' = −	1
		2
	x

;отсюда

u = −	dx		+ c =
	x	2

1 x

+ c

Второй способ (метод вариации произвольной постоянной). Рассмотрим так называемое линейное однородное уравнение, соответствующее данному уравнению (1):

y'+P(x) y = 0 .

(4)

= −P(x)dx

Решаем это уравнение (с разделяющимися переменными): dx = −P(x) y;

;

= − P(x)dx + c ; ln | y |= − P(x)dx + c ; | y |= e− P( x)dx+c = e− P( x)dxec ;

y = ec e− P ( x)dx , или

y = ce

−

P( x)dx

(5)

Теперь будем искать решение уравнения (1) по той же формуле (5), считая, что в ней c = c(x) (отсюда и название метода). Тогда

y'= c'e− P( x)dx + c(e− P( x)dx )'= c 'e− P( x)dx + ce− P( x)dx (− P(x)dx ) = c 'e− P( x)dx −ce− P( x)dx P(x) .

Подставляя эту производную в (1), имеем:

160

c'e

− P( x)dx

−cP(x)e

− P( x)dx

+ P(x)ce

− P( x)dx

= Q(x) , или c'e

− P( x)dx

= Q(x)

(т.е. члены с

всегда сокращаются, остается только член с c' ). Отсюда c'= Q(x)e

P( x)dx

и,

интегрируя, мы находим с=с(х).

) y

)

(1 + x

'− 2xy = (1 + x

Пример.

Решить задачу Коши

y(0) = 2

Решение. Переписав это уравнение в виде

y '−

y = 1 + x

, мы видим, что оно действительно является линейным.

1 + x

Соответствующее

однородное уравнение

имеет

вид

y '−

= 0 . Решаем это

уравнение:

y ;

1 + x

)

2 dx

;

2 dx + c ; ln |

d (1 + x

+ ln

c |=

ln | 1 + x2 | + ln | c |= ln | c(1 + x2 ) | ;

1 + x

+ x

| y |=| c(1 + x2 ) | ;

y = c(1 + x2 ) , или y = c(1 + x2 ) .

Теперь ищем решение исходного уравнения по этой же формуле,

считая, что в ней c = c(x) . Подставляя в уравнение, имеем:

c '(1 + x2 ) + c 2x −

c(1 + x2 ) = = 1 + x

2 ; c '

= 1 ;

1 + x2

c =

dx + c = x + c

, и ( c заменяем на c )

y = (x + c)(1 + x

) . Подставляя сюда х = 0,

имеем: 2 = с

и y = (x + 2)(1 + x

) .

Уравнения Бернулли это уравнения вида

y '+ P(x) y = Q(x) y

(6)

где

α 0 ,

α 1

(при

α = 0 получаем линейное уравнение, а при

α =1

–

уравнение с

разделяющимися переменными).

Легко убедиться, что к уравнениям Бернулли применим любой из описанных выше методов решения линейных уравнений.

Пример. Решить дифференциальное уравнение

Решение.			1) y = uv			;	u ' v + uv '−	4	uv ;	u ' v +
Решение.			1) y = uv			;	u ' v + uv '−	uv = x	uv ;	u ' v +
								x
dv		dx		4
	= 4	;	v = x	4	.
	= 4	;	v = x		.
v		x

y '−	4	y =
y '−		y =
	x
		4
u(v '−		v)
		x

x	y
= x

. Потребуем, чтобы

v '−

4 v

, тогда

Тогда	u ' x	4

2) Решаем

		2		u ' x =	du	=	dx
= x	u x	2	;		u ;	=
= x	u x		;		u ;
					u		x

соответствующее однородное

; 2

u = ln |

уравнение

x \| + ln
y ' =	4

	x

| c

y .

|= ln | cx |

Имеем:

; u

dy dx

1 ln

4 y

2 | cx | ; y = uv =

x4 ln 2 | cx | .

;

dx ;

= 4

+ c ;

ln |

y |= 4 ln |

x | + ln |

c | ;

ln |

y |= ln | cx

| ; y = cx

;

. Теперь ищем решение исходного уравнения по

этой

y = cx

c = c(x) .

формуле,

считая,

что в

ней

Подставляя

уравнение,

имеем:

c ' x

+ c4x

−

= x cx

; c ' x =

c ;

;

+ c ;

2 c = ln |

x | + ln | c |= ln

| cx | ;

c =

| cx

;

y = c( x) x

| cx | .

Уравнения в полных дифференциалах это уравнение вида

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

(7)

в котором левая часть является (полным) дифференциалом некоторой функции двух переменных, т.е. существует функция u(x, y) , такая, что du(x, y) = P(x, y)dx +Q(x, y)dy .

161

Пример. Решить дифференциальное уравнение

(x	3	2	x)dx +
		− y

( y	3

− x	2	y)dy

Решение.	P(x,	y)
плоскости 0xy .
P( x, y)	= −2 yx
	= −2 yx
		,
y

= x

− y

x ,

Q(x, y) = y

− x

непрерывны вместе со

своими частными

производными

на всей

Q( x, y)

= −2xy , т.е.

P( x,

Q( x, y)

, значит,

уравнение является

уравнением в

полных

дифференциалах

u	= P = x				3	− y	2
x
		y	4
c( y) =		y		u =
c( y) =				u =
		4

(кстати, отметим,

x u =							(x	3	− y		2
x	4		x	2	y	2			y	4
x		−	x		y		+		y	.
		−					+

4				2					4

что оно также является однородным). Далее имеем:

x)dx = x

− y

+ c( y)

= −x2 y + c ( y) = Q = y3 −

−

Общий интеграл уравнения имеет вид

yc ( y) = y3

x4 − 2x2 y2 + y4

Дифференциальные уравнения высших порядков


Дифференциальное уравнение n-го порядка имеет вид F(x, y, y', y'',..., y				(n)	)
					)
этого уравнения можно выразить старшую производную	y	(n)	, то мы
этого уравнения можно выразить старшую производную	y		, то мы

называемое уравнение, разрешенное относительно старшей производной (

функция (n +1)	-й переменной).
	y	(n)	= f (x, y, y',..., y	(n−1)	) .
	y		= f (x, y, y',..., y		) .

Определение 1. Задачей Коши для уравнения (9) называется задача

= 0

. Если из

получим так

f	− некоторая
	(9)

(n)

f (x, y, y',..., y

(n−1)

)

y(x

)

= y

y'(x0 ) = y'0

.....................................

(n−1)

) = y

(10)

где

x		, y		, y'		,..., y	(n−1)	−
	0		0		0		0

некоторые числа.

Теорема 1 (существования и единственности решения задачи Коши) (без

доказательства).

Пусть функция f и ее частные производные первого порядка по всем

аргументам, кроме x , непрерывны в некоторой области D

(n +1) - мерного пространства и

точка

, y

, y'

,..., y

(n−1)

) D

. Тогда задача Коши (10)

имеет единственное решение

(определенное в некоторой окрестности точки x0 ).

Определение 2. Пусть выполняются условия теоремы 1. Функция

y = φ(x, c1, c2 ,..., cn ) ,

(11)

162

где c1 ,c2

,...,cn − постоянные, называется

общим решением

уравнения

(9) в некоторой

окрестности точки x0

U (x0 ) , если:

При x U (x0 ) и

наборе

(c1

,c2 ,...,cn ) C , где

C − некоторое множество (в

простых случаях c1 , c2 ,...,cn

, будут любыми числами) функция (11) является решением

уравнения (9).

Какие бы начальные условия y(x0 ) = y0 , y'(x0 ) = y0 ' ,…,

(n−1)

(x0 ) = y0

где

(n−1)

(c1 , c2 ,..., cn ) C

точка (x0 , y0 , y'0 ,..., y0

) D , мы не

задали, существует

набор

при

котором функция (11) удовлетворяет этим начальным условиям.

Определение 3. Равенство вида (x, y, c1, c2 ,..., cn ) = 0 , неявно задающее общее решение, называется общим интегралом уравнения (9).

Уравнения, допускающие понижение порядка

Одним из методов решения дифференциальных уравнений высших порядков является сведение их к уравнениям меньшего (лучше первого) порядка. Рассмотрим два основных типа уравнений, допускающих понижение порядка.

1. Уравнение не содержит явным образом искомую функцию y и, может быть, несколько ее первых производных, т.е. имеет вид

F(x, y	(k )	, y	(k +1)	,..., y	(n)	)

(12)

Сделаем в этом уравнении замену

y	(k )

, где

z =

z(x) −

новая неизвестная функция (т.е. за

новую неизвестную функцию берется производная наименьшего порядка, входящая в это

уравнение).	Тогда		y	(k +1)	= z' ,	y	(k +2)	= z'' , …,	y	(n)

F(x, z, z',..., z	(n−k )	) = 0	, т.е. порядок уравнения понизился.

z	(n−k )

и (12) примет вид


Пример. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения								x
Решение. Обозначая	y ' = z ,	z = z(x) , имеем	x	2	z ' = z	2	. Это уравнение

2	y '' = y '	2	; y(1)	= 1; y '(1)	=	1
	y '' = y '		; y(1)	= 1; y '(1)	=
						2

первого порядка является

уравнением с

разделяющимися переменными:

1	=	1	+ c1	=	1 + c1 x		;	z =	x	,
z		x				x			1 + c x

									1

	2	dz			2	dz
x	2			= z	2	;
x				= z		;	2
		dx				z	2
		dx				z
т.е.			y ' =			x		.
т.е.			y ' =					.
					1 + c x
						1

=	dx		. Интегрируя, получаем:	dz		=
	x	2		z	2

Прежде чем интегрировать еще раз, найдем

dx		+ c	;	−	1	= −	1	+ c	;

x	2	1			z		x	1

c1		из второго начального

условия. При x =			1 из него			1

						1 + c1

=	x + 1 −1	dx + c2 =	dx −		dx	+ c2 =
				1	+ x
	1 + x

;

−

1 + c	=
1
ln \| 1 + x \|

;

c 2

c1 = 1 .

. При

Значит	y ' =	x	. Отсюда y =	x	dx + c
						2
						=
		1 + x		1 + x
x = 1 из	первого		начального условия		находим

постоянную

c 2

1 − ln 2 + c 2

;

c 2

. Таким образом, y = x − ln | 1 + x | + ln 2 = x − ln 1 + x .

2. Уравнение не содержит явным образом

F( y, y',

независимую переменную х, т.е. имеет вид

y'',..., y	(n)	) = 0 .

(13)

Сделаем в этом уравнении замену y'= z , где z = z( y) , т.е. за новую независимую переменную мы берем y, а за новую независимую функцию y'= z( y) . Покажем, что при такой замене порядок уравнения понижается на единицу:

y''= ( y')/x = zx/ = z y/ yx/ = z' z , т.е. y''= z' z ,

163

y'''= ( y'')

= (z' z)

= (z'' z + z'

)z = z'' z

+ z'

и так далее, т.е. порядок каждой производной становится на единицу меньше.

Пример. Решить дифференциальное уравнение	2 yy '' = y '	2		+1 .

Решение. Обозначая y ' = z , z = z( y) , y '' = z ' z , имеем	2 yz ' z = z		2	+1	. Это уравнение первого порядка, опять-таки,

является уравнением с разделяющимися переменными:

2 yz	dz	= z	2
2 yz		= z
	dy

+ 1

;

	2z		dz =	dy
	2
z		+ 1		y

. Интегрируя, получаем:

dz z 2 + 1

Еще раз

=	dy		;
		1	;
		+ c
	y

разделяем

d ( z		2	+ 1)
				=
z	2		+ 1

переменные:

ln | y

dy dx

\| +c	; ln( z	2
\| +c	; ln( z
1
=	c y −
	1

;

= ln | c y | 1

c y −1 1

;

+ 1

dx .

= c y ; 1

z =	c
	1

имеем:

	y −1
	1
	c
	c
	1

, т.е.

d (c y 1

c y 1

y '	=	c y −1
		1
−1)	= dx + c2
−1	= dx + c2
−1

;

c 1

c y −1 1

( x + c	)
2

. Возводим в квадрат:

4
c	2

1

(c y −1) 1

= ( x + c	)
	2
2

;

	c	2
c y −1 =
	1
1	4

( x + c	)	2
( x + c	)
	2

;

y =	c	( x + c	)	2	+	1
y =	1	( x + c	)		+
	1
	4		2			c
	4					c
						1

164

ЛЕКЦИЯ 11

ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ

Определение 1. Линейным дифференциальным оператором называется оператор вида

L( y) = y

(n)

+ p y

(n−1)

+ p

(n−2)

+... + p

(1)

где pi

= pi (x) , i =1,2,...,n определены и непрерывны на некотором интервале (a,b) .

Линейный дифференциальный оператор ставит в соответствие функции

функцию

L( y) , определенную по формуле (1).

Свойства линейного дифференциального оператора: 1. L(αy) = αL( y) , где α − постоянная.

y = y(x)

новую

▲ L(αy) = (αy)(n) + p (αy)(n−1) +... + p

(αy) = α( y(n) + p y(n−1)

+... + p

y) =

αL( y) . ■

L( y1 + y2 ) = L( y1 ) + L( y2 )

▲ L( y + y

) =

( y

+ y

)(n) + p ( y

+ y

)(n−1)

+... + p

( y + y

) =

1 1

(n)

+ p

(n−1)

+... + p

y + y

(n)

+ p y

(n−1)

+... + p

2 = L( y1 ) + L( y2 ) . ■

= 1

n 1

Определение 2. Линейным однородным дифференциальным уравнением называется

уравнение вида L( y) = 0

, или

(n)

+ p (x) y

(n−1)

+ p

(x) y

(n−2)

+...

+ p

(x) y = 0

(2)

Свойства решений линейного однородного дифференциального уравнения.

1. y = y(x) − решение (2),

c −

произвольная постоянная cy − тоже решение (2).

▲Согласно свойству 1 линейного дифференциального оператора, L(cy) = cL( y) = 0

. ■

2. y1 = y1 (x)

= y2 (x) −решения (2)

+ y2

− тоже решение (2).

▲

Согласно

свойству

линейного

дифференциального

оператора,

L( y1 + y2 ) = L( y1 ) + L( y2 ) = 0 + 0 = 0 . ■

3. y1 , y2

,...yn − решения

(2),

c1 ,c2

,...,cn −произвольные

постоянные

y = c1 y1 + c2 y2

+... + cn yn −тоже решение (2).

▲ Это свойство является очевидным следствием свойств 1 и 2. ■

Функция y = c1 y1 + c2 y2 +... + cn yn зависит от

и от n

произвольных постоянных.

При

любых значениях этих постоянных она является решением уравнения (2). Ниже будут изучаться условия, при которых эта функция является общим решением уравнения (2). т.е. условия, при которых она удовлетворяет определению 2 предыдущей лекции.

Линейная зависимость и независимость функций

Определение 3. Функции y1 (x), y2 (x),...yk (x) называются линейно зависимыми на

некотором множестве M , если существуют постоянные

c	, c	2	,...,c	k
1		2		k

, хотя бы одна из

которых отлична от нуля, такие, что

c1 y1 (x) + c2 y2 (x) +... + ck yk (x) 0

(здесь знак тождества « » означает выполнение равенства (3) для y1 (x), y2 (x),...yk (x) называются линейно независимыми на множестве

(3) выполняется только при всех коэффициентах ci = 0 .

(3)

x M ). Функции M , если тождество

165

Пример 1. Покажем, что функции

= x

, …,

= x

линейно независимы

на

любом

конечном или бесконечном промежутке M .

▲ Из равенства

c0 + c1x + c2 x

+... + ck x

(4)

следует, что любой

x M

является корнем уравнения (4). Но любой многочлен степени

k имеет только k

корней, откуда следует, что единственным возможным является случай c

= c

= ... = c

= 0

. ■

Пример 2. Покажем,

что

функции y

= e

k x

= e

…, y

= e

, k

при

i j ,

линейно

независимы на любом конечном или бесконечном промежутке M .

▲ Пусть

c e

k x

+ c

+... + c

(5)

Докажем, что в равенстве (5) все коэффициенты

обязательно равны 0, например,

докажем,

что

cn = 0 .

k x

c + c

−k ) x

+ c

−k ) x

... + c

−k

) x

0 .

Разделим (5) на e 1

Дифференцируем по x

− k )e

( k

−k ) x

+ c

− k )e

( k

−k

) x

+ ...

+ c

− k )e

( k

−k ) x

Разделим последнее равенство на

(k2 −k1 ) x

, учитывая, что

k − k

− (k

− k ) = k − k

− k ) + c

− k )e

( k

−k

) x

+ ... + c

− k )e

( k

−k

) x

Дифференцируем по x

и т.д. В итоге получим:

− k )(k

− k

) ... (k

− k

( k

−k

n−1

) x

n−1

В этом равенстве все сомножители, кроме первого, отличны от 0, отсюда cn

= 0 . ■

Линейно зависимые и линейно независимые функции обладают обычными свойствами линейно зависимых и линейно независимых векторов.

Кроме того, оказывается, что линейная зависимость и независимость функций тесно связана с так называемым определителем Вронского.

Определение 4. Пусть даны k −1 раз дифференцируемые функции

y1 (x)

,…,

y	k	(x)
	k

Определителем Вронского этих функций называется следующий определитель порядка:

-го

		y		y	2			...		y	k
		y		y				...		y
		1
		y'	y'			2		...	y'			k
		1				2						k
W = W (x) =	y''		y''				2	...	y''				k
		1					2						k
		...		...				...		...
	y	(k −1)	y	(k −1)				...	y	(k −1)
	y		y	2				...	y	k
	1			2						k

(все функции в этом определителе берутся в некоторой точке x ).

Теорема 1 (первая теорема об определителе Вронского). Пусть функции

y1 (x)

yk (x) линейно зависимы на некотором множестве M . Тогда на этом определитель Вронского тождественно равен 0: W (x) 0, х M.

, y2 (x) , …,

множестве

▲ По условию теоремы существуют постоянные c1 , c2 ,...,ck , хотя отлична от 0, такие, что c1 y + c2 y2 +... + ck yk 0 . Пусть, например, ck

бы

одна из которых

. Тогда, разделив

это равенство на	c		и обозначив −	ci	= α	, его можно переписать в виде
		k
					i
				ck

y	= α y + α	y +... + α	y	. Отсюда	y(i) = α y(i) + α		2	y(i) +... + α	k −1	y(i)	, i =1,2,...,k −1, и
k	1 1	2 2	k −1 k −1		k	1 1	2	2	k −1	k −1

166

...

k −1

α y

+ α

+... + α

k −1

...

k −1

'+ α

'+... + α

k −1

W (x) =

...

... ...

.....................................

(k −1)

...

(k −1)

α y

(k −1)

+ α

(k −1)

+...

+ α

( k −1)

k −1

−1

k −1

так как последний столбец этого определителя является линейной комбинацией остальных его столбцов. ■

Примеры показывают, что теорема, обратная данной, не верна.

Теорема 2 (вторая теорема об определителе Вронского). Пусть	n	решений линейного
однородного дифференциального уравнения n -го порядка L( y) = 0		y1 (x), y2 (x), …, yn (x)

линейно независимы на интервале (a,b) . Тогда определитель Вронского этих функций не обращается в 0 ни в одной точке интервала (a,b) : W (x) 0 , x (a,b) .

Замечание: Первая и вторая теоремы относятся к разным объектам: первая – к произвольным функциям, а вторая – к решениям линейных однородных дифференциальных уравнений; для последних определитель Вронского либо тождественно равен 0, либо он не обращается в 0 ни в одной точке.

▲ Пусть

x0 (a,b) :

W (x0 ) = 0

. Рассмотрим функцию

y(x) = c1 y1(x) +... + cn yn (x) .

Согласно свойству 3. решений линейного однородного дифференциального уравнения, при

любых значениях постоянных ci , i =1, 2,	..., n функция y(x) является решением уравнения
L( y) = 0. Теперь подберем постоянные ci	так, чтобы эта функция в точке				x0		удовлетворяла
нулевым начальным условиям y(x0 ) = 0 ,	y'(x0 ) = 0 , y''(x0 ) = 0 …	y	(n−1)	(x		)	= 0	. Имеем:
					0

y(x

) = c y

) + c

) +

...

+ c

) = 0

1 1

y'(x

) = c y' (x

) + c

) +

+ c

) = 0

...

y''(x

) = c y''

) + c

y''

) +

+ c

y''

) = 0

........................................................................

(n−1)

) = c y

) + c

) +

+ c

) = 0

...

(6)

(6) является системой

n линейных однородных уравнений с

неизвестными

c1 , c2 ,...,cn .

Определитель этой системы – это определитель, составленный из коэффициентов при

неизвестных

, т.е. определитель Вронского W (x0 ) = 0

. Но тогда система (6), как система

n линейных однородных уравнений с n неизвестными и определителем, равным 0, имеет ненулевые решения.

Пусть

, c

,...,c

−

одно

из

таких решений.

Тогда функция

= c

+ c

+... + c

удовлетворяет на интервале

(a,b)

уравнению

L( y) = 0 и нулевым начальным условиям

y(x ) = 0 ,

y'(x

) = 0 , …,

y (n−1) (x

) = 0 . Но этому же уравнению и этим же начальным

условиям удовлетворяет и функция y 0 . В силу единственности решения задачи Коши, эти два решения должны совпадать:

y = c

+ c

+... + c

x (a,b) .

(7)

Так как в тождестве (7) хотя бы один из коэффициентов ci* отличен от 0, то это тождество означает линейную зависимость на интервале (a,b) функций y1 , y2 ,..., yn , что противоречит условию теоремы. Значит, наше предположение W (x0 ) = 0 не верно. ■

167

Структура общего решения линейного однородного уравнения

Определение 5.	Фундаментальной системой решений линейного однородного
дифференциального	уравнения n -го порядка	L( y) = 0	называется любая система	n
линейно независимых решений этого уравнения.

Теорема	3 (структура общего решения линейного однородного уравнения). Пусть
функции	y1, y2 ,..., yn образуют фундаментальную систему решений линейного однородного

дифференциального уравнения n -го порядка	L( y) = 0 . Тогда функция
y = c1 y1 + c2 y2	+... + cn yn ,	(8)

где c1 ,c2 ,...,cn − произвольные постоянные, является общим решением этого уравнения. ▲ Проверим, что (8) удовлетворяет определению общего решения. При любых значениях

постоянных ci , i = 0,

1, 2, ..., n

эта функция,

согласно свойству 3 решений линейного

однородного дифференциального уравнения, является решением уравнения

L( y) = 0 .

Теперь проверим второе условие определения 7: зададим в точке x0

(a,b)

произвольные

начальные условия y(x0 ) = y0 , y'(x0 ) = y'0 , …,

(n−1)

и подберем постоянные ci

(x0 ) = y0

так, чтобы функция (8) удовлетворяла этим начальным условиям. Имеем:

y(x0 ) = c1 y1 (x0 ) + c2 y2 (x0 ) +... + cn yn (x0 ) = y0

y '(x0 ) = c1 y '1 (x0 ) + c2 y '2 (x0 ) +

... + cn y 'n (x0 ) = y0

(9)

y ''(x0 ) = c1 y ''1 (x0 ) + c2 y ''2 (x0 ) +... + cn y ''n (x0 ) = y0

........................................................................

y(n−1) (x

) = c y(n−1) (x

) + c y(n−1) (x )

+... + c

y(n−1)

(x )

= y(n−1)

1 1

2 2

(9) является системой

n линейных уравнений с

n неизвестными c1 , c2 ,...,cn . Определитель

этой системы – это определитель, составленный из коэффициентов при неизвестных ci , т.е. определитель Вронского W (x0 ) , который отличен от 0 в силу линейной независимости

функций

y	,
1

y	2	,...,
	2

. Но тогда система (9), как система

линейных уравнений с n

неизвестными и определителем, не равным 0, имеет единственное решение. ■

Таким образом, для нахождения общего решения уравнения (1) нужно знать фундаментальную систему его решений. Однако в общем случае методов нахождения такой фундаментальной системы не существует.

Ниже будет описан способ нахождения фундаментальной системы решений для одного класса уравнений вида L( y) = 0.

168

ЛЕКЦИЯ 12

ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

В этом параграфе будет рассматриваться оператор вида

L( y) = a y

(n)

+ a y

(n−1)

... + a

y'+a

(1)

n−1

x R

0 , a1, a2 ,..., an − постоянные действительные числа, и уравнение вида

L( y) = 0 :

a0 y

(n)

+ a1 y

(n−1)

+... + an−1 y'+an y = 0 .

(2)

Уравнение (2) можно разделить на

a0 , поэтому к нему

применимы

предыдущие

рассуждения, и общее решение (2) ищется по формуле:

y = c1 y1

+ c2 y2

+... + cn yn ,

(3)

где

c1, c2 ,...,cn − произвольные

постоянные,

y1, y2

,..., yn −

фундаментальная

система

решений.

Для нахождения последней будем искать решения (2) в виде

y = e

, где

k − некоторое

число.

Подставляя

y = e

(2)

учитывая, что

)

(m)

= k

имеем:

a0k nekx + a1k n−1ekx +... + an−1kekx + anekx

= 0 , или

Т.е.

y = ekx

a k	n	+ a k	n−1	+... + a		k + a		=
					n−1		n
0		1

решение (2) тогда и только тогда, когда число

корень (4).

(4)

Определение 1. Уравнение (4) называется характеристическим уравнением для дифференциального уравнения (2).

Характеристическое уравнение (4) получается из дифференциального уравнения (2)

заменой производной

y	i

на

k	i

i = 0, 1, 2, ..., n

(под нулевой производной функции

понимается сама эта функция).

Определение 2. Левую часть характеристического уравнения (4)

характеристическим многочленом и обозначим Ф(k) .

Уравнение (4), как и всякое алгебраическое уравнение степени	n , имеет ровно n
учетом их кратности. Рассмотрим следующие 4 случая:

1. Все корни характеристического уравнения действительные и различные

назовем

корней с

Пусть k1, k2 ,...,kn − эти корни. Этим корням соответствуют

решений уравнения (2):

ek1x

k	x
e
2

, …, yn = ek n x . Эти функции линейно независимы (см. пример выше),

значит, они образуют фундаментальную систему решений уравнения (2), и общее решение этого уравнения задается формулой (3).

Пример.

Решить дифференциальное уравнение y''' − 2 y"

− 8y'

= 0 .

Решение.

Характеристическое

уравнение

имеет

вид:

− 2k

− 8k = 0 .

Решаем

это

уравнение:

k (k

− 2k − 8) = 0; k

= 0, k

= 4, k

= −2.

Этим трем действительным различным корням соответствуют три решения из

фундаментальной

системы

решений:

= 1, y

= e4 x , y

= e−2 x ,

и общее решение исходного уравнения

имеет вид:

y = c 1 + c e		4 x	+ c e	−2 x
y = c 1 + c e			+ c e
1	2		3

= c	+ c e
	4 x
1	2

+ c e	−2 x
+ c e
3

2. Корни характеристического уравнения разные, но среди них есть комплексные

Так как в предыдущих рассуждениях нигде не использовалось, что корни

169

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1617 / 2517 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
01.06.20245.04 Mб3L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_1.pdf
#
01.06.20246.08 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_2.pdf
#
01.06.20242.46 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_3.pdf
#
01.06.20241.39 Mб20вышмат полезно.pdf
#
01.06.2024482.88 Кб11кр по алегебре.pdf
#
01.06.20245.41 Mб93лекции вышмат.pdf
#
01.06.20241.34 Mб4линейная алгебра и агалитич геом.pdf