имеет корни |
p2i; |
1 = p2i; 2 = |
то частное решение неоднородного уравнения можно искать в виде p p
v2;÷àñò(t) = d1t cos( 2t) + d2t sin( 2t):
Подставляя в уравнение, получаем
pp
d1 = |
2 |
b2; |
d2 = |
2 |
b1: |
|
|
4 |
4 |
Тогда общее решение второго уравнения имеет вид
pp
|
v2(t) = c1 cos( |
2t) + c2 sin( |
2t) |
|
|
|
p |
|
|
p |
|
|
|
p |
|
|
p |
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
+ |
b2t cos( |
2t) |
b1t sin( |
2t): |
(5:13) |
|
4 |
|
4 |
|
Итак, формулы (5.11) (5.13) дают общее решение системы дифференциальных уравнений (5.10)
v(t) = (v1(t); v2(t); v3(t))T :
1997
Вариант 1. При каких непрерывных f(t) существуют решения
краевой задачи
8
y′′ + (2 )2y = f(t); 0 < t < 1;
: j |
t=0 |
j |
t=1 |
= 0 ? |
< y |
= y |
Выписать все решения.
Вариант 2. При каких непрерывных f(t) существуют решения
краевой задачи
8
y′′ + ( =4)2y = f(t); 0 < t < 2;
: j |
t=0 |
= y′ |
j |
t=2 |
= 0 ? |
< y |
|
Выписать все решения.
Вариант 3. При каких непрерывных f(t) существуют решения
краевой задачи
8
y′′ + ( =3)2y = f(t); 0 < t < 3;
: |
j |
t=0 |
= y′ |
j |
t=3 |
= 0 ? |
< y′ |
|
|
Выписать все решения.
Вариант 4. При каких непрерывных f(t) существуют решения
краевой задачи
8
y′′ + ( =8)2y = f(t); 0 < t < 4;
: |
j |
t=0 |
j |
t=4 |
= 0 ? |
< y′ |
|
= y |
Выписать все решения.
Решение (Вариант 1). Вначале выпишем общее решение дифференциального уравнения. Для этого можно использовать - функции. Поскольку корни характеристического уравнения
2 + (2 )2 = 0
различные
1 = 2 i; 2 = 2 i;
òî |
|
e2 it |
e 2 it |
|
sin(2 t) |
1(t) = e2 it; |
|
|
2(t) = |
|
|
= |
|
: |
|
4 i |
2 |
|
|
|
|
|
Следовательно, общее решение дифференциального уравнения имеет вид
∫t
y(t) = c1 1(t) + c2 2(t) + 2(t s)f(s) ds;
0
ãäå c1, c2 произвольные константы. Для нахождения решений краевой задачи нужно подобрать c1, c2 таким образом, чтобы
y(0) = 0; y(1) = 0:
Подставляя y(t) в левое граничное условие, очевидно, получаем
c1 = 0. Следовательно, если решения краевой задачи существуют, то все они выписываются по формуле
y(t) = c2 |
2(t) + |
∫0 t |
2(t s)f(s) ds: |
(5:14) |
Учитывая явный вид функции |
2(t), очевидно, имеем |
|
|
1 |
|
|
y(1) = |
1 |
∫0 |
sin(2 s)f(s) ds: |
|
|
|
|
|
2 |
|
Следовательно, краевая задача разрешима тогда и только тогда, когда f(t) 2 C[0; 1] удовлетворяет условию ортогональности
∫1
sin(2 s)f(s) ds = 0:
0
Если это условие выполнено, то краевая задача имеет бесконечно много решений вида (5.14).
1998
Вариант 1. Найти все гладкие функции a(t) такие, что урав-
нение
y′′ + a(t)y′ + y = 0
имеет два решения y1(t), y2(t), удовлетворяющие условию y2(t) ty1(t) = 0:
Вариант 2. Найти все гладкие функции b(t) такие, что урав-
нение
y′′ + (b(t) 3)y′ + b(t)y = 0
имеет два решения y1(t), y2(t), удовлетворяющие условию
y1(t)y2(t) = 1:
Вариант 3. Найти все гладкие функции a(t) такие, что урав-
нение
y′′ + a(t)y′ a(t)y = 0
имеет два решения y1(t), y2(t), удовлетворяющие условию y2(t) ty1(t) = 0:
Вариант 4. Найти все гладкие функции b(t) такие, что урав-
нение
y′′ + (b(t) + 5)y′ + b(t)y = 0
имеет два решения y1(t), y2(t), удовлетворяющие условию
y1(t)y2(t) = 1:
Решение (Вариант 1). Пусть y1(t), y2(t) решения уравне-
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
íèÿ |
|
|
d |
|
|
|
|
|
d2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
y + a(t) |
|
|
y + y = 0: |
|
|
|
|
dt2 |
dt |
|
Тогда имеют место тождества |
|
|
|
|
|
|
|
d2 |
d |
(t) + y1(t) 0; |
|
|
|
y1(t) + a(t) |
|
y1 |
(5:15) |
|
dt2 |
dt |
|
d2 |
d |
(t) + y2(t) 0: |
|
|
|
y2(t) + a(t) |
|
y2 |
|
|
dt2 |
dt |
|
В силу условия
y2(t) ty1(t)
последнее тождество можно переписать в виде
|
d2 |
|
d |
[ |
|
d |
] |
t |
dt2 |
y1(t) + 2 |
dt |
y1 |
(t) + a(t) |
t |
dt |
y1 |
(t) + y1(t) + ty1(t) 0: (5:16) |
Из (5.15) и (5.16) получаем
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d |
|
|
|
1 |
a(t)y1(t) 0: |
|
|
|
|
|
|
y1 |
(t) + |
|
|
(5:17) |
|
|
|
dt |
2 |
|
Дифференцируя это тождество, имеем |
|
|
|
d2 |
1 |
|
|
d |
|
|
1 d |
(t) 0: |
|
|
|
y1(t) + |
|
a(t) |
|
y1(t) + |
|
|
|
a(t)y1 |
(5:18) |
|
dt2 |
2 |
dt |
2 |
dt |
Вычитая из (5.15) тождество (5.18), очевидно, получаем
1 d |
( |
) |
|
|
1 d |
(t) 0: |
2 |
a(t) |
dt |
y1 |
(t) + 1 |
2 |
|
dt |
a(t) y1 |
Отсюда, учитывая (5.17), имеем
|
1 |
|
1 d |
|
( |
|
a2(t) + 1 |
|
|
|
a(t)) y1 |
(t) 0: |
4 |
2 |
dt |
По условию задачи y1(t) ̸0 (в противном случае y1(t) y2(t) 0), поэтому коэффициент a(t) должен удовлетворять тождеству
d |
1 |
a2(t) 2 0: |
|
a(t) + |
|
dt |
2 |
Итак, все функции a(t) должны быть решениями уравнения
Риккати |
d |
1 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
a + |
|
a |
|
2 = 0: |
(5:19) |
|
|
2 |
|
|
dt |
|
|
|
|
Замечание 1. Уравнение (5.19) легко решается. Нетрудно указать два частных решения
a1(t) 2; |
a2(t) 2: |
(5:20) |
Следовательно, общее решение можно искать в виде |
|
|
|
a(t) b(t) 2; |
|
где функция b(t) решение уравнения Бернулли |
|
|
d |
1 |
|
2 |
|
|
|
|
b 2b + |
|
|
b |
|
= 0: |
|
|
|
2 |
|
|
|
dt |
|
|
|
|
Поскольку нас интересуют нетривиальные решения, то заменой
u(t) = 1 b(t)
это уравнение сводится к линейному дифференциальному урав-
нению |
d |
|
1 |
|
|
u + 2u |
= 0: |
|
|
2 |
|
dt |
|
Его частное решение u÷àñò(t) = 14. Следовательно,
u(t) = e |
2tc + |
1 |
è a(t) = |
|
1 |
2: |
4 |
e |
2tc + 1 |
|
|
|
|
|
4 |
|
Замечание 2. Уравнение (5.19) можно решить как уравнение с разделяющимися переменными. Для этого можно рассмотреть
задачу Коши |
8 |
d |
|
1 |
|
|
|
|
a2 + 2; |
|
|
|
a = |
|
|
Учитывая частные |
dt |
2 |
(5:21) |
: |
|
|
= a0: |
|
|
< a t=t0 |
|
|
|
j |
|
|
|
|
решения (5.20), введем три области в плоско-
ñòè R2:
G+ = f(t; a) : t 2 R; a > 2g; G = f(t; a) : t 2 R; a < 2g;
G0 = f(t; a) : t 2 R; 2 < a < 2g:
Ясно, что рассматривая задачу Коши (5.21) в каждой из трех областей, мы получаем единственное непродолжаемое решение, которое определяется по формуле
a(t) |
|
|
|
|
|
|
|
∫0 |
|
1 |
d = |
t |
t0 |
: |
4 |
2 |
|
|
2 |
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1999 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вариант 1. Указать условия на матрицу M, при которых краевая задача
> |
|
d |
|
1 |
2 |
0 |
|
|
|
|
|
> |
|
@ |
|
A |
> |
|
|
|
|
8 dty = |
0 0 3 3 1 y; t > 0; |
> |
|
|
|
|
|
|
|
< |
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
0 |
0 |
5 |
> |
|
|
|
|
> |
My(0) = φ; |
|
|
> |
|
|
|
|
|
|
|
> |
sup(e |
4t |
y(t) ) < 1 |
: |
|
|
|
|
> t 0 |
|
однозначно разрешима.
Решение (Вариант 1). Вначале найдем общее решение системы дифференциальных уравнений
ãäå
|
0 |
1 |
2 |
0 |
1 |
|
A = |
0 |
3 |
3 |
: |
|
@ |
0 |
0 |
5 |
A |
|
Поскольку собственные значения матрицы A различные
1 = 1; 2 = 3; 3 = 5;
то построив собственные векторы u1, u2, u3, получаем формулу общего решения
y(t) = C1etu1 + C2e3tu2 + C3e5tu3: |
(5:23) |
Нетрудно видеть, что собственными векторами являются следующие векторы:
|
|
0 |
|
1 |
|
0 |
|
1 |
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
u1 |
= |
|
0 |
|
; u2 = |
|
0 |
|
; u3 |
= |
B |
3 |
C |
: |
@ |
0 |
A |
@ |
1 |
A |
0 |
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
@ |
|
A |
|
Учитывая теперь условие
sup(e 4t y(t) ) < 1;
t 0
в силу формулы (5.23) получаем общий вид решений системы (5.22), удовлетворяющих этому условию:
= y0;
@ |
1 |
A |
@ |
1 |
A |
0 |
0 |
y(t) = C1et 0 |
0 |
1 |
+ C2e3t 0 |
1 |
1 : |
Следовательно, для однозначной разрешимости рассматриваемой краевой задачи при любых граничных данных φ необходимо и
достаточно, чтобы матрица M имела вид
01
При этом ее элементы должны обеспечивать однозначную разрешимость следующей системы линейных уравнений относительно
C1 è C2: |
|
|
|
|
|
|
M(u1 u2) ( |
C1 |
) = φ: |
|
|
C2 |
|
|
В развернутом виде имеем |
|
|
|
|
|
|
1 1 + 1 |
|
|
C |
|
φ |
|
@ |
A |
|
|
|
|
C1 |
|
φ1 |
|
0 |
1 |
( |
= |
: |
2 2 + 2 |
|
2 |
) ( |
2 |
) |
Следовательно, элементы матрицы M должны удовлетворять условию
1 2 2 1 ≠ 0;
причем 1, 2 произвольные.
2000
Вариант 1. Решить задачу Коши
8
> (4t 9)y′′ (16t 32)y′ + 16y = 0;
>
>
<
> yjt=9=4
>
>
: y′jt=9=4 = y1:
= y0;
Вариант 2. Решить задачу Коши
8
> (4t 7)y′′ + (16t 32)y′ 16y = 0;
>
>
<
> yjt=7=4
>
>
: y′jt=7=4 = y1:
Решение (Вариант 1). Вначале заметим, что 4t 9jt=9=4 = 0. Поэтому теорема Пикара для этой задачи Коши не применима.
Найдем общее решение уравнения, следуя стандартной схеме (см., например, аналогичную задачу из вариантов государственного экзамена 1995 г.). Найдем линейно независимые решения
y1(t), y2(t) однородного уравнения. Нетрудно видеть, что одно из них можно искать в виде линейной функции
y1(t) = a + bt:
Поскольку y1′′(t) 0, то константы a è b, очевидно, определяются из тождества
(16t |
32)b + 16(a + bt) 0: |
Отсюда, например, a = |
2, b = 1, ò. å. |
|
y1(t) = t 2: |
Второе решение уравнения будем искать в виде
y2(t) = e t:
После подстановки в уравнение и очевидных преобразований по-
лучаем
y2(t) = e4t:
