Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пензенский Государственный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.05.2015

Размер:

3.54 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 3313 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Домашнее задание

1.Подготовка теоретического материала по теме «Линейные неод- нородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами. Метод вариации произвольных постоянных».

2.Решить следующие примеры:

а)

y′′ + 6 y′ + 13y = 0 .

Ответ: y = e−3x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) ;

Ответ: y = e−

4 y′′ + 4 y′ + y = 0 .

(C1 + C2 x) ;

б)

−

в)

3y′′ − 2 y′ − 8 y = 0 .

Ответ: y = C1e2 x + C2e 3

;

г)

yYI − 2 yY + 3y IY

− 4 y′′′ + 3y′′ − 2 y′ + y = 0 .

Ответ: y = (C + C

x)ex + (C + C x)cos x + (C

+ C x)sin x .

3. Решить задачу:

Найти

интегральную

кривую

дифференциаль-

ного уравнения y′′ − 4 y′ + 3y = 0 ,

касающуюся

в точке М(0, 2) прямой

2x − 2 y + 9 = 0 .

Ответ: y =

ex −

e3x .

4. Решить задачу:

Определить закон колебания маятника в сре-

де с сопротивлением, пропорциональным скорости качания v.

Указание.

Кроме восстанавливающей силы F = −

S матема-

тического маятника (см. обучающую задачу 1) здесь действует еще сила сопротивления F1 = −bv . Равнодействующая этих сил

R = F + F = −	mg	S + bv	.

1	l

	ah	e−ht		p
Ответ: S =			sin pt +		cos pt	, где
Ответ: S =	p		sin pt +	h	cos pt	, где
	p			h

h = b , p = k 2 − h2 , k 2 = g . 2m l

VII. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами. Метод вариации произвольных постоянных

1. Краткий теоретический обзор с использованием лекционного ма- териала, графической схемы и информационной таблицы. Следует отме- тить, что общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения состоит из суммы общего решения соответствующего однород- ного уравнения и любого частного решения неоднородного:

y = yодн + yч .

121

Не существует общих методов решения линейных однородных и неод- нородных дифференциальных уравнений с переменными коэффициентами.

Однако для линейных однородных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами метод нахождения общего решения суще- ствует, он рассмотрен на предыдущем занятии. В случае неоднородного уравнения частное решение можно найти методом Лагранжа вариации произвольных постоянных, если известно общее решение соответствую-

щего однородного уравнения. Пусть						yодн = C1 y1 + C2 y2			– общее решение
однородного	дифференциального						уравнения	второго		порядка
y′′ + py′ + qy = 0 ,		где у1 и у2 –			линейно независимые решения. Частное
решение неоднородного уравнения ищется в виде								yч = C1 ( x) y1 + C2 ( x) y2 .
Для нахождения		C ′ ( x) и C ′ ( x)			составляется и решается система:
			1	2
			C ′ y + C ′ y				= 0,
				1 1	2	2
				1 1	2	2	′ = f ( x).
			C ′ y ′ + C ′ y				′ = f ( x).
				1 1	2	2
C ( x) и C		2	( x) затем находятся интегрированием						C ′ ( x) и C ′ ( x) .
1		2							1	2

2. Обучающая задача 1 (решает преподаватель у доски). Сво- бодно висящая на крюке однородная цепь соскальзывает с него под дейст- вием собственного веса (трением можно пренебречь). Определить, за какое время соскользнет с крюка вся цепь, если в начальный момент с одной стороны крюка висело 10 м, а с другой – 8 м, и скорость цепи равна нулю.

Решение. Пусть вес одного погонного метра цепи Рн. Обозначим через х длину (м) большей части цепи, свешивающейся с крюка через t се- кунд после начала движения. К центру тяжести цепи приложена сила

F = Px − (18 − x) P = (2x −18) P (Н). Масса цепи равна 18

кг, ее ускоре-

ние равно x′′ м/с2.

Итак, приходим к уравнению

движения центра

тяжести

цепи:

F = ma

′′

= (2x −18) P или

′′

−

x = −g .

Найдем общее решение этого уравнения. Составляем характеристическое

−

k 2 −

= 0 k 2 =

= C e

t + C

t .

уравнение

1,2

одн

122

Частное

решение

будем

искать

методом вариации

виде

−

C1′x1

+ C2′x2 = 0,

x = C

(t )e

+ C

(t )e

имеет

. Тогда

система

C ′x

′ + C ′x

′

= f (t )

−

C ¢e 3

= 0,

+ C

= 0,

C e

вид

−

C ¢e

t -

C ¢e

t = -g

- C

= -3 g .

C e

−

Сложим эти два уравнения: 2C ¢e

t = -3

C ¢

= -1,5

t .

g e

Из первого уравнения системы C ¢

= -C ¢e

=1,5

t . Теперь

e 3

∫e−

e −

= 4,5e−

3 g t dt =

4,5

3 g t

3 g t .

C1 = -1,5

g t

C2 =1,5 g ∫e 3

	4,5					g	t		g	t .
dt =			×		e 3			= 4,5e 3
				g

		g

−

g t

= C x + C

= 4,5e

× e

= 9 .

Тогда

× e 3

+ 4,5e 3

1 1

−

g t

Итак,

+ C e

+ 9

– общее решение. Используем началь-

x = C e 3

ные условия: х = 10,

′

= 0 при t = 0.

v = x

−

x¢ =

t -

t .

C e 3

e 3

10 = C1 + C2 + 9,

= C2 ,

= C =

= g C

- g C

+ C2 =1

−

+ e

e 3

Значит,

x =

+ 9 или

x = ch

t + 9 .

Время, за которое соскользнет вся цепь, определим из условия:

−

T + e

e 3

х = 18 при t = Т. 18 = 9 + ch

T или

= 9

123

= 18

e 3

−18e 3

+ 1 = 0 . Пусть e 3

= y > 0 , тогда

e 3

y2 −18 y + 1 = 0 y = 9 ±

= 9 ±

= 9 ± 4

81 −1

1,2

T = ln (9 + 4

) T =

ln (9 + 4

) ≈ 2,76 с

T = 9 + 4

e 3

9 − 4

(корень

5 не удовлетворяет условиям задачи).

Два студента у доски (параллельно) решают примеры. Найти об-

щие решения:

а)

y′′ +

3y′ + 2 y =

. Ответ: y = C1e− x + C2e−2 x + (e− x + e−2 x )ln (ex + 1).

+ 1

б)

y′′ +

4 y′ + 4 y = e−2 x ln x .

Ответ: y =

C1 + C2 x

x2 ln x −

e−2 x .

4. Обучающий пример (решает преподаватель у доски). Найти общее решение дифференциального уравнения

	′′′		′′		′		e2 x
y		− 2 y		− y		+ 2 y = ex + 1 .

Решение. Составляем и решаем характеристическое уравнение

k 3 − 2k 2 − k + 2 = 0 k 2 (k − 2) − (k − 2) = 0 (k − 2)(k 2 −1) = 0

k = ±1, k = 2 y = C ex + C					e− x + C e2 x .
1,2	3	одн	1	2	3

Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде

yч = C1 ( x)ex + C2 ( x)e− x + C3 ( x)e2 x .

Система в общем виде для нахождения C1′ ( x) , C2′ ( x) , C3′ ( x)

	C ′ y + C ′ y				2	+ C ′ y = 0,
		1	1	2	2	3	3
следующая								= 0,
следующая	C ′ y ′ + C ′ y ′ + C ′ y ′							= 0,
		1	1	2	2	3	3
						′′ + C ′ y ′′ = f ( x).
	C ′ y ′′ + C ′ y					′′ + C ′ y ′′ = f ( x).
		1	1	2	2	3	3

124

C1¢ex

В нашем примере система имеет вид C1¢ex

C1¢ex

+ C2¢e− x + C3¢e2 x = 0, - C2¢e− x + 2C3¢e2 x = 0,

	¢	− x	¢	2 x		e2 x
+ C	2	e	+ 4C e		=		.
+ C		e	+ 4C e		=		.
			3			ex +1
						ex +1

								ex		e− x		e2 x			1	1	1


Ее главный определитель W =								ex		-e− x		2e2 x		= ex × e− x × e2 x	1	-1	2	=
								e	x	e	− x	4e	2 x		1	1	4
	1	1	1		1	1
				= e2 x ×3			= -6e2 x ¹ 0 .


=	1	-1	2
	0	0	3		1	-1
	0	0	3

Решим эту систему по правилу Крамера:

e− x

e2 x

1 1

e3x

-e− x

2e2 x

= e− x × e2 x

= ex ×

D =

-1

= 3

;

ex +1

-1 2

ex +1

e2 x

e− x

e2 x

4e2 x

ex +1

e2 x

1 1

e5x

D2 =

2e2 x

= ex × e2 x

= -e3x ×

= -

;

ex +1

ex +

e2 x

4e2 x

ex +1

e− x

e2 x

1 1

e2 x

-e− x

= ex × e− x

D3 =

1 -1

= -2

e− x

e2 x

1 -1

ex +1

C ¢ =

3e3x

= -

1 ex

(ex +1)(-6e2 x )

;

2 ex

125

C2¢ = D2 =

-e5 x

e3x

;

(ex +1)(-6e2 x )

6 ex +1

C ¢ = D3 = -2

e2 x

(ex +1)(-6e2 x )

3 ex +

Интегрируя эти выражения, получаем:

( )

ln (ex +1),

C1 = -

∫

dx = -

∫

dx = -

ex +1

e3x

e2 x

× ex

(e2 x -1) +1

∫

dx =

∫

dx =

∫

ex +1

d (e

+1)

+1)(e

-1)

d (e

)

(e -1)de +∫

∫

de + ∫

∫

(

)

e2 x

- e

+ ln e

+1 ,

+1 - e

C3 =

∫

∫ (

)

dx =

∫dx -

∫

(

)

dx =

(x - ln (ex +1)).

Записываем частное решение

yч = -

ex ln (ex +1)

e− x

e2 x - ex + ln (ex

+1) +

e2 x (x - ln (ex +1)) =

ex -

xe2 x +

e− x -

e2 x

ln (ex

+1).

Общее решение исходного уравнения имеет вид

y = C1ex + C2e− x + C3e2 x +

(4xe2 x + ex - 2) +

(e− x - 3ex - 2e2 x )ln (ex +1).

Если взять C (x) = -

(

+ 1 + C

(x) =

e2 x

- e

+ ln

(

+ C ,

)

C3 (x) =

(x - ln (ex +1))+ C6 , то

y = C1 ( x)ex + C2 ( x)e− x + C3 ( x)e2 x

дает то

же самое общее решение.

126

5. Студенты решают самостоятельно следующие примеры:

а)	y¢¢ + y =	1			.				Ответ: y = C1 cos x + C2 sin x +

			cos 2x
			cos 2x
													1			sin x × arcsin (							sin x);
		+			1	cos x × ln	cos x +		cos2 x -	1	+
					1					1												2

				2
				2					2					2
б)	y′′ + 4 y = ctg 2x .
						Ответ: y = C cos 2x + C									sin 2x +			1	sin 2x × ln tg x ;
						Ответ: y = C cos 2x + C								2	sin 2x +				sin 2x × ln tg x ;
									1					2	4
	y′′′ + y′ = tg x .														4
в)	y′′′ + y′ = tg x .
																					p +			x
		Ответ: y = C + C					2	cos x + C sin x - ln				cos x					- sin x × ln			tg					.


				1					3
																						4 2

Домашнее задание

1.Подготовка теоретического материала по теме «Линейные неод- нородные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами

испециальной правой частью».

2.Применяя метод вариации произвольных постоянных, решить следующие примеры:

а)

б)

в)

Ответ: y = C + C x +

+ x arcsin

y¢¢ - 2 y¢ + y =

4 - x2

;

4 - x2

y¢¢ + y + ctg2 x = 0 .

Ответ: y = 2 + C cos x + C

sin x + cos x ln

;

yIY - y = 8ex , у(0) = 0,

y′(0) = 2 , y′′(0) = 4 ,

y′′′(0) = 6 . Ответ: y = 2xex .

VIII. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения

спостоянными коэффициентами и специальной правой частью

1.Краткий повтор теоретического материала. Отмечаем, что для не- которых специальных правых частей частное решение линейного неодно- родного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами можно найти проще, чем методом вариации произвольных постоянных, обходясь без интегрирования.

127

Различают, как правило, три вида правых частей:

I.f ( x) = eαx Pn ( x) , где Pn ( x) – известный многочлен степени п.

Частное решение в этом случае следует искать в виде

yч = xleαxQn ( x) ,

где l – кратность α как корня соответствующего характеристического уравнения; Qn ( x) – неизвестный многочлен такой же степени, что и мно- гочлен Pn ( x) .

II. f ( x) = eαx P ( x) cosβx + eαxQ ( x)sin βx .

а) Если α ± βi не являются корнями характеристического уравне- ния, то частное решение следует искать в виде

yч = eαxu ( x) cosβx + eαxv ( x)sin βx ,

где u(x) и v(x) – неизвестные многочлены одинаковой степени, равной наибольшей из степеней многочленов P ( x) и Q ( x) , причем, если в пра-

вой части отсутствует одно слагаемое, частное решение следует искать в полном виде (т.е. в виде суммы двух слагаемых).

б) Если α ± βi являются корнями характеристического уравнения, то yч = x (eαxu ( x)cosβx + eαxv ( x)sin βx) .

III. f ( x) = M cosβx + N sin βx .

Это частный случай предыдущего, однако рассмотрим его отдельно, так как дифференциальные уравнения с такими правыми частями наиболее часто встречаются в приложениях.

а) ±βi не являются корнями характеристического уравнения, част- ное решение следует искать в виде

yч = Acosβx + B sin βx ;

б) ±βi являются корнями характеристического уравнения, yч = x ( Acosβx + B sin βx) .

2. Обучающий пример 1 (решает преподаватель у доски). Ре- шить уравнение

y′′′ + y′′ − 2 y′ = x − ex .

128

Решение.	Составляем			и решаем			характеристическое уравнение
k 3 + k 2 - 2k = 0	k (k 2 + k - 2) = 0				k1 = 0 , k2 = −2 , k3 = 1, поэтому
общее решение однородного уравнения
	y = C + C					e-2 x + C ex .
		одн		1	2		3
Используя принцип наложения частных решений, правую часть ра-
зобьем на две:	f ( x) = x ,	f	2	( x) = -ex .
	1
f ( x) = x = e0×x × P ( x)			a = 0		является однократным (l = 1) корнем
1	1

характеристического уравнения, поэтому соответствующее частное реше- ние ищем в виде

y	= xe0×xQ ( x) , т.е			y = x ( Ax + B)					или y = Ax2			+ Bx y ¢ = 2 Ax + B ,
ч			1	1							1						1
			y ¢¢ = 2 A, y		′′′ = 0 . Тогда 0 + 2 A − 4 Ax − 2B = x .
			1	1
	Приравниваем коэффициенты при х и х0 слева и справа:
									1
			x : -4 A =1,			A = -				,				1		1
			x : -4 A =1,			A = -			4	,	y = x		-	1	x -	1	,	т.е.
									4

			x0 : 2 A - 2B = 0.						1		1
			x0 : 2 A - 2B = 0.						1			4				4
						B = -				.
						B = -			4	.
									4
						y = -	1	x ( x +1) .
						y = -		x ( x +1) .
						1	4
			( x) = -ex = eax × P		( x)		4
	f	2	( x) = -ex = eax × P		( x)	a = 1					является тоже однократным (l = 1)
		2		0

корнем характеристического уравнения, поэтому второе частное решение ищем в виде

y2 = xeaxQ0 ( x) = Axex				y2¢ = A(ex + xex ),					y2¢¢ = A(ex + ex + xex ),
				y2¢¢¢ = A(2ex + ex + xex ).
Тогда A(3ex + xex ) + A(2ex + xex ) - 2 A(ex + xex ) = -ex
	A(3ex + xex + 2ex + xex - 2ex - 2xex ) = -ex								3A = −1 A = -			1	,
	A(3ex + xex + 2ex + xex - 2ex - 2xex ) = -ex								3A = −1 A = -				,
									3
т.е. y2	= -	1	xex . Следовательно, общее решение исходного уравнения
т.е. y2	= -		xex . Следовательно, общее решение исходного уравнения
	3
			y = C + C			e-2 x + C ex -	1	x ( x +1) -		1	xex .
			y = C + C		2	e-2 x + C ex -		x ( x +1) -			xex .
	1				2	3	4		3
							4		3

3.Чтобы сравнить методы нахождения частного решения, вернемся

кобучающей задаче 1 из предыдущего практического занятия YII.

129

Обучающая задача 1 . Свободно висящая на крюке однород- ная цепь соскальзывает с него под действием собственного веса (трением можно пренебречь). Составить и решить уравнение движения центра тяже- сти цепи, если в начальный момент с одной стороны висело 10 м, а с дру- гой 8 м цепи.

Решение. На усмотрение преподавателя студент у доски либо по- лучает искомое дифференциальное уравнение заново, либо использует го- товый результат из предыдущего практического занятия:

				g			−	g
x¢¢ -	g				t				t .
	g	x = -g , x = C e 3			t	+ C	e 3
		x = -g , x = C e 3				+ C	e 3
9		одн	1			2
9

Для того чтобы найти частное решение, будем считать, что правая часть f ( x) = -g = eαx P0 ( x) – специальная, где a = 0 не является корнем характеристического уравнения. Поэтому частное решение ищем в виде

= eαxQ

( x) ,

т.е.

хч = А x

¢ = x ¢¢ = 0 . Поэтому -

× A = -g А = 9

−

g t

x = C e

+ C e

+ 9 – искомое общее решение.

а)

б)

в)

г)

(Преподаватель сравнивает методы нахождения частного решения). 4. Студенты самостоятельно решают следующие примеры:

y¢¢ - 6 y¢ + 8 y = 3x2 + 2x +1.

Ответ: y = C1e4 x + C2e2 x +

(24x2 + 52x + 41);

4 x

y¢¢ - 9 y¢ + 20 y = x

Ответ: y = C e

+ C e

+ x

+ 2x e

;

y¢¢ - 8 y¢ +16 y = e4 x ,

y (0) = 0 , y′(0) =1.

Ответ: y = 0,5x ( x + 2)e4 x ;

yIY + y¢¢ = x2 + x .

Ответ: y = C1 + C2 x + C3 cos x + C4 sin x +

(x2 + 2x -12).

5. Обучающая задача 2 (решает преподаватель у доски). Оп- ределить закон движения материальной точки массы m, перемещающейся по прямой под влиянием восстанавливающей силы, направленной к началу отсчета перемещений и прямо пропорциональной расстоянию точки от на- чала отсчета, если сопротивление среды отсутствует, но на точку действу- ет внешняя сила F = Asin ωt .

130

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 3313 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Высшая математика (РТФ)

#
18.05.20155.38 Mб38умк_Вакульчик_Элементы линейной алгебры.pdf
#
18.05.20151.33 Mб40умк_Мальцев_Осн дискретной матем.pdf
#
18.05.20153.75 Mб39умк_Пальчик_Теория вероятностей.pdf
#
18.05.20155.68 Mб32умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды.pdf
#
18.05.20154.7 Mб39умк_Цывис_Функции_Интеграл. исчисл..pdf
#
18.05.20153.54 Mб76умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды.pdf