Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Обыкновенные дифференциальные уравнения. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

592 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Пример 7. Найти

решение

уравнения

y′′ − 2 y′ = 0 ,

удовлетворяющее краевым условиям y(0) = 0 ,

y(ln 2) = 3 .

Решение.

Характеристическое уравнение имеет вид

k 2 − 2k = 0 ,

его корни

k1 = 0 , k2 = 2 . Следовательно, общее решение будет:

y = C + C

e2 x .

Подставляя граничные условия в найденное общее решение,

получим систему уравнений относительно C1 и C2 :

y(0) = 0,

+ C e0 = 0,

C + C

= 0,

C = −1,

y(ln 2) = 3,

+ C2e2ln 2 = 3,

C1 + 4C2 = 3,

C2 = 1.

Решением, удовлетворяющим поставленным краевым условиям, будет:

y = e2 x − 1.

Задания, предлагаемые для аудиторного занятия Задача 1. Найти общие решения дифференциальных уравнений:

1.y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 .

2.y′′ + 6 y′ + 10 y = 0 .

3.y′′ + 10 y′ + 25 y = 0 .

4.y′′ − y′ = 0 .

5.y′′ + 25 y = 0 .

6.yiV − 2 y′′′ + y′′ = 0 .

7.yiV + 5 y′′ + 4 y = 0 .

Задача 2. Найти частные решения дифференциальных уравне-

ний, удовлетворяющие заданным условиям:

y (0) = −6 .

′′

+ 5 y

′

+ 6 y = 0 , начальные условия

y(0) = 1,

′

′′

− 10 y

+ 25 y = 0 , начальные условия y(0) = 0 ,

y (0) = 1.

′

+ 9 y = 0 , начальные условия

y(0) = 2

′

′′

− 10 y

y (0) = 10 .

+ y

′

′′

′

= 0 , начальные условия y(0) = 1,

y (0) = 1.

′

y′′

− 2 y′ + 10 y = 0 , начальные условия

0 ,

= e 6 .

y′

6.	9 y′′ + y = 0 , начальные условия		3π	= 2 ,		3π	= 0 .
		y	2		y′	2

7.	y′′ + 9 y = 0 , краевые условия y(0) = 0 ,	π		= 1.
		y	4

8.	y′′ + y = 0 , краевые условия	y′(0) = 1 ,	π		= 0 .
			y′	3

§ 3. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Рассмотрим

неоднородное

линейное

дифференциальное

уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами:

y′′ + py′ + qy = f (x) .

Метод решения: общее решение представляется в виде суммы

частного

решения

этого

уравнения y* и

общего

решения

соответствующего однородного уравнения (4.4), то есть:

y =

+ y* .

Как искать общее решение

уравнения (4.4),

показано выше.

Вид же частного решения y* зависит от вида функции f (x) .

Пусть f (x) = P (x)eαx , то есть решается уравнение:

y′′ + py′ + qy = Pn (x)eαx ,

(4.5)

где α = const ,

P (x) = A xn + A

−1

xn−1 + ... + A x2 + A x + A

−

многочлен

степени n .

При решении уравнения (4.5) можно выделить три различных

случая:

1. α

не

является

корнем

характеристического

уравнения

k 2 + pk + q = 0 . Тогда частное решение уравнения (4.5) необходимо искать в виде y* = Qn (x)eαx , где Qn (x) − многочлен n -й степени с неопределенными коэффициентами.

2. α является корнем уравнения k 2 + pk + q = 0 и α ≠ −						p	. Тогда ча-
2. α является корнем уравнения k 2 + pk + q = 0 и α ≠ −							. Тогда ча-
					2
стное	решение	уравнения			(4.5) следует искать в виде
y* = xQ (x)eαx .
	n
3. α	является	корнем		характеристического			уравнения
k 2 + pk + q = 0 , причем α = −				p	. Тогда частное решение необхо-
k 2 + pk + q = 0 , причем α = −					. Тогда частное решение необхо-
			2
димо искать в виде y* = x			2Q (x)eαx .
			n

Рассмотрим для каждого случая соответствующий пример.

Пример 1. Найти решение дифференциального уравнения:

y′′ + y′ = x2ex .	(4.6)
Решение.
Данное уравнение является линейным	неоднородным

дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Решение такого уравнения ищется в виде y = y + y* .

Сначала рассмотрим

соответствующее

однородное уравнение

y′′ + y′ = 0 . Составим характеристическое уравнение:

k 2 + k = 0

k = 0 , k

= −1.

Тогда общее решение

соответствующего однородного уравнения

имеет вид:

= C e0 x + C

e− x

= C + C

e− x .

Теперь найдем частное решение y*

заданного уравнения (4.6).

Правая часть имеет вид

f (x) = P (x)eαx = x2ex . Откуда α = 1, n = 2 .

Показатель экспоненты в правой части уравнения (α = 1) не совпадает

с корнями характеристического уравнения				k1 = 0 ,		k2 = −1, и так как
n = 2 , то частное решение уравнения (4.6) будем искать в виде:
y* = Q (x)eαx = ( A x2			+ A x + A )ex .
n		2	1	0
Тогда:				+ A1))e
* ′	2	+ ( A1 + 2 A2 )x + ( A0			x	,
( y ) = (A2 x		+ ( A1 + 2 A2 )x + ( A0				,
		63

( y* )′′ = (A2 x2 + ( A1 + 4 A2 )x + ( A0 + 2 A1 + 2 A2 ))ex .

Подставляя в (4.6) y* , ( y* )′ , ( y* )′′ , получим:

(2 A2 x2 + (2 A1 + 6 A2 )x + (2 A0 + 3A1 + 2 A2 ))ex = x2ex .

Это равенство выполняется при всех значениях x , а значит, коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой частях равенства совпадают. Приравнивая эти коэффициенты, получаем:

x2 :		2A = 1,				A	= 1 ,
			2			2	2
x1 :		2 A	+ 6A =		0,	A = − 3 ,
		1		2		1	2
x0 :	2A	+ 3A		+ 2A	= 0,	A	= 7 .
	0		1	2		0	4
							4

Отсюда частное решение запишется в виде:

*	x2			3x		7		x
y			−		+

	=	2		2		4	e .

Общее решение заданного дифференциального уравнения (4.6) имеет вид:

− x

−

y = y + y = C1 + C2e +

e .

Пример 2. Решить уравнение:

y′′ + y′ = x .

(4.7)

Решение.

Решение заданного уравнения (4.7) ищется в виде y =

+ y* .

Рассмотрим соответствующее

однородное

уравнение y′′ + y′ = 0 .

Из примера 1 знаем, что корни характеристического уравнения k1 = 0 , k2 = −1, и общее решение y имеет вид y = C1 + C2e− x .

Теперь найдем частное решение y* заданного уравнения (4.7).

Правая часть имеет вид f (x) = Pn (x)eαx = x . Откуда n = 1 и α = 0 , что совпадает с k1 = 0 . Сравнивая уравнение (7) и y′′ + py′ + qy = f (x) , имеем

p = 1, а следовательно,	α ≠ −	p	. Принимая во внимания все

	2

вышеперечисленные условия, получаем, что частное решение будем

искать в виде:

y* = xQn (x)eαx = x( A1x + A0 ) .

Тогда:

( y* )′ = 2 A1x + A0 , ( y* )′′ = 2 A1 .

Подставляя в (4.7) y* , ( y*)′ , ( y* )′′ и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x , получим:

x1 :	2A =		1,	A = 1		,
		1		1	2
x0 :					2
x0 :	2A + A = 0,			A = −1.
	1	0		0

Отсюда частное решение запишется в виде:

y* = x2 − x .

Общее решение заданного дифференциального уравнения (4.7) имеет вид:

y =		+ y* = C + C		e− x +	x2	− x .
	y

1			2	2

Пример 3. Найти частное решение уравнения:
		y′′ − 2 y′ + y = xex .				(4.8)

Решение.

Заданное дифференциальное уравнение является линейным неоднородным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Решение ищется в виде y = y + y* .

Составим характеристическое уравнение для соответствующего однородного уравнения y′′ − 2 y′ + y = 0 , в результате получим:

	k 2 − 2k + 1 = 0						k = 1.
								1,2
Тогда общее решение			имеет вид:
Тогда общее решение		y	имеет вид:
					= (C + C			x)ex .
				y	= (C + C			x)ex .
						1	2
Теперь найдем частное решение y* уравнения (4.8).
Правая часть имеет вид						f (x) = P (x)eαx = xex .			Откуда n = 1 и α = 1.
							n
Причем α	является		корнем				характеристического уравнения.
Сравнивая	уравнение		(4.8)			и	y′′ + py′ + qy =		f (x) , имеем p = 1,
							65

и получаем, что выполняется условие α = 1 = − 2p . Принимая во

внимания всё вышеперечисленное, получаем, что частное решение исходного уравнения необходимо искать в виде:

y* = x2Q (x)eαx = x2 ( A x + A )ex = ( A x3 + A x2 )ex .

Тогда:

′

= ( A1x

+ (3A1 + A0 )x

+ 2 A0 x)e

( y )

* ′′

= ( A1x

+ (6 A1

+ A0 )x

+ (6 A1

+ 4 A0 )x +

2 A0 )e

( y )

Подставляя y

, ( y ) ,

( y )

в (8) и приравнивая коэффициенты при

* ′

* ′′

одинаковых степеняхx , будем иметь:

x1 :	6A + 4A − 4A = 1,			A = 1		,
	1	0	0	1	6
x0 :					6
x0 :		2A = 0,		A = 0.
		0		0

Отсюда частное решение запишется в виде: y* = 16 x3ex .

Общее решение дифференциального уравнения (8) имеет вид: y = y + y* = (C1 + C2 x)ex + 16 x3ex .

Рассмотрим теперь способы нахождения частных решений для уравнения вида:

y′′ + py′ + qy = [M m (x) cos βx + Nn (x)sin βx]eαx ,	(4.9)
где M m (x) , Nn (x) − многочлены степеней m и n переменной x .
При решении уравнения (9) возможны два случая:
1. Если k = α + iβ не является корнем характеристического
уравнения k 2 + pk + q = 0 , соответствующего	уравнению

y′′ + py′ + qy = 0 , то частное		решение уравнения (9) следует
искать в виде:
y* = [U	(x) cos βx + V (x)sin βx]eαx ,
l		l

где l = max(m, n) , Ul (x) , Vl (x)

переменной x .

− многочлены степени l

2. Если	k = α + iβ	является			корнем	характеристического
уравнения k 2 + pk + q = 0 , тогда частное							решение уравнения
(4.9) необходимо искать в виде:
	y* = x[U		l	(x) cos βx + V (x)sin βx]eαx .
			l		l
Пример 4. Найти решение уравнения:
		y′′ − 2 y′ + 2 y = ex sin x .						(4.10)
Решение.
Решение уравнения (4.10) ищется в виде y =							+ y* .
Решение уравнения (4.10) ищется в виде y =						y	+ y* .
Характеристическое		уравнение			для уравнения			y′′ − 2 y′ + 2 y = 0
имеет вид	k 2 − 2k + 2 = 0 .	Корни данного уравнения						k = 1 ± i . Тогда
								1,2

общее решение y соответствующего однородного уравнения записывается в виде:


		= (C cos x + C			sin x)ex .
	y			2
1
Рассмотрим правую часть дифференциального уравнения (4.10)
f (x) = [M m (x) cos βx + Nn (x)sin βx]eαx = ex sin x , откуда имеем						m = 0 , n = 0 ,
α = 1, β = 1.
Действительная и мнимая			части корней k1,2 = 1 ± i			совпадают
с показателем экспоненты α = 1			и коэффициентом при аргументе

синуса β = 1 в правой части уравнения (4.10). Следовательно, частное решение исходного уравнения необходимо искать в виде:

y* = x( Asin x + B cos x)ex .

Тогда:

* ′

+ (Ax + Bx + B)cos x]e

( y ) = [(Ax − Bx + A)sin x

′′

= [(− 2Bx + 2 A − 2B)sin x + (2 Ax +

2 A + 2B)cos x]e

( y )

Подставляя в

(4.10) выражения для y

( y

)

( y

)

и упростив,

′

′′

получим:

(−2B sin x + 2 Acos x)ex = ex sin x .

Приравнивая

коэффициенты при

выражениях

xex cos x , ex cos x ,

xex sin x , ex sin x

в обеих частях равенства,

получим уравнения для

нахождения коэффициентов A и B :

ex sin x :	− 2B = 1,	B = −	1	,
ex cos x :			2
ex cos x :	2A = 0,	A = 0.

Следовательно, искомое частное решение y* имеет вид: y* = − 12 xex cos x .

Общее решение уравнения (4.10) имеет вид:

y = y + y* = (C1 cos x + C2 sin x)ex − 12 xex cos x .

Схема решения для линейного неоднородного дифференциального уравнения 2-ого порядка с постоянными коэффициентами имеет вид:

y′′ + py′ + qy = f (x) y = y + y* :

+ p

+ q

= 0

k 2

+ pk + q = 0 k1,2

− p ± p2 − 4q

y′′

y′

Если k

≠ k

, то

= C ek1x + C

ek2 x .

Если k

= k

= k , то

= (C + C

x)ekx .

Если k

= α ± βi , то

= (C cos βx + C

sin βx)eαx .

1,2

y* f (x) = Pn (x)eαx :

1.Если α – не корень уравнения k 2 + pk + q = 0 , то y* = Qn (x)eαx .

2.Если α – корень уравнения k 2 + pk + q = 0 и α ≠ − 2p , то

y* = xQn (x)eαx .

3. Если α – корень уравнения k 2 + pk + q = 0 и α = − 2p , то

y* = x2Qn (x)eαx .

y* f (x) = [M m (x) cos βx + Nn (x)sin βx]eαx :

1. Если k = α + iβ – не корень уравнения k 2 + pk + q = 0 , то

y* = [Ul (x) cos βx + Vl (x)sin βx]eαx .

2. Если k = α + iβ – корень уравнения k 2 + pk + q = 0 , то

y* = x[Ul (x) cos βx + Vl (x)sin βx]eαx .

Замечание. Если правая часть неоднородного уравнения представлена в виде суммы двух функций, то есть:

y′′ + py′ + qy = f1(x) + f2 (x) ,

то его частное решение можно искать также в виде суммы:

y* = y1* + y2* ,

где y1* и y2* есть соответственно частные решения неоднородных уравнений:

y′′ + py′ + qy = f1(x) , y′′ + py′ + qy = f2 (x) .

Рассмотрим теперь, как находится решение неоднородного линейного дифференциального уравнения, удовлетворяющего данным начальным условиям.

Пример 5. Найти решение дифференциального уравнения:

y′′ + y′ = x2ex + x ,

(4.11)

удовлетворяющее начальным условиям y(0) = 2 ,

′

y (0)

= − 4 .

Решение.

Будем искать общее решение (4.11) в виде суммы y =

+ y*

+ y* .

Составим характеристическое уравнение k 2 + k = 0 .

Его корни k

= 0 ,

k1 = −1. Следовательно,

общее

решение

соответствующего

однородного уравнения нужно записать так:

= C e0 x + C

e− x = C + C

e− x .

Частные решения y*

найдены нами

в примерах 1 и 2

для

уравнений (4.6) и (4.7) соответственно в виде:

−

, y2

− x .

Откуда общее решение уравнения (4.11) имеет вид:

y = C1 + C2e

− x

−

x +

− x .

Тогда:

y′ = −C2e

− x

−

x +

+ x − 1.

Подставляя начальные условия в общее решение и его производную, получим систему уравнений относительно C1 и C2 :

	y(0) = C	+ C			+ 7	= 2,				3
	1			2	4						,
				1	4		7		C1 = − 4		,
y′(0) = −C2			+	1	− 1 = −		7	,		C2 = 1.

				4			4
				4			4

Таким образом, искомое решение можно записать в виде:

y = e	− x		1	x	2	−	3	x +	7		x	+	1	x	2	− x −	3	.
y = e		+	2	x		−	2	x +	4	e		+	2	x		− x −	4	.
			2				2		4				2				4

Задания, предлагаемые для аудиторного занятия Задача 1. Определить вид частных решений линейного

неоднородного дифференциального уравнения y′′ − 3y′ + 2 y = f (x) , если

f(x) равна:

1.10e−2 x .

2.3e2x .

3.2x3 − 30 .

4.2sin x .

5.ex (3 − 4x) .

6.2ex cos 2x .

7.2e2 x − e−2 x .

Задача 2. Найти общие решения дифференциальных уравнений:

1.y′′ + 2 y′ + y = x2 .

2.y′′ − 3y′ + 2 y = ex .

Задача 3. Найти частные решения дифференциальных уравнений:

1.y′′ − y = sin x .

2.y′′ + 4 y = sin 2x .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 107 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]