Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Киевский национальный университет им. Т. Шевченко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

VM_pidr

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

19.03.2015

Размер:

2.73 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 3839 / 4939 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

	2 = C1 + 3 ,	Звідки С1	= −1 , С2 = −3 .
	− 3 = C1 + C 2 + 1.	Звідки С1	= −1 , С2 = −3 .
	− 3 = C1 + C 2 + 1.
Шуканим частинним розв’язком буде y				= −( 1 + 3 x )e x + x + 3.
			ч.н.

Приклад 3. Розв’язати диференціальне рівняння: y′′ − 7 y′ + 6 y = ( x − 2 )e x .

Розв’язування. Знайдемо загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння : k 2 − 7 k + 6 = 0 , k1 = 1; k2 = 6;

yз.о. = C1e x + C2e6 x .

Частинний розв’язок неоднорідного рівняння шукаємо у

вигляді y

= x( Ax + B )e x , бо α = 1 є коренем характеристичного

ч.н.

рівняння. Виконавши необхідні обчислення, знайдемо

Тоді

A = −

, B =

yч.н.

= x

−

x +

Отже, загальний розв’язок заданого рівняння буде

6 x

y = C 1e

+ C

2 e

− x −

x +

2) Нехай права частина рівняння (7.34) має вигляд f ( x ) = eαx ( Pn ( x )cosβx + Rm ( x ) sinβx ) .

Перевіряємо чи α+βі є коренем характеристичного рівняння: а) α+βі не є коренем характеристичного рівняння, тоді

yч.н. = eαx ( Lk ( x )cosβx + Nk ( x ) sinβx ), ,

де Lk(x), Nk(x), - многочлени k-го степеня з неозначеними коефіцієнтами (k=max(m,n)).

б) α+βі є коренем характеристичного рівняння, тоді yч.н. = xeαx ( Lk ( x )cosβx + Nk ( x )sinβx ) .

Зауваження 1. Якщо α=0, то перевіряємо, чи β є коренем характеристичного рівняння.

Зауваження 2. Якщо в правій частині є одна із тригонометричних функцій, наприклад, cosx, то в частинний розв’язок повинна входити і функція sinx.

Приклад4. Розв’язати диференціальне рівняння:

y′′ + y′ − 2 y = e xсosx .	(7.37)
Розв’язування. Складаємо характеристичне рівняння і
розв’язуємо його : k 2 + k − 2 = 0 ; k1 = −2 , k2	= 1 .

381

Загальний розв’язок однорідного рівняння y	= C e−2x +C ex .
з.о.	1	2

Права частина неоднорідного рівняння f(x)=excosx, тобто має вигляд f ( x ) = eαx ( Pn ( x )cosβx + Qn ( x ) sinβx ) ,

деα = 1,β = 1, Pn ( x ) = 1,Qm ( x ) = 0 .

Оскільки α+βі=1+і не є коренем характеристичного рівняння,

Pn ( x ) = 1,Qm ( x ) = 0

многочлени нульового

степеня, то

= e x ( Acos x + B sin x ) .

ч.н.

Знайдемо y′

та y′′

ч.н.

( y

ч.н.

)′ = e x ( Acos x + B sin x ) + e x ( − A sin x + B cos x )

( yч.н. )′′ = e x ( Acos x + B sin x ) + e x ( − A sin x + B cos x ) +

+ e x ( − A sin x + B cos x ) + e x ( − Acos x − B sin x ) =

= e x ( −2 A sin x + 2B cos x ).

Підставляємо yч.н. ,( yч.н. )′ та ( yч.н. )′′

у рівняння (7.37):

e x ( −2 A sin x + 2B cos x ) + e x ( Acos x + B sin x ) +

+ e x ( − A sin x + B cos x ) − 2e x ( Acos x + B sin x ) = e x cos x.

Скорочуючи обидві частини рівності на e x

і зводячи подібні члени,

одержимо :

( −3 A − B ) sin x + ( 3B − A )cos = cos x

Зрівнюючи коефіцієнти при сosx

та

sin x в

обох частинах

рівняння, одержимо:

− 3A − B = 0,

Звідки A = −

,B =

− A + 3B = 1.

yч.н. = e x ( −

сosx +

sin x ) .

Загальний розв’язок рівняння (7.37) буде:

y = С1e− 2 x + С2e x + e x ( −

cos x +

sin x ) .

Приклад 5. Розв’язати рівняння

y′′ − 2 y + y = xe x .

Розв’язування. k 2 − 2k + 1 = 0, k1

= k2

= 1, yз.о. = e x ( С1 + С2 x ) .

f(x)=xex, α=1. Число 1- двократний корінь характеристичного рівняння. Отже, r=2.

382

yч.н. = e x x2 ( Ax + B ),або

yч.н. = e x ( Ax3 + Bx2

( y

)′ = e x ( Ax3 + Bx2 ) + e x ( 3Ax2 + 2Bx ).

ч.н.

( y

)′′ = e x ( Ax3 + Bx2 ) + e x ( 3 Ax2 + 2Bx ) + e x ( 3 Ax2 + 2Bx ) +

ч.н.

+ e x ( 6 Ax + 2B ).

Підставляємо yч.н. ,( yч.н. )′,( yч.н. )′′

в дане рівняння:

e x ( Ax3 + Bx2 ) + e x ( 6 Ax2 + 4Bx ) + e x ( 6 Ax + 2B ) −

− 2e x ( Ax3 + Bx2 ) − 2e x ( 3 Ax22 + 2Bx ) + e x ( Ax3 + Bx2 ) = xe x ,

або 6 Ax + 2B = x , звідси 6 A = 1,2B = 0.

Отже, A =

,B = 0. Тому yч.н. =

e x x3 ,

y = e x ( С1

+ С2 x ) +

e x x3 -

загальний

розв’язок

даного

диференціального рівняння.

Приклад 6. Розв’язати рівняння

y′′ − 3 y′ = x2 + 1 .

Розв’язування. k 2 − 3k = 0 , k( k − 3 ) = 0 ,

k1 = 0 ,k2 = 3,

yз.о. = С1 + С2e3 x .

f ( x ) = ( x2 + 1 )e0 x , α = 0. Число

- корінь характеристичного

рівняння, тому r=1.

Отже,

.н.

= x( Ax2 + Bx + С ) або y

= Ax3 + Bx2

+ Сx;

ч.н.

( y

)′

= 3Ax2 + 2Bx + С, ( y

)′′ = 6 Ax + 2B.

.н.

ч.н.

Підставляємо yч.н. ,( yч.н. )′,( yч.н. )′′

в дане рівняння:

6 Ax + 2B − 6 Ax2 − 4Bx − 2C = x2 + 1 або

− 6 Ax2 + ( 6 A − 4B )x + 2B − 2C = x2 + 1;

− 6 A = 1,

= 0,

6 A − 4B

= 1.

2B − 2C

Звідси A = −

, B = −

, C =

2B − 1

= −

Отже,

= −

−

x2 −

.н.

383

y = С1 + С2e3x − 1 x3 − 1 x2 − 3 x - загальний розв’язок даного рівняння.

6 4 4

Приклад 7. Знайти частинний розв’язок рівняння

y′′ − 2 y′ = e x ( x2 + x − 3 ), що задовольняє початковим умовам

y x =0 = 2; y′ x =0 = 2.

Розв’язування. Шукаємо спочатку загальний розв’язок даного рівняння. Для цього знайдемо уз.о. та уч.н.:

					k 2 − 2k = 0 , k( k − 2 ) = 0 , k1 = 0 ,k2 = 2.
Тому yз.о. = С1 + С2e2 x .
	y		= e x ( Ax2 + Bx + C ),( α = 1 - не є коренем
	ч.н.
характеристичного рівняння).
( y	)′ = e x ( Ax2 + Bx + C ) + e x ( 2 Ax + B );
ч.н.
( yч.н. )′′ = e x ( Ax2 + Bx + C ) + e x ( 2 Ax + B ) + e x ( 2 Ax + B ) + e x 2 A.
Підставляємо yч.н. , ( yч.н. )′, ( yч.н. )′′							у дане рівняння, одержимо:
e x ( Ax2 + Bx + C ) + e x ( 4 Ax + 2B ) + 2 Ae x − 2e x ( Ax2 + Bx + C ) −
− 2e x ( 2 Ax + B ) = e x ( x2 + x − 3 )
або − Ax2 − Bx − C + 2 A = x2 + x − 3.
			− А = 1,
Звідси			− В = 1, A = −1,B = −1,C = 1.
	− С + 2 А = −3.
	Отже, y			ч.н.	= e x ( − x2	− x + 1 ),
				ч.н.
а y = C1 + C2e2 x + e x ( − x2 − x − 1 ) - загальний									розв’язок даного
рівняння.
	Розв’яжемо задачу Коші.
				y′ = 2C2e2 x + e x ( − x2 − x + 1 ) + e x ( −2 x − 1 ).
Використовуємо початкові умови
	2 = C1			+ C2 + 1,		C1 + C2	= 1,	С1 = 0 ,
		= 2C2 + 1 − 1.					1.		= 1.
	2	= 2C2 + 1 − 1.				C2 =	1.	С2	= 1.
	Отже,				y = e2 x + e x ( − x2 − x + 1 ) -			шуканий частинний

розв’язок даного диференціального рівняння, який задовольняє заданим початковим умовам.

384

Приклад 8. Розв’язати рівняння	у′′ + 2 у = 5 x cos x + 3 sin x.
Розв’язування. k 2 + 2 = 0 ,k 2 = −2,	k1,2 = ± 2і;
yз.о. = С1 cos 2 x + С2 sin 2 x.

α = 0 ,β = 1, α + βi = i , i − не є коренем характеристичного рівняння. Тому r = 0.

yч.н. = ( Ax + B )cos x + ( Cx + D ) sin x;

( yч.н. )′ = Acos x − ( Ax + B ) sin x + C sin x + ( Cx + D )cos x;

( yч.н. )′′ = − A sin x − A sin x − ( Ax + B )cos x + C cos x + C cos x − − ( Cx + D ) sin x.

Підставляємо yч.н. , ( yч.н. )′, ( yч.н. )′′ у дане рівняння, одержимо:

− 2 A sin x − Ax cos x − B cos x + 2C cos x − Cx sin x − D sin x +

+ 2 Ax cos x + 2B cos x + 2Cx sin x + 2D sin x = 5 x cos x + 3 sin x.


− 2 A + D = 3,				А = 5 ,
	+ 2C = 0 ,
B	+ 2C = 0 ,			B = 0 ,
	C = 0 ,				.
	C = 0 ,			C = 0 ,
	A = 5.
	A = 5.			D = 13.
Таким		чином,		yч.н. = 5 x cos x + 13 sin x ,		а	загальний
розв’язок y = C1 cos			2 x + C2 sin		2 x + 5 x cos x + 13 sin x .

Ми розглянули метод неозначених коефіцієнтів для відшукання частинного розв’язку лінійних неоднорідних диференціальних рівнянь другого порядку з сталими коефіцієнтами із спеціальною правою частиною.

Розглянемо приклад, коли частинний розв’язок рівняння не можна знайти методом неозначених коефіцієнтів.

Приклад 9. Розв’язати методом варіації довільних сталих

рівняння	y′′ + 3 y′ + 2 y =	1	.
		e x + 1

Розв’язування. Шукаємо загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння. Характеристичне рівняння має вигляд k2+3k+2=0, корені якого k1=−2; k2=−1, тому загальний розв’язок

однорідного рівняння запишеться: y = С1e−2 x + С2e− x .

Покладемо С1 = С1 ( x ), С2 = С2 ( x ) і запишемо систему рівнянь:

385

′

( x )e−2 x

′ ( x )e

− x

0 ,

С1

′

( x )(

−

2 )e− 2 x

′

( x )(

−

e− x

)

С1

С2

e + 1

З пер

Розв язуємо систему рівнянь відносно

C′( x ) .

’

′ ( x )

шого рівняння

′ ( x )

e− x

;

′

( x )

′ ( x )

e x

;

− 2 x

С1

= −С2

С1

= −С2

Підставимо С1

в друге рівняння

маємо

′ ( x )

′ ( x )e

− x

′ ( x )e

− x

;

′

( x )e− x

;

−

= e x + 1

С2

= e x + 1

C′

( x ) =

e x

dC2 ( x )

e x

; dC

( x ) =

e x

dx;

e x + 1

∫

d( e x + 1 )

dC2 ( x ) =

; C2

( x ) = ln

+ 1

+ C 2 .

e x + 1

Тоді аналогічно

знайдемо

і відповідно

( x )

′ ( x )

C′

( x ) = −

e2 x

;

dC1 ( x )

= −

e2 x

; dC

( x ) = −

e2 x

dx;

e x + 1

e x = t

dC1 ( x ) = −

e2 x

dx = −

t 2

= −

dt =

∫

e x +

∫ t

+ 1

e xdx = dt

1 t

= −∫ 1 −

dt = −t + ln

t + 1

+ C 1 = −e

+ ln

+ 1

+ C 1

dx =

t + 1

Підставимо знайдені

C1 ( x )

C2 ( x )

в загальний

розв’язок

однорідного рівняння, одержимо загальний розв’язок даного неоднорідного рівняння:

y = ( −e x + ln e x + 1 + C 1 )e−2 x + (ln e x + 1 + C 2 )e− x або y = −e x + ln e x + 1( e−2 x + e− x ) + C 1e−2 x + C 2e− x .

§4. Системи звичайних диференціальних рівнянь

При розв’язанні багатьох задач потрібно знайти	функції
y1 = y1 ( x ), y2 = y2 ( x ),..., yn = yn ( x ), які задовольняють	систему

диференціальних рівнянь, що містять незалежну змінну x шукані функції y1 , y2 ,..., yn і їх похідні.

386

Приклад. Нехай матеріальна точка маси m має криволінійну траєкторію руху в просторі. Визначити положення точки в будь-

→

який момент часу t, коли на неї діє сила F .

Положення точки в будь-який момент часу t визначається її координатами x,y,z; отже, x,y,z є функціями від t. Проекціями вектора швидкості точки на осі координат будуть похідні x′, y′,z′.

→

Покладемо, що сила F , а відповідно і її проекції Fx ,Fy ,Fz залежать від часу t, від положення x,y,z точки і від швидкості руху

точки, тобто від	dx	,	dy	,	dz	. Шуканими невідомими функціями в

	dt dt dt
цій задачі будуть	три функції x = x( t ), y = y( t ), z = z( t ). Ці

функції визначаються із рівнянь динаміки:

mx′′ =′′ =

′′ =

Fx ( t , x , y,z, x′, y′,z′ ), Fy ( t , x , y,z, x′, y′,z′ ), Fz ( t , x , y,z , x′, y′,z′ ).

Ми одержали систему трьох диференціальних рівнянь другого порядку. У випадку руху, коли траєкторія є плоска крива, що лежить, наприклад, в площині x0 y, одержимо систему двох рівнянь

для визначення невідомих функцій x( t ) та y( t ) :

mx′′ = Fx ( t , x , y, x′, y′ ),

′′ = ′ ′

my Fy ( t , x , y, x , y ).

Розглянемо найпростіші системи диференціальних рівнянь.

4.1.Системи диференціальних рівнянь першого порядку

Система n рівнянь першого порядку з n невідомими функціями має вигляд:

dy1			= f1 ( x , y1 , y2 ,..., yn	),

dx


	dy2		= f2 ( x , y1 , y2 ,..., yn	),	(7.38)

dx
........................................
dy		n
			= fn ( x , y1 , y2 ,..., yn	),

dx

387

де x - незалежна змінна, y1,y2,…,yn - невідомі функції.

Якщо в лівій частині рівнянь системи стоять похідні першого порядку, а праві частини рівнянь зовсім не містять похідних, то така

система рівнянь називається нормальною.

Розв’язком системи називається сукупність функцій y1,y2,…,yn, які перетворюють кожне рівняння системи в тотожність відносно x.

Задача Коші для системи (7.38) полягає у знаходженні функцій y1,y2,…,yn що задовольняють систему (7.38) і заданим початковим умовам:

y1 |x = x0 = y10 , y2 |x = x0 = y20 ,..., yn |x = x0 = yn0 .

(7.39)

Інтегрування системи (7.38) роблять таким чином. Диференціюємо по x перше рівняння системи (7.38):

d 2 y1

∂f1

dy1

+ ...+

∂f1

dyn

∂x

dx2

∂y1 dx

∂yn dx

Замінимо похідні

dy1

dy2

,...,

dyn

їх виразами f1 , f2 ,..., fn із

dx dx

рівнянь системи (7.38), одержимо рівняння

d 2 y1 = F2 ( x , y1 ,..., yn ). dx2

Диференціюємо одержане рівняння і, підставивши в цю рівність значення похідних із системи (7.38), знайдемо

d 3 y1 = F3 ( x , y1 ,..., yn ) . dx3

Продовжуючи далі таким чином , одержимо

d n y1 = F ( x , y1 ,..., yn ). dxn

В результаті дістаємо таку систему рівнянь:


dy1				= f1 ( x , y1 ,..., yn ),
		dx

		2	y1
	d			= F2 ( x , y1 ,..., yn	),	(7.40)

dx2

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

d n y

1 = F ( x , y ,..., y ).

dxn n 1 n

388

З перших (n-1) рівнянь визначимо y2,y3,…,yn:

y	2	= ϕ	2		( x , y	1	, y′	,..., y( n− 1 ) ),
y	2		2			1	1	1
y	3	= ϕ	3		( x , y	1	, y′	,..., y( n− 1 ) ),
	3		3			1	1	1	(7.41)
									(7.41)
...........................................
y	n	= ϕ		n	( x ,y	1	, y′	,..., y( n− 1 ) ).
	n			n		1	1	1

і підставимо їх значення в останнє рівняння системи (7.40) для ви-

d n y1

( x , y

, y′

,..., y( n− 1 ) ) .

значення

dxn =

Звідки

y1=Ψ(x,C1,C2,…,Cn),

(7.42)

де C1,C2,…,Cn- довільні сталі.

Продиференціюємо цей вираз (n-1) раз, визначимо

d 2 y

,...,

d ( n−1 ) y

як функції від x,C1,C2,…,Cn. Підставимо ці

dx2

dxn−1

функції в (7.41), знайдемо

y2 = ψ 2 ( x ,С1 ,С2 ,...,Сn ),

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

(7.43)

yn = ψ n ( x ,С1 ,С2 ,...,Сn ).

Для того, щоб одержаний розв’язок задовольняв заданим початковим умовам, залишається лише знайти значення довільних сталих із рівнянь (7.42) і (7.43) так, як ми це робили для одного диференціального рівняння.

Приклад 1. Проінтегрувати систему

dy = y + z + x ,dx

dz = −4 y − 3z + 2 x ,dx

коли задані початкові умови y |x = 0 = 1,

z |x = 0 = 0.

Розв’язування. Диференціюємо по x перше рівняння, маємо:

d 2 y

+ 1 . Підставляємо сюди значення

із систе-

dx2

ми , одержимо

d 2 y

= ( y + z + x ) + ( −4 y

− 3z + 2 x ) + 1;

dx2

389

2 y

= −3 y

− 2z + 3 x + 1.

dx2

З першого рівняння системи знайдемо z =

− y − x

і підста-

вимо в одержане нами рівняння:

d 2 y

= −3 y

− 2(

− y − x ) + 3 x + 1 або

d 2 y

+ 2

+ y = 5 x + 1 .

dx2

Загальним розв’язком цього рівняння є

y = ( С1 + С2 x )e− x + 5 x − 9

(*)

і тоді

z = ( С2 − 2С1 + 2С2 x )e− x − 6 x + 14

(**)

Підберемо сталі С1

і С2 так, щоб виконувались початкові

умови. На основі (*) та (**) маємо:

1 = С1 − 9; 0 = С2 − 2С1 + 14 , звідки С1 = 10 , С2 = 6.

Таким чином, розв’язок системи, який задовольняє заданим

початковим умовам буде:

y= ( 10 + 6 x )e− x + 5 x − 9, z = ( −14 − 12 x )e− x − 6 x + 14.

4.2.Системи лінійних диференціальних рівнянь із сталими коефіцієнтами

Система диференціальних рівнянь:

dx1			= a11 x1	+ a12 x2 + ...+ a1n xn	,

	dt
	dt
	dx2
	dx2		= a21 x1	+ a22 x2 +...+ a2n xn	,	(7.44)
	dt		= a21 x1	+ a22 x2 +...+ a2n xn	,
	dt
................................................
dx		n
		n	= an1 x1	+ an2 x2 +...+ ann xn	,
			= an1 x1	+ an2 x2 +...+ ann xn	,
dt

де коефіцієнти aij - сталі числа, t- незалежна змінна, x1(t),…,xn(t)-

невідомі функції, називається системою лінійних однорідних ди-

ференціальних рівнянь із сталими коефіцієнтами.

Цю систему можна розв’язувати шляхом зведення до одного рівняння n - го порядку, як це було показано вище. Але цю систему можна розв’язати і іншим методом. Покажемо як це робиться.

Будемо шукати розв’язок системи (7.44) у вигляді:

x1 = α1ekt , x2 = α 2ekt ,..., xn = αnekt .

(7.45)

390

<<< < Предыдущая 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 3839 / 4939 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.03.201638.3 Кб20visha_osvita_nimechchini.docx
#
01.05.20251.93 Mб1vishka.doc
#
01.04.20251.45 Mб1Vishka_shpori.docx
#
01.05.20252.58 Mб0vkazivky.doc
#
19.03.2015150.28 Кб20VKhnpu_psykhol_2012_42(1)__17.pdf
#
19.03.20152.73 Mб21VM_pidr.pdf
#
01.05.20251.35 Mб3Voitenko_Uchboviy Posibnyk.doc
#
01.04.20251.06 Mб4Volkotrub.doc
#
22.12.20181.25 Mб4voprosy.doc
#
17.04.201934.15 Кб1voprosy.docx
#
01.05.2025106.5 Кб0Voprosy30-35_38-41-1.doc