Добавил:

posterp Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Днепропетровский национальный университет железнодорожного транспорта им. академика В. Лазаряна

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Частина 3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.04.2021

Размер:

1.01 Mб

Скачать

☆

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

“Курс вищої математики. Частина 3.”

p − p2 = 0; p

= 0; y

= C ;

ydp

= p;

;

∫

;

= ln

+ ln C;

p = Cy;

y′ = Cy;

= dx;

∫

= ∫dx;

Сy

= x + ln C2 ;

Cy = eCx eC ln C2 = C3eCx ;

Остаточно отримуємо: y = C1eCx ;

Цей вираз буде загальним вирішенням початкового диференціального рівняння. Отримане вище вирішення у1 = С1 виходить із загального рішення при З = 0.

Приклад. Вирішити рівняння 3yy′′+ y′2

= 0.

Проводимо заміну змінною: y′ =

p; y′′

′ =

;

3yp

+ p2 = 0; p = 0; y = C;

= −p;

= −

;

∫

= −

∫

;

= −

+ ln C;

p3 =

;

y′ = C1 y−

;

dy = C1dx;

∫y

dy = C1 ∫dx;

= C1 x + C2 ;

= C3 x + C4 ;

Загальне рішення

: y = (C3 x + C4 )

Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння з довільними коефіцієнтами.

Розглянемо рівняння вигляду y(n)

+ p (x) y(n−1) +... + p

(x) y = f (x).

З урахуванням позначення y (n) + p (x) y (n−1) +... + p

(x) y = L(x)

можна записати:

L(x) = f (x).

При цьому вважатимемо, що коефіцієнти і права частина цього рівняння безперервні на деякому інтервалі ( кінцевому або нескінченному).

Теорема. Загальне вирішення лінійного неоднорідного диференціального рівняння в деякій області є сума будь-якого його рішення і загального вирішення відповідного лінійного однорідного диференціального рівняння.

Доказ. Хай Y – деяке вирішення неоднорідного рівняння.

Тоді при підстановці цього рішення в початкове рівняння отримуємо тотожність:

L(Y ) ≡ f (x).

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Хай y1 , y2 ,..., yn - фундаментальна система вирішень лінійного однорідного рівняння L( y) = 0 . Тоді загальне вирішення однорідного рівняння можна записати у вигляді:

y = C1 y1 +C2 y2 +... +Cn yn ; Ci = const.

Далі покажемо, що сума Y +C1 y1 +C2 y2 +... +Cn yn є загальним вирішенням

неоднорідного рівняння.

L(Y +C1 y1 +C2 y2 +... +Cn yn ) = L(Y ) + L(C1 y1 ) + L(C2 y2 ) +... + L(Cn yn ) = L(Y ) = f (x)

Взагалі кажучи, вирішення Y може бути отримане із загального рішення, оскільки є приватним рішенням.

Таким чином, відповідно до доведеної теореми, для вирішення лінійного неоднорідного диференціального рівняння необхідно знайти загальне вирішення відповідного однорідного рівняння і какимте образом відшукати одне приватне вирішення неоднорідного рівняння. Зазвичай воно знаходиться підбором.

На практиці зручно застосовувати метод варіації довільних постійних.

Для цього спочатку знаходять загальне вирішення відповідного однорідного рівняння у вигляді:

y = C1 y1 + C2 y2 +... + Cn yn = ∑Ci yi ;

i=1

Потім, вважаючи коефіцієнти Ci функціями від х, шукається вирішення неоднорідного рівняння:

y= ∑Ci (x) yi ;

i=1n

Можна довести, що для знаходження функцій Ci(x) треба вирішити систему рівнянь:

		n
	∑Ci′(x) yi = 0
	i=1
		n	i	i
		∑	i	i
			C′(x) y′ = 0
	i=1
	..........................

		n
	∑Ci′(x) yi(n−1) = f (x)
	i=1
Приклад. Вирішити рівняння
Вирішуємо лінійне однорідне рівняння y′′+ y = 0.
	k 2 +1 = 0; k1 = i; k2 = −i.
y = eαx (Acosβx + B sin βx); α = 0; β =1;
		y = Acos x + B sin x;
Вирішення неоднорідного рівняння матиме вигляд:
	y = A(x) cos x + B(x) sin x;
Складаємо систему рівнянь:
A′(x) cos x + B′(x)sin x = 0
	′			′	−sin 2x
− A (x)sin x + B (x) cos x = x					−sin 2x

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Вирішимо цю систему:

′

cos x

′

B (x) = −A (x)

− A (x)

= x −sin 2x

sin x

cos2 x

′

− A′(x)sin x − A′(x)

= x −sin 2x

B (x)

= cos x(x −sin 2x)

sin x

′

2sin

x cos x − x sin x знайдемо функцію А(х).

Із співвідношення A (x) =

A(x) = ∫(2sin 2 x cos x − x sin x)dx = 2∫sin 2

x cos xdx − ∫x sin xdx =

sin3 x − ∫x sin xdx =

u = x;

dv = sin xdx;

sin3 x + x cos x − ∫cos xdx =

sin3 x + x cos x −sin x +C1.

du = dx;

v = −cos x

Тепер знаходимо В(х).

u = x;

dv = cos xdx;

B(x) = ∫x cos xdx − 2∫cos2 x sin xdx =

= x sin x − ∫sin xdx

cos3 x =

du = dx; v = sin x;

= 23 cos3 x + x sin x + cos x + C2 .

Підставляємо набутих значень у формулу загального вирішення неоднорідного рівняння:

y =			2	sin3 x cos x + x cos2 x −sin x cos x + C cos x +	2	sin x cos3 x + x sin 2 x + sin x cos x + C			2	sin x =
y =				sin3 x cos x + x cos2 x −sin x cos x + C cos x +		sin x cos3 x + x sin 2 x + sin x cos x + C				sin x =
			3	1	3
	2		3		3
=	2	sin x cos x(sin 2 x + cos2 x) + x(sin 2 x + cos2 x) + C cos x + C					2	sin x.
=								sin x.
3					1
3

Остаточна відповідь: y = 13 sin 2x + x + C1 cos x +C2 sin x;

Таким чином, вдалося уникнути знаходження приватного вирішення неоднорідного рівняння методом підбору.

Взагалі кажучи, метод варіації довільних постійних придатний для знаходження вирішень будь-якого лінійного неоднорідного рівняння. Але оскільки знаходження фундаментальної системи вирішень відповідного однорідного рівняння може бути достатньо складним завданням, цей метод в основному застосовується для неоднорідних рівнянь з постійними коефіцієнтами.

Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння з постійними коефіцієнтами.

Рівняння з правою частиною спеціального вигляду.

Представляється можливим представити вид приватного рішення залежно від виду правої частини неоднорідного рівняння.

Розрізняють наступні випадки:

I. Права частина лінійного неоднорідного диференціального рівняння має вигляд:

f (x) = P(x)eαx ,

де P(x) = A0 xm + A1 xm−1 +... + Am - многочлен ступеня m. Тоді приватне рішення шукається у вигляді:

“Курс вищої математики. Частина 3.”

y = xr eαxQ(x)

Тут Q(x)- многочлен того ж ступеня, що і P(x), але з невизначеними коефіцієнтами, а r

– число, що показує скільки разів число α є коренем характеристичного рівняння для відповідного лінійного однорідного диференціального рівняння.

Приклад. Вирішити рівняння y′′′− 4 y′ = x .
Вирішимо відповідне однорідне рівняння:	y′′′− 4 y′ = 0.
k 3 − 4k = 0; k(k 2 − 4) = 0; k1 = 0; k2 = 2; k3 = −2;
y = C + C	2	e2 x + C	e−2 x ;
1		3

Тепер знайдемо приватне вирішення початкового неоднорідного рівняння. Зіставимо праву частину рівняння з виглядом правої частини, розглянутим вище.

P(x) = x; α = 0.

Приватне рішення шукаємо у вигляді: y = xr eαxQ(x) , де r =1; α = 0; Q(x) = Ax + B. Тобто y = Ax2 + Bx.

Тепер визначимо невідомі коефіцієнти А і В.

Підставимо приватне рішення в загальному вигляді в початкове неоднорідне диференціальне рівняння.

y′ = 2Ax + B; y′′ = 2A; y′′′			= 0;
0 −8Ax − 4B = x; −8A =1; A = −			1	; B = 0;
			8
Разом, приватне рішення: y = −	x2	.
Разом, приватне рішення: y = −	8	.
	8

Тоді загальне вирішення лінійного неоднорідного диференціального рівняння:

y= − x82 +C1 +C2e2 x +C3e−2 x .

II.Права частина лінійного неоднорідного диференціального рівняння має вигляд:

f (x) = eαx [P1 (x) cosβx + P2 (x)sin βx]

Тут Р1(х) і Р2(х) – многочлени ступеня m1 і m2 відповідно. Тоді приватне вирішення неоднорідного рівняння матиме вигляд:

	y = xr eαx [Q (x) cosβx +Q		2	(x)sin βx]
	1
де число r показує скільки разів число		α + iβ є коренем характеристичного рівняння

для відповідного однорідного рівняння, а Q1(x) і Q2(x) – многочлени ступеня не вище m, де m- велика із ступенів m1 і m2.

Відмітимо, що якщо права частина рівняння є комбінацією виразів розглянутого вище вигляду, то рішення знаходиться як комбінація вирішень допоміжних рівнянь, кожне з яких має праву частину, відповідну виразу, що входить в комбінацію.

Тобто якщо рівняння має вигляд: L(y) = f1 (x) + f2 (x) , то приватне вирішення цього рівняння буде y = y1 + y2 , де у1 і у2 – приватні вирішення допоміжних рівнянь

L( y) = f1 (x) і L( y) = f2 (x)

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Для ілюстрації вирішимо рассмотренный выше приклад іншим способом.

Приклад. Вирішити рівняння y′′+ y = x −sin 2x.

	Праву частину диференціального рівняння представимо у вигляді суми двох
функцій f1(x)+ f2(x)= x + (-sinx).
	Складемо і вирішимо характеристичне рівняння: k 2 +1 = 0;						k = ± i;
							1,2
1.	Для функції f1(x) рішення шукаємо у вигляді y = xr eαx Q(x) .
				1
Отримуємо: α = 0,		r = 0, Q(x) = Ax + B; Тобто		y1		= Ax + B;
		y ′ = A;	y ″ = 0;
		1	1
		Ax + B = x; A =1; B = 0;
			Разом:
2.	Для функції f2(x) рішення шукаємо у вигляді: y				2	= xr eαx (Q (x) cosβx +Q		2	(x)sin βx) .
					2	1		2
Аналізуючи функцію f2(x), отримуємо:			P1 (x) = 0;	P2 (x) = −1; α = 0;			β = 2; r = 0;
	Таким чином y2 = C cos 2x + D sin 2x;
	y2	′ = −2C sin 2x + 2D cos 2x;
	y2	″ = −4C2cos x − 4D sin 2x;

−4C cos 2x − 4D sin 2x +C cos 2x + D sin 2x = −sin 2x;

−3C cos2x −3Dsin 2x = −sin 2x

A = 0; B =	1	;
	3

Разом: y2 = 13 sin 2x;

Тобто шукане приватне рішення має вигляд: y = y1 + y2 = 13 sin 2x + x;

Загальне вирішення неоднорідного диференціального рівняння:

y = 13 sin 2x + x + C1 cos x + C2 sin x;

Розглянемо приклади застосування описаних методів.

Приклад. Вирішити рівняння y′′− 2y′+ y = 3ex .

Складемо характеристичне рівняння для відповідного лінійного однорідного диференціального рівняння:

		“Курс вищої математики. Частина 3.”
k 2 − 2k +1−0;	k1 = k2 =1;

Загальне вирішення однорідного рівняння: y = C1ex +C2 xex .

Тепер знайдемо приватне вирішення неоднорідного рівняння у вигляді: y = xr eαxQ(x)

α =1; r = 2; Q(x) = C; y = Cx2ex .

Скористаємося методом невизначених коефіцієнтів.

y′ = 2Cxex +Cx2 ex ; y′′ = 2Cex + 2Cxex + 2Cxex +Cx2ex .

Підставляючи в початкове рівняння, отримуємо:

2Ce x + 4Cxe x + Cx 2 e x − 4Cxe x − 2Cx 2 e x + Cx 2 e x = 3e x .

	2C = 3;		C =	3 .
	3			2
Приватне рішення має вигляд: y =	3	x2ex .
Приватне рішення має вигляд: y =	2	x2ex .
	2

Загальне вирішення лінійного неоднорідного рівняння: y = C1ex +C2 xex + 32 x2 ex . Приклад. Вирішити рівняння y′′′− y′ = x2 −1.

Характеристичне рівняння: k 3 − k = 0; k(k 2 −1) = 0; k1 = 0; k2 =1; k3 = −1; Загальне вирішення однорідного рівняння: y = C1 + C2 e x + C3e−x .

Приватне вирішення неоднорідного рівняння: y = xr eαxQ(x) .

α = 0; r =1; Q(x) = Ax2 + Bx +C.

y = Ax3 + Bx2 +Cx

Знаходимо похідні і підставляємо їх в початкове неоднорідне рівняння: y′ = 3Ax2 + 2Bx +C; y′′ = 6Ax + 2B; y′′′ = 6A;

6A −3Ax2 − 2Bx −C = x2 −1;

−3A =1; − 2B = 0; 6A −C = −1;

A = −13 ; B = 0; C = −1;

Отримуємо загальне вирішення неоднорідного диференціального рівняння:

y = C1 + C2 ex + C3e−x − 13 x3 − x.

Нормальні системи звичайних диференціальних рівнянь.

Визначення. Сукупність співвідношень вигляду:

F	(x, y , y		2	,..., y	n	, y′, y′		,..., y′ ) = 0
1	1		2		n	1	2	n
F2 (x, y1						′	′	′
F2 (x, y1		, y2 ,..., yn , y1					, y2	,..., yn ) = 0
......................................................

	(x, y1	, y2				′	′	′
Fn	(x, y1	, y2		,..., yn , y1			, y2	,..., yn ) = 0

де х- незалежна змінна, у1, у2.,уn – шукані функції, називається системою диференціальних рівнянь першого порядку.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Визначення. Система диференціальних рівнянь першого порядку, дозволених відносно похідних від невідомих функцій називається нормальною системою диференціальних рівнянь.

Така система має вигляд:

dy1

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

)

dy2

= f2 (x, y1

, y2

,..., yn )

(1)

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

dyn

= f

(x, y

, y

,..., y

)

Для прикладу можна сказати, що графік вирішення системи двох

диференціальних рівнянь є інтегральною кривою в тривимірному просторі.

Теорема. (Теорема Коші). Якщо в деякій області (n-1) – мерного простору

функції f1 (x, y1 , y2 ,..., yn ), f2 (x, y1 , y2 ,..., yn ), .

fn (x, y1 , y2 ,..., yn ) безперервні і мають

безперервні приватні похідні по, то для будь-якої точки (x0 .y10 , y20 ,..., yn0 ) цієї області

існує єдине рішення

y1 = ϕ1 (x), y2 = ϕ2 (x), ... yn = ϕn (x)

системи диференціальних рівнянь вигляду (1), визначене в деякій околиці точки х0 і таке, що задовольняє початковим умовам x0 .y10 , y20 ,..., yn0 .

Визначення. Загальним вирішенням системи диференціальних рівнянь

вигляду	(1)	буде	сукупність		функцій
. y1 = ϕ1 (x,C1 ,C2 ,...,Cn ) y2		= ϕ2 (x,C1 ,C2 ,...,Cn )	yn = ϕn (x,C1 ,C2 ,...,Cn ) ,	які	при
підстановці в систему (1) обертають її в тотожність.

Нормальні системи лінійних однорідних диференціальних рівнянь з постійними коефіцієнтами.

При розгляді систем диференціальних рівнянь обмежимося випадком системи трьох рівнянь (n = 3). Все нижческазане справедливо для систем довільного порядку.

Визначення. Нормальна система диференціальних рівнянь з постійними коефіцієнтами називається лінійною однорідною, якщо її можна записати у вигляді:

dy		= a y + a z + a u

dx
	11		12	13


dz		= a21 y + a22 z + a23u			(2)


dx
du		= a31 y + a32 z + a33u


dx

Вирішення системи (2) володіють наступними властивостями:

1) Якщо у, z, u – вирішення системи, то Cy, Cz, Cu, де C = const – теж є вирішеннями цієї системи.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

2) Якщо y1, z1, u1 і y2, z2, u2 – вирішення системи, то y1 + y2, z1 + z2, u1 + u2 – теж є вирішеннями системи.

Вирішення	системи	шукаються	у	вигляді:
y = αekx ; z = βekx ;	u = γekx , α,β, γ, k = const

Підставляючи ці значення в систему (2) і перенісши всі члени в один бік і скоротивши на ekx, отримуємо:

(a11 − k)α + a12β+ a13 γ = 0a21α + (a22 − k)β+ a23 γ = 0a31α + a32β+ (a33 − k)γ = 0

Для того, щоб отримана система мала ненульове рішення необхідно і достатньо, щоб визначник системи був рівний нулю, т.е.:

a11 − k	a12	a13
a11 − k	a12	a13
a21	a22 − k	a23	= 0
a31	a32	a33 − k

В результаті обчислення визначника отримуємо рівняння третього ступеня відносно до. Це рівняння називається характеристичним рівнянням і має три корені k1, k2, k3. Кожному з цього коріння відповідає ненульове вирішення системи (2):

y = α	1	ek1x ,	z = β		ek1x ,	u = γ		ek1x ,
1			1	1		1	1
y2 = α2ek2 x ,			z2 = β2 ek2 x ,			u2 = γ2 ek2 x ,
y3 = α3ek3 x ,			z3 = β3ek3 x ,			u3 = γ3ek3 x .

Лінійна комбінація цих рішень з довільними коефіцієнтами буде вирішенням системи (2):

y = C1α1ek1x + C2 α2 ek2 x + C3α3ek3 x ; z = C1β1ek1x + C2β2 ek2 x + C3β3ek3 x ; u = C1γ1ek1x + C2 γ2 ek2 x + C3 γ3ek3 x .

Приклад. Знайти загальне вирішення системи рівнянь:

x′ = 5x + 2yy′ = 2x + 2y

Складемо характеристичне рівняння:

5 − k

= 0;

(5 − k)(2 − k) − 4 = 0;

10 −5k − 2k + k 2 − 4 = 0;

2 − k

k 2 −7k + 6 = 0;

k1 =1;

k2 = 6;

Вирішимо систему рівнянь:

− k)α + a β = 0

a21α + (a22 − k)β = 0

Для k1:

(5 −

1)α

+ 2β

= 0

4α

2β

= 0

2α1

+ (2 −1)β1 = 0

2α1 +β1 = 0

Вважаючи α1

=1(приймається будь-яке значення), отримуємо: β1

= −2.

Для k2:

(5 − 6)α2 + 2β2 = 0

−

1α

2 + 2β2 = 0

+ (2 − 6)β2 = 0

− 4β2 = 0

2α2

Вважаючи α2

= 2 (приймається будь-яке значення), отримуємо: β2

=1.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

	t				6t
x = C1e	t	+		2C2 e	6t
x = C1e		+		2C2 e
Загальне вирішення системи:
			t	+ C2 e		6t
y = −2C1e				+ C2 e

Цей приклад може бути вирішений іншим способом:

Продиференціюємо перше рівняння: x′′ = 5x′+ 2 y′; Підставимо в цей вираз похідну у′=2x + 2y з другого рівняння.

x′′ = 5x′+ 4x + 4 y;

Підставимо сюди у, виражене з першого рівняння:

x′′ = 5x′+ 4x + 2x′−10x x′′−7x′+ 6x = 0

k1 = 6;

x = Aet + Be6t ;

x′ = Aet + 6Be6t ;

2y = x′−5x = Aet + 6Be6t −5Aet −5Be6t ;

y = −2Aet + 1

Be6t ;

Позначивши A = C1 ;

B = C2

, отримуємо вирішення системи:

x = C1e

2C2 e

+ C2 e

y = −2C1e

Приклад. Знайти вирішення системи рівнянь

y′ =

y + z

z′ = y + z + x

Ця система диференціальних рівнянь не відноситься до розглянутого вище типу, оскільки не є однорідним (у рівняння входить незалежна змінна х).

Для вирішення продиференціюємо перше рівняння по х. Отримуємо: y′′ = y′+ z′.

Замінюючи значення z’ з другого рівняння отримуємо: y′′ = y′+ y + z + x .

З урахуванням першого рівняння, отримуємо:		y′′ = 2y′+ x.
Вирішуємо отримане диференціальне рівняння другого порядку.
y′′− 2y′ = x;	y′′− 2y′ = 0;	k 2 − 2k = 0; k1 = 0; k2 = 2.

Загальне вирішення однорідного рівняння: y = C1 +C2e2 x .

Тепер знаходимо приватне вирішення неоднорідного диференціального рівняння по

формулі y = xr eαxQ(x); α = 0; r =1;		Q(x) = Ax + B;
y = Ax2 + Bx; y′ = 2Ax + B; y′′ = 2A;
2A − 4Ax − 2B = x;				A = −			1	; B = −	1	;
2A − 4Ax − 2B = x;				A = −				; B = −	4	;
Загальне вирішення неоднорідного рівняння:				4					4
Загальне вирішення неоднорідного рівняння:
	y = C + C		e2 x	−	1	x(x +1).
	y = C + C		e2 x	−		x(x +1).
1		2		4
				4

Підставивши набутого значення в перше рівняння системи, отримуємо:

“Курс вищої математики. Частина 3.”

z = −C1 + C2 e2 x + 14 (x2 − x −1).

Приклад. Знайти вирішення системи рівнянь:

y′ = z + wz′ = 3y + w

w′ = 3y + z

Складемо характеристичне рівняння:

− k

3 1

3 − k

= 0;

− k

−

= 0;

− k

3 1

− k(k 2 −1) + 3k + 3 + 3 + 3k = 0;

k 3 − 7k − 6 = 0;

k1 = −1; k2 = −2; k3 = 3;

до = -1.

α +β+ γ = 0

α = 0; β = −γ;

3α +β+ γ = 0;

3α +β+ γ = 0

Якщо прийняти γ = 1, то рішення в цьому випадку отримуємо:

y = 0;

z = −e−x ;

w = e−x ;

k2 = -2.

2α +β+ γ = 0

α = −γ; β = γ;

3α + 2β+ γ = 0;

3α +β+ 2γ = 0

Якщо прийняти γ = 1, то отримуємо:

= −e−2 x ;

= e−2 x ;

w = e−2 x ;

k3 = 3.

−3α +β+ γ = 0

3α −3β+ γ = 0 ;

α =

γ;

β = γ;

3α +β−3γ = 0

Якщо прийняти γ = 3, то отримуємо:

y	3	= 2e3x ; z	3	= 3e3x ; w = 3e3x ;
	3		3	3

Загальне рішення має вигляд:

y = −C2 e−2 x + 2C3e3x

z = −C1e−x +C2 e−2 x +3C3e3xw = C1e−x +C2 e−2 x +3C3e3x

Елементи теорії стійкості.

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

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
26.04.20211.64 Mб4M-008.pdf
#
26.04.20211.23 Mб3M-040.pdf
#
26.04.2021439.24 Кб5M-051.pdf
#
26.04.2021967.56 Кб12Частина 1.pdf
#
26.04.2021882.81 Кб2Частина 2.pdf
#
26.04.20211.01 Mб2Частина 3.pdf
#
26.04.2021669.46 Кб6Частина 4.pdf