Обыкновенные дифференциальные уравнения в задачах. Учебное пособие

ßñíî, ÷òî y1(t) è y2(t) образуют базис в пространстве решений однородного уравнения при t > 9=4. Тогда общее решение уравнения имеет вид

ãäå c1, c2 произвольные константы. Поэтому для построения решения задачи Коши нужно подобрать c1 è c2 так, чтобы выполня-

лись начальные условия. Тогда для нахождения c1 è c2 получаем

следующую систему уравнений:

8< c41 + c2e9 = y0; : c1 + 4c2e9 = y1:

Отсюда вытекает, что эта система разрешима тогда и только тогда, когда

В этом случае все решения системы имеют вид

c1 = y1 4c2e9; c2 произвольная константа:

Из сказанного вытекает, что для разрешимости задачи Коши необходимо и достаточно, чтобы начальные данные удовлетворяли условию (5.25). При этом решений будет бесконечно много. В силу (5.24) имеем явное выражение для них:

y(t) = (y1 4c2e9)(t 2) + c2e4t:

2001

Вариант 1. Найти общее решение уравнения

2xy′′ + y′ 2y = 0; x > 0:

Вариант 2. Найти общее решение уравнения

2xy′′ + y′ + 8y = 0; x > 0:

191

Решение (Вариант 1). Пусть y(x) решение уравнения. Тогда имеем тождество

Перепишем это тождество в новых переменных, сделав замену

t = x ; ≠ 0:

После такой замены обозначим решение через y~(t), ò. å.

y(x) y~(x ):

Тогда, очевидно, производные вычисляются из тождеств

Подставляя эти производные в тождество (5.26), будем иметь

Ясно, что если взять = 12 (ò. å. t = px), то производные первого порядка взаимно сокращаются и тождество (5.26) в новых

переменных принимает вид

d2

dt2 y~(t) 4~y(t) 0:

192

Следовательно, если y(x) решение исходного уравнения при p

x > 0, то после замены переменной t = x функция y~(t) y(t2) будет решением уравнения

Очевидно, обратный переход от уравнения (5.27) к исходному дифференциальному уравнению также имеет место.

Корни характеристического уравнения

2 4 = 0

различные:

1 = 2; 2 = 2:

Поэтому общее решение уравнения (5.27) имеет вид

y~(t) = c1e2t + c2e 2t:

p

Поскольку y(x) y~( x), то отсюда получаем формулу общего решения исходного уравнения

pp

y(x) = c1e2 x + c2e 2 x; x > 0:

2002

Вариант 1. Найти общее решение уравнения

y′ + 4y + y2 = 3:

Вариант 2. Найти общее решение уравнения

y′ 4y + y2 = 3:

193

Решение (Вариант 1). Очевидно, рассматриваемое уравнение является уравнением с разделяющимися переменными

y′ = f(y);

ãäå

f(y) = y2 4y 3:

Для нахождения общего решения уравнения рассмотрим задачу

G0 = f(t; y) : t 2 R; 3 < y < 1g:

Ясно, что рассматривая задачу Коши (5.29) в каждой из трех областей, мы получаем единственное непродолжаемое решение y(t), которое определяется по формуле

194

После интегрирования имеем

В результате несложных преобразований получаем

3ce 2t 1 y(t) = 1 ce 2t ;

ãäå

c = (y0 + 1)e2t0 : (y0 + 3)

2003

Вариант 1. Найти общее решение уравнения

p p

y′′′ 8iy = (2 + 2 3i)e( 3 + i)t:

Вариант 2. Найти общее решение уравнения

p

p (3 3 3i)t

y′′′ + 27iy = (9 9 3i)e 2 :

Решение (Вариант 1). Характеристическое уравнение имеет

âèä

3 8i = 0:

Его корни

pp

1 = 3 + i; 2 = 3 + i; 3 = 2i:

195

Поэтому общее решение однородного уравнения y′′′ 8iy = 0

имеет вид

yîäí(t) = c1e 1t + c2e 2t + c3e 3t;

ãäå c1, c2, c3 произвольные константы. А частное решение неоднородного уравнения можно искать в виде

y÷àñò(t) = cte 1t:

Подставляя в уравнение, очевидно, находим c = 13:

Следовательно, общее решение исходного уравнения имеет вид

( )

Вариант 1. Решить задачу Коши

8

> 3y′y′′ + (y′)3 y3 + 3y = 2;

>

>

<

> yjt=0 = 0;

>

>

: y′jt=0 = 1:

Вариант 2. Решить задачу Коши

> yjt=0 = 0;

>

>

>

> 1

: y′jt=0 = 2:

196

Решение (Вариант 1). Уравнение задано в виде, не разрешенном относительно второй производной, но поскольку

то для задачи Коши справедлива теорема Пикара. Рассматриваемое дифференциальное уравнение является автономным. Поэтому для нахождения решения задачи можно использовать красивый прием, рассматривая производную решения как функцию самого решения:

Тогда функция u(y) = p3(y) удовлетворяет линейному дифференциальному уравнению

частное решение которого можно искать в виде

u÷àñò(y) = a3y3 + a2y2 + a1y + a0:

Подставляя эту функцию в уравнение, получаем a0 = 1; a1 = 3; a2 = 3; a3 = 1;

197

ò. å.

u÷àñò(y) = (y 1)3:

Отсюда общее решение имеет вид

u(y) = e yc + (y 1)3:

Следовательно,

p3(y) = e yc + (y 1)3:

Рассмотрим теперь это соотношение при y = y(t). Учитывая (5.30),

А поскольку y(t) вещественнозначная функция, то имеем тож-

дество

dtd y(t) y(t) 1:

Ясно, что все функции, удовлетворяющие ему, имеют вид

y(t) = etc + 1

(почему?). Учитывая теперь начальные условия (5.31), получаем c = 1, ò. å.

y(t) = et + 1:

Непосредственно проверяем, что эта функция является непродолжаемым решением нашей задачи. Как уже отмечалось, оно определено однозначно.

198

2005

Вариант 1. Найти общее решение уравнения

Вариант 2. Найти общее решение уравнения

Решение (Вариант 1). Сделаем замену переменных

v(t) = t2 y(t):

Тогда исходное уравнение сводится к уравнению

′2t v = pv :

Очевидно, это уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Для нахождения его общего решения рассмотрим

: vjt=t0 = v0:

Ясно, что в полуплоскости ft 2 R; v > 0g эта задача имеет единственное непродолжаемое решение v(t), которое определяется по формуле

199

После интегрирования и несложных преобразований получаем

Следовательно,

2006

Вариант 1. Найти решение краевой задачи

Сколько существует решений?

Вариант 2. Найти решение краевой задачи

Сколько существует решений?

Вариант 3. Найти решение краевой задачи

Сколько существует решений?

200