Пример 1. Найти общее решение уравнения Эйлера x2 y′′ +

5xy′ +

4 y =

0.

Решение. Будем искать решение уравнения Эйлера в виде y =

xr ,

то-

гда получим: x2 r(r − 1)xr− 2 + 5xrxr− 1 + 4xr = 0, r(r − 1) + 5r + 4 = 0, r 2 +

4r + 4 =

0,

получим

d 2 y

+ 4 y =

0 ,

откуда

y = C cos 2t +

C

sin 2t =

C cos(2arccos x) +

dt2

1

2

1

+ C

2

sin(2arcsin x) =

C (2x2 −

1) + 2C

2

x 1−

x2 .

1

Пример 3. Найти общее решение уравнения

y′′ + 2xy′ +

(x2 +

6) y = 0.

Решение. Имеем уравнение вида (21). Найдем Q(x) :

Q(x) = a2 (x) −

1

a12 (x) −

1

a1′(x) = x2 + 6 −

1

4x2 −

1

2 = 5 .

4

1

2

4

2

Заменой

y = u exp −

∫ 2xdx

данное уравнение

сводится к

уравнению

2

u′′ +

5u = 0.

Составим характеристическое уравнение k 2 + 5 =

0,

k1,2 = ±

5i. Общее реше-

ние запишется

y = e−

x2

(C1 cos

5x +

C2 sin 5x).

2

y = ∑∞

cn (x − x0 )n .

(22)

n= 0

при одинаковых степенях разности (x −

x0 )

в обеих частях полученного ра-

венства.

Если удается найти все коэффициенты ряда, то полученный ряд

определяет решение во всей своей области сходимости.

В тех случаях, когда для уравнения

y′ =

f (x, y) требуется решить задачу

Коши при начальных условиях

y

x= x0

=

y0 , решение можно искать с помо-

щью ряда Тейлора: y = ∑∞

y (n) (x0 )

(x −

x0 )n ,

где y(x0 ) = y0 ,

y′(x0 ) =

f (x0 , y0 ), а

n= 0

n!

дальнейшие производные

y (n) (x0 ) находим последовательным дифферен-

цированием

исходного

уравнения

и

подстановкой

вместо

′

значений x0 , y0 ,

′

x, y, y , Κ

y0 , Κ .

Аналогично с помощью ряда Тейлора можно интегрировать и уравне-

ния высших порядков.

Пример 1. Найти общее решение уравнения y′′ − x2 y =

0.

Решение.

Будем искать решение

этого

уравнения в

виде ряда

y = C0 + C1x + C2 x2 + Κ

+ Cn xn + Κ .

Подставляя y

и y′′

в исходное уравнение, находим

[2 1C2 + 3 2C3 x +

4 3C4 x2 + Κ

+ (n + 2)(n + 1)Cn+ 1xn +

Κ

]−

− x2

[C

0

+ C x + C

2

x2 + Κ + C

n

xn + Κ ] ≡ 0.

1

Сгруппируем члены с одинаковыми степенями x :

2 1C2 + 3 2C3 x2 + ∑∞

[(n +

4)(n +

3)Cn+ 4

− Cn]xn+ 2 ≡

0.

n= 0

ние

обратилось

в

тождество),

находим

C2 =

C3 = 0;

Cn+ 4 =

Cn

(n =

0,1, 2, Κ

). Последнее соотношение позволяет найти по-

(n + 3)(n +

4)

и C1

остаются

следовательно все коэффициенты искомого разложения (C0

C4k =

C0

; C4k + 1 =

C1

;

3 4 7 8 Κ

(4k − 1) 4k

4 5 8 9 Κ

4k(4k + 1)

C4k+ 2 = C4k + 3 = 0 (k = 0, 1, 2, Κ ).

x4k+ 1

∞

x4k

∞

Таким образом, y = C0 ∑

+ C1 ∑

.

3 4 7 8 Κ

(4k − 1)4k

4

5 8 9 Κ 4k(4k + 1)

k = 0

k= 0

уравнение y

′′

= x + y

2

, y(0) =

0,

′

= 1. Найти четыре первых (отличных от

y (0)

нуля) члена разложения.

Решение. Дифференцируя уравнение y′′ =

x +

y 2 , имеем

y′′′ = 1+

2yy′,

y(4) = 2 yy′′ + 2 y′2 ,

y(5) =

2 yy′′′ +

6 y′y′′,

y(6)

=

2 yy(4) +

8y′y′′′ + 6 y′′2 .

При x =

0 получаем

y(0) = 0,

y′(0) = 1,

y′′(0) = 0,

y′′′(0) = 1,

y(4) (0) =

2,

y(5) (0) =

0,

y (6) (0) = 16.

Решение имеет вид

y =

x

+

x3

+

2x 4

+

16x5

+ Κ = x

+

x3

+

x 4

+

x6

+ Κ .

3!

4!

45

1!

6!

6

12

x2 y′′ + xy′ + (x2 − n2 ) y = 0,

(23)

на степенной ряд y =

xr ∑∞

ak xk .

k = 0

Коэффициент a0

мы можем считать отличным от нуля ввиду неопределен-

ности показателя x.

Перепишем y = ∑∞

ak xr + k

и найдем производные:

k =

0

y′ = ∑∞

(r + k)ak xr + k − 1 , y′′ =∑ ∞

(r + k)(r + k − 1)ak x r + k − 2 .

k = 0

k = 0

Рассмотрим равенство [(r + k)2 −

n2 ]ak

+ ak − 2

=

0 . Его можно переписать

в виде

[(r + k − n)( r + k + n) ]ak + ak − 2 = 0 .

По условию a0 ≠ 0 , следовательно, r 2

− n2 =

0, r1

=

n, r2 = − n .

Пусть r=n, тогда a0

= 1, a1 =

0 тогда

ak = −

k(2n +

k) , k=(2,3,…). Придавая раз-

ak − 2

личные значения k, найдем

a =

0, a

3

=

0

и, вообще, a

2m+

1

= 0

1

a2 = −

1

,

a4

=

1

, Κ

,

2(2n

+

2)

2 4(2n

+

2)(2n + 4)

a2m

= (− 1)m

1

,Κ

m = (1,2...)

2 4 6 Κ

2m(2n +

2)(2n +

4)Κ (2n +

2m)

Подставим найденные коэффициенты в решение уравнения y =

xr ∑∞

ak xk ,

получим частное решение

k = 0

n

x2

x 4

x6

y1 = x

1

−

+

−

+ Κ

.

2(2n + 2)

2

4(2n + 2)(2n +

4)

2

4 6(2n + 2)(2n + 4)(2n + 6)

Решение y1 , умноженное на некоторую постоянную a0 =

1

, называ-

2n Г (n + 1)

− n

x2

x4

x6

y2 = x

1

−

+

−

+ Κ

.

2(− 2n +

2)

2 4(− 2n + 2)(− 2n +

4)

2 4 6(− 2n +

2)(− 2n +

4)(− 2n +

6)

Γ(n) =

∞∫e−

x xn− 1dx (n > 0)

(Г(n+1)=nГ(n)),

0

Γ

1

= π ,

Γ 3

= 1

π ,

Γ 5

=

3

π

, Γ

7

= 15 π ,Κ .

2

2

4

8

2

2

2

При целом положительном n

функция Бесселя имеет вид

J

(x) =

1

y

(а при n =

0 ,

y1

умножается на 1), т. е.

n

2n n!

1

J n

(x) =

x n

x2

x

4

x6

+ Κ

1 −

+

−

2

n

2(2n + 2)

2 4(2n + 2)(2n + 4)

2

4 6(2n + 2)(2n +

4)(2n + 6)

или

n!

n+ 2m

∞

(− 1)m

x

J n (x) =

∑

.

m!(n + m)!

m= 0

2

кать в форме K n (x) = J n (x) ln x + x− n ∑∞

bk x k .

k = 0

Пример1.

Найти функцию Бесселя при n=0

Решение.

n+ 2m

∞

(−

1)m

x

∞

(− 1)m x2m

In (x) = ∑

=

∑

4

m

(m!)

2

m= 0 m!(n + m)

2

m= 0

I

(x) = 1−

x2

+

x4

−

x6

+ .

0

4

42 (1 2)2

43 (1 2

3)2

Пример 2.

Решить уравнение x2 y''

+ xy' +

(x2 −

1

) y = 0 .

1

4

Решение: Так как n =

, то общее решение уравнения имеет вид:

2

y = C1I 12 (x) + C2 I− 12 (x) ,

где

1

1

x

2

x

4

x

6

I 12

(x) =

x

2

[1−

+

−

+ ...] =

2

12 Γ(3 )

2 3

2 3 4 5

2 4 6 3 5 7

2

=

2

1

(x −

x3 +

x5

−

x7 + ...) =

sin x

2 .

2π

x

3!

5!

7!

x

π