Математика(КР-3)-3семестр

1) Пусть f (x) e x P (x),

(3)

n

решение вида

~

ax

Qn (x)x

r

,

где

y e

Q

(x) A A x A x2

... A xn , а

r

принимает одно из

n

0

1

2

n

трех возможных значений 0, 1, 2:

0, если не является корнем характеристического уравнения;

1, если совпадает с одним из корней характеристического

r

уравнения;

2, если характеристическое уравнение имеет кратный корень,

совпадающий с .

2) Пусть

правая

часть уравнения

(1)

может

быть

представлена в виде

f (x) e x[P

(x) cos x Q

(x) sin x],

(4)

n

m

где

n и m

степени многочленов

P и Q . Тогда существует

частное решение вида

~

x

[TN (x) cos x RN (x) sin x]x

r

(5)

y

e

где

N max{n, m} , TN , RN -полные многочлены степени

N ,

а r

принимает одно из двух значений 0 или 1:

0, если i не являются корнями характеристическог о

r уравнения;

1, если i корни характеристическог о уравнения.

Если правая часть уравнения (1) может быть

представлена

в

виде

суммы функций (3),

(4),

т.

е.

виде суммы

y y1 y2 ,

где

y1 -частное решение уравнения

a0 y a1 y a2 y f1(x) ,

а

y2 -частное

решение

уравнения

a0 y a1 y a2 y f2 (x) .

Пример 6. Написать вид частного решения уравнения

y 2y 26y xe2x cos 3x x2e2x sin 3x xe 2x

(6)

Решение. Определим корни характеристического

уравнения для однородного уравнения

y 2y 26y 0 ,

k2 2k 26 0 ,

k1,2 1 5i .

Правая часть уравнения (6) является суммой функций,

поэтому частное

решение

y y1 y2 ,

где

y1

- частное

решение уравнения

y 2y 26 y xe2x cos 3x x2e2x sin 3x ,

y2 - частное решение уравнения

y 2 y 26 y xe 2x .

В нашем случае f

(x) e2x (x cos 3x x2 sin 3x)

- это функция

1

специального вида (4). Имеем

2,

3,

i 2 3i

не совпадают

с

корнями

k1,2 1 5i и

поэтому r 0 .

P (x) x, Q

m

(x) x2 ,

т.е.,

n 1 , m 2 .

Следовательно,

n

N max{1, 2} 2 , а это означает, что TN (x)

и R N (x) будут

полными

многочленами

второй

степени:

T (x) Ax 2

Bx C; R

(x) Dx2 Ex F . По формуле (5)

2

2

~

2x

((Ax

2

Bx

C) cos 3x (Dx

2

Ex F) sin 3x)x

0

.

имеем y1 e

32

f2 (x) xe 2x является

функцией

вида

(3),

где

Pn (x) x,

n 1, 2 .

Следовательно,

~

(Sx

T )e

2x

x

0

,

y

так как

2

не

является

корнем характеристического

уравнения, т.е.

r 0 .

Таким

образом,

частное

решение

уравнения (6) будет иметь вид

~

e

2x

((Ax

2

Bx C) cos 3x

(Dx

2

Ex F) sin 3x) (Sx T )e

2x

.

y1

Пример 7.

Найти общее решение дифференциального

уравнения

y 10y 25y xe 5x

Решение.

Общее

решение

уравнения

имеет

вид

~

,

где

y0 -общее

решение однородного уравнения

y y0 y

y 10y 25y 0 .

Составляем и решаем характеристическое

уравнение

k 2 10k 25 0;

k k

2

5;

y

0

c e 5x c

2

xe 5x

1

1

~

y -частное решение исходного уравнения, которое определяем

по

виду

правой

части

f (x) xe

5x .

Здесь

P (x) x,

n

следовательно

Qn (x) Ax B;

5 k1 k2 r 2.

25

~

e

5x

( Ax B)x

2

e

5x

( Ax

3

Bx

2

),

y

10

~

5e

5x

( Ax

3

Bx

2

) e

5x

(3Ax

2

2Bx),

y

1

~

5x

(Ax

3

Bx

2

)

10e

5x

(3Ax

2

2Bx) e

5x

(6Ax 2B).

y 25e

~

Для определения коэффициентов А и В нужно решение

и его производные подставить в исходное уравнение. Для

y

этого умножаем

~

~

~

соответственно на 25 ,

10

и 1

y,

y ,

y

33

x3

25A 50A 25A 0 ,

x 2

25B 50B 30A 25B 30A 0 ,

x1

20B 20B 6A 1,

x0

2B 0 .

Решая полученную систему,

найдем

A

1

,

B 0 .

6

Следовательно,

~

1

3

5x

y

x

e

.

6

Общее решение заданного уравнения имеет вид

y c e 5x c

2

xe 5x

1

x3e 5x .

1

6

Система дифференциальных уравнений вида

dx1

f (t,

x , x

2

, ..., x

n

),

dt

1

1

dx2

f2 (t,

x1,

x2 , ..., xn ),

dt

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

... ...,

dxn

f

n

(t, x ,

x

2

, ...,

x

n

),

1

dt

где x1 , x2 ,

…,

xn

-

неизвестные функции независимой

переменной t ,

называется нормальной системой.

34

Если

правые

части

нормальной

системы

дифференциальных

уравнений

являются

линейными

функциями

относительно

x1 , x2 ,

…, xn ,

то система

Решение.

Продифференцируем по t первое уравнение:

d 2 x

dx

dy

.

Подставляя сюда выражения

dx

и

dy

из

2

dt

dt

dt

dt

dt

системы, получим

d 2 x

x y x y 2x .

dt 2

Отсюда

имеем

d

2 x

2x 0 . Характеристическое

k 2 2 0 имеет корни

k

2 .

Следовательно, общее

1,2

решение для x запишется в виде

x c et 2

c

2

e t 2 .

1

Общее решение для y находим из первого уравнения:

dx

y

x c (

1)et

2 c

(

1)e t 2 .

2

2

2

dt

1

Пример 9.

Найти

общее

решение системы

дифференциальных уравнений

Решение. Продифференцируем по t

первое уравнение:

d

2 x

2

dy

. Исключая из полученного уравнения

dy

, имеем

dt

2

dt

dt

d

2 x

4z . Еще раз продифференцируем

по t

полученное

dt 2

уравнение второго порядка:

d 3x

4

dz

. Исключая

dz

,

3

dt

dt

д

2

z

1

x / y

д

2

z

x / y

x

2

x / y

2x

e

;

e

e

;

дx

2

y

2

дy

2

y

2

y

3

д2 z

1

e

x / y

x

1

e

x / y

.

y 2

дxдy

y 2

y

Пример 11. Найти наибольшее и наименьшее значения

функции в замкнутой области

z x2 y2 xy x y;

x 0;

y 0;

x y 3.

-3 A

-1

B

Найдем стационарные точки из условия

zx 0, zy 0.

В

нашем

случае

2y x 1 0.

zx 2x y 1 0;

z y

Решая

систему

уравнений,

получим

x 1 , y 1.

Точка

M ( 1; 1)

является стационарной. Находим

zM 1.

Исследуем функцию на границах.

На линии

AB :

y 0 ,

z x2 x .

Задача сводится к

отысканию наибольшего и наименьшего значений

функции

одной переменной на отрезке [-3,0].

z 2x 1 0;

1

1

x

;

Q

;0

-

стационарная

2

2

точка

функции

одной

переменной.

Вычисляем

z

1

;

z

6;

z

0.

A

B

Q

4