ЛЕКЦИЯ 37

Примеры.

что функции 1, x, x2 ,K, xn−1 линейно-независимы на ин-

1). Покажем,

тервале (a,b).

1 x x2

L

xn−1

0

1! 2x

L (n −1)xn−2

W (1, x,K, xn−1 ) =

0

0

2!

L (n −1)(n − 2)xn−3

=1! 2! K (n −1)!≠ 0.

L L L L

L

0

0

0

L

(n −1)!

2). Если λ , λ

2

,K,λ

n

- различные числа, то функции eλ1 x , eλ2 x ,K,eλn x ли-

1

нейно-независимы на интервале (a,b).

1

1

L

1

W (λ ,λ

,K,λ

λ

λ

2

L

λ

n

n

) =

1

L

≠ 0 - определитель Вандермонда,

1

2

L

L

L

λn−1

λn−1

L λn−1

1

2

n

не равен нулю при различных λ1, λ2 ,K,λn .

2) Функции

eλx , xeλx ,K, xn−1eλx линейно независимы на интервале

(a,b). В самом деле, равенство α e

λx +α

2

xeλx +K+α

n

xn −1eλx = 0 после сокра-

1

щения на eλx принимает вид α1 +α2 x +K+αn xn −1 = 0 ,

что возможно только

мы приведем без доказательства.

Т. Пусть y1, y2 ,K, yn - решение ЛОДУ на (a,b). Тогда

1.

Если W ( y1, y2 ,K, yn ) отличен от

нуля хотя

бы в одной точке

x0 (a,b) , то y1, y2 ,K, yn линейно независимы на (a,b).

2.

Если x0′ (a,b) , что W (x0′ ) = 0 , то

y1, y2 ,K, yn

линейно-зависимы

на (a,b) и W (x) ≡ 0 x(a,b) .

шений

y1 (x), y2 (x),K, yn (x), x (a,b) .

Общее

решение

имеет вид

n

y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) +KCn yn (x) = ∑Ci yi (x) , где

i =1

постоянные.

го порядка. Пусть y1(x), y2 (x) л-нез.

Решения

ОДУ. То,

что функция

Принцип суперпозиции (наложения) решений:

L[y]= f2 (x) . Тогда y1 (x) + y2 (x)

есть решение уравнения L[y]= f1 (x) + f2 (x) .

Доказательство:

в

силу

линейности

L[y]

имеем

L[y1 (x) + y2 (x)]= L[y1 ]+ L[y2 ]= f1 (x) + f2 (x) .◄

u(x) + i v(x) , где

i -

ком-

Аналогично показывается,

что если функция

плексная единица есть

решение

уравнения

L[y]= f1 (x) + i f2 (x) ,

где

решениями уравнений L[y]= f1 (x) ,

L[y]= f2 (x) соответственно.

числа слагаемых,

т.е., если

yi (x) -

решения уравнения L[y]= fi (x) , то сумма

n

n

i =1

i =1

циентами.

n -го

Линейным

ОДУ

порядка называется уравнение вида

стные решения уравнения ищутся в виде

y = eλx . Найдем производные и под-

ставим в уравнение:

y′ = λeλx , y′′ = λ2eλx ,K, y(n) = λneλx . Тогда

λneλx + a1λn−1eλx +K+ an −1λeλx + aneλx = 0

или

eλx (λn + a λn−1 +K+ a λ + a ) =0 . Т.к. eλx ≠ 0 , то сокращая, полу-

1

n−1

n

чаем

так

называемое

характеристическое

уравнение

соответствует слагаемое вида Ceλx .

2)

Каждому действительному корню кратности m в общем решении

соответствует слагаемое вида (C + C

2

x +K+ C

m

xm−1 )eλx .

1

λ(1) =α + βi

3)

Каждой

комплексно-сопряженной

паре

корней

и

λ(2) =α − βi соответствует слагаемое вида: eαx (C cos βx + C

2

sin βx) .

1

λ(1) =α + βi

4)

Каждой

паре комплексно-сопряженных

корней

и

e

αx

[(C1

+ C2 x +K+ Cm x

m−1

) cos βx +

′

′

′

m−1

)sin βx].

(C1

+ C2 x

+K+ Cm x

Примеры:

1. Найти общее решение уравнения y IV

−13y′′ + 36 y = 0 .

Составим

характеристическое

уравнение:

λ4 −13λ2 + 36 = 0

λ

= ±3,λ

2

e−3x + C

e2 x + C

4

e−2 x .

1,2

3,4

1

3

..

.

= 0,

x(0) = 0,

x(ln 2) = 3.

2. Найти решение краевой задачи X

− 2 X

Характеристическое

уравнение λ2 − 2λ = 0

имеет корни

λ = 0, λ

2

= 2 .

1

2

e2t . Подставляем краевые усло-

1

вия:

C + C

2

= 0

C + C

2

= 0

C = −1, C

=1 .

Итак,

x = e2t

−1 -

1

= 3

1

= 3

C

+ C

2

e2 ln 2

C + 4C

2

1

2

1

1

3.

λ2 − 4λ +13 = 0

y = e2 x (C1 cos3x + C2 sin 3x)

y′′ − 4 y′ +13y = 0.

λ = 2 ± 3i,

yIV

4.

λ4 + λ3 = 0.

λ1,2,3 = 0, λ4 = −1 y = C1 + C2 x + C3 x2 + C4e−x .

+ y′′′ = 0.

ствующего однородного уравнения.

уравнения

Пусть

известна

ФСР

соответствующего

однородного

y1 (x), y2 (x),K, yn (x) .

Тогда

общее

решение

ЛНДУ

ищем

в

виде

y(x) = C1 (x) y1 (x) +K+ Cn (x) yn (x) , где

C1 (x),C2 (x),K,Cn (x) - пока неизвест-

′

′′

(n)

(x) :

(x),K, y

Выберем

функции

C1 (x),C2 (x),K,Cn (x)

так,

чтобы

выражение

′

′

′

(x) yn

= 0 . Далее, находим

′′

и аналогично вы-

C1

(x) y1 + C2

(x) y2 +K+ Cn

y (x)

+K+ Cn′(x) yn′ = 0 . Поступая таким образом,

и

дальше,

из

выражения

для

y(n)

останется

выбрать

Ci (x)

так,

чтобы

C ′

(x) y(n−1)

+ C

2

′(x) y(n−1) +K+ C

n

′(x) y

(n−1) = f (x) .

1

1

2

n

′

(x) y1 + C2

′

(x) y2 +K

+ Cn

′

(x) yn

= 0

C1

′

′

C ′

(x) y′ + C

2

(x) y′

+K

+ C

n

(x) y′

= 0

1

1

2

n

LLLL

C

′

(x) y(n−2) + C

′

(x) y

(n−2) +K+ C

′(x) y

(n−2)

= 0

1

1

′

2

2

′

n

n

′

(x) y

(n−1)

+ C

(x) y

(n

−1)

+K

+ C

(x) y

(n−1)

= f (x)

C

2

2

n

n

1

1

Для

уравнения

второго

порядка

y′′ + a1 (x) y′ + a2 (x) y = f (x)

соответст-

′

(x) y + C

′

(x) y

= 0

вующая

система

примет

вид:

C

2

2

,

откуда

′

1

1

′

′

′

y f (x)

y f (x)

C1

(x) y1 + C2

(x) y2 = f (x)

C1 (x) = −∫

2

dx,

C2 (x) = ∫

1

dx,

в

силу

чего

W ( y , y

2

)

W ( y , y

2

)

1

1

y f (x)

y f (x)

y(x) = −y1 ∫

2

dx + y2 ∫

1

dx .

W

( y

, y

2

)

W

( y

, y

2

)

1

1

Примеры:

1

π

π

π

′′

′

1.

Найти решение задачи Коши y

+ y = sin x ,

y(

2 )

2 ) =

2 . На-

=1, y (

ходим y0 :

виде:

′(x)sin x + C

′(x) cos x = 0

C

1

2

C1′ = ctg x, C2′ = −1, C1(x) = −ln

sin x

+ C1,

C ′(x) cos x − C

′(x)sin x =

1

1

2

sin x

C2 (x) = −x + C2 .

Подставляя

начальные

условия,

получим

y = sin x − sin xln

sin x

− xcos x .

2.

1

y′′′ + y′ =

, y = ln tg x

2

− cos xln sin x − xsin x + C1 + C2 cos x + C3 sin x .

sin x

x