close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

MakarovaSmirnov

код для вставкиСкачать
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное
образовательное учреждение высшего образования
САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
АЭРОКОСМИЧЕСКОГО ПРИБОРОСТРОЕНИЯ
М. В. Макарова, А. О. Смирнов
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
И РАЗНОСТНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ЧАСТЬ I
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2017
УДК 517.912
ББК 22.161.6
М15
Рецензенты:
доктор физико-математических наук, профессор Л. М. Баскин;
доктор физико-математических наук, профессор В. Г. Фарафонов
Утверждено
редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного пособия
Макарова М. В.
М15 Дифференциальные и разностные уравнения: учеб. пособие:
в 2-х ч. Ч. 1 / М. В. Макарова, А. О. Смирнов. – СПб.: ГУАП,
2017. – 123 с.
ISBN 978-5-8088-1170-6
Содержатся теоретические сведения о дифференциальных уравнениях первого, второго и высших порядков. Приводятся методы их
решения, сопровождаемые многочисленными примерами. Описываются свойства преобразования Лапласа и его применение к решению
линейных дифференциальных уравнений и систем. Даются задания
для самостоятельной работы с ответами для самоконтроля.
Предназначено для студентов первого и второго курсов естественнонаучных факультетов, а также магистрантов.
УДК 517.912
ББК 22.161.6
ISBN 978-5-8088-1170-6
©
©
Макарова М. В., Смирнов А. О., 2017
Санкт-Петербургский государственный
университет аэрокосмического
приборостроения, 2017
Предисловие
Дифференциальные уравнения и их системы часто используются в качестве математических моделей для описания технологических и экономических процессов и природных явлений. Предлагаемое учебное пособие формирует навыки нахождения решений
дифференциальных уравнений с помощью аналитических методов
и специальных приемов, основанных на применении преобразования Лапласа.
В главе 1 изучаются дифференциальные уравнения и их системы. Приводятся основные типы дифференциальных уравнений
первого порядка, для которых разработаны методы нахождения
решений в аналитическом виде. Далее рассматриваются дифференциальные уравнения высших порядков. Отдельно изучены типы
уравнений, допускающие понижение порядка. Особое внимание
уделено линейным дифференциальным уравнениям второго порядка как однородным, так и неоднородным, анализируются свойства
их решений, дается методология построения общего решения. В заключении приводятся методы нахождения решений систем линейных дифференциальных уравнений.
Глава 2 посвящена преобразованию Лапласа и построенному на
его основе операционному исчислению, идея которого состоит в следующем. Пространство функций, удовлетворяющих некоторым
достаточно общим условиям (пространство функций-оригиналов)
взаимно однозначно отображается в другое пространство функций
(пространство функций-изображений). В результате операциям
дифференцирования и интегрирования в пространстве функцийоригиналов соответствуют более простые операции умножения и
деления в пространстве функций-изображений, вследствие чего
дифференциальное уравнение в пространстве функций-оригиналов
преобразуется в линейное алгебраическое уравнение в пространстве функций-изображений, которое легко разрешается, и остается
лишь восстановить решение дифференциального уравнения (или
их систем) по его изображению.
В каждой главе приводятся задания для самостоятельного решения по рассматриваемым темам и ответы для самоконтроля.
3
ГЛАВА 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ.
РЕШЕНИЕ ИНТЕГРИРОВАНИЕМ
§ 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ПЕРВОГО ПОРЯДКА
1.1. Основные определения
Определение. Дифференциальным уравнением первого порядка
называется уравнение, связывающее x, y и y′. Оно может быть задано
одной из форм:
F (x, y, y′) = 0,
y′ = f (x, y),
M (x, y)dx + N (x, y)dy =
0.
Самым простым дифференциальным уравнением первого порядка является уравнение y′ = f (x). Его решением служит любая первообразная F(x) функции f(x). Отметим, что F(x) + С при любом значении постоянной С также является решением данного уравнения.
Например, уравнение y′ = cos x имеет решения
=
y1 sin x=
, y2 sin x + 5.
В общем случае
=
y sin x + C.
Любое решение уравнения называется его частным решением.
Под общим решением понимается формула, объединяющая все частные решения.
Определение. Общим решением дифференциального уравнения
первого порядка называется функция
y = φ(x,C) (или Ф(х, у, С) = 0),
которая удовлетворяет следующим условиям:
а) является решением уравнения при любом допустимом С;
б) любое решение может быть получено из нее при некотором
значении постоянной С.
Решение уравнения, полученное в виде функции Ф(х, у) = С, называют общим интегралом дифференциального уравнения. В этом
случае решение дифференциального уравнения задается неявно.
Решить уравнение – это значит найти его решение или интеграл.
Например, общим интегралом уравнения x + yy′ =
1 является
2
2
C. Действительно, дифференцируя указанфункция x + y − 2x =
ную неявно заданную функцию, получаем равенство
2x + 2yy′ − 2 =
0, т. е. x + yy′ =
1.
4
На координатной плоскости этот общий интеграл соответствует множеству концентрических окружностей с центром в точке
М(1, 0) и радиусом Ñ +1, где С – произвольная постоянная, так
как общий интеграл после выделения полного квадрата принимает вид
(x − 1)2 + y2 =C + 1.
Определение. Частным решением называется любая функция
y = ϕ(x, C0 ), получаемая из общего решения y = ϕ(x, C) при определенном значении С = С0.
Рассмотрим задачу нахождения частного решения уравнения,
удовлетворяющего условиям: при заданных х0 и у0 у(х0) = у0. Эти
условия называются начальными, а задача нахождения такого решения – задачей Коши.
Например, если в уравнении y′ = 1 x принять начальное условие
у(1) = 2, то найдем частное решение
=
y ln x + 2, которое получим из
общего решения
=
y ln x + Ñ при С = 2.
Пусть в некоторой области D плоскости xOy задано уравнение
y′ = f (x, y). (1.1)
Выполняется теорема:
Теорема (существования и единственности).Если функция f(x,y)
в открытой области D непрерывна и имеет непрерывную частную
производную fy′, то для любой точки (х0, у0) из области D найдется
решение y = φ(x) уравнения (1.1), для которого y(х0) = у0 является начальным условием, и такое решение единственно.
Геометрически это означает, что через каждую точку (х0, у0) области D проходит кривая, описываемая уравнением y = φ(x), и эта
кривая единственная. Теорему приводим без доказательства.
Замечание. Дифференциальное уравнение первого порядка может быть получено при заданном семействе кривых. Так, например,
если задано семейство кривых y2 + Cx = x2, то, выражая постоянную
x3 − y2
и дифференцируя правую и левую части по переменной
C=
x
х, и помятуя, что у есть функция от х, находим
0=
Откуда
(3x2 − 2yy′)x − (x3 − y2 )1
x2
,
3x3 − 2yy′x − x3 + y2 =
0.
5
Тогда искомое дифференциальное уравнение имеет вид
2x3 − 2xyy′ + y2 =
0.
Задания для самостоятельной работы
1.1.1. y2 = 2Cx
1.1.2. y = Cx3
1.1.3. x2 + y2 = C2
1.1.4. y = (x – C)3
1.1.5. x2+Cy2 = 2y
1.2. Дифференциальные уравнения
с разделяющимися переменными
Определение. Дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными называется уравнение, приводимое к уравнению вида
y′ = f (x) g(y). (1.2)
Преобразуем (1.2), записывая производную в виде отношения
двух дифференциалов:
dy
= f (x) g(y).
dx
Затем разделяем переменные по разным частям уравнения:
dy
= f (x)dx.
g(y)
Пусть
=
F '(x) f=
(x), G '(x) 1 / g(x). Тогда предыдущее равенство
можно записать как равенство двух дифференциалов
dG (y) = dF (x),
из которого вытекает равенство первообразных, с точностью до по(y) F (x) + C.
стоянного слагаемого G=
Последнее равенство обычно записывают как
dy
=
∫ g(y)
6
∫ f (x)dx + C.
Выражая из него y, получаем общее решение уравнения (1.2).
Замечание. Очевидно, что уравнение
(1.3)
M1 (x) N1 (y)dx + M2 (x) N2 (y)dy =
0
приводится к уравнению вида (1.2), но его можно решить непосредственно, разделив почленно на M2 (x) N1 (y) (в этом и состоит метод
разделения переменных):
M1 (x)
N (y)
dx + 2 dy =
0 .
M2 (x)
N1 (y)
Следовательно,
M1 (x)
N2 (x)
C
∫ M2 (x) dx + ∫ N1 (x)dy =
– общий интеграл уравнения (1.3).
Замечание. Уравнение вида P(x)dx + Q(y)dy =
0 называют уравнением с разделенными переменными.
Пример 1.1. Решить уравнение
y2 − 1dx =
xydy.
Решение. Преобразуем уравнение в уравнение вида
dx
ydy
dx
ydy
, ∫
=
=
+ C.
∫
x
x
y2 − 1
y2 − 1
C – общий интеграл заданного
Следовательно, ln x − y2 − 1 =
уравнения.
Замечание. Уравнение вида y' = g(y) называют автономным уравнением. Нетрудно понять, что автономные уравнения также можно отнести к уравнениям с разделяющимися переменными.
Задания для самостоятельной работы
0.
1.2.1. (1 + y2 )dx + xydy =
y
y
2
0.
1.2.2. 2x(1 + e )dx − e (1 + x )dy =
0.
1.2.3. x 1 + y2 + yy′ 1 + x2 =
1.
1.2.4. e− y (1 + y′) =
0.
1.2.5. (xy2 + x)dx + (y − x2 y)dy =
1.2.6. xyy′= 1 − x2 .
1.
1.2.7. y′ tg x − y =
7
y2 .
1.2.8. xy′ + y =
1.2.9.
1 − y2 dx + y 1 − x2 dy =
0.
1.2.10. y′ +
1 − y2
1 − x2
=
0.
0, y(1) = 1.
1.2.11. y ln ydx + xdy =
π
1.2.12. y′ sin x − y cos x =
0, y   = 1.
2
0, y(0) = 1.
1.2.13. x 1 − y2 dx + y 1 − x2 dy =
π
1.2.14. y′ sin x = y ln y, y   = e.
2
1.2.15. y′ =
1 + y2
1 + x2
, y(0) = 1.
0, y(1) = 0.
1.2.16. yy′ + xey =
1.2.17. x(y6 + 1)dx + y2 (x4 + 1)dy =
0, y(0) = 1.
1.2.18.
y
= ln y, y(2) = 1.
y′
0, y(0) = π / 4.
1.2.19. sin x cos ydx − cos x sin ydy =
1.2.20. 2y′ x = y, y(4) = 1.
1.3. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Определение. Однородным дифференциальным уравнением
первого порядка называется уравнение, приводимое к уравнению вида
y
y' = g   . x
(1.4)
Для его решения введем вспомогательную функцию z = y/x, откуда
y′ z′x + z.
y=zx и =
Уравнение (1.4) в новых обозначениях примет вид
z′x + z =(
g z) или =
z′x g(z) − z,
8
что равносильно
=
xdz (g(z) − z)dx.
Разделив переменные, получим
dz
dx
dz
=
, или ∫
C.
− ln x =
g(z) − z x
g(z) − z
Это общий интеграл. После интегрирования в полученном выражении следует z заменить на y/x.
Пример 1.2. Решить уравнение
x+y
y′ =
.
x−y
Решение. Разделив числитель и знаменатель правой части этого
уравнения на х и заменив y/x на z, получим
z′x +=
z
1+ z
1+ z
1 + z2
1 + z2
1− z
dx
− z, z′=
=
=
, z′=
x
x
, xdz
dx, dz
.
2
1− z
1− z
1− z
1− z
x
1+ z
Проинтегрировав, получим
1− z
dx
,
x
1
y 1
arctg z − ln(1 + z2 ) = ln x + C, arctg   − ln(x2 + y2 ) = C.
2
x 2
dz ∫
∫ 1 + z=
2
dx
,
x
dz
zdz
∫ 1 + z2 − ∫ 1=
∫
+ z2
Это общий интеграл.
Определение. Функция f (x, y) называется однородной функцией
степени k по переменным х и у, если для произвольного α выполняα k f (x, y).
ется условие f (αx, αy) =
Покажем, что уравнение вида
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
0, (1.5)
где P(x, y) и Q(x, y) – однородные функции одной степени, является
однородным. Положим α =1/ x и, воспользовавшись тем, что функции Р и Q однородные одинаковой степени, найдем
 y 1
 y 1
P  1,  =
P(x, y), Q  1,  =
Q(x, y),
k
 x x
 x  xk
или
y
 y
P ( x, y ) = xk P  1, , Q ( x, y ) = xk Q  1, .  x
 x
(1.6)
9
Подставив (1.6) в (1.5), получим
y
 y
 y
xk P  1,  dx + xk Q  1,  dy =
0, или y′ = g  ,
x
 x
 x
где
y
g  =
x
 y
P  1, 
x
.
− 
 y
Q  1, 
 x
Легко видеть, что g(y / x) – однородная функция нулевой степени.
Пример 1.3. Решить однородное уравнение
2xydx + (y2 − 3x2 )dy
= 0, y(=
0) 1.
Решение. Проверим уравнение на однородность:
P(x, y) =
2xy, P(αx, αy) =
α2 2xy,
Q(x, y) =
y2 − 3x2 , Q(αx, αy) =
α2 (y2 − 3x2 ).
Итак, это уравнение является однородным второй степени. Заy zx, =
dy zdx + xdz приводит его к уравнению с разделяюмена=
щимися переменными:
2xzxdx + (z2 x2 − 3x2 )(zdx + xdz) =
0,
2zx2dx + x2 (z2 − 3)(zdx + xdz) =
0.
Разделив обе части уравнения на x2, получим
2zdx + (z2 − 3)(zdx + xdz) =
0,
2zdx + z3dx − 3zdx + z2 xdz − 3xdz =
0.
Сгруппируем множители при dx и dz:
(z3 − z)dx + (z2 − 3)xdz =
0
и разделим переменные:
dx z2 − 3
dx
z2 − 3
+
=
+∫
=
dz 0, ∫
dz
x z3 − z
x
z(z2 − 1)
+J
∫ 0, ln x=
ln C.
Отдельно найдем интеграл J, предварительно разложив подынтегральную функцию в сумму простейших дробей:
10
z2 − 3
z2 − 3
A
B
C
=
= +
+
=
2
z(z − 1) z(z − 1)(z + 1) z z − 1 z + 1
A (z − 1)(z + 1) + Bz(z + 1) + Cz(z − 1)
=
.
z(z − 1)(z + 1)
Приравняв числители дробей, найдем
z2 − 3= A (z − 1)(z + 1) + Bz(z + 1) + Cz(z − 1).
Пусть z = 0. Тогда –3 = –A, A = 3.
Пусть z = 1. Тогда –2 = 2B, B = –1.
Пусть z = –1, тогда –2 = 2C, C = –1.
В результате получим
J=∫
z2 − 3
1
1 
3
−
dz = ∫  −
dz = 3 ln z − ln z − 1 − ln z + 1 =
−
+1 
z
z
1
z

z(z − 1)
2
 z3 
= ln z3 − ln z − 1 − ln z + 1 = ln  2
.
 z −1 


Тогда интеграл уравнения примет вид
ln x + ln
z3
xz3
xz3
=
ln
C
,
ln
=
ln
C
,
= C, z2 − 1
z2 − 1
z2 − 1
где z = y x .
В итоге имеем
y3
y2 − x2
= C, или=
y3 C(y2 − x2 ).
Находим теперь частное решение, соответствующее поставленной
задаче Коши y(0)=1. Для этого определяем постоянную С из равенства
13 =
C(12 − 02 ), C =
1.
Таким образом, частное решение задачи Коши имеет вид
3
y=
y2 − x2 .
Задания для самостоятельной работы
0.
1.3.1. (y − x)dx + (y + x)dy =
0.
1.3.2. (4x − 3y)dx + (2y − 3x)dy =
11
1.3.3. y′ =
x−y
.
x − 2y
1.3.4. 2xydx − (x2 + y2 )dy =
0.
y′ x2 + y2 .
1.3.5. 2x2 =
y
1.3.6. xy′= y + x cos2  .
x
xy′ y(ln y − ln x).
1.3.7.=
y + y2 − x2 .
1.3.8. xy′ =
1.3.9. y=′
x y
+ .
y x
xy′ xey x + y.
1.3.10.=
y′ (2x + y) / x, y(1) = 2.
1.3.11. =
=
1.3.12. xy′ − y
x2 + y2 , y(1) = 0.
2
2
xyy′, y(1) = 1.
1.3.13. y + x y′ =
1.3.14. y′ =
x+y
, y(1) = 0.
x−y
1.3.15. xy′ = 2x + y, y(1) = 2.
0, y(2) = 1.
1.3.16. (y2 − 2xy)dx + x2dy =
0, y(1) = 1.
1.3.17. (x2 + 2xy − y2 )dx + (y2 + 2xy − x2 )dy =
1.3.18. 2x3 y′ = y(2x2 − y2 ), y(1) = 1.
1.3.19. (y + xy )dx = xdy, y(1) = 4.
π
y
1.3.20.
xy′ x sin   + y, y(1) = .
=
2
x
Замечание. Существует класс дифференциальных уравнений
первого порядка, которые можно привести к однородным.
Рассмотрим уравнение вида
12
 a x + b1y + c1 
y′ = f  1
,  a2 x + b2 y + c2 
(1.7)
где a1, b1, c1, a2 , b2 , c2 – постоянные.
Если c1 = c2 = 0, то уравнение (1.7) является однородным. Если же
c1 и c2 не равны нулю, то уравнение (1.7) приводится к однородному,
если определитель
=
∆
a1
a2
b1
≠ 0.
b2
Если этот определитель равен нулю, то уравнение (1.7) приводится к уравнению с разделяющимися переменными.
В самом деле, пусть ∆ ≠ 0. Введем в рассмотрение новые переменные ξ и η, связанные с переменными х и у соотношениями вида
x = ξ + α, y = η + β, (1.8)
где α и β – пока еще не определенные постоянные.
Согласно равенству (1.8) имеем
dx =
dξ, dy =
dη. (1.9)
Подставляя значения x, y, dx, dy, определяемые по формулам (1.8)
и (1.9), в уравнение (1.7), получаем:
 a ξ + b1η + a1α + b1β + c1 
dη
= f 1
. dξ
 a2ξ + b2η + a2α + b2β + c2 
(1.10)
Подберем α и β такие, чтобы выполнялись условия a1α + b1β + c1 =0
и a2α + b2β + c2 =0. Отсюда при ∆ ≠ 0 находим
α=
−c1
−c2
∆
b1
b2
и β=
−c1
−c2
a1
a2
∆
.
При этих значениях α и β уравнение (1.10) принимает вид
 a ξ + b1η 
dη
= f 1
. dξ
 a2ξ + b2η 
(1.11)
Уравнение (1.11) является однородным уравнением, поскольку правая часть этого уравнения представляет собой однородную
функцию нулевой степени.
Таким образом, действительно, уравнение (1.7) при ∆ ≠ 0 приводится к однородному уравнению.
Заменяя в общем интеграле уравнения (1.11) переменные ξ и η
соответственно через x – α и y – β, получаем общий интеграл уравнения (1.7).
13
Пусть теперь
=
∆
a1 b1
= a1b2 − b1=
a2 0.
a2 b2
В этом случае изложенный метод неприменим. Но, замечая, что
a2 b2
=
= λ,
a1 b1
уравнение (1.7) можно представить в виде
 a x + b1y + c1 
y′ = f  1
.  λ(a1x + b1y) + c2 
(1.12)
Это уравнение легко привести к уравнению вида с разделяющимиz a1x + b1y. Тогда
ся переменными путем введения новой переменной=
dz
dy
= a1 + b1
,
dx
dx
и уравнение (1.12) принимает вид
 z + c1 
1 dz a1
f
×
−
=

b1 dx b1
 λz + c2 
или
 z + c1 
dz
= a1 + b1f 
. dx
 λz + c2 
(1.13)
Уравнение (1.13), не содержащее явно х, является автономным
уравнением, т. е. уравнением с разделяющимися переменными.
Пример 1.4. Найти общий интеграл дифференциального уравнения
y′ =
x − y +1
.
x+ y−3
Решение. Так как определитель
∆=
1 −1
= 2 ≠ 0,
1 1
данное уравнение приводится к однородному. Положив x = ξ + α и
y = η + β, получим
dx= dξ и dy= dη.
14
Следовательно,
dη ξ − η + α − β + 1
=
.
dξ ξ + η + α + β − 3
(1.14)
Считая α и β решениями системы уравнений
α − β + 1 = 0,

α + β − 3 = 0,
находим
=
α
−1 −1
1 −1
3 1
1 3
= 1=
и β = 2.
2
2
При этих значениях α и β уравнение (1.14) принимает вид
η
1−
dη ξ − η
ξ
= =
.
dξ ξ + η 1 + η
ξ
Применяя подстановку u =η ξ, имеем
du
1−u
du
1 − 2u − u2
ξ+u =
, или
ξ+u =
.
dξ
1+ u
dξ
1+ u
Разделяя переменные, получаем
dξ (1 + u)du
=
.
ξ 1 − 2u − u2
Интегрируя обе части этого равенства, находим
1
1
ln ξ =− ln 1 − 2u − u2 + ln C или (1 − 2u − u2 )ξ2 =
C.
2
2
Так как
ξ= x − α= x − 1, u=
y −β y −2
,
=
x − α x −1
имеем
 2(y − 2) (y − 2)2 
2
−
C,
1 −
 (x − 1) =
2
x −1
(x − 1) 

или
x2 − 2xy − y2 + 2x + 6y − 7 =
C.
15
Это и есть общее решение рассматриваемого дифференциального
уравнения.
Задания для самостоятельной работы
0.
1.3.21. (x + y − 2)dx + (x − y + 4)dy =
0.
1.3.22. (x − 2y − 1)dx + (3x − 6y + 2)dy =
0.
1.3.23. (x + y + 1)dx + (2x + 2y − 1)dy =
0.
1.3.24. (2x + 3y − 5) + (3x + 2y − 5)y′ =
0.
1.3.25. (8x + 4y + 1) + (4x + 2y + 1)y′ =
1.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Определение. Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение, приводимое к уравнению вида
y′ + p(x)y =
q(x),
где p(x) и q(x) – непрерывные в некотором промежутке функции.
Если q(x) ≡ 0, то уравнение называется линейным однородным, в противном случае – линейным неоднородным.
Линейное однородное уравнение y′ + p(x)y =
0 является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем общее решение линейного однородного дифференциального уравнения
dy
dy
= − p(x)dx, ln y =
= − p(x)y,
− ∫ p(x)dx + ln C ,
y
dx
или
− p(x)dx
y = Ce ∫
,
(1.15)
где ∫ p(x)dx – некоторая первообразная.
Рассмотрим теперь линейное неоднородное уравнение
y′ + p(x)y =
q(x). (1.16)
Для нахождения его решения используется один из двух методов.
1.4.1. Метод Бернулли
Решение уравнения будем искать в виде произведения двух неиз(x) u(x)υ(x) . Одну из этих функвестных функций u(x) и υ(x) , т. е. y=
ций выберем произвольно, а вторую определим из уравнения (1.16).
Подставив y= uυ и ее производную в (1.16), получим
16
u′υ + uυ′ + p(x)uυ = q(x), или u′υ + u [ υ′ + p(x)υ] = q(x).
В качестве υ(x) выберем решение уравнения υ′ + p(x)υ =0.
Согласно (1.15) заменим у на υ:
− p(x)dx
υ =e ∫
.
Здесь значение произвольной постоянной в (1.15) соответствует С = 1.
Подставив υ в (1.16), получим
p(x)dx
− p(x)dx
dx,
u′e ∫
= q(x), du = q(x)e ∫
и
u
=
∫ q(x)e∫
p(x)dx
dx + C.
Окончательно
p(x)dx
− p(x)dx
=
y  ∫ q(x)e ∫
dx + C  e ∫
.


(1.17)
Все входящие в эту формулу интегралы – любые первообразные.
Пример 1.5. Решить линейное уравнение
y′ − y cos x =
sin 2x.
Решение. Находим решение в виде
y = uυ, y′ = u′υ + uυ′, u′υ + uυ′ − uυ cos x = sin 2x,
u′υ + u(υ′ − υ cos x) = sin 2x.
Определяем υ из уравнения
υ′ − υ cos x =0,
Теперь определим функцию u:
u′esin x = sin 2x,
где
dυ
= cos xdx, ln υ =sin x, υ =esin x , du = sin 2xe− sin x dx,
υ
=
u ∫=
sin 2xe− sin x dx
− sin x
xe
d sin x
∫ 2sin=
=
−2 sin xe− sin x + 2∫ e− sin x cos xdx =
=
−2 sin xe− sin x − 2e− sin x + C =
−2e− sin x (sin x + 1) + C.
17
Тогда
y = Cesin x − 2(sin x + 1).
При нахождении интеграла учитывали, что sin 2x = 2 sin x cos x и
пользовались формулой интегрирования по частям.
1.4.2. Метод вариации произвольной постоянной
(метод Лагранжа)
Будем искать решение уравнения (1.16) в виде (1.15), заменив
произвольную постоянную С на не известную пока дифференцируемую функцию С(х). Запишем
− p(x)dx
y = C(x)e ∫
.
(1.18)
Подставив (1.18) в (1.16), получим
− p(x)dx
− p(x)dx
− p(x)dx
+ C(x)e ∫
C′(x)e ∫
(− p(x)) + C(x)e ∫
p(x) =
q(x),
C′(x) = q(x)e
C(x)
=
∫ q(x)e∫
∫ p(x)dx
p(x)dx
,
dx + C. (1.19)
Далее, подставив (1.19) в (1.18), найдем (1.17), т. е. общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения, записанного в том же виде, что и при использовании предыдущего
метода. Этот метод носит название метода вариации произвольной
постоянной.
Пример 1.6. Решить линейное уравнение
y′ − y cos x =
sin 2x.
Решение. Сначала определим общее решение соответствующего ли0.
нейного однородного дифференциального уравнения y′ − y cos(x) =
Разделяем переменные:
dy
− cos xdx =
0
y
и интегрируем:
∫
dy
y
− ∫ cos xdx =
0, ln y − sin =
x ln C, ln = sin x, =
y Cesin x .
∫
y
C
Будем искать решение данного неоднородного дифференциального уравнения, варьируя произвольную постоянную, в виде
18
y = C(x)esin x .
Подставляем в исходное уравнение
C′(x)esin x + C(x)esin x cos x − C(x)esin x cos x =
sin 2x.
Сокращая второе и третье слагаемые, имеем
C′(x)esin x = sin 2x,
откуда
C′(x) = sin 2xe− sin x .
Интегрируя (см. предыдущий пример), получаем
C(x) =
−2e− sin x (sin x + 1) + Ñ.
Тогда общее решение
(
)
y =−2e− sin x (sin x + 1) + C esin x .
После раскрытия скобок получаем
y = Cesin x − 2(sin x + 1).
Задания для самостоятельной работы
2
2xe− x .
1.4.1. y′ + 2xy =
x3 cos x.
1.4.2. xy′ − 2y =
3x3 ln2 x.
1.4.3. y′x ln x − y =
(1 + x2 )2 .
1.4.4. (1 + x2 )y′ − 2xy =
sin x cos x.
1.4.5. y′ − y sin x =
1.4.6. y′ +
1 − 2x
x2
y=
1.
−2x2 ln x.
1.4.7. xy′ − y =
1.4.8. y′ −
y
= e2x (1 + x).
1+ x
1
1.4.9. y′ + y tg x =
sin 2x.
2
19
1
.
1.4.10. y′ − y ctg x =
sin x
1.4.11. y′ +
3
2
y=
, y(1) = 1.
x
x3
1.4.12. y′ +
y
π 4
= sin x, y   = .
x
2 π
2
1.4.13. y′ + 2xy = x2e− x , y(0) = 3.
π 1
1.4.14. sin 2xy′ − 2y =
1, y   = .
4 2
1.4.15. (1 + x2 )y′ + 2xy = 2x2 , y(0) = 2 3.
Замечание. К линейным уравнениям можно свести уравнение
y′ + p(x)y =
q(x)yn ,
где n ≠ 0, n ≠ 1, называемое уравнением Бернулли. Это делается
путем введения новой неизвестной функции z = y1−n . Уравнение
Бернулли можно решать и непосредственно, применяя те же методы, что и для решения линейных уравнений.
Пример 1.7. Решить линейное уравнение
y′ + 2xy =
2xy2 .
Решение. Положим z = y −1, z′ = − y′ y2 . Разделим обе части уравнения на y2 : y′
2
y
+
2x
=
2x, −z′ + 2xz =
2x, z′ − 2xz =−2x.
y
Примем z = uv. Тогда
u′υ + uυ′ − 2xuυ = −2x,
u′υ + u(υ′ − 2xυ) = −2x,
2
2
dυ
υ′ − 2xυ = 0, = 2xdx, ln υ = x2 , υ = ex , u′ex = −2x,
υ
2
2
2
2
2
(e− x + C)ex =
1 + Cex .
du = −2xe− x dx=
, u e− x + C, z =
Соответственно, общее решение этого уравнения имеет вид
1
y=
.
2
1 + Cex
20
Задания для самостоятельной работы
y2 ln x.
1.4.16. xy′ + y =
2y2 .
1.4.17. xy′ + y =
1.4.18. 2y′ ln x +
y
=
y −1 cos x.
x
y3 sin2 x.
1.4.19. 2y′ sin x + y cos x =
2 yex .
1.4.20. y′ − 2yex =
1.5. Уравнения в полных дифференциалах
Определение. Уравнением в полных дифференциалах называется уравнение вида
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
0, (1.20)
если его левая часть является полным дифференциалом некоторой
функции u(x, y), т. е. уравнение в полных дифференциалах может
быть записано в виде
du(x, y) = 0.
Если можно найти такую функцию u(x, y) , дифференциал которой равен нулю, то u(x, y) = C при произвольном допустимом С является общим решением уравнения (1.20).
Теорема. Пусть задано дифференциальное уравнение первого порядка вида
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
0,
определенное в некоторой области D, где P(x, y) и Q(x, y) имеют
непрерывные частные производные. Тогда (1.20) является полным
дифференциалом некоторой функции u(x, y) в том и только том
случае, если
∂P ∂Q
(1.21)
=
.
∂y ∂x
Доказательство. Если уравнение (1.20) – полный дифференциал, то
=
P(x, y)
∂u
∂u
=
, Q(x, y)
,
∂x
∂y
следовательно, из равенства смешанных производных
21
∂P ∂Q
=
.
∂y ∂x
Покажем, что (1.21) является и достаточным условием полного
дифференциала. Из условия
∂u
P(x, y) =
∂x
находим u(x, y) , считая у фиксированным. В результате получаем
x
∫ P(t, y)dt + ϕ(y).
=
u
x0
Подберем ϕ(y) так, чтобы
∂u
= Q(x, y).
∂y
Используя теорему о дифференцировании определенного интеграла
по параметру, получаем
∂u
=
∂y
x
∫
x0
∂P(t, y)
dt + ϕ′(y).
∂y
Так как
∂P ∂Q du
=
=
,
∂y ∂x dy
x
dP(t, y)
dt + ϕ′(y),
dy
x0
∫
имеем
∂u
=
∂y
x
∫
x0
∂Q
dt =
+ ϕ′(y) Q(x, y); Q(t, y)
∂t
x
x0
=
+ ϕ′(y) Q(x, y),
откуда
Q(x0 , y);
ϕ′(=
y) Q(x, y) − Q(t, y) x= Q(x, y) − Q(x, y) + Q(x0 , y), ϕ′(y) =
x0
y
=
ϕ(y)
∫ Q(x0 ,s)ds + C1.
y0
Здесь (x0 , y0 ) – точка из области задания уравнения.
22
Окончательно получаем
x
y
x0
y0
u =∫ P(t, y)dt +
∫ Q(x0 ,s)ds + C1.
Возвращаясь к уравнению (1.24), получаем его решение:
x
y
x0
y0
C.
∫ P(t, y)dt + ∫ Q(x0 ,s)ds =
Замечание. Условие (1.21) называется признаком полного дифференциала. Для уравнения (1.20) необходимо проверить выполнимость (1.21). В случае его выполнения решение проводится по приведенной ранее схеме.
Пример 1.8. Решить уравнение
(3x2 + 6xy2 )dx + (6x2 y + 4y3 )dy =
0.
Решение. Проверим выполнимость признака (1.21):
∂P
∂Q
∂P ∂Q
xy, xy, = 12
=
12
=
,
∂y
∂x
∂y ∂x
u
=
∫ (3x
2
+ 6xy2 )dx + ϕ(y=
) x3 + 3x2 y2 + ϕ(y),
∂u
′(y) 6x2 y + 4y3 ,
= 6x2 y + ϕ=
∂y
ϕ′(y) = 4y3 , ϕ(y) = y4 + C1, u = x3 + 3x2 y2 + y4 + C1.
Общее решение уравнения имеет вид
x3 + 3x2 y2 + y4 =
C.
Задания для самостоятельной работы
0.
1.5.1. (10xy − 8y + 1)dx + (5x2 − 8x + 3)dy =
0.
1.5.2. (3x2 + 6xy − 2y2 )dx + (3x2 − 4xy − 3y2 )dy =
1.5.3. (2x3 − xy2 )dx + (2y3 − x2 y)dy =
0.

2 
3 

0.
1.5.4.  y + 2  dx +  x − 2  dy =

x 
y 


23
0.
1.5.5. (2x − ye− x )dx + e− x dy =
0.
1.5.6. 2x cos2 ydx + (2y − x2 sin 2y)dy =

1
1
1.5.7.  sin y − y sin x +  dx +  x cos y + cos x −  dy =
0.
x
y


1.5.8. (x + y − 1)dx + (ey + x)dy =
0.
0.
1.5.9. (2xy + 3y2 )dx + (x2 + 6xy − 3y2 )dy =
0.
1.5.10. (ex + y + sin y)dx + (ey + x + x cos y)dy =
Замечание. Если левая часть уравнения (1.24) не является полным дифференциалом, то в некоторых случаях удается подобрать
такую функцию μ(x, y) , после умножения на которую левая часть
его становится полным дифференциалом. Общее решение полученного уравнения совпадает с общим решением искомого. Функция
μ(x, y) называется интегрирующим множителем.
Умножим обе части уравнения (1.24) на μ(x, y) :
μ(x, y) P(x, y)dx + μ(x, y)Q(x, y)dy =0.
Для того чтобы левая часть этого уравнения была полным дифференциалом, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие
∂(Pμ) ∂(Qμ)
∂P
∂μ
∂Q
∂μ
=
, μ
+P
=
μ
+ Q ,
∂y
∂x
∂y
∂y
∂x
∂x
P
 ∂Q ∂P 
∂μ
∂μ
−Q
=
μ
−
 ∂y
∂x
 ∂x ∂y 
(предполагается дифференцируемость функций P, Q и μ).
Разделив обе части на μ, получим
P
∂ ln μ
∂ ln μ ∂Q ∂P
.
−Q
=−
∂y
∂x
∂x ∂y
Найти μ из этого уравнения можно только в некоторых частных
случаях.
Рассмотрим ситуацию μ = μ(y) . Тогда
∂ ln μ
∂ ln μ 1  ∂Q ∂P 
=0 и =
−

 .
∂x
∂y
P  ∂x ∂y 
24
Интегрируя, при условии, что правая часть не зависит от х, находим ln μ . Потенцируя, получаем
μ =e ∫
где
ϕ(y)dy
,
∂P ∂Q
−
∂y ∂x
ϕ(y) =
−
.
P
Пример 1.9. Решить уравнение
(y + xy2 )dx − xdy =
0.
Решение.
∂P
∂Q
∂P ∂Q
=
1
+ 2xy, =
−1, ≠
. ∂y
∂x
∂y ∂x
Будем искать μ = μ(y) :
∂ ln μ −1 − 1 − 2xy −2(1 + xy)
2
=
=
= − ,
2
∂y
y(1 + xy)
y
y + xy
где
1 1 + xy
x
dx −
dy =
0
ln μ = −2 ln y , μ = 2 ,
y
y2
y
– уравнение в полных дифференциалах. Его общий интеграл
x x2
+
=
C.
y 2
Рассмотрим ситуацию, μ = μ(x). В этом случае
∂P ∂Q
−
 ∂P ∂Q 
dμ
∂μ
dμ ∂y ∂x
−
=
Q
= 0 и μ
=
dx.
или

dx
∂y
μ
Q
 ∂y ∂x 
Из последнего равенства следует, что для существования интегрирующего множителя вида μ = μ(x) необходимо, чтобы коэффициент
при dx был постоянной величиной или зависел только от х, т. е.
∂P ∂Q
∂P ∂Q
−
−
∂y ∂x
∂y ∂x
≡ α,
≡ ψ(x).
Q
Q
25
Если эти условия выполняются, то
dμ
dμ
=
αdx, =
ψ(x)dx,
μ
μ
и, следовательно,
αdx
=
μ e∫ =
, μ e ∫
ψ (x)dx
.
Примером дифференциального уравнения, имеющего интегрирующий множитель, зависящий только от х, является линейное
дифференциальное уравнение
y′ + P(x)y =
Q(x).
Представим это уравнение в виде
dy + P(x)ydx =
Q(x)dx.
Тогда [ P(x)y − Q(x) ]dx + dy =
0.
Проверяя выполнение условия
∂P ∂Q
−
∂y ∂x
≡ ψ(x),
Q
имеем
∂ [ P(x)y − Q(x) ] − 0
=
1 P(x) ≡ ψ(x).
∂y
Из приведенного ранее условия μ =e ∫
дует что
μ =e ∫
P(x)dx
ψ (x)dx
, таким образом, сле-
.
Это и есть интегрирующий множитель линейного дифференциального уравнения первого порядка, зависящий только от х.
Замечание. Применение интегрирующего множителя позволяет
расширить класс уравнений первого порядка, для которых общее
решение можно найти аналитически.
Пример 1.10. Найти интегрирующий множитель дифференциального уравнения

y3 
2
2
2
0.
 2xy + x y +
 dx + (x + y )dy =


3


26
Решение. В рассматриваемом случае
∂P ∂Q
−
∂y ∂x 2x + x2 + y2 − 2x
1.
= =
Q
x2 + y2
Следовательно, условие
∂P ∂Q
−
∂y ∂x
≡α
Q
(т. е. постоянной) выполняется. Это означает, что
=
μ e ∫= ex .
dx
Задания для самостоятельной работы
0.
1.5.11. (x2 + y)dx − xdy =
0.
1.5.12. (x2 + y2 + 2x)dx + 2ydy =
y
dx + (y3 − ln x)dy =
0.
x
0.
1.5.14. (x + y2 )dx − 2xydy =
1.5.13.
1.5.15. (2xy2 − 3y3 )dx + (7 − 3xy2 )dy =
0.
§ 2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ,
ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА
2.1. Уравнение, не содержащее искомую функцию
и ее первую производную в явном виде
Пусть уравнение не содержит искомую функцию и ее первую
производную в явном виде. Оно может быть записано в виде
y′′ = f (x).
Очевидно, что
′)′ f (x),
=
y′′ (y
=
Откуда
=
y′
=
+ C2 ∫ ( ∫ f (x)dx )dx + C1x + C2
1 и y ∫ ( ∫ f (x)dx + C1 )dx
∫ f (x)dx + C=
(здесь интеграл подразумевает какую-либо первообразную).
27
Замечание. Можно решать также уравнения любого порядка,
имеющие вид y(n) = f (x).
Пример 1.11. Решить уравнение
y′′ = cos x.
Решение.
y=′
∫ cos xdx + C1=
sin x + C1, y=
∫ (sin x + C1 )dx + C2.
Интегрируя, получаем
y=
− cos x + C1x + C2
(это общее решение искомого дифференциального уравнения).
Задания для самостоятельной работы
2.1.1. y′′ =
1
1 + x2
.
2.1.2. y′′ = 2x ln x.
2.1.3. y′′′= x + cos x.
2.1.4. y IV = x.
2.1.5. y IV = sin x.
2.1.6. y′′ = 4 cos 2x, y(0) = 0, y′(0) = 0.
y′′′ = 6 x3 , y(1) 2=
, y′(1) = 1, y′′(1) 1.
2.1.7.=
, y(0) 0=
, y′(0) 0.
2.1.8. y′′ = xex=
−1 4.
1 12, y′(−1) =
2.1.9. y′′(x + 2)5 = 1, y(−1) =
2.1.10. y′′′ = ln x x2=
, y(1) 0=
, y′(1) 1=
, y′′(1) 2.
2.1.1. Уравнение, не содержащее искомую функцию в явном виде
Пусть уравнение не содержит искомую функцию в явном виде,
т. е. имеет вид
F (x, y′, y′′) = 0. (1.22)
Понизить его порядок можно введением новой неизвестной функy′ p=
(x) p. Тогда y′′ = p′, и уравнение принимает вид
ции=
F (x, p, p′) = 0.
28
Его общее решение p = p(x, C1 ) или y′ = p(x, C1 ). Общее решение
уравнения (1.22)
∫ p(x,C1 )dx + C2 .
=
y
Пример 1.12. Решить уравнение
xy′′ = y′.
Решение. Введем неизвестную функцию y′ = p. Тогда y′′ = p′. Уравнение примет вид
dp dx
xp′ =
p,
C1x,
=, ln p =
ln x + ln C1 , p =
p
x
C
y=′ C1x, y= 1 x2 + C2= C1x2 + C2 .
2
Общее решение
=
y C1x2 + C2 .
Задания для самостоятельной работы
2.1.11. y′′x ln x = y′.
1.
2.1.12. x3 y′′ + x2 y′ =
x3 .
2.1.13. (1 + x2 )y′′ + 2xy′ =
 y′ 
2.1.14. xy′′ = y′ ln  .
x
y′′ y′2 − 1.
2.1.15. 2xy′=
2.1.2. Уравнение, не содержащее независимую переменную
в явном виде
Пусть уравнение не содержит независимую переменную в явном
виде, т. е. имеет вид
F (y, y′, y′′) = 0.
Введем новую неизвестную функцию как функцию от у:
=
y′ p=
(y) p.
29
Продифференцируем p(y) по переменной х:
′ py′=
′p y′′.
p=
y′ p=
x
Уравнение примет вид
F (y, p, p′p) = 0 или F1 (y, p, p′) = 0,
где p = p(y, C1 ) – его общее решение, или y′ = p(y, C1 ) – уравнение
первого порядка с разделяющимися переменными. Решим его:
dy
dy
= dx, или ∫
= x + C2 .
p(y, C1 )
p(y, C1 )
Пример 1.13. Решить уравнение
′2 1, åñëè y(=
yy′′ + y=
0) 1, y′(=
0) 2.
y′ p=
(y) p, =
y′′ p′p. Тогда исходное уравнеРешение. Положим=
ние примет вид
yp′p + ð2 =
1.
Учитывая, что
p′ =
dp
,
dy
получаем
ypdp + ( p2 − 1)dy =
0.
Разделяем переменные и интегрируем:
pdp
dy
∫ p2 − 1 + ∫ y =
∫ 0.
Находим первообразные и, умножая на 2 правую и левую части
выражения, имеем
ln p2 − 1 + ln y2 =
ln C1.
Потенцируя, получаем
C
p2 − 1 =21 ,
y
откуда
C + y2
p2 = 1 2 .
y
30
Тогда
p= ±
C1 + y2
y
,
где р = у′. Тогда
y′ = ±
C1 + y2
y
.
Снова разделяем переменные и интегрируем:
ydy
±∫
=
∫ dx.
C1 + y2
Находим первообразные:
± C1 + y2 =x + C2 .
Затем возводим их в квадрат:
C1 + y2 =(x + C2 )2 .
Общее решение записываем как
(x + C2 )2 − y2 =
C1.
Найдем частное решение, применим начальные условия:
2
C1 + ( y(0) )
2
y′(0) =
±
, (0 + C2 )2 − ( y(0) ) =
C1.
y(0)
Тогда
2= ±
Ñ1 + 1
1
,
откуда С1 = 3. Далее имеем С22 – 1 = 3, откуда С2 = 2.
Итак, получено частное решение
(x + 2)2 − y2 =
3.
Задания для самостоятельной работы
2.1.16. yy′′ + y′2 =
0.
2.1.17. 2yy′′= 1 + y′2 .
31
0.
2.1.18. y′′ + 2yy′3 =
−1.
2.1.19. y′′y3 + 1 = 0, y(1) = −1, y′(1) =
, y(0) 0=
, y′(0) −2.
2.1.20. y′′ + y′ + 2 = 0=
§ 3. ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
Рассмотрим линейные уравнения второго порядка
y′′ + a1y′ + a2 y =
f (x). (1.23)
Начнем с линейного однородного уравнения второго порядка
y′′ + a1y′ + a2 y =
0. (1.24)
Решения этого уравнения обладают свойством линейности:
1) если y1 и y2 – частные решения уравнения (1.24), то y1 + y2 также являются решениями этого уравнения;
2) если y1 есть решение уравнения (1.24), то при любом постоянном С функция Cy1 также является решением этого уравнения.
Свойство линейности проверяется подстановкой в уравнение
(1.24) с учетом того, что это решение при подстановке в уравнение
обращает его в тождество.
Свойство линейности может включать в себя оба условия: если y1
и y2 – решения уравнения (1.24), то при любых постоянных C1 и C2,
функция Cy1 + Cy2 также является решением данного уравнения.
Определение. Определитель
W (y1,=
y2 )
y1 y2
= y1y2′ − y1′ y2
y1′ y2′
называется определителем Вронского для заданных функций
y1 = y1 (x) и y2 = y2 (x).
Рассмотрим частные решения y1 и y2 уравнения (1.24):
=
=
y1′′ + a1y1′ + a2 y
1 0, y2′′ + a1y2′ + a2 y
2 0.
Умножим члены первого равенства на y2, а члены второго – на y1
и вычтем из второго первое. В результате получим
(y1y2′′ − y1′′y2 ) + a1 (y1y2′ − y1′ y2 ) =
0. (1.25)
Найдем производную определителя Вронского
W ′(y1, y2 ) = y1y2′′ − y1′′y2 + y1′ y2′ − y1′ y2′ ) = y1y2′′ − y1′′y2 ,
32
и уравнение (1.25) примет вид
W ′ + a1W =
0.
Его решение
− a dx
W = Ce ∫ 1 . (1.26)
Формула (1.26) называется формулой Остроградского–Лиувилля.
Определение. Функции y1 = y1 (x) и y2 = y2 (x) называются линейно независимыми на отрезке [ a, b ], если их отношение на этом
отрезке не является постоянным, т. е. если y2 y1 ≠ const. В противном случае эти функции называются линейно зависимыми. Иными
словами, для линейно зависимых на [ a, b ], функций y1 и y2 существует постоянная λ, такая, что для всех x ∈ [ a, b ] выполняются
y2
= λ или y2 = λy1.
y1
Теорема. Если y1 и y2 – линейно независимые решения уравнения (1.24), то определитель Вронского не равен нулю во всех точках
х рассматриваемой области. Если же этот определитель не равен
нулю в некоторой точке x0, т. е.
W
= W0 ≠ 0,
x = x0
то y1 и y2 линейно независимы.
Теорема. Если y1 и y2 – линейно независимые решения уравнения (1.24), то
=
y C1y1 + C2 y2 ,
где C1 и C2 – произвольные постоянные, является его общим решением.
Замечание. Если известно одно частное решение уравнения
(1.24), то можно найти линейно независимое с ним решение.
Доказательство. Пусть y1 – известное частное решение уравнения (1.24). Его общее решение выражается формулой
=
y C1y1 + C2 y2 ,
где y1 и y2 линейно независимы, C1 и C2 – произвольные постоянные. На основании формулы Остроградского–Лиувилля (1.26)
− a (x)dx
y1y2′ − y1′ y2 =
C1e ∫ 1
.
33
Разделив обе части равенства на y12 , получим
′ 1
y1y2′ − y1′ y2 1
− ∫ a1 (x)dx  y2 
− a (x)dx
=
=
C
e
,
C1e ∫ 1
,


1
2
2
2
y1
y1
 y1  y1
y2
1
− a (x)dx
C1e ∫ 1
dx + C2 .
=
y1 ∫ y12
Положив C1 = 1 и C2 = 0 найдем
y2 = y1 ∫
1
y12
− a (x)dx
e ∫ 1
dx. (1.27)
Замечание. Формула (1.27) позволяет по оному известному частному решению линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка найти другое частное решение, которое будет
линейно независимым с данным.
Рассмотрим уравнение
y′′ + py′ + qy =
0, (1.28)
где p и q – постоянные действительные числа. Для нахождения
общего решения уравнения (1.28) достаточно знать два его линейно
независимых частных решения.
Будем искать частное решение в виде y = ekx , где k – постоянная.
Тогда y′ = kekx , а y′′ = k2ekx . Подставляя y, yʹ, y″ в уравнение (1.28),
получаем
ekx (k2 + pk + q) =
0.
Так как ekx ≠ 0, имеем
k2 + pk + q =
0. (1.29)
Уравнение (1.29) называется характеристическим уравнением для
уравнения (1.28). Функция ekx является решением уравнения (1.28)
в том и только том случае, когда k – корень характеристического уравнения. Так как (1.29) – квадратное уравнение, оно имеет два корня: k1 и k2.
Возможны три случая чисел k:
а) k1 и k2 – разные действительные;
б) k1 = k2 – действительные, равные;
в) k1 и k2 – комплексные.
Рассмотрим эти случаи.
Случай 1 (различные действительные корни характеристичеk1x
=
y1 e=
, y2 ek2x – линейно независимые
ского уравнения). Пусть
частные решения, так как
34
y2 ek2x
=
= e(k2 −k1 ) x ≠ const.
y1 ek1x
Общее решение уравнения (1.29) имеет вид
=
y C1ek1x + C2ek2x ,
где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Пример 1.14. Решить уравнение
y′′ − 2y′ − 3y =
0.
Решение. Характеристическое уравнение k2 − 2k − 3 =
0 имеет
=
y C1e− x + C2e3x .
разные корни k1 = –1 и k2 =3. Общее решение
Случай 2 (равные действительные корни характеристического
уравнения). Так как k1 = k2, имеем одно частное решение y1 = ek1x .
Второе частное решение, линейно независимое с данным, получаем
по формуле (1.27)
− ∫ pdx
− p) x
k1x
kx
y2 ek1x ∫ e−2k1x e =
dx ek1x ∫ e(−2k1=
dx e=
=
∫ dx xe 1 ,
поскольку k1 = −
p
0. Общее решение имеет вид
и −2k1 − p =
2
=
y C1ek1x + C2 xek1x ,
его можно записать компактно:
=
y ek1x (C1 + C2 x),
где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Пример 1.15. Решить уравнение
y′′ + 2y′ + y =
0.
Решение. Корни характеристического уравнения k2 + 2k + 1 =
0,
k1 = k2 = –1. Решение имеет вид
=
y e− x ( C1 + C2 x ).
Случай 3 (комплексные корни характеристического уравнения).
Корни характеристического уравнения k1,2 = α ± βi. Линейно независимые частные решения уравнения
( α+βi )x , y e( α−βi )x .
=
y e=
1
2
Очевидно, что если какая-либо комплексная функция действительy u(x) + v(x)i удовлетворяет уравнению (1.28), то
ного переменного=
35
ему удовлетворяют функции u(x) и v(x), т. е. эти функции являются
решениями уравнения (1.28).
На основании формул Эйлера переписываем y1 и y2 в виде
=
y1 eαx ( cos βx + i sin=
βx ) eαx cos βx + ieαx sin βx,
=
y2 eαx ( cos βx − i sin=
βx ) eαx cos βx − ieαx sin βx.
Следовательно, действительные функции
y1 = eαx cos βx, y2 = eαx sin βx
являются частными решениями уравнения (1.28), причем они линейно независимы, так как y2 y1 = tgβx ≠ const. Общее решение уравнения (1.28) имеет вид
αx
αx
=
y C1 y1 + C2 y=
2 C1e cos β x + C2 e sin β x
или
=
y eαx ( C1 cos βx + C2 sin βx ),
где C1 и C2 – произвольные постоянные. Если α =0, то k1,2 = ±βx, и
=
y C1 cos βx + C2 sin βx.
Пример 1.16. Найти общее решение уравнения
y′′ + 4y′ + 13y =
0.
Решение. Корни характеристического уравнения k2 + 4k + 13 =
0,
k1,2 =−2 ± 3i, решение –
=
y e−2x ( C1 cos 3x + C2 sin 3x ).
Задания для самостоятельной работы
0.
3.1. y′′ + 5y′ + 6y =
0.
3.2. y′′ − 7y′ + 10y =
0.
3.3. y′′ − 4y′ + 4y =
0.
3.4. y′′ + 6y′ + 9y =
0.
3.5. y′′ + 2y′ + 5y =
0.
3.6. y′′ − 4y′ + 13y =
0.
3.7. y′′ − 4y =
0.
3.8. y′′ + 4y =
36
0.
3.9. y′′ + 4y′ =
0.
3.10. y′′ + 3y′ + 2y =
0=
, y(0) 3=
, y′(0) 2.
3.11. y′′ − 6y′ + 8 y =
0=
, y(0) 1=
, y′(0) 2.
3.12. y′′ − 2y′ + y =
0, y(0) = 2, y′(0) = −1.
3.13. y′′ + 6y′ + 10y =
3.14. y′′ − 5y′ = 0, y(0) = 3, y′(0) = 5.
0=
, y(0) 2=
, y′(0) 3.
3.15. y′′ + 9y =
0.
3.16. y IV − 16y =
0.
3.17. y′′′ + 3y′′ + 3y′ + y =
0.
3.18. y IV − 3y′′ − 4y =
0.
3.19. y′′′ − 2y′′ − 3y′ =
0.
3.20. y VI + 2y V + y IV =
§ 4. ЛИНЕЙНЫЕ НЕОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
4.1. Метод Лагранжа нахождения общего решения
линейных неоднородных дифференциальных уравнений
второго порядка
Теорема. Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения (ЛНДУ) представляется как сумма общего решения Y соответствующего линейного однородного дифференциального уравнения (ЛОДУ) и частного решения ЛНДУ обозначаемого ỹ.
Запишем общее решение уравнения (1.24):
=
y C1y1 + C2 y2 ,
где y1 и y2 – линейно независимые решения этого уравнения. Будем
искать частное решение ỹ уравнения (1.23) в виде
=
y C1 (x)y1 + C2 (x)y2 , (1.30)
где C1 (x) и C2 (x) – неизвестные функции от х. Найдем производную от (1.30):
y ′ = C1′ y1 + C2′ y2 + C1y1′ + C2 y2′
37
и подберем C1 и C2 так, чтобы выполнялось равенство
C1′ y1 + C2′ y2 =
0. Тогда
y ′ = C1y1′ + C2 y2′ ; y ′ = C1y1′′ + C2 y2′′ + C1′ y1′ + C2′ y2′ .
(1.31)
Подставив y, y ′, y ′′ в уравнение (1.31), получим
C1y1′′ + C2 y2′′ + C1′ y1′ + C2′ y2′ + a1 ( C1y1′ + C2 y2′ ) + a2 ( C1y1 + C2 y2 ) =
f (x),
C1 ( y1′′ + a1y1′ + a2 y1 ) + C2 ( y2′′ + a1y2′ + a2 y2 ) + C1′ y1′ + C2′ y2′ =
f (x),
или
C1′ y1′ + C2′ y2′ =
f (x). (1.32)
Объединив (1.31) и (1.32), найдем систему уравнений для нахождения C1′ и C2′ :
0,
C1′ y1 + C2′ y2 =
 ′ ′
f (x). C1y1 + C2′ y2′ =
(1.33)
Ее определитель есть определитель Вронского для y1 и y2, который в силу их линейной независимости отличен от нуля.
Решим эту систему. По формуле Остроградского–Лиувилля
(1.26) определитель совпадает с определителем Вронского
∆= W= e
− ∫ a1 (x)dx
.
Тогда
0
y2
f (x) y2′
−f (x)y2
= −f (x)y2e ∫ a1 (x)dx ,
∆
∆
y1
0
y1′ f (x)
=
= f (x)y1e ∫ a1 (x)dx .
C2′
∆
C1′ =
=
Таким образом, частное решение принимает вид
y =
−y1 ∫ f (x)y2e ∫ a1 (x)dx dx + y2 ∫ f (x)y1e ∫ a1 (x)dx dx.
Пример 1.17. Решить линейное неоднородное дифференциальное
уравнение
1
y′′ + 4y =
cos 2x
38
методом Лагранжа.
Решение. Сначала находим решение соответствующего однород0, и вычисляем корни характеристическоного уравнения y′′ + 4y =
го уравнения k2 + 4 =
0. Имеем k1,2 = ±2i.
Общее решение однородного уравнения имеет вид
=
Y C1 cos 2x + C2 sin 2x.
Будем искать частное решение неоднородного уравнения в форме
=
y C1 (x)cos 2x + C2 (x)sin 2x.
Следуя методу Лагранжа, составим систему уравнений для нахождения C1 (x) и C2 (x) через производные этих функций:
0,
C1′ (x)cos 2x + C2′ (x)sin 2x =

1

.
C1′ (x)(cos 2x)′ + C2′ (x)(sin 2x)′ =
cos 2x
И система примет вид
0,
C1′ (x)cos 2x + C2′ (x)sin 2x =

1

.
−2C1′ (x)sin 2x + 2C2′ (x)cos 2x =
cos 2x
Умножив левую и правую части первого уравнения на 2 sin 2x, а
те же части второго – на cos 2x, получим
2
0,
2C1′ (x)cos 2x sin 2x + 2C2′ (x)sin 2x =

2
1.
−2C1′ (x)cos 2x sin 2x + 2C2′ (x)cos 2x =
Сложим уравнения этой системы:
2C2′ (x)(sin2 2x + cos2 2x) =
1.
Тогда
1
2C2′ (x) = 1, или C2′ (x) = .
2
Из первого уравнения определим C1′ (x) :
1
C1′ (x)cos 2x + sin 2x =
0.
2
Тогда
1
C1′ (x) = − tg 2x.
2
39
Теперь найдем функции C1 (x) и C2 (x), проинтегрировав полученные выражения их производных:
1
1 d cos 2x 1
C1 (x) =
ln cos 2x
− ∫ tg 2xdx =
=
2
4 ∫ cos 2x 4
и
C=
2 (x)
1
1
=
dx
x.
2∫
2
Выпишем найденное частное решение:
1
1
=
y
ln cos 2x cos 2x + x sin 2x.
4
2
Так как общее решение неоднородного уравнения есть сумма общего решения соответствующего однородного уравнения Y и частного неоднородного решения ỹ, окончательно получим общее решение вида
1
1
y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + ln cos 2x cos 2x + x sin 2x.
4
2
Задания для самостоятельной работы
tg x.
4.1.1. y′′ + y =
ex
4.1.2. y′′ − y =
.
ex +1
1
4.1.3. y′′ + y =
.
sin2 x
1
.
4.1.4. y′′ + y =
cos x
1
4.1.5. y′′ + y =
.
sin x
1
4.1.6. y′′ − y′ =
.
x
e +1
1
4.1.7. y′′ + y =
.
cos3 x
ex
4.1.8. y′′ + 2y′ + y = .
x
40
1
4.1.9. y′′ + 3y′ + 2y = .
x
e +1
2−x
4.1.10. y′′ − y′ = ex .
x3
4.2. Метод Эйлера нахождения общего решения
линейного неоднородного дифференциального уравнения
со специальной правой частью
Рассмотрим дифференциальное уравнение вида
y′′ + a1y′ + a2 y =
f (x), (1.34)
где a1, a2 – действительные числа; f (x) – заданная непрерывная
функция от х.
Случай 1. Правая часть уравнения (1.34) имеет вид
f (x) = Pm (x),
x) A0 xm + A1xm −1 + A2 xm −2 + ... + Am −1x + Am – многочлен
где Pm (=
степени m, т. е.
y′′ + a1y′ + a2 y =
Pm (x). (1.35)
Частное решение ỹ уравнения (1.35) следует искать в виде
 Q (x), åñëè
a2 ≠ 0,
 m
=
y  xQm (x), åñëè =
a2 0, a1 ≠ 0,
 2
a=
1 a=
2 0,
x Qm (x), åñëè
где Qm (=
x) B0 xm + B1xm −1 + B2 xm −2 + ... + Bm −1x + Bm – многочлен
степени m с неопределенными коэффициентами, подлежащими
определению.
Пример 1.18. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′ − y′= 3x2 + 2.
Решение. Определим сначала общее решение Y линейного неоднородного дифференциального уравнения, соответствующего данно0,
0. Выпишем характеристическое уравнение k2 − k =
му: y′′ − y′ =
корни которого k1 = 0, k2 = 1, поэтому
Y
= C1 + C2ex .
41
Получим частное решение ỹ неоднородного уравнения. Так как
a2 =0, a1 =−1 ≠ 0, частное решение этого дифференциального уравнения имеет вид
=
y x(B0 x2 + B1x + B2 ),
откуда
y=′ B0 x2 + B1x + B2 + x(2B0 x + B1=
) 3B0 x2 + 2B1x + B2 ,
=
y ′′ 6B0 x + 2B1.
Подставляя в данное уравнение вместо yʹ и y″ значения y ′ и y ′′,
имеем
6B0 x + 2B1 − 3B0 x2 − 2B1x − B2 = 3x2 + 2.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в левой и правой частях этого тождества, получаем
−3B=
2, 0 3, 6 B0 − 2B=
1 0, 2B1 − B2 =
откуда находим
B0 =
−1, B1 =
−3, B2 =
−8.
Следовательно, частное решение исходного дифференциального
уравнения имеет вид
y =
x(−x2 − 3x − 8) =
−x3 − 3x2 − 8 x.
Общее решение у линейного неоднородного дифференциального
уравнения состоит из общего решения Y соответствующего однородного уравнения и частного решения ỹ заданного неоднородного
уравнения.
Таким образом,
y = C1 + C2ex − x3 − 3x2 − 8x.
Случай 2. Правая часть уравнения (1.34) имеет вид
f (x) = e γx Pm (x),
где γ – любое число, Pm (x) – полином степени m, т. е.
y′′ + a1y′ + a2 y =
e γx Pm (x).
Пример 1.19. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′ − 2y′ + y =
e2x x.
42
Решение. Сначала найдем общее решение Y линейного однородного дифференциального уравнения, соответствующего заданному
0.
уравнению y′′ − 2y′ + y =
Выпишем характеристическое уравнение k2 − 2k + 1 =
0, корни
которого k1 = k2 = 1. Поэтому
=
Y C1ex + C2 xex .
Найдем частное решение ỹ заданного неоднородного уравнения.
Правая часть этого уравнения
2x
f=
(x) e=
x e2x P1 (x).
Так как γ = 2 не является корнем характеристического уравнения, частное его решение следует искать в виде
=
y e2x (B0 x + B1 ).
Отсюда
y ′ 2e2x (B0 x + B1 ) + B0 e2x=
, y ′′ 4e2x (B0 x + B1 ) + 4B0 e2x .
=
Подставляя в заданное уравнение вместо y, y′, y′′ значения
y, y ′, y ′′, и сокращая на e2x , получаем
B0 x + 2B0 − B1 =
x.
Приравнивая коэффициенты при равных степенях х, находим
B0 = 1, B1 = –2.
Следовательно, частное решение этого дифференциального уравнения имеет вид
=
y e2x (x − 2).
Таким образом,
y=
(C1 + C2 x)ex + e2x (x − 2).
Пример 1.20. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′ − y =
2ex .
Решение. Определим сначала общее решение Y линейного однородного дифференциального уравнения, соответствующего задан0.
ному уравнению y′′ − y =
Находим корни характеристического уравнения k2 − 1 =
0.
Имеем k1 = 1, k2 = −1. Поэтому
=
Y C1ex + C2e− x .
43
Получим частное решение ỹ заданного неоднородного уравнения. Правая часть неоднородного уравнения
f (=
x) 2=
ex Cex .
Так как γ = 1 есть простой корень характеристического уравнения, частное решение ỹ заданного дифференциального уравнения
следует искать в виде y = ex xB0 . Отсюда
y ′ =
B0 ex + B0 ex x, y ′′ =
2B0 ex + B0 ex x.
Подставляя в данное уравнение вместо у, у″ значения ỹ, y ′′,и сокращая на ех, получаем 2В0 = 2. Следовательно, В0 = 1.
Таким образом, частное решение исходного дифференциального
уравнения имеет вид ỹ = хех. Отсюда выписываем общее решение
неоднородного уравнения:
Y =C1ex + C2e− x + xex .
Случай 3. Правая часть уравнения (1.34) имеет вид
=
f (x) a cos px + b sin px,
где a, b, p – числа, т. е.
y′′ + a1y′ + a=
2 y a cos px + b sin px.
Пример 1.21. Найти общее решение дифференциального уравнения
′′ + y 6 cos 2x + 3 sin 2x.
y=
Решение. Определим сначала общее решение Y линейного однородного дифференциального уравнения, соответствующего задан0.
ному y′′ + y =
Находим корни характеристического уравнения k2 + 1 =
0.
+i, k2 =
−i. Поэтому
Имеем k1 =
=
Y C1 cos x + C2 sin x.
Правая часть приобретает вид
=
f (x) a cos 2x + b sin 2x.
±2i не являются корнями характеристичеТак как числа ±ip =
ского уравнения, частное решение ỹ следует искать в виде
=
y A cos 2x + B sin 2x,
откуда получаем
y ′ =
−2 A sin 2x + 2B cos 2x, y ′′ =
−4 A cos 2x − 4B sin 2x.
44
Подставляя в заданное уравнение значения y, y ′, y ′′, имеем
−3 A cos 2x − 3B sin 2x =6 cos 2x + 3 sin 2x.
−2, B =
−1.
Отсюда находим −3 A = 6, −3B = 3. Следовательно, A =
Таким образом, частное решение данного дифференциального
уравнения имеет вид
y =
−2 cos 2x − sin 2x.
Случай 4. Правая часть уравнения (1.34) имеет вид
=
f (x) e γx [ Pm (x)cos px + Pn (x)sin px ],
т. е. записываем ее в виде
+ a1y′ + a2 y e γx [ Pm (x)cos px + Pn (x)sin px ],
y′′=
где γ и р – действительные числа, а Pm (x), Pn (x) – многочлены степени m и n.
Пример 1.22. Указать вид частного решения ỹ дифференциального уравнения
y′′ − y =
ex x cos x.
Решение. Находим корни характеристического уравнения k2 − 1 =
0.
Имеем k1 = 1, k2 = −1.
Так как s=1, а числа γ ± ip = 1 ± i не являются корнями характеристического уравнения, частное решение ỹ заданного дифференциального уравнения имеет вид
=
y ex [(B0 x + B1 )cos x + (B2 x + B3 )sin x ],
где B0, B1, B2, B3 – неопределенные коэффициенты.
Пример 1.23. Указать вид частного решения ỹ дифференциального уравнения
=
y′′ + y 4x2 cos x + (x + 1)sin x.
Решение. Находим корни характеристического уравнения k2 + 1 =
0.
+i, k2 =
−i.
Имеем k1 =
Так как s = 2, а числа γ ± ip = 0 ± i являются корнями характеристического уравнения, частное решение ỹ заданного дифференциального уравнения имеет вид
=
y x (B0 x2 + B1x + B2 )cos x + (B3 x2 + B4 x + B5 )sin x  ,


где B0, B1, B2, B3, B4, B5 – неопределенные коэффициенты.
45
Задания для самостоятельной работы
−2.
4.2.1. y′′ + 2y′ + y =
1 + x.
4.2.2. y′′ + 2y′ + 2y =
8x.
4.2.3. y′′ + 8y′ =
x3 .
4.2.4. y′′ − 2y′ + y =
4.2.5. y′′ + 3y′ = 9x2 + 1.
e− x .
4.2.6. y′′ + y′ − 2y =
9e−3x .
4.2.7. y′′ + 4y′ + 3y =
8e−2x .
4.2.8. y′′ + 4y′ + 4y =
4.2.9. y′′ − 3y′ + 2y = (x2 + x)e3x .
4.2.10. y′′ + 5y′ + 6y = 10(1 − x)e −2x .
sin x.
4.2.11. y′′ + 2y′ + 2y =
cos 3x.
4.2.12. y′′ − 6y′ + 9y =
4sin x.
4.2.13. y′′ + y =
ex sin x.
4.2.14. y′′ − y′ =
e− x sin 2x.
4.2.15. y′′ + 2y′ + 5y =
2y′ 4ex (sin x + cos x).
4.2.16. y′′ +=
+ 5y e2x (sin x + 2 cos x).
4.2.17. y′′ − 4y′=
′′ + y 4x cos x + 2 sin x.
4.2.18. y=
xex sin x.
4.2.19. y′′ − 2y′ + 2y =
x2e− x cos x.
4.2.20. y′′ + 2y′ + y =
4.2.21. y′′ − 3y′ + 2y= 3e2x + 2x2 .
−4ex + 3.
4.2.22. y′′ − 2y′ − 3y =
4.2.23. y′′ + y = ex + cos x.
4.2.24 y′′ − 3y′ = e3x − 18x.
y cos x + cos 2x.
4.2.25. y′′ +=
46
§ 5. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
С ПЕРЕМЕННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
5.1. Построение общего решения линейного уравнения
по известному частному решению
Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение с переменными коэффициентами:
y′′ + a1 (x)y′ + a2 (x)y =
f (x).
Относительно коэффициентов a1(x), a2(x) и свободного члена f(x)
будем предполагать, что они известны и непрерывны в интервале
(a, b). Тогда приведенное уравнение имеет единственное решение у =
у(х), заданное во всем интервале (a,b) и удовлетворяющее начальным условиям у(х0) = у0 и у′(х0) = у0′.
Замечание. Всякое решение линейного уравнения является
частным, так как особых решений оно не имеет.
Интегрирование неоднородного уравнения сводится к интегрированию однородного уравнения
y′′ + a1 (x)y′ + a2 (x)y =
0.
Однородное линейное уравнение всегда имеет нулевое решение у ≡ 0.
Оно удовлетворяет нулевым начальным условиям у(0) = 0 и у′(0) = 0.
Свойства решений линейного дифференциального уравнения
с переменными коэффициентами такие же, как и у линейных уравнений с постоянными коэффициентами (см. § 3).
Верна также и формула нахождения по одному известному частному решению линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка другого частного решения линейно независимого с заданным (1.27):
1 − a (x)dx
y2 = y1 ∫ 2 e ∫ 1
dx.
y1
Зная два линейно независимых частных решения, можно записать общее решение рассматриваемого уравнения:
y = С1у1 + С2у2.
Пример 1.24. Пусть известно частное решение у1 = х уравнения
(x2 + 1)y′′ − 2xy′ + 2y =
0. Найти общее решение.
Решение. Разделив обе части уравнения на х2 + 1, получим
y′′ −
2x
2
x +1
y′ +
2
2
x +1
y=
0.
47
Воспользуемся формулой нахождения второго частного решения
 2x 
− ∫  − 2 dx
 x +1  dx
e=
2xdx
d (x2 +1)
1 ∫ x2 +1
1 ∫ x2 +1
=
y2 x ∫ 2
x=
e
dx
x
=
e
dx
∫
∫
x
x2
x2
2
1
1
1
1
= x ∫ 2 eln(x +1) dx = x ∫ 2 (x2 + 1)dx = x ∫ (1 + 2 )dx = x(x − ) = x2 − 1.
x
x
x
x
1
Итак,
у2 = х2 – 1.
Таким образом, общее решение имеет вид
y=
C1x + C2 (x2 − 1).
Замечание. Общего метода для отыскания частного решения
линейного уравнения второго порядка не существует. В некоторых
случаях решение удается найти путем подбора, например, в виде
показательной функции у1 = еах или алгебраического многочлена
y1 =
xn + axn −1 + bxn −2 + ...
Пример 1.25. Найти частное решение уравнения
(1 − 2x2 )y′′ + 2y′ + 4y =
0.
Решение. Будем искать частное решение в виде алгебраического
многочлена. Сначала найдем степень этого многочлена. Подставляя
у = хn + … в данное уравнение и выписывая только члены с самой
старшей степенью х, получаем
−2x2n(n − 1)xn −2 + ... + 4xn + ... =
0.
Приравнивая к нулю коэффициент при старшей степени х, находим
−2n(n − 1) + 4 =
0, т. е. n2 − n − 2 =
0,
откуда n1 = 2; корень n2 = –1 не годен, так как степень многочлена
есть целое положительное число. Итак, многочлен может быть только второй степени. Ищем его в виде y = x2 + ax + b. Подставляя этот
многочлен в исходное дифференциальное уравнение, получаем
(4a + 4)x + 2 + 2a + 4b = 0.
Следовательно,
4а + 4 = 0, 2 + 2a + 4b = 0,
y x2 − x является
откуда а = –1, b = 0. Таким образом, многочлен =
частным решением.
48
Задания для самостоятельной работы
Найти по одному известному частному решению линейного дифференциального уравнения другое его частное решение и построить
на их основе общее решение. В случае если частное решение не выписано, следует определить его путем подбора, например, в виде показательной функции или многочлена.
1 + 1 x.
5.1.1. x2 (x + 1)y′′ − 2y =0, y1 =
x
= 0, y
=
5.1.2. xy′′ + 2y′ − xy
1 e x.
5.1.3. y′′ − 2(1 + tg2 x)=
y 0, y=
1 tgx.
5.1.4. (ex + 1)y′′ − 2y′ − ex y =0, y1 =ex − 1.
2
x
y 0, y=
5.1.5. y′′ + 4xy′ + (4x2 + 2)=
1 e .
0.
5.1.6. (2x + 1)y′′ + 4xy′ − 4y =
5.1.7. xy′′ − (2x + 1)y′ + (x + 1)y =
0.
0.
5.1.8. x(x − 1)y′′ − xy′ + y =
0.
5.1.9. x2 y′′ ln x − xy′ + y =
0.
5.1.10. xy′′ − (2x + 1)y′ + 2y =
5.2. Уравнения Эйлера
Уравнениями Эйлера называются уравнения вида
a0 xn y(n) + a1xn −1y(n −1) + a2 xn −2 y(n −2) + ... + an −1xy′ + an y =
0,
где все аi постоянны.
Нетрудно видеть, что частные решения этого уравнения можно
искать в виде y = xk . Действительно,
y′ = kxk−1, y′′ =
k(k − 1)xk−2 , ..., y(s) =
k(k − 1)...(k − s + 1) − xk−s .
Подставляя их в уравнение и сокращая на хk, получаем
a0 k(k − 1)...(k − n + 1) + a1k(k − 1)...(k − n + 2) + ... +
+an −2k(k − 1) + an −1k + an =
0.
Это уравнение n-й степени относительно k имеет n корней: k1,
k2,…,kn. Если все корни разные, получаем n линейно независи49
мых решений xk1 , xk2 ,..., xkn . Следовательно, общее решение имеет вид
=
y c1xk1 + c2 xk2 + ... + cn xkn .
Пример 1.26. Найти общее решение дифференциального уравнения
3
x2 y′′ + xy′ − y =
0.
2
k
Решение. Ищем решение в виде y = x . Подставляем его в приведенное уравнение и сокращаем на хk:
3
k(k − 1) + k − 1 =
0.
2
Отсюда
3
k2 + k − 1 =
0,
2
следовательно, k1 = 1 2, k2 = −2. Тогда общее решение заданного уравнения имеет вид
=
y c1x1 2 + c2 x −2 .
Пример 1.27. Найти общее решение дифференциального уравнения
x2 y′′ − 2y =
0.
Решение. Ищем решение в виде
y = xk , k(k − 1) −
=
2 0, k2 − k − 2 = 0,
−1, k2 =
2. Поэтому общее решение заданного уравнеоткуда k1 =
ния имеет вид
=
y c1x −1 + c2 x2 .
Пример 1.28. Найти общее решение дифференциального уравнения
x2 y′′ + xy′ = 0.
Решение. Ищем решение в виде
y = xk , =
k(k − 1) + k 0, =
k2 = 0, k1,2 0,
откуда общее решение имеет вид
y
= c1 + c2 ln x.
50
Уравнения Эйлера можно интегрировать также путем преобразования его в линейное уравнение с постоянными коэффициентами пуet (ïðè x < 0 ïîëàãàåì x =
−et ) или t =
тем замены переменных x =
lnx. При этом приведенное уравнение является для преобразованного характеристическим, так как xk = ekt . Следовательно, кратному
корню ki кратности α исходного уравнения соответствовуют решения
ekit , tekit , t2ekit ,..., tα−1ekit преобразованного уравнения или решения xki , xki ln x, xki ln2 x, ..., xkn lnα−1 x исходного уравнения.
Пример 1.29. Найти общее решение дифференциального уравнения
x2 y′′ − 4xy′ + 6y =
0.
Решение. Полагая x = et и выражая производные от у по х через
производные по новой независимой переменной t, имеем
′ ′ yt=
′ 1 yt′e−t ,
=
yx′ y=
t tx
xt′
d
d −t
=
e
dx dt
yx2 ′′ =
(yt2 ′′e−t − yt′e−t )e−t =
(yt2 ′′ − yt′ )e−2t .
Подставляя обе производные в исходное уравнение, получаем
уравнение с постоянными коэффициентами:
y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Его общее решение
=
y C1e2t + C2e3t ,
на основании чего искомое решение имеет вид
=
y Ñ1x2 + C2 x3 .
Уравнение вида
a0 (ax + b)n y(n) + a1 (ax + b)n −1 y(n −1) + a2 (ax + b)n −2 y(n −2) + ... +
+an −1 (ax + b)y′ + an y =
0
также называется уравнением Эйлера и сводится к рассмотренному
выше виду заменой независимого переменного =
x ax + b.
Замечание. Неоднородное уравнение Эйлера
a0 xn y(n) + a1xn −1y(n −1) + a2 xn −2 y(n −2) + ... + an −1xy′ + an y =
f (x)
подстановкой x=et можно привести к неоднородному уравнению
с постоянными коэффициентами, методы решения которого были
изложены ранее (см. § 4).
51
Задания для самостоятельной работы
Решить уравнения Эйлера.
0.
5.2.1. x2 y′′ − 4xy′ + 6y =
0.
5.2.2. x2 y′′ − xy′ − 3y =
0.
5.2.3. x2 y′′ − 3xy′ + 3y =
0.
5.2.4. x2 y′′ + xy′ − y =
0.
5.2.5. x2 y′′ + xy′ − y / 4 =
8 x3 .
5.2.6. x2 y′′ − xy′ + y =
10x.
5.2.7. x2 y′′ + xy′ + 4y =
6x ln x.
5.2.8. x2 y′′ − xy′ + y =
5.2.9. x2 y′′ − xy′ =−x + 3 / x.
2sin(ln x).
5.2.10. x2 y′′ + xy′ + y =
§ 6. ЛИНЕЙНЫЕ СИСТЕМЫ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
6.1. Сведение системы линейных дифференциальных уравнений
к линейному дифференциальному уравнению второго порядка
Рассмотрим линейную систему n-го порядка
dyk n
k 1, 2,..., n). = ∑ Pkl (x)yl + fk (x) (=
(1.36)
dx l=1
Если все fk(x) ≡ 0, то система (1.36) называется однородной и принимает вид
dyk n
Pkl (x)yl (k 1, 2,..., n). =
∑=
dx l=1
(1.37)
Запишем систему (1.36) в векторной форме. С этой целью рассмотрим решение
у1 = у1(х), у2 = у2(х), ...., уn = уn(х)
(1.38)
как вектор y = {y1, y2 ,..., yn }. Определим производную вектора
52
dy
= {y1′ , y2′ ,..., yn′ }.
dx
Введем в рассмотрение вектор f = {f1, f2 ,...., fn }. Обозначим матрицу коэффициентов системы (1.36) через Р:
P11
Ð = P21
Pn1
P12 ... P1n
P22 ... P2n .
Pn2 ... Pnn
Тогда (1.36) примет вид
dy
= Py + f ,
dx
однородную систему (1.37) запишем так:
dy
= Py.
dx
Предположим, что коэффициенты Рkl(х) и функция fk(х) непрерывны в интервале (a, b). Тогда система (1.36) имеет единственное
решение (1.38), определенное во всем интервале (a, b) и удовлетворяющее начальным условиям
(0)
(0)
=
y1 y=
=
yn yn(0) при х = х0,
1 , y2 y2 ,...,
(0) (0)
где х0 ∈ (a, b), а y1 , y2 ,..., yn(0) могут быть заданы произвольно.
В частности, единственным решением однородной линейной систеy1 0=
, y2 0,...,=
yn 0
мы (1.37) с нулевыми начальными условиями=
при х0∈(a, b) будет нулевое решение
y1 ≡ 0, y2 ≡ 0,..., yn ≡ 0.
В векторной форме эти утверждения формулируются следующим
образом. Если матрица Р(х) непрерывна в интервале (a, b), т. е. все ее
элементы непрерывны в этом интервале, то уравнение
dy
= Py + f
dx
имеет единственное решение y = y (x), удовлетворяющее началь(0)
ным условиям y = y при х = х0 ∈ (a, b), где
{
y (0) = y1(0) , y2(0) ,..., yn(0)
}
есть произвольный заданный (начальный) вектор.
53
Единственным решением однородного уравнения
dy
= Py
dx
с начальными условиями y = 0 при х = х0 ∈ (a, b) будет нулевой вектор y ≡ 0 (а < x < b).
Линейная система остается линейной при любой замене независимой переменной х. В самом деле, положим х = φ(t) (t0 < t < t1),
где φ(t0) = a, φ(t1) = b, φ > (t) существует, непрерывна и сохраняет знак
в (t0, t1). Тогда
dy dy dt dy
dy
1
1
=
×
=
×
=
×
.
dx dt dx dt dx dt dt φ′(t)
Поэтому, выполняя в уравнении
dy
= Py + f
dx
подстановку х = φ(t), находим
dy
dy
= (Py + f )φ′(t) или = P1y + f1,
dt
dt
где P1 = P[φ(t)]φʹ(t), f1= f [φ(t )φ(t )].
Очевидно, что при описанном преобразовании, однородная система останется однородной.
Линейная система остается линейной при любом линейном преобразовании искомых функций:
n
zi =
1, 2, ..., n),
∑ αiê (x)yê (i =
k =1
где αiк(х) – непрерывно дифференцируемые на (a, b), причем указанное преобразование неособенное, т. е. определитель матрицы
 α11

À=
 α21
α
 n1
α12 ... α1n 

α22 ... α2n 
αn2 ... αnn 
отличен от нуля (det A ≠ 0) во всем заданном интервале (a, b).
Запишем это преобразование в векторной форме: z = Ay. Покажем, что оно не нарушает вида уравнения
dy
= Py + f.
dx
54
Прежде всего отметим, что существует обратное преобразование
y = A −1z, где А–1 – матрица, обратная матрице А (det A ≠ 0).
Продифференцируем z = Ay по переменной х, получаем:
dz dA
dy dA
dA −1
=
y+ A =
y + A (Py + f=
)
A z + APA −1z + Af,
dx dx
dx dx
dx
или
dz
= A1z + f1,
dx
где
dA −1
A + APA −1, f1 = Af,
dx
т. е. при линейном неособенном преобразовании искомых функций
линейная система остается линейной.
Пример 1.30. Решить систему дифференциальных уравнений
=
À1
x 2x + y,
=

y 3x + 4y,
=
сведя ее к линейному дифференциальному уравнению второго порядка.
Решение. Выпишем уравнения данной системы:
dx
dy
= 2x + y, = 3x + 4y.
dt
dt
Продифференцируем по t первое уравнение системы:
d2 x
dx dy
=
2
+ .
2
dt dt
dt
Вместо
dy
подставим правую часть ее второго уравнения:
dt
d2 x
dx
= 2
+ 3x + 4y.
2
dt
dt
Выразив у из первого уравнения системы
dx
=
y
− 2x,
dt
получим
d2 x
dt
2
= 2
dx
dx
 dx

+ 3x + 4 
− 2x = 6
− 5x.
dt
dt
 dt

55
Окончательно найдем
d2 x
dt
2
−6
dx
+ 5x =
0.
dt
Составим характеристическое уравнение λ2 − 6λ + 5 =0, откуда
получим λ1 = 1 и λ2 = 5. Тогда
=
x C1et + C2e5t .
Следовательно,
y=
(
) (
)
dx
′
− 2x = C1et + C2 e5t − 2 C1et + C2 e5t =
dt
C1et + 5C2e5t − 2C1et − 2C2e5t =
=
−C1et + 3C2 e5t .
Общее решение имеем в следующем виде:
 x C1et + C2 e5t ,
=

−C1et + 3C2e5t .
y =
Задания для самостоятельной работы
6.1.1. x =−x + 8y,

y= x + y.
6.1.2. x= x − y,

−4x + 4y.
y =
6.1.3. =
x 2x − y,

y 4x − 2y.
=
6.1.4. x =− x − 5y,

y= x + y.
6.1.5. x =− x − 2y,

y 3x + 4y.
=
6.1.6. =
x 2x + y,

y =−x + 4y.
6.1.7. x= x − 4y,

y= x + y.
56
6.1.8.  x =+
2x y, x(0) =
0,

x − 3y, y(0) =
0.
y =
−2x + 4y,
6.1.9. x =

2
y =− x + 3y + 3t .
6.1.10. x = 3x + 2y + 4e5t ,

y= x + 2y.
6.2. Метод Эйлера неопределенных коэффициентов
Рассмотрим линейную систему
dyk n
= ∑ akl ye + fk (õ),
dx l=1
коэффициенты которой аkl суть постоянные вещественные числа, а
правая часть f(x) непрерывна в интервале (a, b). Если f(x) ≡ 0, то линейная система называется однородной:
dyk n
(1.39)
= ∑ akl ye . dx l=1
Следуя Эйлеру, покажем, что существует фундаментальная система решений, состоящая из элементарных функций. Тем самым
будет доказано, что любая линейная система с постоянными коэффициентами всегда может быть проинтегрирована.
Будем искать решение системы (1.39) в виде
y1 =
γ1åλx , y2 =
γ2eλx , ..., yn =
γ n eλx , (1.40)
где γ1, γ2, ..., γn, λ – постоянные числа, причем числа γ1, γ2, ..., γn не
равны нулю одновременно (так как наша цель – построить фундаментальную систему решений, а нулевое решение не может входить
в нее).
Подставляя (1.40) в систему (1.39) и сокращая на еλх, получаем:
(a11 − λ) γ1 + a12 γ2 + ... + a1n γn =0

a21 γ1 + (a22 − λ) γ2 + ... + a2n γn =0
a γ + a γ + ... + (a − λ) γ =0.
nn
n
 n1 1 n2 2
Эта система имеет ненулевое решение относительно γ1, γ2, ..., γn
тогда и только тогда, когда определитель основной матрицы этой
57
однородной системы алгебраических уравнений равен нулю, т. е. λ
является корнем уравнения
...
a11 − λ
a12
a1n
0. =
∆(λ)
a21
a22 − λ ...
=
a2n
... ann − λ
an1
an2
(1.41)
Уравнение (1.41) называется характеристическим уравнением,
а его корни – собственными числами (1.39).
Структура фундаментальной системы решений зависит от вида
корней характеристического уравнения.
В случае если функция fk(х) состоит из сумм и произведений
функций: à0 + à1õ + ... + àm xm , eαx , cosβx, sinβx, для нахождения
частного решения НС можно использовать метод Эйлера. Это делается по тем же правилам, что и для одного линейного уравнения
с постоянными коэффициентами со следующим изменением.
Если fk (õ) = Ðòk (õ)å γõ , где Ðòk (õ) – многочлен степени mk, то
частное решение системы (1.39) ищем в виде
i
γx (i = 1, 2, …, n),
yi = Qm
+ s (x)e
(1.43)
i
где Qm
+ s (x) – многочлен степени m+s c неизвестными коэффициентами, m = max mi, s = 0, если γ – не корень характеристического
уравнения, а если γ – корень, то s можно взять равным кратности
этого корня (или, точнее, s на единицу больше наибольшей степени
многочленов, на которые умножаются eγx в общем решении однородной системы). Неизвестные коэффициенты многочленов определяем путем подстановки (1.42) в данную систему (1.39) и сравнения
коэффициентов подобных членов.
Аналогично определяем степени многочленов и в случае, когда
fk (õ) содержит комбинации еαхсоsβx и еαхsinβx, а число γ = α + βi
является корнем характеристического уравнения.
Пример 1.31. Найти общее решение системы уравнений
 dy
= 4y − z,
 dx

 dz= y + 2z.
 dx
Решение. Характеристическое уравнение имеет вид
4−λ
1
= 0.
1
2−λ
58
Тогда λ2 − 6λ + 9 =0, корень λ1 =λ2 =3.
Следовательно, существует решение
=
y ( A1x + A2 )e3x=
, z (B1x + B2 )e3x .
Подставляя его в исходную систему и сокращая на е3х, находим
3( A1x + A2 ) + A1= 4( A1x + A2 ) − (B1x + B2 ),

3(B1x + B2 ) + B1 = A1x + A2 + 2(B1x + B2 )
или
(− A1 + B1 )x + A1 − A2 + B2 ,

0.
(B1 − A1 )x + B1 + B2 − A2 =
Отсюда получаем систему четырех уравнений для определения
четырех неизвестных А1, А2, В1, В2:
–А1 + В1 = 0, А1 – А2 + В2 = 0, В1 – А1 = 0, В1+ В2 – А2 = 0,
среди которых независимых лишь два:
В1 – А1 = 0, А1 – А2 + В2 = 0.
Из этих уравнений находим
В1 = А1, В2 = А2 – А1,
причем, как и следовало ожидать, два коэффициента (А1 и А2) остаются произвольными.
Таким образом, система имеет общее решение:
у = (А1х + А2) е3х, z = (A1x+ A2 – A1) e3x.
Задания для самостоятельной работы
6.2.1. x= x − y,

−4x + y.
y =
6.2.2. =
x 5x + 3y,

−3x − y.
y =
6.2.3. x= x − 3y,

y 3x + y.
=
6.2.4. x =
x + y,
x(0) =
0,

−2x + 4y, y(0) =
−1.
y =
59
6.2.5. x =
4x − 5y, x(0) =
0,

=
.
y(0) 1.
y x=
6.2.6. x = 4x + y − e2t ,

−2x + y.
y =
6.2.7. =
x 2x − 3y,

y =x − 2y + 2 sin t.
6.2.8. =
x 2x − y,

y =−2x + y + 18t.
6.2.9. x = 2x − 4y + 4e−2t ,

y 2x − 2y.
=
6.2.10. x = 4x − 3y + sin t,

y = 2x − y − 2 cos t.
6.3. Метод Лагранжа вариации произвольных постоянных
Рассмотрим неоднородную линейную систему
dyk n
= ∑ Pkl yl + fk (õ) (k =
1, 2, ..., n), dx l=1
(1.43)
или в векторной форме
dy
= Py + f, dx
(1.44)
где коэффициенты Рkl(x), или, что то же, матрица Р(х), непрерывны
в интервале (а, b).
Если известно частное решение системы (1.43) или (1.44), то интегрирование ее может быть приведено к интегрированию соответствующей однородной системы
dZk n
( x)
= ∑ Pkl Zl (k = 1, 2, ..., n), dx l=1
или в векторной форме
dZ
= PZ.
dx
60
(1.45)
Пусть
{
y (1) = y1(1) , y2(1) ,..., yn(1)
}
есть частное решение уравнения (1.44), т. е.
dy (1)
= Py (1) + f (а < x < b).
dx
y y (1) + Z, где Z = {Z1, Z2 ,..., Zn },
Тогда, полагая в уравнении (1.44)=
получаем
dy (1) dZ
dZ
+ = Py (1) + PZ + f или
= PZ.
dx
dx
dx
Если Ziк (i, k = 1, 2, ..., n) – фундаментальная система решений
(ФСР) однородной системы (1.45), то
n
(1)
=
yk y=
k + ∑ Ci Zik (k 1, 2,..., n) (1.46)
i =1
является общим решением системы (1.43) в области а < x < b,
ók < +∞ (k = 1, 2, ..., n). Все решения неоднородной системы содержатся в (1.46).
Теорема. Общее решение y(x) неоднородной линейной системы
(1.43) равно сумме общего решения соответствующей однородной
системы (1.45) и любого частного решения заданной неоднородной
системы (1.43).
Метод Лагранжа (метод вариации произвольных постоянных)
дает возможность всегда найти общее решение неоднородной линейной системы (1.43), если известна фундаментальная система решений соответствующей однородной системы.
Пусть Zik (i, k = 1, 2, ..., n) – ФСР однородной системы (1.45). Тогда
ее общее решение имеет вид
n
=
Ci Zik (k
∑
=
Zk
1, 2,..., n),
i =1
где Сi – произвольные постоянные.
Будем искать общее решение неоднородной системы (1.43) в виде
=
yê
n
=
Ci (õ) Ziê (ê
∑
1, 2,..., n), (1.47)
i =1
где Сi(х) – некоторые непрерывно дифференцируемые функции от х.
61
Подставляя (1.47) в (1.43), находим
n
∑
n
′
=
Ci′ (õ) Zik + ∑
Ci′ (õ) Zik
n
n
+ fk (õ) (k 1, 2,..., n),
∑ Pkl (õ) ∑ Ci (õ)Zil=
i =1
=i 1 =i 1=l 1
или
n
n
n
fk (õ).
∑ Ci′ (õ)Zik + ∑ Ci (õ)[Zik′ − ∑ Pkl (õ)Zil ] =
=i 1=i 1 =l 1
Так как выражения в квадратных скобках равны нулю,
n
∑ Ci′ (õ)Zik = fk (õ).
i =1
Решая эту систему относительно Ñi′ (x), получаем
Ñi′ (x) = φi (x) (i = 1, 2, ..., n),
где φi(x) непрерывны в (а, b). Интегрируя, находим
Ci (x) =
∫ φi (x)dx + Ci .
Подставляя эти значения Сi (х) в (1.47), находим
n
n
n
yk =
ók(1) + ∑ Ci Zik .
∑ Zik ∫ φi (x)dx + ∑ Ci Zik =
=i 1 =i 1=i 1
Это общее решение системы (1.43).
Пример 1.32. Решить систему уравнений
dx
y + tg2t − 1,
=
dt
dy
=−x + tg t.
dt
Решение. Сначала находим общее решение соответствующей однородной системы (ОС):
dx
dy
= y,
= −x.
dt
dt
Общее решение ОС:
х = С1 сos t +C2 sin t,
y = –C1 sin t + С2 сos t.
Решение неоднородной системы (НС) ищем в виде
х = С1 (t) cos t + C2 (t) sin t,
y = –C1 (t)sin t + С2 (t)cos t.
62
Для определения функций С1(t) и C2(t) используем уравнения
Ñ1′ (t)cos t + C2′ (t)sin t =−
tg2t 1,
−Ñ1′ (t)sin t + C2′ (t)cos t =
tgt.
Отсюда
C1′ (t) = − cos t, C2′ (t) =
sin3 t
cos2 t
.
Интегрируя, находим
C1 (t) =
C1 − sin t, C2 (t) =
C2 +
1
+ cos t.
cos t
Следовательно, общее решение НС имеют вид
х(t) = С1 cost + C2 sint + tgt,
y(t) = –C1 sint + С2 cost + 2.
Задания для самостоятельной работы
6.3.1. x =−x + 2y,


e3t
−3x + 4y + 2t
.
y =
e +1

1

6.3.2. x = x − y +
,
cos t

=
y 2x − y.
x 3x − 2y,
6.3.3. =

t
y = 2x − y + 15e t .
2

6.3.4. x =
−4x − 2y + t
,

e −1

 y = 6x + 3y − 3 .

et − 1
6.3.5. x = 5x − 3y + 2e3t ,

−t
y = x + y + 5e .
6.3.6. x =−5x − y + et ,

2t
y =x − 3y + e .
63
6.3.7. x =−2x + y − e2t ,

−3x + 2y + 6e2t .
y =
6.3.8. x = 3x + y + 1 / t − 4 ln t,
 
x + y + 1 / t.
 y =−
x 2x − y,
6.3.9. =

t
y =−x + 2y − 5e sin t.
6.3.10. x = 2x + y + et ,

−2x + 2t.
y =
Ответы к заданиям для самостоятельной работы
0.
1.1.1. y − 2xy′ =
1.1.2. xy′ = 3y.
0.
1.1.3. x + yy′ =
23
1.1.4. y′ = 3y .
yy′.
1.1.5. x2 y′ − xy =
C.
1.2.1. x2 (1 + y2 ) =
1.2.2. 1 + ey = C(1 + x2 ).
1.2.3.
1 + x2 + 1 + y2 =
C.
x
C(1 − e− y ).
1.2.4. e=
1.2.5. 1 + y2 = C(1 − x2 ).
ln(Cx2 ).
1.2.6. x2 + y2 =
=
y C sin x −1.
1.2.7.
1.2.8. Cxy= y −1.
1.2.9.
1 −=
y2 arcsin x + C.
C.
1.2.10. x 1 − y2 + y 1 − x2 =
64
1.2.11. y = 1.
1.2.12. y = sin x.
1.2.13.
1 − x2 + 1 − y2 =
1.
tg (x 2)
.
1.2.14. y = e
(1 + x) / (1 − x).
1.2.15. y =
1.2.16. 2e− y (y + 1) = x2 + 1.
π 2.
1.2.17. 3 arctg x2 + 2 arctg y3 =
ln2 y.
1.2.18. 2(x − 2) =
1.2.19. cos x = 2 cos y.
1.2.20. y = e x −2 .
C.
1.3.1. y2 + 2xy − x2 =
C.
1.3.2. y2 − 3xy + 2x2 =
C.
1.3.3. 2y2 − 2xy + x2 =
=
y C(y2 − x2 ).
1.3.4.
= (x − y)ln Cx.
1.3.5. 2x
y
1.3.6. tg   = ln Cx.
x
1.3.7. y = xe1+ Cx .
Cx2 .
1.3.8. y + y2 − x2 =
1.3.9. y2 = 2x2 ln Cx.
1.3.10. ln Cx = −e− y x .
=
y 2x(1 + ln x).
1.3.11.
1.3.12. x2 = 1 + 2y.
y
−1
1.3.13. y = e x .
65
y
2
2
1.3.14. arctg
=
  ln x + y .
x
 
=
y 2x(1 + ln x).
1.3.15.
1.3.16. y =
x2
.
x+2
1.3.17. y2 + x2 =x + y.
1.3.18. y2 =
x2
.
ln x + 1
x
2
ln x + 2 ) .
(
4
1.3.20. y = 2x arctg x.
=
y
1.3.19.
C.
1.3.21  y2 − 2xy − x2 − 8y + 4x =
C.
1.3.22  x + 3y − ln x − 2y =
1.3.23  x + 2y + 3 ln x + y − 2 =
C.
C.
1.3.24  y2 + 3xy + x2 − 5y − 5x =
2
1.3.25  ( 4x + 2y + 1) = 4x + C.
2
y (x2 + C)e− x .
1.4.1.=
=
y x2 (sin x + C).
1.4.2.
y (C + x3 )ln x.
1.4.3. =
(1 + x2 )(C + x).
1.4.4. y =
y Ce− cos x − cos x +1.
1.4.5. =
=
y Cx2e1 x + x2 .
1.4.6.
−2x2 ln x + 2x2 + Cx.
1.4.7. y =
1
1.4.8. y = (1 + x)(C + e2x ).
2
− cos2 x + C cos x.
1.4.9. y =
66
− cos x + C sin x.
1.4.10. y =
1
2
1.4.11. y =
− 3 + 2.
x
x
1.4.12. y =(sin x − x cos x + C) / x.
 x3

2
y 
+ 3  e− x .
1.4.13.=
 3



y tg x −1 / 2.
1.4.14.=
1.4.15. y=
2 x3 + 1
×
.
3 x2 + 1
1.4.16. y= 1 / (Cx + ln x + 1).
=
y 1 / (2 + Cx).
1.4.17.
1.4.18. y2 ln x= C + sin x.
1.
1.4.19. y2 (C − x)sin x =
1.4.20.
x
y +1 =
Cee .
C.
1.5.1. 5x2 y − 8xy + x + 3y =
C.
1.5.2. x3 + 3x2 y − 2xy2 − y3 =
C.
1.5.3. x4 − x2 y2 + y4 =
C.
1.5.4. xy − 2 / x + 3 / y =
C.
1.5.5. x2 + ye− x =
C.
1.5.6. x2 cos2 y + y2 =
C.
1.5.7. x sin y + y cos x + ln(x / y) =
C.
1.5.8. x2 / 2 + xy − x + ey =
C.
1.5.9. x2 y + 3xy2 − y3 =
C.
1.5.10. ex − xy + x sin y + ey =
C.
1.5.11. x − y / x =
C.
1.5.12. (x2 + y2 )ex =
67
y2 ln x
+
=
C.
1.5.13. 2
y
2
1.5.14. x = Cey
x
.
1.5.15. x2 − 7 / y − 3xy =
C.
=
y x arctg x − ln 1 + x2 + C1x + C2 .
2.1.1.
y
2.1.2. =
5
x3
ln x − x3 + C1x + C2 .
3
18
y x4 / 24 − sin x + C1x2 + C2 x + C3 .
2.1.3. =
2.1.4.=
y x5 / 120 + C1x3 + C2 x2 + C3 x + C4 .
2.1.5. y = sin x +
C1x3 C2 x2
+
+ C3 x + C4 .
6
2
2.1.6. y= 1 − cos 2x.
2.1.7. y= 3 ln x + 2x2 − 6x + 6.
2.1.8. y = (x − 2)ex + x + 2.
(
)
2.1.10. y =
− ( x ln2 x − 3x2 + 4x − 1) / 2.
2.1.9.
=
y 1 / 12(x + 2)3 .
=
y C1x(ln x − 1) + C2 .
2.1.11.
1
+ C1 ln x + C2 .
2.1.12. y =
x
2.1.13. y= x3 / 12 − x / 4 + C1 arctg x + C2 .
2.1.14.
x
+1
2 C1
y=
(C1x − C1 )e
y
2.1.15.=
+ C2 .
2
(C1x + 1)3 2 + C2 .
3C1
y2 C1x + C2 .
2.1.16. =
) (C1x + C2 )2 .
2.1.17. 4(C1y − 1=
68
3x.
2.1.18. y3 + C1y + C2 =
2.1.19. y =
− 2x − 1.
2.1.20. y = −2x.
=
y C1e−2x + C2e−3x .
3.1.
=
y C1e2x + C2e5x .
3.2.
y (C1 + C2 x)e2x .
3.3.=
y (C1 + C2 x)e−3x .
3.4.=
=
3.5. y (C1 cos 2x + C2 sin 2x)e− x .
=
3.6. y (C1 cos 3x + C2 sin 3x)e2x .
=
y C1e2x + C2e−2x .
3.7.
=
3.8. y C1 cos 2x + C2 sin 2x.
y C1 + C2e−4x .
3.9. =
=
y C1e−2x + C2e− x .
3.10.
=
y 5e2x − 2e4x .
3.11.
3.12. y= (1 + x)ex .
=
3.13. y e−3x (2 cos x + 5 sin x).
3.14. y= 2 + e5x .
=
y 2 cos 3x + sin 3x.
3.15.
3.16. y =C1e2x + C2e−2x + C3 cos 2x + C4 sin 2x.
3.17. y =(C1 + C2 x + C3 x2 )e− x .
3.18. y =C1e2x + C2e−2x + C3 cos x + C4 sin x.
C1 C2e− x + C3e3x .
3.19. y =+
3.20. y =C1 + C2 x + C3 x2 + C4 x3 + (C5 + C6 x)e− x .
69
x π
4.1.1. y = C1 cos x + C2 sin x − cos x ln tg  +  .
2 4
y C1ex + C2e− x + ex ln(ex + 1) − ex (x + ex ) / 2.
4.1.2. =
x
4.1.3. y = C1 cos x + C2 sin x − cos x ln tg   − 1.
2
4.1.4. y = C1 cos x + C2 sin x + cos x ln cos x + x sin x.
4.1.5. y = C1 cos x + C2 sin x + sin x ln sin x − x cos x.
4.1.6. y= C1ex + C2 + (ex + 1)ln(e− x + 1).
cos 2x
4.1.7. y = C1 cos x + C2 sin x −
.
2 cos x
4.1.8. y =(C1x + C2 )ex + x ln x ex .
4.1.9. y = C1e− x + C2 e−2x + (e− x + e−2x )ln(ex + 1).
C1 + C2ex + ex / x.
4.1.10. y =
(C1 + C2 x)e− x − 2.
4.2.1. y =
y e− x (C1 cos x + C2 sin x) + x / 2.
4.2.2. =
C1 C2e−8 x + x2 / 2 − x / 8.
4.2.3. y =+
4.2.4. y = (C1 + C2 x)ex + x3 + 6x2 + 18x + 24.
4.2.5. y = C1 + C2 e−3x + x3 − x2 + x.
4.2.6. y= C1e−2x + C2 ex − e− x / 2.
9
4.2.7. y = C1e−3x + C2e− x − xe−3x .
2
(C1 + C2 x)e−2x + 4x2e−2x .
4.2.8. y =
y C1ex + C2e2x + (x2 / 2 − x + 1)e3x .
4.2.9. =
4.2.10. y= C1e−3x + C2e−2x + (20x − 5x2 )e−2x .
4.2.11. y = (C1 cos x + C2 sin x)e− x + 0,2 sin x − 0,4 cos x.
70
(C1 + C2 x)e3x −
4.2.12. y =
1
sin 3x.
18
4.2.13. y = C1 cos x + C2 sin x − 2x sin x.
C1 + C2 ex −
4.2.14. y =
(cos x + sin x)ex
.
2
xe− x cos 2x
.
4
(6 sin x − 2 cos x)ex
+
.
5
(C1 cos 2x + C2 sin 2x)e− x −
4.2.15. y =
C1 + C2e−2x
4.2.16. y =
1

4.2.17. y =
(C1 cos x + C2 sin x)e2x − xe2x  cos x − sin x .
2

4.2.18. y = C1 cos x + C2 sin x + x2 sin x.
(
)
1
y (C1 cos x + C2 sin x)ex − ex (2x2 + x)sin x − (x2 − 2x)cos x .
4.2.19.=
4
(
)
4.2.20. y = (C1 + C2 x)e− x + (6 − x2 )cos x + 4x sin x e− x .
4.2.21. y= C1ex + C2 e2x + 3e2x + x2 + 3x + 7 / 2.
y C1e− x + C2e3x + ex − 1.
4.2.22. =
4.2.23. y = C1 cos x + C2 sin x + (x sin x + ex ) / 2.
1
4.2.24. y =C1 + C2 e3x + xe3x + 3x2 + 2x.
3
1
1
4.2.25. y = C1 cos x + C2 sin x + x sin x − cos 2x.
2
3
1
x +1

x

5.1.1. =
y C1  1 +  + C2  + 1 −
ln x + 1 .
x
2
x




=
y C1e− x / x + C2ex / x.
5.1.2.
5.1.3. y= C1 tg x + C2 (1 + x tg x).
y C1 (ex − 1) + C2 / (ex + 1).
5.1.4.=
2
y (C1 + C2 x)e− x .
5.1.5.=
71
y C1x + C2e−2x .
5.1.6.=
=
y (C1x2 + C2 )ex .
5.1.7.
C1 (1 + x ln x ) + C2 x.
5.1.8. y =
C1x + C2 (ln x + 1).
5.1.9. y =
y C1 (2x + 1) + C2ex .
5.1.10.=
=
y C1x2 + C2 x3 .
5.2.1.
=
y C1x3 + C2 x −1.
5.2.2.
y C1x + C2 x3 .
5.2.3.=
y C1x + C2 x −1.
5.2.4.=
5.2.5.
=
y C1 x + C2 / x .
x(C1 + C2 ln x ) + 2x3 .
5.2.6. y =
5.2.7. y = C1 cos(2 ln x ) + C2 sin(2 ln x ) + 2x.
5.2.8. y= x ln3 x + x(C1 + C2 ln x ).
5.2.9. y = x +
1
+ C1 + C2 x2 .
x
− ln x cos(ln x) + C1 cos(ln x) + C2 sin(ln x).
5.2.10. y =
2C1e3t − 4C2e−3t , y =
C1e3t + C2 e−3t .
6.1.1. x =
C + C2e5t , y =
C1 − 4C2e5t .
6.1.2. x =
C1 + C2t, y =
2C1 + C2 (2t − 1).
6.1.3. x =
6.1.4. x = (2C2 − C1 )cos 2t − (2C1 + C2 )sin 2t, y = C1 cos 2t + C2 sin 2t.
C1et − 2C2e2t , y =
−C1et + 3C2e2t .
6.1.5. x =
6.1.6. x = (C1 + C2t)et , y = (2C1 − C2 + 2C2t)et .
−2et (C1 sin 2t − C2 cos 2t), y =+
et (C1 cos 2t C2 sin 2t).
6.1.7. x =
x 0=
, y 0.
6.1.8.=
72
6.1.9. x = C1e−t + C2 e2t − 6t2 + 6t − 9, y = C1e−t / 4 + C2 e2t − 3t2 − 3.
C1et + 2C2 e4t + 3e5t , y =
−C1et + C2 e4t + e5t .
6.1.10. x =
C1e−t + C2e3t , y =
2C1e−t − 2C2e3t .
6.2.1. x =
6.2.2. x = (C1 + 3C2t)e2t , y = (C2 − C1 − 3C2t)e2t .
6.2.3. x =et (C1 cos 3t + C2 sin 3t), y =et (C1 sin 3t − C2 cos 3t).
e2t − e3t , y =
e2t − 2e3t .
6.2.4. x =
−5e2t sin t, y =
e2t (cos t − 2 sin t).
6.2.5. x =
C1e2t + C2e3t + (t + 1)e2t , y =
−2C1e2t − C2 e3t − 2te2t .
6.2.6. x =
6.2.7. x = 3C1et − C2e−t + 3 sin t, y = C1et + C2 e−t − cos t + 2 sin t.
C1e3t + C2 + 3t2 + 2t, y =
−C1e3t + 2C2 + 6t2 − 2t − 2.
6.2.8. x =
6.2.9. x= C1 (cos 2t − sin 2t) + C2 (cos 2t + sin 2t),
y = C1 cos 2t + C2 sin 2t + e−2t .
6.2.10. x = C1et + 3C2e2t + cos t − 2 sin t,
y =C1et + 2C2 e2t + 2 cos t − 2 sin t.
6.3.1. x= C1et + 2C2 e2t − et ln(e2t + 1) + 2e2t arctget ,

t
2t
t
2t
2t
t
y= C1e + 3C2 e − e ln(e + 1) + 3e arctge .
6.3.2. x= C1 cos t + C2 sin t + t(cos t + sin t) + (cos t − sin t)ln | cos t |,

y = (C1 − C2 )cos t + (C1 + C2 )sin t + 2 cos t ln | cos t | +2t sin t.
6.3.3. x =(C1 + 2C2t − 8t5/2 )et , y =(C1 + 2C2t − C2 − 8t5/2 + 10t3/2 )et .
C1 + 2C2e−t + 2e−t ln et − 1 ,
6.3.4.  x =

−2C1 − 3C2e−t − 3e−t ln et − 1 .
y =

6.3.5. x= C1e2t + 3C2e4t − e−t − 4e3t , y= C1e2t + C2 e4t − 2e−t − 2e3t .
73
6.3.6. x =
(C1 + C2t)e−4t + (4 / 25)et − (1 / 36)e2t ,

−(C1 + C2 + C2t)e−4t + (1 / 25)et + (7 / 36)e2t .
y =
6.3.7. x = 2C1et + C2e−t + (8 / 3)e2t , y = 3C1et + C2 e−t + (29 / 3)e2t .
6.3.8. x =( C1 + C2 (1 + t) ) e2t + ln t,

− ( C1 + C2t ) e2t + ln t.
y =
6.3.9. x =C1et + C2 e3t + et (2 cos t − sin t),
y =C1et − C2 e3t + et (3 cos t + sin t).
x C1et cos t + C2et sin t + et − t − 1,
6.3.10.
=

−C1et (cos t + sin t) + C2et (cos t − sin t) − 2et − 2t − 1.
y =
74
ГЛАВА 2. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА
§ 1. ОРИГИНАЛЫ И ИХ ИЗОБРАЖЕНИЯ
Основными понятиями операционного исчисления являются понятия функции-оригинала и функции-изображения.
Пусть f(t) – действительная функция действительного переменного t (под t будем понимать время или координату).
Определение. Функция f(t) называется оригиналом, если она
удовлетворяет следующим условиям:
1. f(t) ≡ 0 при t < 0.
2. f(t) – кусочно-непрерывная функция при t ≥ 0, т. е. она непрерывна
или имеет точки разрыва 1-го рода, причем на каждом конечном промежутке оси t таких точек только конечное число, при этом f ( 0=
) f ( +0 ).
3. Существуют такие числа M > 0 и s ≥ 0, что для всех t выполняется
неравенство f ( t ) ≤ Mest , т. е. при возрастании t функция f(t) может возрастать не быстрее некоторой показательной функции. Число s0 = inf s
(точная нижняя граница таких s) называется показателем роста f(t).
Первое условие означает, что процесс начинается с некоторого
момента времени; удобнее считать, что в момент t = 0. Третьему условию удовлетворяют ограниченные (s0 = 0), степенные tn ( n > 0 ) и
многие другие функции.
2
Не являются оригиналами, например, функции вида f ( t ) = aet
a
(не выполняется условие 3), функции=
f ( t ) n , n > 0 (не выполняt
ется условие 2).
Условия 1–3 выполняются для большинства функций, описывающих различные физические процессы.
Замечание. Функция f(t) может быть и комплексной функцией
действительного переменного, т. е. иметь вид f=
( t ) f1 ( t ) + if2 ( t ); она
считается оригиналом, если действительные функции f1 ( t ) и f2 ( t )
являются оригиналами.
Определение. Изображением оригинала f(t) называется функция
F ( p ) комплексного переменного p = s + iδ , определяемая интегралом
∞
F ( p ) = ∫ f ( t ) e− p t dt. (2.1)
0
Операцию перехода от оригинала f(t) к изображению F ( p ) называют преобразованием Лапласа. Соответствие между оригиналом f(t) и
изображением F ( p ) записывают в виде f ( t ) = F ( p ) или F ( p ) = f ( t ) , а
также F ( p ) = L ( f ( t ) ) (оригиналы принято обозначать малыми буквами, а их изображения – соответствующими большими буквами).
75
Теорема (существование изображения). Для всякого оригинала
f(t) изображение F ( p ) существует в полуплоскости Re p= s > s0 , где
s0 − показатель роста функции f(t), причем функция F ( p ) является аналитической в этой полуплоскости ( s > s0 ) .
Докажем первую часть теоремы. Пусть p = s + iδ – произвольная точка полуплоскости Re p= s > s0 (рис.1). Учитывая, что
f ( t ) ≤ Mes0 t , находим
∞
∞
− pt
− pt
∫ f ( t ) e ≤ ∫ f ( t ) e dt ≤ M
0
0
∞
∞
0
0
∞
st
∫eo
e− p t dt =
0
−( s − s ) t
s t − st
= M
=
∫ e o e dt M=
∫ e o dt
M
,
s − s0
так как
s − s0 > 0 è =
e− p t
e−st=
e−i δ t e−st cos δ t − i sin
=
δ t e−st .
Таким образом,
F ( p)
=
∞
∫ f (t ) e
− pt
dt ≤
0
M
. s − s0
(2.2)
Отсюда вытекает абсолютная сходимость интеграла (2.1), т. е. изображение F ( p ) существует и однозначно в полуплоскости Re p= s > s0
(см. рис. 1).
Следствие (необходимый признак существования изображения). Если
функция F ( p ) является изображением функции f(t), то lim F ( p ) = 0.
p →∞
δ
Re p > s0
0
s0
s
Рис. 1. Область существования изображения
76
Это утверждение непосредственно вытекает из неравенства (2.2),
если Re p= s → +∞.
Так как F ( p ) – аналитическая функция в полуплоскости
Re p > s0 , функция F ( p ) → 0 при p → ∞ в любом направлении. Отсюда, в частности, следует, что функции F ( p ) = 2, F ( p ) = p3 не могут быть изображениями.
Отметим, что из аналитичности функции F ( p ) следует, что все
ее особые точки должны лежать левее прямой Re p= s= s0 или на
самой этой прямой. Функция F ( p ) , не удовлетворяющая этому условию, не является изображением функции f(t). Не является изображением, например, функция F ( p ) = tg p (ее особые точки расположены на всей оси s).
Теорема (о единственности оригинала). Если функция F ( p ) служит изображением двух оригиналов f1 ( t ) è f2 ( t ), то эти оригиналы
совпадают друг с другом в тех точках, в которых они непрерывны.
Пример 2.1. Найти изображение единичной функции Хевисайда
(рис. 2).
1 ïðè t ≥ 0,
1( t ) = 
0 ïðè t < 0.
Решение. По формуле (2.1) при s =Re p > 0 ( s0 =0 ) находим
∞
b
b
1
p
− pt
=
F=
=
dt lim − e− p t
( p ) ∫ 1e− p t dt lim
∫e =
b→∞
0
т. е. F ( p ) =
0
b→∞
0
1
,
p
1
1
1
или 1( t ) = , или 1 = .
p
p
p
1(t)
1
0
t
Рис. 2. Единичная функция Хевисайда
77
Замечание. В дальнейшем функцию-оригинал будем кратко записывать в виде f(t), полагая, что
f ( t ) ïðè t ≥ 0,
f (t ) = 
ïðè t < 0.
0
Пример 2.2. Найти изображение функции f ( t ) = ea t , где a – любое
число.
Решение. Данная функция является оригиналом. По формуле (2.1)
имеем
∞
b
b
1 −( p − a ) t
− p −a ) t
at − pt
F ( p) =
dt =
− lim
e
=
lim ∫ e (
∫ e e dt =
b→ ∞
b→ ∞ p − a
0
0
0
− p − a )b
 1
e (
= lim 
−
p−a
b→∞  p − a


1
=
,
 p−a

если Re ( p − a ) > 0.
Таким образом,
=
eat 
1
p−a
( Re p > Re a ). (2.3)
Свойства преобразования Лапласа
Свойства преобразования Лапласа облегчают задачу нахождения изображений для большого числа функций, а также задачу
отыскания оригиналов по их изображениям.
Линейность. Линейной комбинации оригиналов соответствует такая же линейная комбинация изображений, т. е. если
f1 ( t ) = F1 ( p ), f2 ( t ) = F2 ( p ), C1 и C2 − постоянные числа, то
C1f1 ( t ) + C2 f2 ( t ) = C1 F1 ( p ) + C2 F2 ( p ) .
Используя свойства интеграла, находим
∞
∫
0
∞
∞
0
0
( C1f1 ( t ) + C2f2 ( t ) ) e− p t dt = C1 ∫ f1 ( t ) e− p t dt + C2 ∫ f2 ( t ) e− p t dt =
= C1 F1 ( p ) + C2 F2 ( p ).
Пример 2.3. Найти изображения функций sin ωt, cos ωt (ω – любое число), C = соnst.
Решение. Пользуясь свойством линейности и формулой (2.3), находим
78
=
sin ω t
ω
ei ω t − e − i ω t 1  1
1 
= 
−=
,

2i
2 i  p − i ω p + i ω  p2 + ω2
ω
.
 2
т. е. sin ω t =
p + ω2
Аналогично получаем формулу
p
cos ωt =
.
 2
p + ω2
Далее,
1
c
c = c × 1 = c , т. е. c = .
p
p
Подобие. Если f ( t ) = F ( p ), то
1  p
f ( λt ) =
 F   при λ > 0,
λ λ
т. е. умножение аргумента оригинала на положительное число λ
приводит к делению изображения и его аргумента на это число.
t1, получаем
По формуле (2.1), полагая λ t =
f ( λ t )= 
∞
∫
f ( λ t ) e− pt dt=
0
p
0
p
− t
1
f ( t ) e λ dt
=
∞
=
∞
− t1
1
f ( t1 ) e λ dt1=
∫
λ
λ∫
0
1  p
F 
λ λ
(так как безразлично, какой буквой обозначена переменная интегрирования).
Например, пусть
p
cos t = 2
.
p +1
Тогда
1
p/ω
p
cos ωt =  ×
= 2
.
2
ω ( p / ω) + 1 p + ω2
Смещение изображения. Если
=
f ( t )  F=
( t )  F ( p − a ),
( p ), a const, то eat f=
at
at
e f=
( t )  F ( p − a ), т. е. умножение оригинала на функцию e влечет за собой смещение переменной p.
79
В силу формулы (2.1)
ea t f ( t )= 
∞
∫
∞
ea t f ( t ) e− p t dt=
∫ f (t ) e
0
−( p − a ) t
( Re ( p − a ) > s0 ).
dt= F ( p − a )
0
Благодаря этому свойству можно расширить таблицу соответствия
между оригиналами и их изображениями:
ω
eat sin ωt =
,

( p − a )2 + ω2
eat cos ωt =

p−a
( p − a )2 + ω2
.
Запаздывание оригинала. Если=
f ( t )  F ( p ), τ > 0, то
−pτ
f (t − τ) =
F ( p ),
e
т. е. запаздывание оригинала на положительную величину τ приводит
к умножению изображения оригинала без запаздывания на e− p τ .
Положив t − τ =t1 , получим
∞
∞
0
−τ
f ( t −=
τ )  ∫ f ( t − τ ) e− p t dt =
∞
− p t − p t1
∫ f ( t1 ) e
∞
− p ( t1 +τ )
=
dt1
− pt
e − p τ F ( p ).
f ( t1 ) e e
dt1 = ∫ f ( t ) e dt
∫=
0
0
Поясним термин «запаздывание». Графики функции f ( t ) è f ( t − τ )
имеют одинаковый вид, но график функции f ( t − τ ) сдвинут на τ единиц вправо (рис. 3). Следовательно, функции f ( t ) è f ( t − τ ) описывают один и тот же процесс, но процесс, описываемый функцией f ( t − τ ),
начинается с опозданием на время τ.
f(t)
f(t)
f(t − τ)
f(t)
0
t
0
τ
t
Рис. 3. График функции оригинала: а – изначальная; б –запаздывающая
80
1(t − τ)
1
0
τ
t
Рис. 4. Обобщенная единичная функция
Свойство запаздывания удобно применять при отыскании изображения функций, которые на разных участках задаются разными
аналитическими выражениями, а также функций, описывающих импульсные процессы.
Функция
1 ïðè t ≥ τ,
1( t − τ ) = 
0 ïðè t < τ
называется обобщенной единичной функцией (рис. 4).
1
Так как 1( t ) = , функция
p
1 −pτ
1( t − τ ) =
.
 e
p
Пример 2.4. Найти изображение функци
0 ïðè t < 0,

f ( t ) = 1 ïðè 0 ≤ t ≤ 3,
0 ïðè t > 3.

Решение. Функция f(t) описывает единичный импульс (рис. 5),
который можно рассматривать как разность оригиналов единичной
функции 1( t ) и обобщенной единичной функции 1( t − 3 ). Поэтому
f ( t ) = 1( t ) − 1( t − 3 ) =

1 1 −3 p
− e
= F ( p ).
p p
Дифференцирование оригинала. Если f ( t ) =
 F ( p ) и функции
n
f ′ ( t ), f ′′ ( t ), … , f ( ) ( t ) являются оригиналами, то
=
f ′ ( t )  pF ( p ) − f ( 0 ), (2.4)
f ′′ ( t )=  p2 F ( p ) − pf ( 0 ) − f ′ ( 0 ), (2.5)
81
f(t)
1
t
3
0
Рис. 5. Единичный импульс
f ′′′ ( t ) =  p3 F ( p ) − p2f ( 0 ) − pf ′ ( 0 ) − f ′′ ( 0 ), (2.6)
n)
f( =
( t )  pn F ( p ) − pn−1f ( 0 ) − ...− f (n−1) ( 0 ), (2.7)
По определению изображения
∞
f ′ ( t ) = ∫ f ′ ( t ) e− pt dt.
0
Возьмем интеграл по частям, положив u = e− p t , du = − pe− pt , dv = f ′ ( t ) dt
dv = f ′ ( t ) dt , v = f ( t ) .
Тогда
∞
− pt
f ′(t ) =
dt =
f ( t ) e− pt
 ∫ f ′(t ) e
0
∞
0
∞
+p
∫ f (t ) e
− pt
− f ( 0 ) + p F ( p ).
dt =
0
Следовательно,
=
f ( t )  pF ( p ) − f ( 0 ).
Воспользовавшись полученным результатом, найдем изображение второй производной:
f ′′ ( t )=
( f ′( t ) )′=  p ( pF ( p ) − f ( 0 ) ) − f ′ ( 0 )=
p2 F ( p ) − pf ( 0 ) − f ′ ( 0 ).
Аналогично определим изображение третьей производной:
(
)
f ′′′=
( t )  p p2 F ( p ) − pf ( 0 ) − f ′ ( 0 ) − f ′′=
(0)
= p F ( p ) − p f ( 0 ) − pf ′ ( 0 ) − f ′′ ( 0 ).
3
2
Применив формулу (2.4) (n – 1) раз, получим формулу (2.7).
82
Замечание. Формулы (2.4)–(2.7) при нулевых начальных условиях имеют простой вид:
если f ( 0 ) = 0, то
f ′ ( t ) = pF ( p ),
′ ( 0 ) 0, то
если f=
( 0 ) f=
f ′′ ( t ) = p2 F ( p ),
и, наконец, если f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = … = f (n −1) ( 0 ) = 0, то
n
f ( ) ( t ) = pn F ( p ),
т. е. дифференцированию оригинала соответствует умножение его
изображения на p.
Пример 2.5. Найти изображение функции f (t) = sin2 t.
Решение. Пусть f ( t ) = F ( p ), тогда
=
f ′ ( t )  pF ( p ) − f (0).
Заметим, что f(0) = 0, а
f ′ ( t ) 2 sin t=
cos t sin
2t 
=
=
2
2
p +4
.
Следовательно,
2
p2 + 4
= pF ( p),
откуда получим
F ( p)
=
2
=
 sin2 t.
2
p( p + 4)
Дифференцирование изображения. Если f ( t ) = F ( p ), то
F ′ ( p ) = −tf ( t ),
2
F ′′ ( p ) =  ( −1) t2f ( t ),
n
n
F ( ) ( p ) =  ( −1) tn f ( t ),
т. е. дифференцированию изображения соответствует умножение
его оригинала на ( −t ).
Согласно теореме существования изображения F ( p ) является
аналитической функцией в полуплоскости Re p= s > s0 . Следова83
тельно, у нее существует производная любого порядка. Дифференцируя интеграл (2.1) по параметру p, получаем
/
F′( p )
∞
∞

/
− pt
=

f
t
e
dt
=
f ( t ) e− p t dt
(
)
∫
∫


p
0
p 0
∞
∞
0
0
(
)
− pt
− pt
=
 −tf ( t ),
∫ f ( t )( −t ) e dt = ∫ ( −tf ( t ) ) e dt =
т. е. F ′ ( p ) = −tf ( t ).
Тогда
′
F ′′ ( p ) =( F ′ ( p ) ) =
 −t ( −tf ( t ) ) =t2 f ( t ),
(
)
−t3f ( t )
F ′′′ ( p ) =
 −t t2f ( t ) =
и в общем случае
n
n
F ( ) ( p ) =  ( −1) tn f ( t ).
Пример 2.6. Найти изображения функций
tn ( n ∈ N ), t sin ωt, t cos ωt.
Решение. Так как 1 = 1 p, по свойству дифференцирования изображения имеем
1
−t1 =
 − 2.
p
Далее находим
/
 1 
2
2!
−t =
− 3 , т. е. t2 =
.
  2  =
p
p3
 p p
2
Продолжая дифференцирование, получаем
n!
tn = n +1 .
p
ω
Так как sin ωt =
,
 2
p + ω2
/

2 ωp
ω 
 −t sin ωt, т. е. −
 2
 =
2
 p + ω p
p2 + ω2
(
84
)
2
=
 −t sin ωt,
или t sin ωt =

(p
2 ωp
2
)
2 2
+ω
.
Аналогично находим
t cos ωt =

(
p2 − ω2
p2 + ω2
)
2
.
Пример 2.7. Найти изображение функции f (t) = t2et .
Решение. Имеем
1
et =
.
p −1
По теореме о дифференцировании изображения
 1 ′
t

 = −te ,
p
−
1


откуда
1
( p − 1)2
= tet .
Далее,

′
1
t

 = −t(te ),
2
 ( p − 1) 
что равносильно
2!
( p − 1)
3
= t2et .
Интегрирование оригинала. Если f ( t ) = F ( p ), то
t
∫ f ( τ ) dt =
0
F ( p)
p
,
т. е. интегрирование оригинала от нуля до t соответствует делению
его изображения на p.
Функция
φ(t ) =
t
∫ f ( τ ) dτ
0
является оригиналом.
85
Пусть φ ( t ) =
 Φ ( p ). Тогда согласно свойству дифференцирования
оригинала
φ′ ( t ) =Φ
p ( p ) − φ ( 0 ) =Φ
p ( p ) ( φ(0) =
0 ).
/
t

А так как φ′ ( t=
)  ∫ f ( τ ) dτ  = f ( t ), имеем


0
t
F ( p )= pΦ ( p ).
Отсюда
t
F ( p)
F ( p)
.
Φ ( p ) = , т. е. ∫ f ( τ ) dτ =

p
p
0
Пример 2.8. Найти изображение интеграла
t
τ
∫ e dτ.
0
1
Решение. Имеем et =
. По теореме об интегрировании оригинала
p −1
1
1
p −1
.
∫ e dτ  p =
p( p − 1)
t
τ
0
Пример 2.9. Найти изображения интегрального синуса
t
∫
0
sin τ
dt.
τ
Решение. Применяя свойство интегрирования оригинала, получаем
t
∫
0
sin τ
π arctg p
τ
−
d=
.
τ
2p
p
Интегрирование изображения. Если f ( t ) = F ( p ) и интеграл
сходится, то
∞
∫ F ( p ) =
0
f (t )
t
∞
∫ F ( p ) dp
p
,
т. е. интегрирование изображения от p до ∞ соответствует делению
его оригинала на t.
86
Используя формулу (2.1) и изменяя порядок интегрирования, получаем
∞ ∞
∞ ∞


− pt
 e− p t dp  f ( t ) dt


F
p
dp
=
f
t
e
dt
dp
=
=
(
)
(
)
∫
∫ ∫
∫ ∫


p
p 0
0p


∞
∞
∞
f (t ) − p t
f (t )
 1 − pt ∞ 
=
.
e
f
t
dt
=
−

(
)


∫ t
∫ t e dt =
p
t
0
0
Пример 2.10. Найти изображения функции
1
Решение. Так как sin t =
, функция
2
p +1
sint
=
t
∞
∫
p
1
2
p +1
dp=
sin t
.
t
π
− arctgp,
2
откуда
sin t π
=
arcctgp.
 − arctgp =
t
2
Пример 2.11. Вычислить несобственный интеграл
∞
∫
0
Решение. Имеем sin t =
sin t
dt.
t
1
2
p +1
. Воспользуемся формулой
∞
∞
0
0
f (t)
∫ t dt = ∫ F( p)dp.
В рассматриваемом случае
∞
sin t
dt
∫=
t
0
∞
dz
∫=
z2 + 1
0
∞
arctg
=
z0
π
.
2
Умножение изображений. Если f1 ( t ) = F1 ( p ), f2 ( t ) = F2 ( p ), то
t
F1 (=
p ) F2 ( p )  ∫ f1 ( t ) f2 ( t − τ ) dτ.
0
87
Интеграл в правой части формулы называется сверткой функций f1 ( t ) è f2 ( t ) и обозначается символом f1 ( t ) ∗ f2 ( t ), т. е.
t
f1 ( t ) ∗ f2 (=
t)
∫ f1 ( τ ) f2 ( t − τ ) dτ.
0
Можно убедиться (полагая t − τ =u ), что свертывание обладает
свойством коммутативности, т. е.
f1 ( t ) ∗ f2 ( t ) = f2 ( t ) ∗ f1 ( t ).
Итак, умножение изображений соответствует свертке их оригиналов:
F1 ( p ) F2 =
( p )  f1 ( t ) ∗ f2 ( t ).
Пример 2.12. Найти оригинал функции
F ( p) =
1
( p2 + ω2 )
2
.
Решение. Так как
=
F ( p)
1
(p
2
2
+ω
×
1
) (p
2
2
+ω
)
1
1
=  sin ωt,
2
ω
p +ω
и
2
имеем
=
F ( p) 
t
1
1
τ ) dτ
∫ ω sin ωt ω sin ω( t −=
0
1
t
t ) dτ
∫ ( cos ω(2τ − t ) − cos ω=
2ω2
0
1  1
1 1
t

t 
sin ω( 2τ − t ) − cos
=
=
ωt τ 0 
t cos ωt 
 sin ωt −=
2  2ω
2
0
 2ω  ω

2ω
1
=
( sin ωt − ωt cos ωt ),
2 ω3
т. е.
(
1
1
=
( sin ωt − ωt cos ωt ).
2
3
2
2
2
ω
p +ω
)
Пример 2.13. Пользуясь теоремой о свертке, найти изображение
для интеграла
t
3( t −τ )
∫e
0
88
τ dτ.
Решение. Для функции f1 ( t ) = e3t соответствующее изображение
1
1
, а для f2 ( t ) = t изображением является F2 ( p ) =
.
F1 ( p ) =
p−3
p2
Тогда по теореме о свертывании оригиналов получаем
t
3( t −τ )
∫e
τ dτ 
0
1
( p − 3) p2
=F ( p).
 F1 ( p ) F2 ( p ) è f1/ ( t ) также является ориСледствие. Если f1 ∗ f2 =
гиналом, то
t
pF1 ( p ) F2 (=
p )  ∫ f1/ ( τ ) f2 ( t − τ ) dτ + f1 ( 0 ) f2 ( t ). (2.8)
0
Запишем произведение pF1 ( p ) F2 ( p ) в виде
pF1 ( p ) F2 ( p )= pF1 ( p ) F2 ( p ) − f1 ( 0 ) F2 ( p ) + f1 ( 0 ) F2 ( p ),
или
pF1 ( p ) F2 ( p ) =
( pF1 ( p ) − f1 ( 0 ) ) F2 ( p ) + f1 ( 0 ) F2 ( p ).
Первое слагаемое в правой части есть произведение изображений, соответствущих оригиналам f1/ ( t ) =
f1/ ( t )  pF1 ( p ) − f1 ( 0 ) и
f2 ( t ). Поэтому на основании свойства умножения изображений и
линейности можно записать
(
)
pF1 ( p ) F2 ( p ) = f1/ ( t ) ∗ f2 ( t ) + f1 ( 0 ) f2 ( t )
или
t
pF1 ( p ) F2=
( p )  ∫ f /1 ( τ )f2 ( t − τ ) dτ + f1 ( 0 ) f2 ( t ).
0
Формула (2.8) называется формулой Дюамеля.
На основании свойства коммутативности свертки формулу Дюамеля можно записать в виде
t
pF1 ( p ) F2 (=
p )  ∫ f2 ( τ )f1′ ( t − τ ) dτ + f2 ( t ) f1 ( 0 ).
0
Формулу Дюамеля можно применять для определения оригиналов по известным изображениям.
89
Пример 2.14. Найти оригинал, соответствующий изображению
F ( p) =
(
2 p2
p2 + 1
)
2
.
Решение: Так как
2 p2
p
1
1
p
= 2p
×
и
t, =
=
 sin
 cos t,
2
2
2
2
2
2
p
p
1
1
+
+
p
1
p
1
+
+
p +1
(
)
на основании формулы Дюамеля (2.8) имеем
2p
t
1
p
× =
τ + 0 t cos t + sin t .
 2 ∫ cos τ cos ( t − τ ) d=
2
2
p +1 p +1
0
Перечислим кратко рассмотренные ранее свойства преобразования Лапласа:
1. Линейность: c1f1 ( t ) + c2f2 ( t ) = c1 F1 ( p ) + c2 F ( p ).
2. Подобие:
f ( λt ) 
=
1  p
F   , λ > 0.
λ λ
αt
3. Смещение: e f=
( t )  F ( p − a ).
=
f ( t − τ )  e − p τ F ( p ), τ > 0.
4. Запаздывание:
5. Дифференцирование оригинала:
=
f ′ ( t )  pF ( p ) − f ( 0 ),
f ′′ ( t )=  p2 F ( p ) − pf ( 0 ) − f ′ ( 0 ),
f ′′′ ( t ) =  p3 F ( p ) − p2f ( 0 ) − pf ′ ( 0 ) − f ′′ ( 0 ),
6. Дифференцирование изображения:
F ′ ( p ) = −tf ( t ),
2
F ′′ ( p ) =  ( −1) t2 f ( t ),
t
7. Интегрирование оригинала: ∫ f ( τ ) dτ =

0
90
F ( p)
p
.
∞
8. Интегрирование изображения:
f (t )
∫ F ( p ) dp =
t
p
.
t
p )  ∫ f1 ( τ ) f2 ( t − τ )=
dt f1f2 .
9. Умножение изображений: F1 ( p ) F2 ( =
0
Таблица часто встречающихся оригиналов и их изображений
∞
№ п/п
Оригинал f(t)
Изображение F ( p ) = ∫ f ( t ) e
− pt
dt
0
1
2
1
e
at
1/р
1
p−a
1
3
T
4
sin ωt
5
cos ωt
6
sh ωt
p − ω2
7
ch ωt
p2 − ω2
8
ea t sin ωt
( p − a )2 + ω2
9
ea t cos ωt
( p − a ) + ω2
10
ea t sh ωt
11
ea t ch ωt
12
tn ( n ∈ N )
2
p
ω
p2 + ω2
p
2
p + ω2
ω
2
p
ω
p−a
2
ω
( p − a )2 − ω2
p−a
( p − a )2 − ω2
n!
pn +1
91
Продолжение таблицы
∞
Оригинал f(t)
№ п/п
Изображение F ( p ) = ∫ f ( t ) e
0
13
eat tn
14
t sin ωt
15
t cos ωt
16
t sh ωt
n!
( p − a)n +1
2ωp
( p2 + ω2 )
2
p2 − ω2
( p2 + ω2 )
2
2ωp
17
t ch ωt
18
ea t t sin ωt
at
e t cos ωt
19
20
21
92
1
( sin ωt − ωt cos ωt )
3
2ω
1
3
2ω
( ωt ch ωt − sh ωt )
22
sin ( ωt ± ϕ )
23
cos ( ωt ± ϕ )
( p2 − ω2 )
2
p2 + ω2
( p2 − ω2 )
2
2ω ( p − a )
(( p − a )
2
+ ω2
)
2
( p − a )2 − ω2
(( p − a )
2
+ ω2
)
2
1
( p2 + ω2 )
2
(p
2
1
− ω2
)
2
ω cos ϕ ± p sin ϕ
p2 + ω2
p cos ϕ  ωsin ϕ
p2 + ω2
− pt
dt
Замечание. На практике отыскание функции-оригинала обычно проводят в следующем порядке: сначала по таблице оригиналов
и изображений отыскивают для заданного изображения F(p) соответствующий ему оригинал. В более сложном случае функцию F(p)
представляют в виде суммы простейших рациональных дробей и,
пользуясь свойством линейности, находят оригинал; наконец, используют теоремы разложения, свойство умножения изображений.
Пример 2.15. Используя теорему линейности, найти изображение функции
f ( t=
) t5 + 18 cos2 5t.
Решение. Представим функцию f(t) в виде линейной комбинации
функций, изображения которых известны. Применим известную
тригонометрическую формулу понижения степени:
1 + cos10t 5
f ( t ) = t5 + 18 ×
= t + 9 + 9 cos10t.
2
Так как
t5 
5!
1
p
, 9  9 × , cos10t 
,
2
p
p
p + 100
6
согласно свойствам линейности получим
5! 9
9p
t5 + 9 + 9 cos 10 t 
F ( p).
+ + 2
=
6
p p + 100
p
Пример 2.16. Найти изображение данного оригинала
f ( t ) =e2t cos2 6t + sin 2t sin4t + 3.
Решение. В силу свойства линейности преобразования Лапласа
найдем изображение каждого слагаемого:
cos2 6t =
1 + cos12 t 1 1
1 1
p
= + cos12 t =
+ × 2
.
2
2 2
2 p 2 p + 122
Применив теорему смещения изображения к первому слагаемому, получим
1
1
p −2
2
e2 t cos
=
6t 
+ ×
.
2 ( p − 2 ) 2 ( p − 2 )2 + 144
Изображение первого слагаемого можно найти также по таблице
оригиналов и изображений.
93
Второе слагаемое
1
1
1
p
1
p
sin 2t sin 4t = cos 2t − cos 6t = ×
.
− ×
2
2
2 p2 + 4 2 p2 + 36
Третье слагаемое 3 = 3 p. Окончательно имеем
1
3
p −2
p
p
+
+
−
+ .
f (t ) =

2 ( p − 2 ) 2 ( p − 2 )2 + 144 2( p2 + 4) 2( p2 + 36) p
Пример 2.17. Восстановить оригинал f(t) по заданному изображению:
2p + 3
F ( p) =
.
3
p + 4 p2 + 5 p
Решение. Представим F(p) в виде суммы простейших дробей:
(
)
A p2 + 4 p + 5 + ( Bp + C ) P
Bp+C
A
2p + 3
F ( p) =
=
+
=
,
p p2 + 4 p + 5
p p2 + 4 p + 5 p
p p2 + 4 p + 5
(
)
(
(
)
)
2 p +=
3 A p2 + 4 p + 5 + ( Bp + C ) p.
Находим неизвестные коэффициенты, например, методом сравнения коэффициентов:
3

−A =
− ,
B =
5
0
A + B =

12
2


=
− ,
2 ⇒ C =−
2
4 A + C =
5
5
5 A = 3


3

 A = 5 .
Таким образом,
3
1
3p + 2
5
F ( p) = − ×
.
p 5 p2 + 4 p + 5
Рассмотрим каждую дробь этого выражения.
Первая дробь
35 3 1
=
×
F1 ( p )=
p 5 p
является изображением f1 ( p ) =
94
3
3
×1 = .
5
5
В знаменателе второй дроби выделяем полный квадрат и записываем ее в виде, позволяющем использовать теорему смещения:
=
F2 ( p )
3( p + 2) − 6 + 2
3p + 2
=
=
p + 4p + 4 +1
( p + 2)2 + 1
2
3( p + 2)
2
( p + 2)
+1
−
4
( p + 2)2 + 1
.
По теореме смещения
p+2
2
 cos te−2t ,
2
 sin te−2t .
( p + 2) + 1
1
( p + 2) + 1
Итак,
F ( p) =

3 1 1 
p+2
1
.
4×
× − × 3×
−
2
2

5 p 5 
p
2
1
p
2
1
+
+
+
+
(
)
(
)


Используя свойство линейности преобразования Лапласа, находим искомый оригинал:
3
1
f ( t ) = × 1 − 3e−2t cos t − 4e−2t sin t .
5
5
(
)
Пример 2.18. Найти функцию-оригинал, если ее изображение
задано как
1
F ( p) =
.
( p − 1) ( p + 1)3
Решение. Рассмотрим два способа нахождения f(t).
Первый способ. Разложим дробь
1
( p − 1) ( p + 1)3
на сумму простейших дробей
1
1
1
1
1
=
−
−
−
+
F ( p) =
3
3
2 8 ( p + 1) 8( p − 1)
2 ( p + 1)
4 ( p + 1)
( p − 1)( p + 1)
и по таблице оригиналов и изображений найдем f(t):
1
1
1
1
f (t ) =
− t2e−t − te−t − e−t + et .
4
4
8
8
95
Второй способ. Представим f(t) как произведение
1
1
1
F=
=
×
,
( p)
3
p
−
1
( p + 1)3
( p − 1)( p + 1)
1
1
= t2 e−t и
= et , воспользовавшись свойством
2
p −1
( p + 1)
умножения изображений, получим
и так как
1
3
t
F ( p=
)  ∫ f1 ( τ ) f2 ( t − τ ) dt=
0
t
t
0
0
1 2 −τ t −τ
1 2 t −2τ
∫ 2 τ e e d=τ 2 ∫ τ e dτ.
2
Последний интеграл возьмем по частям, положив τ = u, du = 2τ dτ,
1
dv =
et −2τdτ, v =
− et −2τ :
2
t

1 2 t −2τ
1  1 2 t −2τ t

τ
=
−
τ
+
τ et −2τ dτ =
e
dt
e
∫
∫

2
2 2
0 0


t
t

1
1 1
1
1
1
1
=
− t2 e−t +  − τ et −2τ + ∫ et −2τ dτ  =
− t2 e−t − te−t − et −2τ

4
2 2
2
4
4
8
0


0
1 2 −t 1 −t 1 −t 1 t
=
− t e − te − e + e =
f ( t ).
4
4
8
8
t
=
0
t
Интеграл ∫ τ et −2τ dτ также был взят по частям при
0
1
u=
τ, du =
dτ, dv =
et −2τ dτ, v =
− et −2τ .
2
Задания для самостоятельной работы
1. Пользуясь таблицей оригиналов и изображений, найти изображения следующих функций:
1.1.1. f (t) =5 + t4 + 2 sin 3t − t cos 2t.
3e5t − 2 cos 2t + 2t cos2 3t.
1.1.2. f (t) =
) t3e2t + 2e3t sin t − 4t + 8 sin 2t.
1.1.3. f (t=
2t3 − 5 cos 4t + 3t sin 2t + 4.
1.1.4. f (t) =
96
=
f (t) 4e3t sin 2t − 3t2 − 10 + 5te4t .
1.1.5.
1.1.6. f (t) =3e5t + 2e4t cos 2t + t2e6t − 1.
1.1.7. f (t) =
2 − e2t sin 4t + 4t cos2 t.
3t4 − 2e3t cos 2t + 8t sin2 4t.
1.1.8. f (t) =
(2t + e3t )2 + 3e4t cos 2t.
1.1.9. f (t) =
) 3 cos 3t − 5t cos 2t + 2e4t − 5t2 .
1.1.10. f (t=
6 + 5t sin 2t + 4e3t sin2 t.
1.1.11. f (t) =
7 + 4e2t cos 3t − 5t3e5t − 3 sin 4t.
1.1.12. f (t) =
1.1.13. =
f (t) 3t cos 2t − 5t + 8e5t sin2 4t.
1.1.14. f (t) = 7e5t − 3t4 + 2t cos 4t + 5t2e3t .
1.1.15. f (t) =
3t2e4t − 2e3t cos 2t + 4 sin2 3t.
2. Используя правило интегрирования изображения, найти изображения следующих функций:
1.2.1. f (t) =
et − 1
,
t
1.2.2. f (t) =
1 − e −t
,
t
sin2 t
,
t
1 − cos t
,
1.2.4. f (t) =
t
1.2.3. f (t) =
1.2.5. f (t) =
et − e−t
.
t
3. Используя правило интегрирования оригинала, найти изображения следующих функций:
1.3.1. f (=
t)
t
∫ sin τdτ,
0
97
t
1.3.2. f (t) = ∫ τ sh 2τdτ,
f (t)
1.3.3.=
(t)
1.3.4. f=
0
t
2
∫ cos
ωτdτ,
0
t
∫ ch ωτdτ,
0
t
2 −τ
1.3.5. f (t) =
∫ τ e dτ.
0
4. Используя теорему о свертке, найти изображения интегралов:
t
1.4.1. ∫ et −τ sin τdτ,
0
t
1.4.2. ∫ e2τ cos(t − τ)dτ,
0
t
2
1.4.3. ∫ (t − τ) ch τdτ,
0
t
1.4.4. ∫ (t − τ)n f (τ)dτ,
0
t
1.4.5. ∫ e2(τ−t) τ2dτ.
0
5. Используя правило интегрирования изображения, вычислить
несобственные интегралы:
1.5.1.
1.5.2.
1.5.3.
∞ − at
∫
e
∫
e
∫
e
0
∞ −γt
0
∞ −αt
0
98
− e−bt
dt,
t
sin at
dt,
t
− e−βt
sin(mt)dt,
t
∞
1.5.4.
∫
cos at − cos bt
dt,
t
∫
sin at sin bt
dt.
t
0
∞
1.5.5.
0
6. Найти оригиналы по заданному изображению:
7 p − 15
,
1.6.1. F ( p) = 3
p − 2 p2 + 5 p
1.6.2. F ( p) =
2 p3 + p2 + 2 p + 2
p5 + 2 p4 + 2 p3
,
2 p2 − 5 p + 1
,
1.6.3. F ( p) = 3
p − 2 p2 + p
p
1.6.4. F ( p) =
,
2
( p + 1)2
1.6.5. F ( p) =
1.6.6. F ( p) =
1.6.7. F ( p) =
1.6.8. F ( p) =
1.6.9. F ( p) =
p+2
3
p − 2 p2 + 2 p
,
2 p2 + 2 p + 13
( p − 2)( p2 + 1)2
,
2 p3 + p2 + 2 p + 2
p5 + 2 p4 + 2 p3
3 p2 + 2 p + 1
( p + 1)2 ( p2 + 1)
,
,
p+2
( p + 1)( p − 2)( p2 + 4)
1.6.10. F ( p) =
1.6.11. F ( p) =
1.6.12. F ( p) =
p2 + 2 p − 1
p3 + 3 p2 + 3 p + 1
p2 + 2 p − 1
p3 − 2 p2 + 2 p − 1
p
3
p +1
,
,
,
,
99
1.6.13. F ( p) =
1.6.14. F ( p) =
1.6.15. F ( p) =
2p + 3
p3 + 4 p2 + 5 p
,
2 p2 + p + 4
p3 + p2 + 4 p + 4
1
2
(1 − p) ( p + 2)
,
.
§ 2. РЕШЕНИЕ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ
УРАВНЕНИЙ И СИСТЕМ УРАВНЕНИЙ
С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
ОПЕРАТОРНЫМ МЕТОДОМ
Для того чтобы найти решение x(t) линейного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами
n
n −1
(2.9)
x( ) + a x( ) +…+ a x = f t 1
( )
n
(где f(t) – оригинал), удовлетворяющее начальным условиям
(n −1) n −1
(2.10)
x (0) =
x0 ,
x′ ( 0 ) =
x0′ , … , x( ) ( 0 ) =
x0
,
следует применить к обеим частям этого уравнения преобразование
Лапласа, т. е. от уравнения (2.9) с условиями (2.10) перейти к операторному уравнению
( pn + a1 pn−1 +…+ an ) X ( p ) + Q ( p ) = F ( p ),
где Х(p) – изображение искомого решения; F(p) – изображение
функции f(t), а Q(p) – некоторый многочлен, коэффициенты которо(n −1)
го зависят от начальных данных x0 , x0′ , … , x0
и который тождеn −1)
(
= 0.
ственно равен нулю, если x0 = x0′ = … = x0
Разрешив полученное операторное уравнение относительно
X ( p) =
F ( p) − Q( p)
L( p)
,
где L ( p=
) pn + a1 pn−1 +…+ an – характеристический многочлен данного уравнения, и найдя оригинал для Х(p), получим искомое решение x(t).
(n −1)
Если считать x0 , x0′ , … , x0
произвольными постоянными, то
найденное решение будет общим решением уравнения (2.9). Совершенно аналогично решаются и системы линейных дифференциальных
100
уравнений с постоянными коэффициентами. Отличие состоит лишь
в том, что вместо операторного уравнения получим систему таких
уравнений, которые будут линейными относительно изображений.
Пример 2.19. Найти операционным методом решение дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданным начальным условиям:
x′′ − 3x′ + 2x= 10 sint, x ( 0=
) x′ ( 0=) 0.
Решение. Пусть решением дифференциального уравнения является функция x(t), изображение которой X(p)
x ( t )  X ( p ).
Тогда
x′ ( t )  pX ( p ),
x′′ ( t )  p2 X ( p ).
Так как sint 
1
, записывая обе части дифференциального
p +1
уравнения в изображениях, получаем
10
p2 X ( p ) − 3 pX ( p ) + 2X ( p ) =,
2
p +1
2
или
(
)
10
X ( p ) p2 − 3 p + 2 =
.
2
p +1
Oтсюда
X ( p) =
(
10
2
)(
p − 3 p + 2 p2 + 1
)
.
Разложим полученную дробь на простейшие:
(p
2
10
)(
2
− 3p + 2 p +1
=
(
)
=
)
10
( p − 2)( p − 1) ( p
2
(
−1
)
)
=
A
B
Cp + D
+
+
=
p − 2 p − 1 p2 + 1
A ( p − 1) p2 + 1 + B ( p − 2 ) p2 + 1 + ( Cp + D )( p − 2 )( p − 1)
Отсюда
(
( p − 2)( p − 1) ( p2 + 1)
)
(
.
)
10= A ( p − 1) p2 + 1 + B ( p − 2 ) p2 + 1 + ( Cp + D )( p − 2 )( p − 1).
101
Находим неизвестные коэффициенты A, B, C, D, методом частных значений:
ïðè x =2 10 =A ⋅ 5 ⇒ A =2;
ïðè x =
1 10 =− B ⋅ 2 ⇒ B =−5;
ïðè x =0 10 =− A − 2B + 2D ⇒ 10
=−2 + 10 + 2D, D =1;
ïðè x =
−1 10 =
−4 A − 6B + 6 ( D − C ).
10 =−8 + 30 + 6 − 6C,
6C
= 18, ⇒ C
= 3.
Итак,
X ( p) =
2
5
3p +1
−
+
,
p − 2 p − 1 p2 + 1
или
X ( p) =
2
5
3p
1
−
+
+
.
p − 2 p − 1 p2 + 1 p2 + 1
По найденному изображению X(p) восстанавливаем оригинал.
x ( t ) = 2e2t − 5et + 3cos t + sin t.
Пример 2.20. Найти операционным методом решение дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданным начальным условиям:
′ ( 0 ) 7.
x′′ − 4x′ =
+ 4x 4t, x
=
( 0 ) 4, x=
Решение. Пусть решением данного уравнения является функция
x(t), изображение которой X(p)
x ( t )  X ( p ).
Тогда
x′ ( t ) 
x′′ ( t ) 
Так как 4t  4 ×
1
pX ( p ) − 4,
p2 X ( p ) − 4 p − 7.
, то записывая обе части данного дифференциp2
ального уравнения, получаем
4
p2 X( ð) − 4 p − 7 − 4 ( pX( ð) − 4 ) + 4 X( ð) = ,
p2
102
или
4
p2 X( ð) − 4 p − 7 − 4 pX( ð) + 16 + 4X( ð) = 2 ,
p
4
X( ð) p2 − 4 p + 4 = 2 + 4 p − 9, p
(
)
4 + 4 p3 − 9 p2
Õ( ð) p2 − 4 p + 4 =
.
p2
(
)
Отсюда
X( ð) =
4 + 4 p3 − 9 p2
(
p2 p2 − 4 p + 4
)
.
Разложим получившуюся дробь на простейшие:
4 + 4 p3 − 9 p2
p
=
2
=
A B
C
D
+
+
+
=
2
p p
p − 2 ( p − 2 )2
( p − 2)
2
2
Ap ( p − 2 ) + B ( p − 2 ) + Cp2 ( p − 2 ) + Dp2
,
2
p2 ( p − 2 )
2
откуда
2
2
4 + 4 p3 − 9 p2= Ap ( p − 2 ) + B ( p − 2 ) + Cp2 ( p − 2 ) + Dp2 .
ïðè p = 0 4 = 4B ⇒ B = 1,
ïðè p= 2 4 + 32 − 36= 4D ⇒ D= 0.
Для нахождения A и C приравняем коэффициенты в левой и правой частях при степенях p1 и p3:
ïðè p = 1 0 = 4 A − 4B ⇒ A = 1,
ïðè p =3 4 =A + C ⇒ C =3.
Итак,
1 1
3
X ( p) = + 2 +
.
p p
p −2
По найденному изображению X(p) восстанавливаем оригинал x(t):
x ( t ) = 1 + t + 3e2t .
x (0)
Пример 2.21. Найти частное решение дифференциального урав=
x ( 0 ) 1=
, x′ ( 0 ) 2.
нения x′′ + 4x =
−et , удовлетворяющее начальным условиям
1=
, x′ ( 0 ) 2.
103
Решение. Пусть x ( t ) = X ( p ). Тогда
=
x′ ( t )  p X ( p ) − 1,
=
x′′ ( t )  p2 X ( p ) − p − 2.
Кроме того,
−et =
−
1
.
p −1
Операторное уравнение имеет вид
1
.
p −1
p2 X ( p ) − p − 2 + 4 X ( p ) =−
Отсюда находим
X ( p) =
p2 + p − 3
( p − 1) ( p2 + 4 )
.
Разлагая эту дробь на простейшие, получаем
−1
1 6 p + 11
=
+ ×
X
.
( p)
5 ( p − 1) 5 p2 + 4
Используя свойство линейности преобразования Лапласа и таблицу оригиналов и изображений, находим искомое частное решение дифференциального уравнения:
1
6
11
x (t ) =
− et + cos 2 t +
sin 2 t.
5
5
10
Пример 2.22. Решить операционным методом систему дифференциальных уравнений
x 3x + 4y,
=
=
x ( 0 ) 1=
, y ( 0 ) 1.

y 4x − 3y,
=
Решение. Пусть решением системы данного уравнения являются
функции x(t) и y(t), а соответствующие им изображения
x ( t )  X ( p ), y ( t )  Y ( p ).
Тогда
104
=
x x′ ( t )  pX ( p ) − 1,

=
y y′ ( t )  pY ( p ) − 1.
Переходим к рассмотрению изображений. Систему данного уравнения записываем следующим образом:
1,
 pX − 1= 3X + 4Y
( p − 3 ) X − 4Y =
⇒ 

1.
−4X + ( p + 3 ) Y =
 pY − 1= 4X − 3Y
Решаем полученную систему операторных уравнений методом
Крамера
∆=
∆X =
p−3 −4
= ( p − 3 )( p + 3 ) − 16 = p2 − 9 − 16 = p2 − 25,
−4 p + 3
1
−4
p−3 1
= p + 3 + 4 = p + 7, ∆ Y =
= p − 3 + 4 = p + 1.
1 p+3
−4
1
По формулам Крамера получаем
∆X
p +7
ð
7
5
=
=
+ ×
,
2
2
2
∆
p − 25 ð − 25 5 p − 25
∆
p +1
p
1
5
Y= Y=
=
+ ×
.
2
2
2
∆
5
p − 25 p − 25
p − 25
X=
По найденным изображениям восстанавливаем искомые оригиналы и находим
7

( t ) ch 5t + sh 5t,
x=
5

1
=
y ( t ) ch 5t + sh 5t.

5
Пример 2.23. Решить систему дифференциальных уравнений,
удовлетворяющих заданным начальным условиям:
x = 4x − 3y + sin t,
x=
( 0 ) y=
( 0 ) 0.

y = 2x − y − 2 cos t,
Решение. Пусть решением системы дифференциальных уравнения
являются функции x(t) и y(t), а соответствующие им изображения
x ( t )  X ( p ), y ( t )  Y ( p ).
Тогда
′ ( t )  pX ( p ), y y′ ( t )  pY ( p ).
=
x x=
105
Переходя к изображениям, систему дифференциальных уравнений записываем следующим образом:
1
1


,
 pX = 4X − 3Y + 2
( p − 4 ) X + 3Y = 2
p +1
p +1


⇒ 

2p
2p
 pY =
−2X + ( p + 1) Y =
2X − Y −
.
− 2
2


p +1
p +1
Решаем полученную систему методом Крамера:
∆=
p−4 3
=
−2 p + 1
( p − 4 )( p + 1) + 6 =
1
3
2
p +1
∆=
X
2p
− 2
p +1
6p
7p +1
p +1
=
+
=
,
2
2
2
+
+
+
1
1
1
p
p
p
p +1
1
p−4
=
∆Y
p2 − 3 p − 4 + 6 = p2 − 3 p + 2,
−2 p ( p − 4 )
p +1
2
8 p − 2 p2 + 2
.
=
=
+
2
2
2
2p
1
1
1
p
+
p
+
p
+
− 2
p +1
2
−2
По формулам Крамера имеем
X
=
∆X
=
∆
7p +1
( p2 + 1)( p2 − 3 p + 2)
, =
Y
∆Y
=
∆
8 p − 2 p2 + 2
( p2 + 1)( p2 − 3 p + 2)
.
Разлагаем каждую из полученных дробей на простейшие:
=
X
7p +1
=
2
p − 3 p + 2 p2 + 1
(
)(
=
=
(
)
7p +1
=
( p − 1)( p − 2) p2 + 1
)
(
)
A1
B
C p+D
+ 1 + 1
=
p −1 p − 2
p2 + 1
(
)
A1 ( p − 2 ) p2 + 1 + B1 ( p − 1) p2 + 1 + ( C1 p + D1 )( p − 1)( p − 2 )
Отсюда
(
( p − 1)( p − 2) ( p2 + 1)
)
(
)
.
7 p +=
1 A1 ( p − 2 ) p2 + 1 + B1 ( p − 1) p2 + 1 + ( C1 p + D1 )( p − 1)( p − 2 ).
106
Находим неизвестные коэффициенты комбинированным методом,
используя методы частных значений и сравнения коэффициентов:
ïðè p =
1 8=
−2 A1 ⇒ A1 =
−4,
ïðè p = 2 15 = 5B1 ⇒ B1 = 3,
−2 A1 − B1 + 2D1 ⇒ 1 =
−2.
ïðè p =
0 1=
8 − 3 + 2D1 ⇒ D1 =
Для нахождения C приравниваем коэффициенты в левой и правой частях при p3:
0=
A1 + B1 + C1 ⇒ 0 =
−4 + 3 + C1 ⇒ C1 =
1.
Итак,
X=
4
3
2
p
−4
3
p −2
−
+
+
−
.
+
+
, или X =
2
2
2
−
−
p
1
p
2
p −1 p − 2 p +1
p +1 p +1
По найденному изображению восстанавливаем оригинал x(t):
x (t ) =
−4et + 3e2t + cos t − 2 sin t.
Аналогично для Y получаем:
=
Y
8 p − 2 p2 + 2
=
p2 − 3 p + 2 p2 + 1
(
)(
=
=
(
)
)
8 p + 2 p2 + 2
=
( p − 1)( p − 2) p2 + 1
(
)
A2
B
C p + D2
+ 2 + 2
=
p −1 p − 2
p2 + 1
(
)
(
)
A2 ( p − 2 ) p2 + 1 + B2 ( p − 1) p2 + 1 + ( C2 p + D2 )( p − 1)( p − 2 )
( p − 1)( p − 2) ( p2 + 1)
.
Отсюда
(
)
8 p − 2 p2 +=
2 A2 ( p − 2 ) p2 + 1 + B2 ( p − 1) p2 + 1 +
+ ( C2 p + D2 )( p − 1)( p − 2 ).
Находим неизвестные коэффициенты A2, B2, C2, D2, используя
комбинированный метод:
ïðè p =
1 8 − 2 + 2 =−2 A2 ⇒ A2 =−4,
ïðè =
p 2 16 − 8 +=
2 5B2 ⇒ B
=
2 2,
ïðè p =
0 2=
−2 A1 − B1 + 2D1 ⇒ 2 =
8 − 2 + 2D1 ⇒ D1 =
−2.
107
Для нахождения C приравняем коэффициенты в левой и правой
часятях при p3:
0 =A2 + B2 + C2 ⇒ 0 =−4 + 2 + C2 ⇒ Ñ2 =2.
Таким образом,
Y=
−4
2
2p −2
4
2
2p
2
+
+
−
+
+ 2
− 2
, или Y =
.
2
p −1 p − 2 p +1
p −1 p − 2 p +1 p +1
По найденному изображению восстанавливаем оригинал y(t):
y (t ) =
−4et + 2e2t + 2 cos t − 2 sin t.
Окончательно имеем
x ( t ) =
−4et + 3e2t + cos t − 2 sin t,

−4et + 2e2t + 2 cos t + 2 sin t.
y ( t ) =
Пример 2.24. Решить систему дифференциальных уравнений
x = 3x − y + z,

y = x + y + z, x ( 0 ) = 6, y ( 0 ) = 0, z ( 0 ) = 2
z = 4x − y + 4z,

(λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 5).
Решение. Пусть
=
x x=
p ) X=
, y y=
p ) Y=
, z z=
p) Z.
( t )  X (=
( t )  Y (=
( t )  Z (=
Найдем изображение производных
′(t)  p Z ( p) − 2.
x = x′(t) = p X( p) − 6, y = y′(t) = pY ( p),=
z z=
Переходим к рассмотрению изображений. Систему дифференциальных уравнений записываем следующим образом:
 pX − 6= 3X − Y + Z,

 pY = X + Y + Z,
 pZ − 2= 4X − Y + 4 Z .

Переносим неизвестные в левую часть:
6,
( p − 3) X + Y − Z =

0,
− X + ( p − 1)Y − Z =
−4X + Y + ( p − 4) Z =
2.

108
Решаем полученную систему методом Крамера. Находим основной определитель системы:
p−3
−1
−4
∆=
= ( p − 3)
p −1
1
1
p −1
1
−1
−1
−1
p−4
−4
−1
−1 =
p−4
−1
−1
+ (−1)
p−4
−4
p −1
=
1
=p3 − 8 p2 + 17 p − 10.
Находим вспомогательные определители:
6
∆ X= 0
2
1
−1
p − 1 −1 = 6 p2 − 28 p + 26,
p−4
1
p−3 6
∆ Y = −1 0
−4 2
p−3
∆ Z = −1
−4
−1
−1 = 8 p − 4,
p−4
1
6
p − 1 0 = 2 p2 + 16 p − 22.
1
2
По формулам Крамера имеем
∆X
6 p2 − 28 p + 26
,
= 3
∆
p − 8 p2 + 17 p − 10
∆Y
8p−4
,
Y =
=
3
∆
p − 8 p2 + 17 p − 10
X
=
Z
=
∆Z
2 p2 + 16 p − 22
.
= 3
∆
p − 8 p2 + 17 p − 10
Многочлен третьей степени, находящийся в знаменателе, можно разложить на множители, используя данные в условии корни
λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 5.
109
Тогда
p3 − 8 p2 + 17 p − 10 = ( p − 1)( p − 2)( p − 5).
Используя этот факт, разлагаем в сумму простейших дробей изображения искомых функций:
A
B
C
6 p2 − 28 p + 26
= 1 + 1 + 1 =
( p − 1)( p − 2)( p − 5) p − 1 p − 2 p − 5
A ( p − 2)( p − 5) + B1 ( p − 1)( p − 5) + C1 ( p − 1)( p − 2)
= 1
.
( p − 1)( p − 2)( p − 5)
X=
Приравняем числители дробей:
6 p2 − 28 p + 26
= A1 ( p − 2)( p − 5) + B1 ( p − 1)( p − 5) + C1 ( p − 1)( p − 2).
Для нахождения коэффициентов применим метод частичных значений:
ïðè p = 1 4 = 4 A1 ⇒ A1 = 1,
ïðè p =
2 − 6 =−3B1 ⇒ B1 =
2,
ïðè p = 5 18 = 6Ñ1 ⇒ Ñ1 = 3.
Итак, изображение Х(р) имеет вид
X( p) =
1
2
3
+
+
.
p −1 p − 2 p − 5
По найденному изображению восстанавливаем оригинал x(t):
x(t) =
et + 2e2t + 3e5t .
Аналогичными преобразованиями получаем
Y ( p) =
1
4
3
−
+
,
p −1 p − 2 p − 5
откуда имеем
y(t) =et − e2t + 3e5t ;
1
6
9
Z ( p) =
−
−
+
,
p −1 p − 2 p − 5
откуда находим
z(t) =
−et − 6e2t + 9e5t .
110
Окончательно получаем
x(t) =
et + 2e2t + 3e5t ,

t
2t
5t
y(t) =e − e + 3e ,

−et − 6e2t + 9e5t .
z(t) =
Задания для самостоятельной работы
1. Решить операторным методом линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка:
′ + x t2 , =
′(0) 0.
=
x(0) 1, x
2.1.1. x′′ + 2x=
cos t, x(0) =
−1, x′(0) =
1.
2.1.2  x′′ + x =
′(0) 0.
5x 3, x=
(0) 1, x=
2.1.3. x′′ + 2x′ +=
′(0) 0.
2x 1, x=
(0) 0, x=
2.1.4. x′′ + 2x′ +=
′(0) 0.
4x t, x=
(0) 1, x=
2.1.5. x′′ +=
′(0) 0.
+ x′ cos t, =
x(0) 2, x=
2.1.6. x′′=
′(0) 0.
− x′ tet , =
x(0) 0, x=
2.1.7. x′′=
′ + x t, =
′(0) 0.
x(0) 0, x
=
2.1.8. x′′ + 2x=
sin t, x(0) =
−1, x′(0) =
0.
2.1.9. x′′ − x =
2.1.10. x′′ − 2x′ + x =t − sin t, x(0) =0, x′(0) =0.
−1.
4 sin2 t, x(0) =
0, x′(0) =
2.1.11. x′′ + x′ =
′(0) 0.
2x et , x=
(0) 0, x=
2.1.12. x′′ − 3x′ +=
′(0) 1.
− x ′ t2 , =
x(0) 0, x=
2.1.13. x′′=
′′ + x t cos 2t, =
x(0) 0, =
x′(0) 0.
2.1.14. x=
2.1.15. x′′ + x = tet + 4 sin t, x(0) = 0, x′(0) = 0.
′(0) 0.
4x sin t, x=
(0) 0, x=
2.1.16. x′′ +=
=
x′ e2t , x=
(0) 0, x′=
(0) 0.
2.1.17. x′′ − 2
111
′(0) 1.
3x e−t , x=
(0) 0, x=
2.1.18. x′′ + 2x′ −=
sin t, x(0) =
0, x′(0) =
−1.
2.1.19. x′′ + 2x′ + x =
=
x′ t sin t, x=
(0) 0, x′=
(0) 0.
2.1.20. x′′ + 2
2. Решить операторным методом системы линейных дифференциальных уравнений:
2.2.1. x= x + y,
x(0) = 0, y(0) = −1.

−2x + 4y.
y =
x 4x − y,
2.2.2. =
=
x(0) 3=
, y(0) 1.

 y= x + 2y.
2.2.3. x= x + y,
=
x(0) 1=
, y(0) 0.

−2x + 3y.
y =
2.2.4. =
x 2x − y,
=
x(0) 1=
, y(0) 0.

y 4x − 2y.
=
2.2.5. x =−x − 2y,
=
x(0) 0=
, y(0) 1.

y 3x + 4y.
=
−2x + 4y,
2.2.6. x =
x(0) =
−3, y(0) =
0.

2
y =− x + 3y + 3t ,
2.2.7. x = 3x + 2y + 4e5t ,
x(0) = 0, y(0) = −2.

y= x + 2y,
2.2.8. x = 2x − 3y,
−5, y(0) =
x(0) =
0.

y =x − 2y + 2 sin t,
2.2.9. x = 2x − y,
=
x(0) 0=
, y(0) 3.

t
y =−x + 2y − 5e sin t,
2.2.10. x = 5x − 3y + 2e3t ,
x(0) = 0, y(0) = −1.

−t
 y = x + y + 5e ,
112
2.2.11. x = 3x − y + z,

4, y(0) =
1, z(0) =−2
y =x + y + z, x(0) =
z = 4x − y + 4z,

(λ1= 1, λ2= 2, λ3= 5)
2.2.12. x = 4x − y − z,

y =x + 2y − z, x(0) =2, y(0) =3, z(0) =0
z = x − y + 2z,

(λ1 =2, λ2 =λ3 =3)
2.2.13. x =−x + y − 2z,

4x + y,
x(0) =
1, y(0) =
1, z(0) =
1
y =
z = 2x + y − z,

(λ1 =1, λ2 =λ3 =−1)
x 2x + y,
2.2.14. =

x + 3y − z, x(0) =3, y(0) =2, z(0) =3
y =
z =−x + 2y + 3z,

(λ1 = 1, λ2,3 = 3 ± i)
2.2.15. x = 2x − y + z,

y =x + 2y − z, x(0) =1, y(0) =3, z(0) =2
z = x − y + 2z,

(λ1= 1, λ2= 2, λ3= 3)
2.2.16. x =−2x + y − 2z,

y =x − 2y + 2z, x(0) =1, y(0) =1, z(0) =2
z = 3x − 3y + 5z,

(λ1 =3, λ2 =λ3 =−1)
2.2.17. x = x − y − z,

2, y(0) =
3, z(0) =
1
x + y, x(0) =
y =
=
z 3x + z,
(λ1 = 1, λ2,3 = 1 ± 2i)
113
2.2.18. x =x − 2y − z,

−x + y + z, x(0) =−2, y(0) =
3, z(0) =−2
y =
z= x − z,

(λ1= 0, λ2= 2, λ3 =−1)
2.2.19. x = 2x − y + z,

x + z,
x(0) =
1, y(0) =
1, z(0) =
0
y =
z=

−
3
x
+
y
−
2
z
,

(λ1 =0, λ2 =1, λ3 =−1)
2.2.20. x =
−2x − 2y − 4z,


) 1, y(0=
) 1, z(0=
) 1
y= −2x + y − 2z, x(0=
z = 5x + 2y + 7z,

(λ1 =
1, λ2= 2, λ3= 3)
Ответы к заданиям для самостоятельной работы
5 24
6
p2 − 4
1.1.1. F ( p) = +
+
−
.
p p5 p2 + 9 ( p2 + 4)2
1.1.2. F ( p)=
( p)
1.1.3. F=
3
2p
1
p2 − 36
−
+
−
.
p − 5 p2 + 4 p2 ( p2 + 36)2
6
( p − 2)
4
+
2
2
( p − 3) + 1
−
4
2
p
+
16
2
p +4
.
12
5p
12
4
1.1.4. F ( p) =−
+ 2
+ .
4
2
2
p
p
p + 16 ( p + 4)
F ( p)
1.1.5.=
8
2
( p − 3) + 4
−
6
p
3
−
10
5
.
+
p ( p − 4)2
3
p−4
2
1
1.1.6. F ( p) = + 2
+
− .
2
3
p −5
p
( p − 4) + 4 ( p − 6)
2
4
2
p2 − 4
1.1.7. F ( p) = −
+
+2
.
p ( p − 2)2 + 16 p2
( p2 + 4)2
114
72
p−3
4
p2 − 64
+
−4
.
1.1.8. F ( p) = 5 − 2
p
( p − 3)2 + 4 p2
( p2 + 64)2
8
4
1
p−4
+
+3
.
1.1.9. F ( p) = 3 +
2
p−6
p
( p − 3)
( p − 4)2 + 4
1.1.10. F ( p) =
3p
2
p +9
−5
p2 − 4
2
2
( p + 4)
+
2
10
−
.
p − 4 p3
6
20 p
2
p−3
+
−2
.
1.1.11. F ( p) =+ 2
p ( p + 4)2 p − 3
( p − 3)2 + 4
7
p −2
30
12
+4
−
−
.
1.1.12. F ( p) =
2
4
2
p
( p − 2) + 9 ( p − 5)
p + 16
F ( p) 3
1.1.13.=
1.1.14. F ( p)=
1.1.15. F
=
( p)
p2 − 4
2
2
( p + 4)
−
5
2
p
+
4
p −5
−4
.
p −5
( p − 5)2 + 64
7
72
p2 − 16
10
−
+2
+
.
5
2
2
p −5 p
( p + 16)
( p − 3)3
6
( p − 4)
3
−2
p−3
2
( p − 3) + 4
+
2
2p
−
.
p p2 + 36
 p 
1.2.1. F ( p) = ln 
.
 p −1 
 p +1 
1.2.2. F ( p) = ln 
.
 p 
1 
1.2.3. F ( p) = ln 
2 


1.2.4. F ( p) = ln 


p2 + 4 
.

p

p2 + 1 
.

p

 p +1 
1.2.5. F ( p) = ln 
.
 p −1 
115
1
1.3.1. F ( p) =
1.3.2. F ( p) =
4
2
( p − 4)2
p2 ( p2 + 4ω2 )
1
1.3.4. F ( p) =
2
p − ω2
p( p + 1)3
.
1
( p − 1)( p2 + 1)
.
p
( p − 2)( p2 + 1)
2
1.4.3. F ( p) =
1.4.4. F ( p) =
.
.
2
1.3.5. F ( p) =
1.4.2. F ( p) =
.
p2 + 2ω2
1.3.3. F ( p) =
1.4.1. F ( p) =
.
p( p2 + 1)
2
p ( p2 − 1)
n ! F ( p)
1.4.5. F ( p) =
pn +1
.
.
2
3
.
p ( p + 2)
.
b
1.5.1. ln  .
a
1.5.2.
π
γ
− arctg  .
2
a
β
2
1.5.3. arctg   − arctg  .
m
m
b
1.5.4. ln  .
a
116
1.5.5.
1 a+b
ln
.
2 a−b
1.6.1. f (t) = 3et cos 2t − 2et sin 2t − 3.
(t)
1.6.2. f=
1 2
t + 2e−t sin t.
2
et − 2tet + 1.
1.6.3. f (t) =
1
1.6.4. f (t) = t sin t.
2
1.6.5. f (t) = 2et sin t − et cos t + 1.
3
1.6.6. f (t) =e2t + cos t + 2t cos t − t sin t.
2
(t)
1.6.7. f=
1 2
t + 2e−t sin t.
2
−e−t + te−t + cos t + sin t.
1.6.8. f (t) =
1
1
1
1
1.6.9. f (t) = e2t − e−t − cos 2t − sin 2t.
6
15
10
5
f (t) e−t (1 − t2 ).
1.6.10. =
1.6.11. f (t=
)
1 t 2
3
3  1 −t
e  cos
t + 3 sin
t − e .
3
2
2  3

3 1 −2t
+ e ( 4 sin t − 3 cos t ).
1.6.12. f (t) =
5 5
(t)
1.6.13. f=
(
)
1 −2t t
e
− e + 3tet .
9
t) e−t + cos 2t.
1.6.14. f (=
1 t 1 −t 2 
3
3 
1.6.15. f (t) =
te − te
t + 3 sin
t .
 cos
3
3
2
2 

2.1.1. x(t) = t2 − 4t + 6 − 5e−t − te−t .
117
)
2.1.2. x(t=
1
t sin t − cos t + sin t.
2
3 2 −t
1
+ e cos 2t + e−t sin 2t.
2.1.3. x(t) =
5 5
5
(
)
1
t e−t cos t − e−t sin t .
2.1.4. x(t) =−
2
1
1
2.1.5. x(t) =t + cos 2t − sin 2t.
4
8
2+
2.1.6. x(t) =
(
)
1 t
e − cos t + sin t .
2
1 

2.1.7. x(=
t) et  1 − t + t2  − 1.
2 

t) 2e−t + te−t + t − 2.
2.1.8. x(=
1
3
1
− et − e−t − sin t.
2.1.9. x(t) =
4
4
2
1
1
2
2.1.10. x(t) = 2 + t − cos t + tet − et .
2
2
3
2.1.11. x(t) = 2t − 3 + 3e−t −
(
2.1.12. x(t) = e2t − et − tet .
1
2.1.13. x(t)= 3et − 3 − 2t − t2 − t3 .
3
2.1.14. x(t) =
4
5
1
sin 2t − sin t − t cos 2t.
9
9
3
1
1
2.1.15. x(t) = (t − 1)et + cos t + 2 sin t − 2t cos t.
2
2
x(t)
2.1.16.=
1
1
sin t − sin 2t.
3
6
2.1.17. x(t) =
1
1 − e2t + 2te2t .
4
118
(
)
1
sin 2t − 2 cos 2t + 2e−t .
5
)
(
)
(
)
2.1.18. x(t)=
1
3et − e−3t − 2e−t .
8
2.1.19. x(t)=
1 −t
e − te−t − cos t .
2
t)
2.1.20. x(=
1
2e−2t − 2 cos t + 14 sin t − 5t sin t − 10t cos t .
25
(
)
e2t e3t , y =−
e2t 2e3t .
2.2.1. x =−
2.2.2. x = e3t + 2(t + 1)e3t , y = e3t + 2te3t .
e2t (cos t sin t), y =
−2e2t sin t.
2.2.3. x =−
1 + 2t, y =
4t.
2.2.4. x =
2et − 2e2t , y =
−2et + 3e2t .
2.2.5. x =
2.2.6. x =4e−t + 2e2t − 6t2 + 6t − 9, y =e−t + 2e2t − 3t2 − 3.
2.2.7. x =
et − 4e4t + 5e5t , y =
−et − 2e4t + e5t .
−3et − 2e−t + 3 sin t, y =
−et + 2e−t − cos t + 2 sin t.
2.2.8. x =
−et − e3t + et (2 cos t − sin t), y =
−et + 2e3t + et (3 cos t + sin t).
2.2.9. x =
2.2.10. x = 2e2t + 3e4t − e−t − 4e3t , y = 2e2t + e4t − 2e−t − 2e3t .
2.2.11. x = 2et + e2t + 5e5t , y = 2et − 2e2t + 2e5t , z = −2et − 3e2t + 3e5t .
e2t e3t , y =+
e2t 2e3t , z =−
e2t e3t .
2.2.12. x =+
2.2.13. x = (1 − t)e−t , y = 2et − (1 − 2t)e−t , z = et + te−t .
2.2.14. x =
2e2t + e3t (cos t + sin t), y =
2e3t cos t, z=
2e2t + e3t (cos t + 3 sin t).
2e2t − e3t , y =
et 2e2t , z =
et + 2e2t − e3t .
2.2.15. x =
−e3t + 2e−t , y =
e3t , z =
3e3t − e−t .
2.2.16. x =
119
−2et (sin 2t − cos 2t), y =
et (2 + cos 2t + sin 2t), 2.2.17. x =
z= et (−2 + 3 cos 2t + 3 sin 2t).
1 3e2t , y =
2e2t + e−t , z =−
1 e2t − 2e−t .
2.2.18. x =−
2 − e−t , y =
2 − e−t , z =−
2e−t 2.
2.2.19. x =
2.2.20. x = 6et − e2t − 4e3t , y = 3et − 2e3t , z = 6e3t + e2t − 6et .
120
Литература
1. Арнольд В. И. Обыкновенные дифференциальные уравнения.
Ижевск: УдмГУ, 2000.
2. Волков И. К., Канатников А. Н. Интегральные преобразования и операционное исчисление: учеб. для вузов. – М.: Изд-во МГТУ
им. Н. Э. Баумана, 2002.
3. Егоров А. И. Обыкновенные дифференциальные уравнения
с приложениями. М.: Физматлит, 2005.
4. Демидович Б. П., Моденов В. П. Дифференциальные уравнения: учеб. пособие. СПб.: Лань, 2008.
5. Краснов М. Л. Обыкновенные дифференциальные уравнения.
М.: Физматлит, 2002.
6. Краснов М. Л., Киселев А. И., Макаренко Г. И. Операционное
исчисление. М.: Едиториал, 2003.
7. Панюкова Т. А. Основы теории дифференциальных уравнений
для экономистов. М.: Либроком, 2010.
8. Тихонов А. Н., Васильева А. Б., Свешников А. Г. Дифференциальные уравнения. М.: Физматгиз, 2005.
9. Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. Ижевск: РХД, 2000.
10. Эльсгольц Л. Е. Обыкновенные дифференциальные уравнения. СПб.: Лань, 2002.
121
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие...........................................................................
3
ГЛАВА 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ.
РЕШЕНИЕ ИНТЕГРИРОВАНИЕМ.............................................
4
§ 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО
ПОРЯДКА..............................................................................
1.1. Основные определения.................................................. 1.2. Дифференциальные уравнения с разделяющимися
переменными.................................................................... 1.3. Однородные дифференциальные уравнения первого
порядка............................................................................ 1.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка....
1.4.1. Метод Бернулли..................................................... 1.4.2. Метод вариации произвольной постоянной
(метод Лагранжа)............................................................ 1.5. Уравнения в полных дифференциалах............................ 4
4
6
8
16
16
18
21
§ 2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ,
ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА................................. 2.1. Уравнение, не содержащее искомую функцию
и ее первую производную в явном виде.................................. 2.1.1. Уравнение, не содержащее искомую функцию
в явном виде......................................................................
2.1.2. Уравнение, не содержащее независимую переменную
в явном виде................................................................... 29
§ 3. ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ.............
32
§ 4. ЛИНЕЙНЫЕ НЕОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ.........................................
4.1. Метод Лагранжа нахождения общего решения линейных
неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка....
4.2. Метод Эйлера нахождения общего решения линейного
неоднородного дифференциального уравнения
со специальной правой частью............................................. § 5. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
С ПЕРЕМЕННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ.................................
5.1. Построение общего решения линейного уравнения
по известному частному решению......................................... 5.2. Уравнения Эйлера........................................................ § 6. ЛИНЕЙНЫЕ СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ
УРАВНЕНИЙ..........................................................................
6.1. Сведение системы линейнх дифференциальных
уравнений к линейному дифференциальному уравнению
второго порядка................................................................. 122
27
27
28
37
37
41
47
47
49
52
52
6.2. Метод Эйлера неопределенных коэффициентов................ 6.3. Метод Лагранжа вариации произвольных постоянных...... Ответы к заданиям для самостоятельной работы..................... 57
60
64
ГЛАВА 2. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЛАПЛАСА.................................
75
§ 1. ОРИГИНАЛЫ И ИХ ИЗОБРАЖЕНИЯ..................................
75
§ 2. РЕШЕНИЕ ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ
УРАВНЕНИЙ И СИСТЕМ УРАВНЕНИЙ С ПОСТОЯННЫМИ
КОЭФФИЦИЕНТАМИ ОПЕРАТОРНЫМ МЕТОДОМ....................
Ответы к заданиям для самостоятельной работы..................... 100
114
Литература.............................................................................
121
123
Учебное издание
Макарова Мария Валентиновна
Смирнов Александр Олегович
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
И РАЗНОСТНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ЧАСТЬ I
Учебное пособие
Редактор А. А. Гранаткина
Компьютерная верстка В. Н. Костиной
Сдано в набор 23.01.17. Подписано к печати 15.03.17. Формат 60 × 84 1/16.
Усл. печ. л. 7,2. Уч.-изд. л. 7,8.
Тираж 50 экз. Заказ № 81.
Редакционно-издательский центр ГУАП
190000, Санкт-Петербург, Б. Морская ул., 67
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
3
Размер файла
1 303 Кб
Теги
makarovasmirnov
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа