Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика / В.М.-iнтеграли

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.29 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 125 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

тобто однорідну функцію нульового виміру можна представити як

функцію відношення y .

Рівняння P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 можна записати у вигляді dy = - P(x, y) ,

dx Q(x, y)

де права частина рівняння є однорідною функцією нульового виміру. Таким чином, однорідне рівняння можна записати у вигляді:

y¢ = f ( y ), x ¹ 0 . x

Приклади однорідних функцій:

P(x, y) = x 2 + 2xy + 3 y 2 , P (x, y) = x - 2 y .
	1
Дійсно,	P(tx, ty) = (tx)2 + 2(tx)(ty) + 3(ty)2 = t 2 (x2 + 2xy + 3y2 ) = t 2 P(x , y) (m = 2);
P (tx, ty) = tx - 2(ty) = t(x - 2 y) = t1P (x, y) (m = 1) .
1	1
За допомогою заміни змінної		y	= U , де U = U (x) , рівняння	y¢ = f (	y	), x ¹ 0
За допомогою заміни змінної			= U , де U = U (x) , рівняння	y¢ = f (		), x ¹ 0
		x			x

приводиться до рівняння з відокремлюваними змінними.

y = Ux, y′ = U ′x +U .

Підставляючи

ці

вирази

рівняння,

знайдемо U x + U = f (U )

або

U x = f (U ) -U . Розділяючи змінні й інтегруючи,

′

одержимо загальний інтеграл

′

рівняння:

∫

= ∫

f (U ) -U

∫

= ln

+ ln

, або ∫

= ln

f (U ) -U

Зауваження:

при діленні на різницю f (U ) -U ми припускаємо,

що

f (U ) -U ¹ 0 .

Якщо

існують

корені

рівняння f (U ) - U = 0 , наприклад,

U1 ,U 2 ,...,U n ,

тоді

= U i x(i =

)

розв’язки, які

можуть

бути

загублені

при

1, n

діленні. Графіки функцій yi = U i x(i =

)

– прямі, що проходять через початок

1, n

координат на площині xoy.

Нехай

загальний

інтеграл

рівняння

y¢ = f (

), x ¹ 0

має вигляд

F(x,U , C) = 0 .

Повертаючись від u до y с допомогою формули U =

, одержимо:

F(x,

, C) = 0

– загальний інтеграл рівняння.

Приклад. Знайти загальний розв’язок рівняння y¢ =

+ 2

При

заміні

= U ,

де U = U (x),

маємо

′

y = Ux, y

= U x +U . Одержимо

диференціальне рівняння з відокремлюваними змінними, щодо функції U (x) :

U ¢x + U =	1	+ 2U , або x	dU	=	1 + U 2	,	UdU	=	dx	,
			dx		U
U						1 + U 2			x

яке після інтегрування дає

- 130 -

∫

UdU

= ∫

ln(1

+ U 2 ) = ln

, 1+ U 2 = Cx, 1+ U 2 = C 2 x2 , 1+

= C 2 x2 .

1+ U 2

Виходить, y = ± x

C 2 x 2 − 1

– загальний розв’язок рівняння.

Диференціальні рівняння, що приводяться до однорідних рівнянь

	y′ =		a x + b			y + c
Рівняння виду		f		1	1	1		приводяться до однорідного
					x + b	y + c
		a		2			2
					2

диференціального рівняння за допомогою заміни змінної. Варто помітити, що якби c1 іс2 були рівні нулю, то рівняння було б однорідним. Рівняння

a1x+b1y+c1=0 й a2x+b2y+c2=0 визначають дві прямі. Для знищення в рівняннях прямих вільних членів, треба перенести початок координат у точку

перетину

цих

прямих.

Розв’язуючи

систему

рівнянь: a1 x + b1 y + c1

= 0

x + b y + c

= 0

знайдемо точку перетину прямих (х0,y0).

dη

Заміна

змінних

ξ = x − x

,η = y − y

приводить

до

dξ

dη

a1ξ + b1η

рівняння

= f

. Це однорідне диференціальне рівняння.

dξ

a ξ + b η

Викладений метод не можна застосовувати, якщо прямі паралельні. Але

цьому

випадку

коефіцієнти при

поточних

координатах

пропорційні

= k

диференціальне

рівняння може

бути

записане

вигляді:

y′

a x + b y + c

= f

k (a x + b y) + c

Отже,

заміна

змінних z = a1 x + b1 y

перетворить рівняння в

рівняння

відокремлюваними змінними.

x − y + 1 = 0 ,

Приклад.

y′ =

x − y + 1

Розв’язуючи систему

рівнянь,

x + y − 3

x + y − 3 = 0

знайдемо x0=1, y0=2.

Покладаючи ξ = x − 1,η = y − 2 , будемо мати

dη

ξ −η

або

dη

1 −η / ξ

dξ

dξ ξ + η

1 + η / ξ

Отримане рівняння є однорідним. Заміна U =

або η = Uξ

приводить до

рівняння з відокремлюваними змінними відносно U

U + ξ

1− U

;

dξ

1+ U

Розділяємо змінні й інтегруємо:

1−U

−U ; ∫

(1+ U )dU

= ∫

dξ

; −

U 2 + 2U −1

= ln

−

(U 2 + 2U −1)ξ 2 = C;

dξ

1+ U

1− 2U −U

Підставимо U = ηξ , тоді −ξ 2 + 2ξη + η2 = C .

- 131 -

Повертаючись до змінних x, y, знайдемо x2 − 2xy − y2 + 2x + 6 y = C – загальний інтеграл рівняння.

10.1.3. Лінійні диференціальні рівняння

Диференціальне рівняння називається лінійним, якщо воно лінійне щодо шуканої функції y й її похідної y′ , тобто якщо воно може бути записане у вигляді

y′ + p(x) y = q(x) ,

де p(х) і q(x) – неперервні функції.

Якщо q(x) ≡ 0 , то рівняння називається однорідним; якщо q(x) ≠0, то рівняння називається неоднорідним, або лінійним рівнянням із правою частиною.

Рівняння y′ + p(x) y = 0 , отримане з рівняння y′ + p(x) y = q(x) , заміною

функції q(x) нулями, називається лінійним однорідним рівнянням, що відповідає даному неоднорідному рівнянню.

Це рівняння з відокремлюваними змінними. Розділяючи змінні й інтегруючи, знаходимо:

= − p(x)dx,ln

= −∫ p(x)dx + ln

, ,

y = ce− ∫ p( x )dx , де c – довільна стала.

I метод розв’язування лінійного неоднорідного рівняння (ЛНР)

–

метод

варіації довільної постійної.

Відповідно

до

методу

варіації

розв’язок

неоднорідного

рівняння

−∫ p( x)dx

шукаємо у вигляді y = ce

, вважаючи c=c(х), тобто y = c(x) ×e

Знайдемо c(х) таким чином, щоб задовольнялося рівняння y′ + p(x) y = q(x)

c¢(x)e

−∫ p( x)dx

- c(x)e

−∫ p( x)dx

p(x) + p(x) ×c(x)e

−∫ p ( x)dx

= q(x) .

Функцію

c(х)

визначимо

рівняння

−∫ p ( x)dx

= q(x) ,

тоді

c¢(x) ×e

c(x) = ∫ q(x) ×e∫ p ( x)dx dx + c .

Виходить,

загальний

розв’язок

диференціального

рівняння

y′ + p(x) y = q(x)

дорівнює y = ce

−∫ p( x)dx

∫ p( x)dx

× ∫ q(x)e

dx + c .

Отже, загальний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння дорівнює

сумі загального розв’язку відповідного

однорідного

−∫ P( x) dx

рівняння ce

частинного розв’язку неоднорідного

рівняння

e− ∫ p( x )dx × ∫ q(x)e∫ p ( x) dx dx ,

одержаного із загального при c=0.

Приклад. Знайти загальний розв’язок рівняння

+ y = e− x .

Знаходимо загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння

+ y = 0,

= −dx, ∫

= −

∫ dx, ln

= − x + ln

або ln

= ln e− x + ln

- 132 -

y = ce− x

звідси знаходимо – загальний розв’язок однорідного рівняння. Покладаючи c=c(х), знаходимо загальний розв’язок неоднорідного рівняння.

Підставляємо y = c(x) ×e− x

у вихідне рівняння:

c¢(x)e− x - c(x)e− x + c(x)e− x = e− x c¢(x) =1, c(x) = x + c.

Тоді y = (x + c)e− x – загальний розв’язок неоднорідного рівняння.

II метод розв’язання ЛНР –

метод Бернуллі.

За методом Бернуллі розв’язок шукається у вигляді добутку двох

функцій:

y = u(x)v(x) ,тоді

′

= u v + uv

. Підставляючи

y й

′

в рівняння

′

u v + u(v

+ p(x) y = q(x) , одержимо u v + uv

+ p(x)uv = q(x) або

+ p(x)v) = q(x) .

′

Для відшукання двох функцій u(x) і v(x) є одне рівняння, тому одне із

співвідношень між ними вибираємо довільно.

Нехай

− ∫ p( x)dx

–

частинний розв’язок

рівняння

v′ + p(x)v = 0 , тоді

v(x)= e

функція u(x) може бути знайдена з рівняння з відокремлюваними змінними.

u¢ = q(x) u¢ = q(x) ×e∫ p( x)dx . v

Загальний розв’язок ЛДР I порядку має вигляд, отриманий методом

варіації.

Приклад.

(x 2 +1) y¢ + xy = x(x 2

+1)

або y¢ +

y = x .

x 2

Тут p(x) =

q(x) = x .

;

x2 +1

Знайдемо

v(x) :

v¢ = -

×v;

= -

xdx

; ln

= -

ln(x2 +1); v =

x2 +1

u =

(x2 +1)

3 2 + c .

Тепер знайдемо u(x) : u¢ = x x2 +1;

du = x x2 +1dx;

Розв’язок вихідного рівняння:

y =

(x2 +1) +

x2 +1

10.1.4. Рівняння Бернуллі

y′ + p(x) y = q(x) yn (n ¹ 0, n ¹ 1) .

Рівняння Бернуллі зводиться до лінійного рівняння за допомогою заміни

змінної. Розділимо почленно рівняння на y n : y− n y′ + p(x) y1−n = q(x)	і зробимо
заміну змінної y1−n = z(x) . Тоді z¢ = (1 - n) y −n y¢ . Відносно z	одержимо
неоднорідне лінійне рівняння z′ + p(x)(−n + 1)z = (−n + 1)q(x) .

Нехай Ф(x, y, z) = 0 – його загальний інтеграл, тоді, підставляючи z = y −n+1 , одержимо загальний розв’язок вихідного рівняння: Ф(x, y −n+1 , c) = 0 .

Приклад y¢ + xy = x3 y 3 (n = 3) . Розв’язування.

Підстановкою z = y −2 рівняння Бернуллі зводиться до лінійного рівняння

z¢ - 2xz = -2x3 .

- 133 -

Відшукуючи

розв’язок

його

у вигляді

z = uv ,

одержимо

′

− 2xuv = −2x

, тоді функцію v визначимо з рівняння v

′

= 2xv ,

= 2xdx ,

u v + uv

= x2 , v = e x2 .

Функцію

u(x)

знайдемо з

рівняння

u′ = −2x3e − x2 ,

= t

u = −2∫ x3e− x2 dx =

= −∫te−t dt = te−t + ∫ e−t dt = x2e− x2 + e− x2 + c ,

dt = 2xdx

виходить z = y−2

= (x2e− x2 + e− x2 + c)ex2

= x2 +1+ cex2 .

10.2. Диференціальні рівняння другого порядку, що допускають зниження порядку

Загальний вид диференціального рівняння другого порядку

F (x, y, y′, y′′) = 0 .

Його загальний розв’язок містить дві довільні сталі й має вигляд y = y(x, c1 , c2 ) .

Задача Коші для рівняння другого порядку ставиться в такий спосіб:

знайти розв’язок рівняння, що задовольняє умовам: y(x0 ) = y0

′

, y (x0 )

= y0 .

Типи рівнянь другого порядку, що допускають зниження порядку:

y′′ =

f (x) ,

тоді

y′ = ∫ f (x)dx + c1 , y = ∫ (∫ f (x)dx + c1 )dx + c2

–

загальний

розв’язок.

Приклад: y′′ = sin x , тоді y′ = − cos x + c1; y = −sin x + c1x + c2 .

2) Рівняння явно не містить y : f (x, y , y ) = 0 .

′

′′

Покладаємо

y′ = p, p =

p(x),

y′′ =

p′ ,

тоді відносно р одержимо рівняння

першого порядку f (x, p, p ) = 0 .

Приклад:

= y , y

′

= p

Одержимо

рівняння першого

порядку

′′

′

= p, y

′′

′

xp′ = p ,

звідки

, ln

= ln

c1 x

, p = c1 x . Підставляємо

замість

його

x 2

значення

, що дає dy = c xdx або y = c

+ c

явно

містить

рівняння виду

F ( y, y , y ) = 0 .

Рівняння

не

х,

тобто

Інтегрується

заміною

= p, p = p( y), y

= p p ,

що приводить

до

′

′′

′

′′

рівняння

′

першого порядку відносно р: F ( y, p, p p) = 0 .

Приклад 1.

= 2 yy , y

= p, y

′

′′

′

′′

= p p ; одержимо рівняння

′

= 2 yp, p

− 2 y = 0

;

а) р=0, y=c (не є загальним розв’язком)

б)

= 2 y; dp = 2 ydy; p = y2 + c1; ∫

= ∫ dx ;

y2 + c

Якщо c >0, то

arctg

= x + c

, а якщо c <0, то

y −

= x + c .

−c1

y +

−c1

- 134 -

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

Приклад 2. yy¢¢ − 2( y¢)2 = 0 . Рівняння не містить явно х.

Заміна y¢ = p( y) y¢¢ = p dp yp dp - 2 p2 = 0 . dy dy

а) p ¹ 0; y dp = 2 p . Це рівняння з відокремлюваними змінними .

dp = 2 dy p = c1 y2 . p y

Заміняючи p на y′ , знову одержуємо рівняння першого порядку y′ = c1 y2 . Розділяючи змінні й інтегруючи, знаходимо загальний розв’язок рівняння:

	dy	= c	dx y =		-1	.
	y2	= c	dx y =			.
	y2	1		c x + c
				1	2
б)		p=0 y′ = 0 y=c – теж є розв’язком вихідного диференціального

рівняння, що не може бути отримане зі знайденого загального розв’язку ні при яких значеннях довільних сталих c1,с2 . Таким чином, розв’язок y=c не є

частинний розв’язок даного рівняння.

10.3. Лінійні однорідні диференціальні рівняння

Диференціальні рівняння виду

y (n) + a (x) y ( n−1)	+ ... + a	n−1	(x) y¢ + a	n	(x) y = 0 ,	(10.3. 1)
1		n−1		n

де ai (x) (i = l, n) – деякі функції, називаються однорідними лінійними диференціальними рівняннями n-го порядку (ЛОДР).

Функції y1 (x), y2 (x),...yn (x) називаються лінійно,	незалежними, якщо з
рівності нулю їхньої лінійної комбінації, тобто, з рівності
α1 y1 (x) + α 2 y2 (x) + ... + α n yn (x) = 0 витікає, що α i = 0	(i = 1, n) .

Якщо хоча б один з коефіцієнтів лінійної комбінації α i ¹ 0 , то функції називаються лінійно залежними.

Фундаментальною системою розв’язків рівняння (10.3. 1), називають будь-які n лінійно незалежних розв’язків.

Нехай y1 (x), y2 (x),...yn (x) y1

Визначник W (x) = y′

...

y1(n−1)

– розв’язки диференціального рівняння n-го порядку.

y2	...	yn
y′	...	y′	називається визначником Вронського.
		n	називається визначником Вронського.
... ... ...
y2(n−1)	...	yn(n−1)

Якщо W (x) розв’язків y1 (x), y2 (x),...yn (x) тотожно дорівнює нулю, то ці розв’язки лінійно залежні. Якщо W (x) не дорівнює нулю у жодній точці, то

це означає, що розв’язки лінійно незалежні й становлять фундаментальну систему розв’язків. Будь-яке однорідне лінійне рівняння з неперервними коефіцієнтами має фундаментальну систему розв’язків.

Якщо – фундаментальна система розв’язків однорідного лінійного рівняння, то його загальний розв’язок має вигляд

- 135 -

y(x) = c1 y1 + c2 y2 (x) + ... + cn yn (x) ,

де c1 , c2 ,...cn – довільні сталі.

10.3.1. Лінійні однорідні диференціальні рівняння зі сталими коефіцієнтами

ЛОДР зі сталими коефіцієнтами має вигляд

y (n) + a1 y (n−1) + ... + an−1 y′ + an y = 0 ,			(10.3. 2)
де ai – сталі (i =		) .
	1, n
Оскільки шукана функція y й її похідні			y (i ) (i =		) входять у рівняння
				1, n
лінійно, розв’язок даного рівняння шукається у вигляді y = eλx , тому що

похідні показникової функції відрізняються від неї тільки постійним множником: y (k ) = λk eλx .

Підставивши eλx в рівняння, одержимо e	λx (λn + a λn−1	+ ... + a	n−1	λ + a	n	) = 0 .
	1		n−1		n
Оскільки eλx ¹ 0 , а коефіцієнти	ai = const ,	то	знаходження

фундаментальної системи розв’язків рівняння (10.3. 2) зводиться до алгебраїчних операцій, а саме до розв’язання алгебраїчного рівняння n-го степеня:

λn + a1λn−1 + ... + an−1λ + an = 0

Це рівняння називається характеристичним рівнянням диференціального рівняння.

Характеристичне рівняння як алгебраїчне рівняння n-го степеня має n коренів (дійсних або комплексних) λ1 , λ2 ,..., λn .

При розв’язуванні характеристичного рівняння можливі випадки:

1. Корені характеристичного рівняння – дійсні й різні, тоді диференціальне рівняння (10.3. 2) має n лінійно незалежних частинних розв’язків:

y1 = eλ1x , y2 = eλ2 x ,..., yn = eλn x .

Загальний розв’язок диференціального рівняння (10.3.2) має вигляд:

y(x) = c e	λ1x + c		eλ2 x + ... + c	eλn x
1	2		n
Приклад 1. y′ + y′′ − 2 y = 0 .
Характеристичне рівняння: λ 2 + λ − 2 = 0 має λ = −2, λ								2	= 1 –	дійсні різні
						1		2
корені.
Лінійно			незалежні		частинні	розв’язки	мають			вигляд:
y (x) = e−2 x , y		(x) = ex .
1	2

Тоді загальний розв’язок диференціального рівняння є їхня лінійна

комбінація y	= c e −2 x	+ c	e x .
	1	2
2. Корені характеристичного рівняння дійсні, але серед них є кратні.
Нехай λ1 = λ2	= ... = λk	= λ , тобтоλ − дійсний корінь кратності k, інші корені

характеристичного рівняння λk +1 , λk +2 ,..., λn – дійсні й різні. Тоді дійсному

- 136 -

кореню λ кратності k відповідає k частинних лінійно незалежних розв’язків диференціального рівняння (10.3. 2.):

y1 = e λ x , y2 = xe λ x ,..., yk = x k −1eλ x .

Загальний розв’язок диференціального рівняння (10.3.2.) має вигляд:

y(x) = c1eλx + c2 xeλx + ... + ck x k −1eλx + ck +1eλk +1x + ... + cn eλn x .

Приклад 2. Знайти загальний розв’язок ЛОДР.

y v − 9 y′′′ = 0 .

Характеристичне рівняння має вигляд:

λ5 − 9λ3

= 0 або λ3 (λ2 − 9) = 0 .

Корені рівняння: λ1 = λ2

= λ3

= 0 ,

λ4 = −3 , λ5 = 3 .

Корінь

λ1 = 0

–

кратності

три,

корені λ4 = −3 , λ5 = 3

– прості. Відповідні

лінійно незалежні частинні розв’язки:

y = 1, y

= x , y

= x

2 , y

= e −3x , y

= e3x .

Загальний розв’язок диференціального рівняння

y = c + c

x + c

x 2 + c

e−3x + c

e3 x

де ci (i =

довільні сталі.

1,5) –

Серед

коренів

характеристичного рівняння,

крім дійсних, є й

комплексно-спряжені, але немає кратних коренів.

Нехай λ1 = α + iβ , λ2

= α − iβ .

Цим комплексно-спряженим кореням відповідають два частинні лінійно незалежні розв’язки диференціального рівняння: y1 = eαx cos βx , y2 = eαx sin βx . Загальний розв’язок диференціального рівняння (10.3.2.) має вигляд:

y(x) = c1eαx cos βx + c2 eαx sin βx + c3eλ3 x + ... + cn eλn x .

Приклад 3. Знайти загальний розв’язок ЛОДР:

y vΙ − 2 y Ιv − y′′ + 2 y = 0 .

Характеристичне рівняння: λ6 − 2λ4 − λ2 + 2 = 0 .

Очевидно, що λ1 = 1 і λ2 = −1 є коренями рівняння. Розділимо ліву частину

рівняння на λ2 − 1 , тоді λ6 − 2λ4 − λ2 + 2 = (λ2 − 1)(λ4 − λ2 − 2) .

Знаходимо корені рівняння

λ4 − λ2 − 2 = 0

λ3,4 = ±2 ; λ5,6 = ±i .

Парі комплексно-спряжених коренів характеристичного рівняння відповідають два частинні лінійно незалежні розв’язки:

y5 = cos x , y6 = sin x .

Інші частинні розв’язки:

y1 = e x , y2 = e − x , y3 = e+ 2x , y4 = e− 2x

відповідають дійсним кореням характеристичного рівняння. Загальний розв’язок:

y(x) = c1e x + c2 e− x + c3e 2x + c4 e− 2x + c5 cos x + c6 sin x .

Приклад 4. Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння:

4 y′′ − 8 y′ + 5 y = 0 .

- 137 -

Характеристичне рівняння: 4k 2 − 8k + 5 y = 0 ,

k1,2	= 1 ±	1	i , α = 1, β =	1	.

	2		2

Два лінійно незалежні частинні розв’язки:

= e x sin

;

y2 = e x cos

Загальний розв’язок рівняння

y(x) = ex (c sin

+ c

cos

) .

Приклад 5. Знайти частинний розв’язок ЛОДР:

′′′

′

; y(0) = 2 ;

(0) = 0 ;

′′

= − y

y (0) = −1 .

Характеристичне рівняння:

λ3 + λ = 0 , λ(λ2 + 1) = 0 , λ = 0 , λ

= i , λ

= −i .

Загальний розв’язок рівняння:

y(x) = c1 + c2 cos x + c3 sin x .

Знаходимо:

′

= −c2 sin x + c3 cos x ,

y (x)

y′′(x) = −c2 cos x − c3 sin x .

Задовольняючи початковим умовам одержимо три рівняння для відшукання сталих c1 , c2 , c3 :

y(0) = 2		c1 + c2 = 2
y′(0) = 0		c3 = 0
y′′(0) = −1		− c2 = −1; c2 = 1; c1 = 1.

Підставляючи знайдені сталі в загальний розв’язок, одержимо частинний розв’язок: y = 1 + cos x .

Серед коренів характеристичного рівняння є кратні комплексноспряжені корені. Нехай λ1 = α + iβ й λ2 = α − iβ – пара комплексно-спряжених коренів характеристичного рівняння кратності k. Тоді парі комплексноспряжених коренів характеристичного рівняння кратності k відповідає 2k лінійно незалежних частинних розв’язків диференціального рівняння:

y1 = eα x cos β x, y2 = eα x sin β x , y3 = xeα x cos β x, y4 = xeα x sin β x

………………………………

y2k −1 = xk −1eα x cos β x, y2k = xk −1eα x sin β x
іншим кореням	характеристичного рівняння відповідають n-2k частинних
лінійно незалежних розв’язків виду:				yk +1 = eλ2 k +1x ,..., yn = eλn x .
Загальний розв’язок диференціального рівняння (10.3.2) має вигляд:
y(x) = c eαx cos βx + c		eαx sin βx + x(c	eαx cos	βx + c	4	eαx	sin βx) + ...
1	2	3			4		.
							.
+ x k −1 (c2k −1eαx cos βx + c2k eαx sin βx) + c2k +1eλ2 k +1x + ... + cn eλn x
Приклад 6. Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння:
64 yV ΙΙΙ + 48 yV Ι +12 yΙV + y′′ = 0
Характеристичне рівняння
64λ8 + 48λ 6 + λ 4 + λ 2	= 0 => λ 2 (64λ 6 + 48λ 4 + 12λ 2 + 1) = 0 => λ 2 = 0, (4λ 2 +1)3 = 0

Корені характеристичного рівняння:

- 138 -

λ = λ		= 0 , λ		= λ		= λ		=	1	i , λ		= λ		= λ		= −	1	i .
	2		3		4		5				6		7		8
1								2								2

Частинні лінійно незалежні розв’язки диференціального рівняння:

y = 1,	y		= x ,	y		= sin	1	x ,	y		= cos	1	x ,	y		= x sin	1	x ,	y		= x cos	1	x ,	y		= x 2	sin	1	x ,
		2			3					4					5					6					7
1						2					2					2					2						2

y8 = x 2 cos 1 x . 2

Загальний розв’язок диференціального рівняння:

y(x) = c + c x + c sin			1	x + c		cos	1	x + x(c sin	1	x + c	cos	1	x) + x2	(c	sin	1	x + c cos	1	x).
					4
1	2	3	2				2	5	2	6	2			7		2	8	2

Сформулюємо загальне правило розв’язку ЛОДР зі сталими коефіцієнтами:

1.Складемо характеристичне рівняння й відшукаємо його корені.

2.Знайдемо частинні розв’язки даного диференціального рівняння, при цьому:

а) кожному простому дійсному кореню λ характеристичного рівняння

відповідає розв’язок eλ x ,

б)	кожному k-кратному дійсному кореню λ характеристичного рівняння
відповідають k розв’язків:
eλx , xeλx ,..., x k −1eλx ,
в)	Кожній парі простих комплексно-спряжених коренів α ± iβ

характеристичного рівняння ставляться у відповідність два розв’язки

eαx sin βx и. eαx cos βx

г) кожній парі k-кратних комплексно-спряжених коренів ставляться у відповідність 2k розв’язків

eαx sin βx, xeαx sin βx,..., x k −1eαx sin βx, eαx cos βx, xeαx cos βx,..., x k −1eαx cos βx .

Можна довести, що отримана в такий спосіб множина розв’язків утворить фундаментальну систему розв’язків рівняння.

10.4. Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку. Метод варіації довільних сталих

Розглянемо лінійне неоднорідне диференціальне рівняння 2-го порядку:

y′′ + a1 (x) y′ + a2 (x) y = f (x) (ЛНДР)

(10.4. 1)

Відповідне йому лінійне однорідне диференціальне рівняння 2-го порядку:

y′′	+ a1 (x) y′ + a2 (x) y = 0	(ЛОДР)	(10.4. 2)
За	теоремою про	структуру загального	розв’язку ЛНДР загальний

розв’язок диференціального рівняння (10.4.1) має вигляд:

		~
y(x) = c1 y1 (x) + c2 y2 (x) + y (x) ,
де	y1 (x)	й y2 (x)	– лінійно	незалежні частинні		розв’язки
диференціального		рівняння	(10.4. 2), а	y (x) –	який-небудь	частинний
				~
розв’язок диференціального рівняння (10.4. 1); c1, c2 –					довільні постійні.

- 139 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 125 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика

#
12.02.20161.03 Mб61B.M..pdf
#
12.02.20161.29 Mб53В.М.-iнтеграли.pdf