Дифференциальные уравнения. Устойчивость решений. Элементы теории устойчивости решений. Учебное пособие

I. Решаем задачу Коши при μ = 0:

xy′=ln y, y(1) =1.

Получено уравнение с разделяющимися переменными: xdy −ln y dx =0 ,

Из совокупности решений достаточно выбрать одно частное решение, удовлетворяющее начальному условию, например:

ln y =0, y(1) =1 y ≡1 .

Частное решение y0 (x) ≡1 .

Ищем функцию y(x, μ) в виде ряда

y(x,µ) =1+y1µ+y2µ2 +…;

y′(x,µ) = y1′µ+y2′µ2 +… .

В правой части дифференциального уравнения представляем функцию ln y в виде ряда по степеням y – 1:

81

Подставляем в уравнение разложение для y(x):

x (y1′µ+y2′µ2 +…)=µx2 +(1+y1µ+y2µ2 +…−1) −

−12 (1+υ1µ+υ2µ2 +…−1)2 + 62 (1+υ1µ+υ2µ2 +…−1)3 +…, x (y1′µ+y2′µ2 +…)=µx2 +y1µ+y2µ2 +y3µ3 +…−

−12 (y1µ+y2µ2 +…)2 + 13 (y1µ+y2µ2 +…)3 +….

Заметим, что младшими степенями будут

(y1µ+y2µ2 +…)2 =(y1µ+y2µ2 +…) (y1µ+y2µ2 +…) = =µ2y12 +µ3 (y1y2 +y1y2 ) +µ4 (…) +…,

(y1µ+y2µ2 +…)3 =(µ2y12 +2µ3y1y2 +µ4 (…) +…)× ×(y1µ+y2µ2 +…) =µ3y13 +…

Раскрываем скобки, приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях μ:

1)µ1 : x y1′ =x2 +y1 ;

2)µ2 : x y2′ = y2 − 12 y12 ;

3)µ3 : x y3′ = y3 + 12 2y1y2 .

В начальных условиях также приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях μ:

1+y1(1)µ+y2 (1)µ2 +…=1+0 µ+0 µ2 +0 µ3 +…,

1)y1(1) =0 ;

2)y2 (1) = −1;

3)y3 (1) =0 ю

Решите самостоятельно каждую из полученных задач:

82

Подставим y и y′ в уравнение и в начальные условия: y′= −y +ay2 ,

−e−x +y1′a +y2′a2 + = −(e−x +y1a +y2a2 + )+a(e−x +y1a +y2a2 + )2 .

Раскрываем скобки, приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях a:

1)a1 : y1′ = −y1 +e−2x ;

2)a2 : y2′ = −y2 +e−x y1 2 ;

3)a3 : y3′ = −y3 +2e−x y2 +y12 .

83

Получены три дифференциальных уравнения с условиями однозначности :

1)y1(0) = −1 ;

2)y2 (0) =0 ;

3)y3 (0) =0 .

Самостоятельно решите каждую из полученных задач (1)–(3) аналогично предыдущим примерам.

Ответ:

y(x,a) =e−x +(−e−2x +2e−x ) a +e−x (−e−2x −4e−x +3) a2 + .

Самостоятельно найти первые члены разложения решения

4) y(x,a) =(2ex −3e−2x ) a +(8e−x −18e−2x +11ex ) a2 + .

84

3. ГРАНИЧНЫЕ (КРАЕВЫЕ) ЗАДАЧИ

3.1. Постановка задачи

Граничными (краевыми условиями) называются условия однозначности, которым должна удовлетворять неизвестная функция на границах того промежутка, где задано дифференциальное уравнение.

Рассмотрим линейное уравнение второго порядка: y′′+ p(x)y′+q(x)y =f(x) ,

где p(x),q(x),f(x) x [0,l] – непрерывные функции. Зададим линейные граничные условия:

α1y(0) +β1y′(0) = y0,

α2y(l) +β2y′(l) = yl,α12 +β12 >0,

α22 +β22 >0, α1, β1, y0, α2, β2, yl −const.

Если y0 = yl = 0, то граничные условия называются однородными.

Определение.

Если β1 = β2 = 0, то граничное условие называется условием первого рода;

––если α1 = α2 = 0, то граничное условие называется условием второго рода;

––если все αi, βi ≠ 0, то это задача третьего рода.

Краевые задачи для однородного уравнения с однородными граничными условиями называют однородными краевыми задачами:

L(y) = 0, y(0) = 0, y(l) = 0.

Очевидно, что однородная краевая задача всегда имеет тривиальное решение:

y(x) = 0.

85

Найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее граничным условиям.

Пример 3.1. y′′+y =0,x [0,π], y(0) =0, y(π) =0 .

Решение. Характеристическое уравнение линейного дифференциального уравнения:

k2 + 1 = 0, k1,2 = ± i.

Общее решение однородного уравнения: y(x) = C1 cos x + C2 + + sin x.

Найдем константы С1 и С2, чтобы решение удовлетворяло граничным условиям:

y(0) = C1 cos 0 + C2 sin 0 = 0 , => C1 = 0, y(π) = 0 cos π + C2 sin π = 0 , => C2 ≠ 0.

Нетривиальное решение: y(x) = C sin x.

Замечание: в отличие от задачи Коши, решение которой при выполнении всех условий теоремы существует и единственно, решение краевой задачи может быть только тривиальным, может быть неединственным или не существовать вовсе.

Пример 3.2. y′′+y =1,x [0,π], y(0) =0, y(π) =0 .

Решение. Данное уравнение неоднородное, его общее решение y(x) = y(x) +y(x) .

Общее решение однородного уравнения (пример 2.1): y(x) =C1 cosx +C2 sinx .

Частное решение неоднородного будем искать в виде y(x) = A , тогда

y′′=0 .

После подстановки в исходное уравнение находим

0 + A = 1, A = 1.

Общее решение неоднородного уравнения:

86

y(x) = y +y =C1 cosx +C2 sinx +1.

Ищем константы, удовлетворяя граничным условиям: y(0) =C1 cos0 +C2 sin0 +1 =0 C1 = −1 ,

y(π) = −1 (−1) +C2 sin π=0 1 =0 .

Вывод: решения данной краевой задачи не существует.

Ответ: y(x) =2e−x .

3.2. Задача Штурма–Лиувилля

Рассмотрим однородную краевую задачу, в которой дифференциальное уравнение содержит параметр λ:

L(y) +λq(x)y(x) =0,

α1y(0) +β1y′(0) = y0,

α2y(l) +β2y′(l) = yl.

Требуется найти значения параметра λ, при котором существуют нетривиальные решения задачи.

Значения параметра λ, при котором существуют нетривиальные решения , называются собственными значениями краевой задачи, а соответствующие им нетривиальные решения – собственными функциями краевой задачи.

Задачу на собственные значения однородной задачи называют

задачей Штурма–Лиувилля.

87

Решить задачу Штурма-Лиувилля.

Уравнение однородное, общее решение y(x) =C1e−λx +C2e+λx . Ищем константы, удовлетворяя граничным условиям:

Отсюда находим

88

3.3. Функция Грина

Рассмотрим краевую задачу

p0 (x)y′′+ p1(x)y′+ p2 (x)y =f(x), a ≤x ≤b

с однородными линейными граничными условиями

α1y(a) +β1y′(a) =0,α2y(b) +β2y′(b) =0,

α12 +β12 >0,α22 +β22 >0,

α1,β1,y0,α2,β2,yl −const.

Функцией Грина называется функция G(x,s):x [a,b],s [a,b],

которая при каждом фиксированном значении s [a,b]: 1) удовлетворяет уравнению

p0 (x)y′′+ p1(x)y′+ p2 (x)y =f(x), a ≤x ≤b ; 2) удовлетворяет заданным краевым условиям

α1y(a) +β1y′(a) =0,α2y(b) +β2y′(b) =0;

3) непрерывна при каждом фиксированном s [a,b], при этом

Если функция Грина существует, то решение краевой задачи имеет вид

b

y(x) = ∫G(x,s)f(s)ds .

a

89

1

p0 (x)

Y

Решение.

1. Решаем однородное уравнение y′′+y =0 . Характеристическое уравнение

k2 + 1 = 0, k1,2 = ± i.

Общее решение y(x) =C1 sinx +C2 cosx . Рассмотрим произвольное фиксированное s [0,π].

Справа и слева от s функция должна быть решением дифференциального уравнения, поэтому будем искать функцию Грина в виде

C3 sinx +C4 cosx,x [s,π].

1. Краевые условия: 1) y′(0) =0, x [0,s],

y′(x) =C1 cosx −C2 sinx ,

90