14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды

yч¢ = ex ( Ax2 + Bx) + ex (2 Ax + B) ,

yч¢¢ = ex ( Ax2 + Bx) + 2ex (2 Ax + B) + ex × 2 A.

Подставим y ,

y ¢

и y ¢¢

в исходное уравнение

ч

ч

ч

ex ( Ax2 + Bx) + 2ex (2 Ax + B) + ex × 2 A - 7ex ( Ax2 + Bx) -

-7ex (2 Ax + B) + 6ex ( Ax2 + Bx) = ex ( x - 2) .

Сокращая на ex

обе части и приводя подобные члены, получим

x : -10 A =1,

A = -0,1;

-5(2 Ax + B) + 2 A = x - 2 .

0

B =

2

+ 2 A

= 0,36.

: -5B + 2 A

= -2.

x

5

Следовательно,

y

= x (-0,1x + 0,36)ex ,

а общее решение

ч

y = eαxu ( x)cosbx + eαxv( x)sin bx ,

(9.18.5)

ч

где u(x) и v(x)

– многочлены, степень которых равна наивысшей степе-

ни многочленов

P ( x) и Q ( x) .

б) если числа α ± iβ являются корнями характеристического урав-

нения, то

yч = x (eαxu ( x)cosbx + eαxv ( x)sin bx).

(9.18.6)

Пример 9 . 1 8 . 3 .

Решить уравнение

y¢¢ - y = 3e2 x cos x .

Решение. k 2 -1 = 0

k = ±1

y

= C e− x

+ C

ex

. Правая

1,2

одн

1

2

часть f ( x) = 3e2 x cos x = eαx P ( x) cosbx + eαx × 0 ×sin bx , где

a = 2, b = 1,

0

P0 ( x) = 3 , Q0 ( x) ≡ 0 .

a ± i b = 2 ± i ×1

не являются корнями характеристического уравне-

ния, поэтому y = eαxu ( x) cosbx + eαxv

( x) sin bx , т.е.

ч

0

0

y = e2 x Acos x + e2 x B sin x

или

y = e2 x ( Acos x + B sin x)

ч

ч

Приравнивая коэффициенты при cos x и sin x

в левой и правой час-

ти равенства, имеем

cos x : 2 A + 4B = 3,

B = 2 A,

A = 0,3;

sin x

: 2B - 4 A = 0.

2 A + 8A = 3.

B = 0,6.

Следовательно, частное решение

y = e2 x (0,3cos x + 0,6sin x) , а об-

ч

щее y = C e− x + C

ex

+ e2 x (0,3cos x + 0,6sin x) .

1

2

yч = x ( Acosβx + B sin βx) .

Пример 9 . 1 8 . 4 .

Найти общее решение

y′′ + 2 y′ + 5 y = 2cos x .

Решение.

Характеристическое уравнение

k 2 + 2k + 5 = 0

имеет

корни k1,2 = −1 ±

+ = −1 ± 2i .

1 − 5

±βi = ±i не являются корнями характеристического уравнения,

по-

этому частное решение ищем в виде yч = Acos x + B sin x , где А и В –

не-

известные коэффициенты, подлежащие определению.

y ′ = − Asin x + B cos x ,

y ′′ = − Acos x − B sin x . Подставляя y ,

y ′ и

ч

ч

ч

ч

y ′′

в исходное уравнение получим

ч

y′′ + 4 y = cos 2x .

Решение. k

2 + 4 = 0 k

2 = −4 , k = ±2i . Из cos 2x β = 2,

1,2

Пример 9 . 1 8 . 6 .

Решить уравнение yIV − y = x3 + 1.

Решение.

Характеристическое

уравнения

k 4 −1 = 0

(k 2 −1)(k 2 + 1) = 0 k 2 −1 = 0 ,

k1,2 = ±1;

k 2 + 1 = 0 ,

k 2 = −1 k3,4 = ±i .

Из правой части

α = 0 ( f ( x) = e0×x P3 ( x))

и не является корнем характери-

стического уравнения, поэтому y

= e0×xQ ( x) , т.е.

y = Ax3 + Bx2 + Cx + D .

ч

3

ч

Тогда y ′

= 3Ax2 + 2Bx + C ,

y ′′

= 6 Ax + 2B ,

y ′′′

= 6 A , y IY = 0 .

ч

ч

ч

ч

0 − Ax3 − Bx2 − Cx − D = x3 + 1

x3 : − A = 1,

A = −1,

x2 : − B = 0,

B = 0,

x : − C = 0,

C = 0,

x0 : − D = 1.

D = −1.

y = −x3 −1, а общее решение

ч

y = C ex + C

e-x + C cos x + C

4

sin x − x3

−1.

1

2

3

Пример 9 . 1 8 . 7 .

Указать вид частного решения уравнения

yIY

− y = 5cos x .

Решение.

k 4 −1 = 0

k

= ±1,

k

= ±i .

Из правой

части

1,2

3,4

dy1

= f ( x, y ,..., y

),

dx

1

1

n

dy2

= f2

( x, y1,..., yn ),

dx

(9.19.1)

………........................

dyn

= f

( x, y ,..., y

),

n

n

1

dx

где у1, у2, …, yn – искомые функции, х –

аргумент.

удовлетворяющие системе уравнений (9.19.1)

и данным начальным условиям

y1 ( x0 ) = y10 , y2 ( x0 ) = y20 , …,

yn ( x0 ) = yn0 .

(9.19.2)

Требуется определить постоянные

α1, α2, …,

αn

и

k так, чтобы

функции α ekt ,

α

2

ekt

, …,

α

n

ekt

удовлетворяли системе (9.19.3). Подстав-

1

ляя их в систему, получим

kα ekt

= (a α + a α

+ ... + a

α

)ekt ,

1

11

1

12

2

1n

n

)ekt

kα

2

ekt

= (a

α + a

α

2

+ ... + a

α

n

,

21 1

22

2n

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

ekt

= (a

α + a

α

+ ... + a

α

)ekt .

kα

n

2

n

n1 1

n2

nn

Сократим на ekt

обе части уравнений. Перенося все члены в одну сторону

и собирая коэффициенты при α1, α2, …,

αn, получим систему:

(a11 − k ) α1 +

a12α2 + …+

a1nαn = 0,

a21α1 +

(a22 − k )α2 + …+

a2nαn

= 0,

…

…

…

…

(9.19.5)

an1α1 +

an2α2 + …+ (ann − k )αn = 0.

нений относительно α1, α2, …,

αn. Выпишем определитель этой системы

a11 − k

a12

…

a1n

(k ) =

a21

a22 − k

…

a2n

.

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

an1

an2

… ann − k

Если k таково, что

D ¹ 0 ,

то система (9.19.5) имеет только нулевые

решения α1 = 0, α2 = 0,

…,

αn = 0, а формулы (9.19.4) дают только три-

ких k, при которых определитель D = 0 ,

т.е.

a11 − k

a12

…

a1n

a21

a22 − k

…

a2n

= 0 .

(9.19.6)

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

an1

an2

… ann − k

Рассмотрим только случай, когда корни характеристического урав-

нения действительные и различные:

k1 ¹ k2 ¹ …

¹ kn.

Для каждого корня

(i =

) напишем систему (9.19.5) и определим числа a(i)

, a(i)

a(i) .

k

i

1, n

, …,

1

2

n

Таким образом, получаем

для корня k1

x(1)

= a(1)ek1t ,

x(1) = a(1)ek1t , …,

x(1) = a(1)ek1t

;

1

1

2

2

n

n

для корня k2

x(2)

= a(2)ek2t

, x(2)

= a(2)ek2t , …,

x(2)

= a(2)ek2t ;

1

1

2

2

n

n

………………………………………

………………………………..

для корня kn

x(n)

= a(n)eknt

, x(n)

= a(n)eknt , …,

x(n)

= a(n)eknt .

1

1

2

2

n

n

Путем непосредственной подстановки в уравнения системы (9.19.3)

можно убедиться, что система функций:

x = C a(1)ek1t + C a(2)ek2t

+…+ C a(n)eknt ,

1

1

1

2 1

) k2t

n

1

) knt

( ) k1t

(

2

(

n

1

x2 = C1a2

e

+ C2a2

e

+…+ Cna2

e

,

(9.19.7)

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

+ C

a(2)ek2t

+…+ C a(n)eknt ,

x = C a(1)ek1t

n

1

n

2

n

n

n

где С1, С2, …, Сn –

произвольные постоянные, тоже является решением

этой системы.

В случае комплексных корней α + iβ применяются формулы Эйлера

e(α+iβ)t = eαt (cosbt + i sin bt ), тогда частными решениями будут

eαt cosbt

и

eαt sin bt . Соответствующий пример рассматривается в

практической

части модуля.

y ¢

= 3y - y

2

+ y ,

1

1

3

Пример 9 . 1 9 . 1 .

Решить систему y ¢

= - y

+ 5 y

2

- y ,

2

1

3

= y - y

+ 3y .

y ¢

2

3

1

3

3 - k

-1

1

Решение.

Характеристическое уравнение

-1

5 - k

-1

= 0

1

-1

3 - k

(3 - k )

5 - k

-1

- (-1)

-1 -1

+1

-1 5 - k

= 0

-1 3 - k

1 3 - k

1

-1

(3 − k )(15 − 3k − 5k + k 2 −1) + (−3 + k + 1) + (1 − 5 + k ) = 0

(3 − k )(k 2 − 8k + 14) + (k − 2) + (k − 4) = 0

3k 2 − k 3 − 24k + 8k 2 + 42 −14k + k − 2 + k − 4 = 0

k 3 −11k 2 + 36k − 36 = 0 .

Легко угадать один корень

k1 = 2 .

Разделив по правилу деления

многочленов

k 3 −11k 2 + 36k − 36

на

(k − 2) , получим

(k 2 − 9k + 18)

k 2 − 9k + 18 = 0 k

2

= 3 , k = 6 .

3

Для

k1 = 2 система (9.19.5) имеет вид

(3 − 2) α1

− α2

+ α3 = 0,

α − α

+ α

= 0,

− α1 + (5 − 2)α2

− α3 =

1

2

3

0,

−α1 + 3α2 − α3 = 0,

α

− α

+ (3 −

2)α

=

α1

− α2 + α3 = 0.

2

3

0.

1

Решим эту систему методом Гаусса. Имеем (третье уравнение совпа-

дает с первым и мы его отбрасываем):

α1 − α2 + α3 = 0,

α2 = 0,

2α

= 0.

α = −α .

2

1

3

Положим

α

3

= −1, тогда

α = 1, т.е. α(1)

= 1,

α(1)

= 0 ,

α(1)

= −1.

1

1

2

3

Точно так же для

k

2

= 3

получим

α(2)

= 1,

α(2)

= 1,

α(2) = 1, а для

1

2

3

k = 6

–

α(3)

= 1, α(3)

= −2 , α(3)

= 1. Таким образом,

3

1

2

3

для

k

= 2

y(1)

= e2 x ,

y(1)

= 0 ,

y(1)

= −e2 x ;

1

1

2

3

для

k

2

= 3

y(2)

= e3x ,

y(2)

= e3x ,

y(2)

= e3x ;

1

2

3

для

k

3

= 6

y(3)

= e6 x ;

y(3)

= −2e6 x ;

y(3)

= e6 x .

1

2

3