close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Лекция 16 Дифференциальные уравнения 2-го порядка

код для вставкиСкачать
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
Лекция 16
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
Вопросы:
1. Дифференциальные уравнения второго порядка.
2. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными
коэффициентами. Их решение.
3. Решение
линейных
однородных
уравнений
с
постоянными
коэффициентами.
4. Метод подбора частного решения линейного неоднородного уравнения
второго порядка.
9.4.1. Дифференциальные уравнения второго порядка
Определение 9.17. Дифференциальным уравнением второго порядка
называется дифференциальное уравнение, которое имеет вид
F  x, y, y, y  0.
(9.6)
Определение 9.18. Общим решением дифференциального уравнения второго
порядка называется функция y    x, C1, C2  , которая зависит от произвольных
постоянных С1 и С2 и при этом выполнены условия:
1) она удовлетворяет дифференциальному уравнению (9.6) при любых
конкретных значениях С1 и С2;
2) каковы бы ни были начальные условия y  y0 , y  y0' при x  x0 , существуют

C1(0) u C2(0) , такие, что функции y   x, C10 , C20



и y  x' x, C10 , C20 удовлетворяют
начальным условиям.
Функция y   x, C10 , C20 — частное решение (9.6).


Рассмотрим наиболее простой вид дифференциальных уравнений второго
порядка — линейные дифференциальные уравнения с постоянными
коэффициентами.
9.4.2. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с
постоянными коэффициентами
Определение 9.19. Дифференциальное уравнение второго порядка называется
линейным, если оно содержит только первые степени y, y, y , т.е. имеет вид
a2 y  a1 y  a0 y  f  x  ,
(9.7)
где a2 , a1 , a0 могут быть некоторыми функциями от х, причем a2  0 . Мы
рассмотрим только случай, когда a2 , a1 , a0 — некоторые константы. Если f ( x)  0
уравнение называется неоднородным. Если f ( x)  0 , т.е. уравнение вида
a2 y  a1 y  a0 y  0
(9.8)
называется однородным.
1
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
Теорема 1. Если y1 и y2 — решения уравнения a2 y  a1 y  a0 y  0 , такие, что их
y

отношение не равно постоянной величине  2  const  , то линейная комбинация
 y1

этих функций yо.о.  C1 y1  C2 y2 является общим решением уравнения.
Теорема 2. Общее решение неоднородного уравнения a2 y  a1 y  a0 y  f  x 
можно составить как сумму общего решения соответствующего однородного
уравнения и любого частного решения неоднородного уравнения.
y  yо.о.  yч.н.  C1 y1  C2 y2  yч.н.
Таким образом, чтобы найти решение неоднородного линейного уравнения,
необходимо уметь решать однородные уравнения.
9.4.3. Решение линейных однородных уравнений с постоянными
коэффициентами
Вспомним линейное однородное уравнение первого порядка (пример 9.4)
y  kx , его общее решение y  Cekx . Проверим, можно ли найти частное решение
однородного линейного дифференциального уравнения второго порядка (9.8) в
виде y  ekx , k=const.
Тогда y  kekx , y  k 2ekx и подставив в (9.8), находим
ekx  a2k 2  a1k  a0   0 .
Так как e kx  0 , то
(9.9)
a2k 2  a1k  a0  0 .
kx
Следовательно, y  e является решением уравнения (9.8) в том случае, когда
k удовлетворяет (является корнем) уравнению (9.9), которое называется
характеристическим уравнением.
Как известно, корни квадратного уравнения зависят от знака дискриминанта,
поэтому рассмотрим соответствующие три случая.
I. D  0 . Корни характеристического уравнения различны k1  k2 . В этом
случае
частные
решения
y1  ek1x , y2  ek2x ,
условие
y1 ek1x
k k x
 k1x  e 1 2 1  const
y2 e
выполнено. Следовательно, общее решение однородного уравнения имеет вид:
y  C1ek x  C2ek x .
Пример 9.8. Решить уравнение y  2 y  3y  0 .
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид:
k 2  2k  3  0 , D  22  4  3  16 , D  4 .
k1  3, k2  1.
Общее решение y  C1e3x  C2ex .
II. D  0 Корни характеристического уравнения равны k  k1  k2 .
Как и ранее y1  ekx . Можно проверить, что y2  xekx является решением
1
уравнения (9.8) и
2
y2
 const .
y1
Значит, общее решение однородного уравнения в этом случае имеет вид
2
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
y  C1ekx  C2 xekx  ekx (C1  C2 x) .
Пример 9.9. Решить уравнение y  2 y  y  0 .
Решение. Вид характеристического уравнения
k 2  2k 1  0 , D  0 , k1,2  1.
Общее решение y  e x C1  C2 x  .
III. D  0 . Действительных решений характеристическое уравнение не имеет,
D
b
,
, 
2a
2a
y
тогда y1  ex cos x и y2  ex sin x — частные решения уравнения (9.8) и 1  const`.
y2
но имеет комплексные корни k1,2    i . Определяем числа   
Общее решение уравнения имеет вид
y  ex (C1 sin x  C2 cos x) .
Пример 9.10. Найти частное решение уравнения
удовлетворяющее начальным условиям x0  0 , y0  2 , y0'  1 .
Решение. Вид характеристического уравнения
4k 2  4k 17  0 ,
D  16  272  256  0 , D  256  16 .
4 y  4 y 17 y  0 ,
x

 4  i16
1
   2i и общее решение y  e 2 C1 sin 2x  C2 cos2x .
8
2
Чтобы определить С10  и C20 , найдем y'.
k1, 2 
x

1  2x
2
y   e C1 sin 2x  C2 cos 2x  e 2C1 cos2x  2C2 sin 2x и, подставив начальные
2
условия в у и y', получим
2  e0 C1 sin 0  C2 cos0,


1 0
0
1   2 e C1 sin 0  C2 cos0  e 2C1 cos0  2C2 sin 0;

2  С2 ,
С1  0,
С2  2,



1
 1   2 С2  2С1 ; 2С1 1  1; С2  2.
Частное решение, удовлетворяющее начальным условиям

x
2
y  2e cos2x .
9.4.4. Метод подбора частного решения линейного неоднородного
уравнения второго порядка
При применении этого метода рассматриваются только определенного вида
функции f(x), стоящие в правой части уравнения (9.7). При этом надо учитывать,
что значения корней характеристического уравнения могут изменить вид
частного решения.
1.1. Пусть правая часть имеет вид f x  a0ek x , k0≠k1, k0≠k2, где k1 и k2 – корни
характеристического уравнения, тогда yч.н.  A0ek x .
0
0
3
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
1.2. f x  a0ek x , в характеристическом уравнении (9.9) k0= k1, k0≠k2 (или k0≠ k1,
k0=k2). Тогда yч.н.  A0 xek x .
1.3. f x  a0ek x , k0= k1= k2, тогда yч.н.  A0 x2ek x .
2.1. f  x   Pn  x  , т.е. правая часть некоторый многочлен от х,
P1 ( x)  a0  a1 x ,
Pn  x   a0  a1 x  a2 x2  ...  an xn .
P0 ( x)  a0 ,
В
частности,
P2  x   a0  a1x  a2 x2 .
В этом случае, если в характеристическом уравнении (9.9) k1≠0, k2≠0, то
частное решение — многочлен той же степени yч.н.  Qn ( x) с неопределенными
коэффициентами.
2.2. f ( x)  Pn ( x) , k1=0, k2≠0, тогда yч.н.  xQn ( x) .
2.3. f ( x)  Pn ( x) , k1= k2=0, тогда yч.н.  x2Qn  x  .
3.1. f ( x)  a cos 0 x  b sin 0 x . Если в характеристическом уравнении (9.9)  ≠0, а
 — любое или  =0, а    0 , то yч.н.  A cos 0 x  B sin  0 x .
3.2. f ( x)  a cos 0 x  b sin 0 x . Тогда если в характеристическом уравнении  =0
и    0 , то yч.н.  x( A cos 0 x  B sin 0 x) .
3.3. f  x   e x  Pn  x  cos 0 x  Qm  x  sin 0 x и числа k1,2    0i не являются
решениями соответствующего характеристического уравнения (9.9), то частное
решение можно искать в виде yч.н.  e x[SN (x)cos 0 x  TN (x)sin 0 x] , где SN ( x), TN ( x) —
многочлены степени N  maxn, m с неопределенными коэффициентами.
3.4. f  x   e x  Pn  x  cos 0 x  Qm  x  sin 0 x и числа k1,2    0i являются
решениями соответствующего характеристического уравнения (9.9), то частное
решение можно искать в виде yч.н.  xe x[SN (x)cos 0 x  TN (x)sin 0 x] .
Пример 9.11. Найти частное решение дифференциального уравнения
y  2 y  4x  5 с начальными условиями x0  0, y0  1, y0  2,5 .
Решение. Решение исходного уравнения разобьем на этапы.
1. Составим и решим характеристическое уравнение k 2  2k  0, k1  0, k2  2 .
Общее решение уравнения соответствующего однородного уравнения:
y  C1e0 x  C2 e 2 x  C1  C2 e 2 x .
2. Подбором находим вид частного решения. Так как f ( x)  4x  5 , то
k1  0, k2  2  0 , то это соответствует случаю 2.2 и
0
0
0
0
yч.н.  x( Ax  B)  Ax2  Bx,
yч.н.  2 Ax  B
yч.н.  2 A.
Подставив в исходное уравнение, получаем
2 A  2(2 Ax  B)  4x  5,
2 A  4 Ax  2B  4x  5.
Выписываем коэффициенты при одинаковых функциях:
x 4 A  4,
1 2 A  2B  5.
4
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
Решая полученную систему, находим: A=-1, B=-3,5 и, следовательно,
yч.н.  x 2  3,5x .
3. Общее решение неоднородного уравнения:
y  C1  C2 e 2 x  x 2  3,5x .
4. Для вычисления значений С1 и С2 надо найти y : y  2C2 e 2 x  2x  3,5 .
Подставляя начальные условия в y и y , получим систему уравнений
C1  C2  1,
1  C1  C2e20  02  3,52  0, 


20
 2,5  2C2e  2  0  3,5. 2C2  2,5  3,5  6.
Отсюда С2=3, С1=-2.
Итак, частное решение, удовлетворяющее начальным условиям, имеет вид:
y  2  3e 2 x  x 2  3,5x .
Пример 9.12. Найти общее решение уравнения y  4 y  4 y  2 cos3x .
Решение. Составим и решим характеристическое уравнение
k 2  4k  4  0, D  16  4  4  0, k1  k2  2 .
Общее решение однородного уравнения y  C1e 2 x  C2 e 2 x . Тогда частное
решение неоднородного уравнения будем искать в виде yч.н.  Asin3x  B cos3x , т.к.
f ( x)  2cos3x, 0  3, D  0 . Найдем производные yч.н. и подставим в исходное
уравнение:
yч.н.  3A cos3x  3B sin3x , yч.н.  9 Asin3x  9B cos3x ,
(9 Asin 3x  9B cos3x)  4(3Acos3x  3B sin 3x)  4( Asin 3x  B cos3x)  2 cos3x ,
(9 A  12B  4 A) sin 3x  (9B  12A  4B) cos3x  2 cos3x  0  sin 3x .
Приравниваем коэффициенты при одинаковых функциях в правой и левой
части уравнения:
12

A   B,
sin3x 5 A 12B  0, 
5

cos3x 5B  12 A  2, 
144
5B 
B  2,

5
10
24
24
10
, тогда yч.н. 
B
, A
sin 3x 
cos3x .
169
169
169
169
12

 A   5 B,

 169 B  2,
 5
Составим общее решение неоднородного уравнения
24
10
sin 3x 
cos3x .
169
169
Пример 9.13. Найти частное решение y  4 y  8cos2x при x0  0, y0  3, y0  2 .
y  C1e 2 x  C2 xe2 x 
Решение. 1. Характеристическое уравнение:
k 2  4  0, D  0  4  4  0
0
4
D  16  4,    0,    2 .
2
2
Общее решение однородного уравнения:
y  C1 sin 2x  C2 cos2x
2. f ( x)  cos2x , т.е.
0  0, 0  2, тогда 0   , 0   . Следовательно, вид
частного решения:
5
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
yч.н.  ( A sin 2x  B cos 2x)  x,
yч.н.  A sin 2x  B cos 2x  x(2 A cos 2x  2B sin 2 x),
yч.н.  4 A cos 2x  4B sin 2 x  x(4 Asin 2 x  4B cos 2 x),
Подставляем найденные производные в уравнение:
4 Acos 2x  4B sin 2x  x(4 Asin 2x  4B cos 2x)  4( Asin 2x  B cos 2x)  x  8 cos 2x .
4 Acos2x  4B sin 2x  4 Axsin 2x  4Bx cos2x  4xAsin 2x  4xBcos2x  8 cos2x  0  sin 2x .
Приравниваем коэффициенты при функциях:
cos 2x 4B  0, B  0,

sin 2x 4 A  8,
 A  2.
и yч.н.  2x sin 2x .
3. Общее решение неоднородного уравнения:
y  C1 sin 2x  C2 cos2x  2x sin 2x .
4. Найдем числовые значения С1 и С2:
y  2C1 cos2x  2C2 sin 2x  2sin 2x  4x cos2x .
Отсюда
3  C1 sin 0  C2 cos0  2  0  sin 0,

 C2  3,
C1  1, C2  3.


2  2C1 cos0  2C2 sin 0  2sin 0  4  0  cos0, 2C1  2,
Частное решение, удовлетворяющее начальным условиям, имеет вид:
y  sin 2x  3cos 2x  2x sin 2x .
Пример 9.14. Продолжим изучение зависимости между ценой p ,спросом d и
предложением s.
Согласно модели Вальраса, регулирование цены в условиях конкуренции
можно описать с помощью дифференциального уравнения:
p'=α(d-s),
где α>0 — некоторый постоянный множитель. Как изменится цена в условиях
нереализованного (хранимого) товара?
Решение. Предположим, что существует тенденция уменьшения цены не
только в условиях избыточного предложения, но и при наличии непроданного
товара, то есть:
t
p'=α(d-s)-β  [s( )  d ( )]d .
0
Последнее выражение суммирует разности между величиной спроса и
предложения за предшествующий период.
Тогда в дифференциальной форме:
p''=α(d′-s′)-β(s-d).
Если (см. раздел 1) s=a0+a1p, d=b0+b1p, то получим следующее линейное
дифференциальное уравнение второго порядка:
p   (b1  a1 ) p   (b1  a1 ) p   (a0  b0 )
(9.10)
В том случае, когда корни характеристического уравнения k1 и k2 действительны и
k1≠k2, то имеем следующее общее решение однородного уравнения:
p  C1e k1t  C2 e k2t .
6
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
Предположим, что в начальный момент времени р′=0, р′′=0, тогда частное
решение неоднородного уравнения имеет вид:
р
а0  b0
, (b1  a1 ) .
b1  a1
Следовательно, общее решение уравнения (9.10):
p  C1ek1t  C2ek2t 
a0  b0
.
b1  a1
7
Модуль 2. Тема 3. Дифференциальные уравнения.
ЛИТЕРАТУРА
Для содержательных модулей
1. Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа. Т. 1-3. — М.: Высш.шк.,
1981.
2. Бугров Я.С., Никольский С.М. Высшая математика. Дифференциальное и
интегральное исчисление. — М.: Наука, 1988.
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
Основная
Высшая математика для экономистов: Учебник для вузов/ Под ред. Н.Ш.
Кремера. — М.: ЮНИТИ, 2003.
Колесников А.Н. Краткий курс математики для экономистов. — М.:
Инфра-М, 1997.
Солодовников А.С., Бабайцев В.А., Браилов А.В. Математика в экономике.
— М.: Финансы и статистика, 2003.
Ляшенко И.Н., Ляшенко Е.И. Математика для экономистов: Учебное
пособие для подготовки бакалавров экономического профиля. — 1998.
Практикум по высшей математике для экономистов: Учебное пособие для
вузов/ Под ред. Н.Ш. Кремера. — М.: ЮНИТИ-ДАНА, 2004.
Гусак А.А. Пособие к решению задач по высшей математике. — Минск,
1968.
Руководство к решению задач с экономическим содержанием по курсу
высшей математики./ Под ред. А.И. Карасева и Н.Ш. Кремера. — М.:
Экономическое образование, 1989.
Данко П.Е., Попова А.Г. Высшая математика в упражнениях и задачах. —
М.: Высш.шк., 1974.
Сборники задач
1. Минорский В.П. Сборник задач по высшей математике. — М.: Наука, 1977.
2. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. — М.:
Наука, 1977.
8
Автор
ДонАгрА-З
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
6
Размер файла
342 Кб
Теги
лекция, уравнения, дифференциальной, порядке
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа