close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

ZingerMakarova

код для вставкиСкачать
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное автономное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
САНКТ-ПЕТЕРБУРГСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
АЭРОКОСМИЧЕСКОГО ПРИБОРОСТРОЕНИЯ
А. А. Зингер, М. В. Макарова
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2014
УДК 517.9(075)
ББК 22.161.6я73
З63
Рецензенты:
доктор физ.-мат. наук, профессор Ю. А. Пичугин;
доктор физ.-мат. наук, профессор В. Г. Фарафонов
Утверждено
редакционно-издательским советом университета
в качестве учебного пособия
Зингер А. А., Макарова М. В.
З63 Дифференциальные уравнения: учеб. пособие/ А. А. Зингер, М. В. Макарова. – СПб.: ГУАП, 2014. – 56 с.: ил.
ISBN 978-5-8088-0889-8
Даются теоретические и практические сведения о дифференциальных
уравнениях первого, второго и высших порядков. Изложена методика нахождения решений различных типов дифференциальных уравнений и её
обоснование. Учебное пособие содержит многочисленные примеры, в частности прикладной направленности, а также задачи для самостоятельного
решения. Приводятся сведения о приближённых методах решения дифференциальных уравнений.
Учебное пособие рекомендуется студентам первого и второго курсов естественнонаучных факультетов, а также магистрантам.
УДК 517.9(075)
ББК 22.161.6я73
ISBN 978-5-8088-0889-8
© Санкт-Петербургский государственный
университет аэрокосмического
приборостроения (ГУАП), 2014
© А. А. Зингер, М. В. Макарова, 2014
ПРЕДИСЛОВИЕ
В учебном пособии рассмотрены вопросы теории обыкновенных дифференциальных уравнений.
В первом разделе изучены дифференциальные уравнения первого порядка. Рассмотрены задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям этого вида. Приведены основные типы дифференциальных уравнений первого порядка, для которых разработаны методы нахождения
решений в аналитическом виде. Даются сведения о приближенных методах решения дифференциальных уравнений как аналитических, так
и качественных.
Во втором разделе рассмотрены дифференциальные уравнения высших порядков. Отдельно изучены типы уравнений, допускающие понижение порядка. Особое внимание уделено линейным дифференциальным уравнениям второго порядка как однородным, так и неоднородным. Изучаются такие важные свойства решений, как линейная
зависимость и независимость. С этой целью вводится в рассмотрение
определитель Вронского и обосновываются его свойства. Дается понятие фундаментальной системы решений линейного однородного дифференциального уравнения. Осуществляется построение общего решения
линейного неоднородного дифференциального уравнения. Все теоретические положения обосновываются доказательствами.
Методы решения различных типов уравнений сопровождаются разнообразными примерами, в том числе и практического содержания.
Учебное пособие содержит задачи для самостоятельной работы студентов, сопровождающиеся ответами для самоконтроля. Для успешного понимания темы «Дифференциальные уравнения» студент должен
знать основы математического анализа, владеть методами дифференциального и интегрального исчисления. Дифференциальные уравнения имеют важное значение в изучении ряда специальных дисциплин,
необходимых будущему инженеру; позволяют моделировать явления
окружающего нас мира, находя приложения не только в технических
задачах, но и в экономике, биологии и других естественнонаучных отраслях знаний.
3
РАЗДЕЛ 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ПЕРВОГО ПОРЯДКА
1.1. Понятие дифференциального уравнения
Зависимость между величинами в математическом анализе и приложениях выражается уравнениями y = f(x) или F(x, y) = 0. Но во многих случаях для выражения зависимости требуются еще и производные
y′,…, y(n).
Пример 1.1
Из статистических данных известно, что для рассматриваемого региона число новорожденных и число умерших за единицу времени пропорционально численности населения с коэффициентами пропорциональности k1 и k2 соответственно. Найти закон изменения численности
населения с течением времени.
Решение
Обозначим через y = y(x) число жителей на момент времени x. Прирост населения ∆y за время (x, x+∆x) равен приближенно
∆y ≈ k1y∆x − k2 y∆x = (k1 − k2 )y∆x = ky∆x,
∆y
≈ ky.
∆x
Если здесь перейдём к пределу (в предположении его существования)
при ∆x → 0, то получим y′ = ky, то есть dy = kydx, откуда y = Cekx , окончательно y = Ce(k1 −k2 ) x .
Зависимость, включающую в себя независимую переменную x, неизвестную функцию y = y(x) и ее производные до определенного порядка,
назовём дифференциальным уравнением. Решением дифференциального уравнения будем называть функцию y = ϕ(x), которая при подстановке в уравнение обращает его в тождество. Порядок наивысшей производной, входящей в уравнение, назовём порядком дифференциального
уравнения.
Итак, дифференциальное уравнение n-го порядка имеет вид
где k = k1 – k2. Отсюда
F (x, y, y′,..., y(n) ) = 0.
Замечание 1.1
Такие уравнения называют обыкновенными дифференциальными
уравнениями.
Замечание 1.2
В определении решения подразумевается, что функция y = ϕ(x) непрерывна и имеет непрерывные производные до n-го порядка включительно на некотором промежутке (a, b).
4
1.2. Дифференциальные уравнения первого порядка
Определение 1.1
Дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение, связывающее x, y и y′. Оно может быть задано в одной из форм:
F (x, y, y′) = 0.
y′ = f (x, y),
M (x, y)dx + N (x, y)dy =
0.
Очевидно, что все эти формы равносильны.
Пример 1.2
Рассмотрим уравнение y′ = f (x). Его решением является любая первообразная F(x) для функции f(x); F(x)+С при любом значении постоянной С также является решением данного уравнения.
Пример 1.3
y x2 + Cx при любом значении С является решением
Проверить, что =
0.
уравнения xy′ − x2 − y =
Решение
Подставим y и y′ = 2х + С в уравнение. Получим
x(2x + C) − x2 − x2 − Cx ≡ 0.
Замечание 1.3
Итак, оба уравнения, рассмотренные выше, имеют бесчисленное множество решений.
Замечание 1.4
Задача интегрирования функции f(x) есть решение простейшего дифференциального уравнения y′ = f (x).
Любое решение уравнения называется его частным решением. Под
общим решением понимается формула, объединяющая все частные решения.
Дадим более точное определение.
Определение 1.2
Общим решением дифференциального уравнения первого порядка
называется функция y = ϕ(x, C) (или Ф(х, у, С) = 0), которая:
а) является решением уравнения при любом допустимом С;
б) любое решение может быть получено из неё при некотором значении постоянной С.
Замечание 1.5
Решение уравнения, полученное в виде Ф(х, у, С) = 0, называют общим интегралом дифференциального уравнения.
Рассмотрим задачу нахождения частного решения уравнения, удовлетворяющего условиям: при заданных x0 и y0 y(x0 ) = y0. Эти условия называются начальными, а задача нахождения такого решения – задачей Коши.
5
Пусть в некоторой области D плоскости xOy задано уравнение
y′ = f (x, y). (1.1)
Имеет место следующая теорема.
Теорема 1.1 (существования и единственности)
Если f (x, y) в открытой области D непрерывна и имеет непрерывную
частную производную fy′, то для любой точки (x0, y0 ) из области D найдётся решение y = ϕ(x) уравнения (1.1), для которого (x0, y0 ) являются
начальными условиями, и такое решение единственно.
Геометрически это означает, что через каждую точку (x0, y0 ) области D проходит кривая, описываемая уравнением y = ϕ(x), и эта кривая
единственная. Теорему приведём без доказательства.
1.3. Восстановление дифференциального уравнения
по его общему решению
Пусть задано семейство кривых
Φ (х, у, С) = 0.
(1.2)
Будем считать, что при каждом фиксированном С
y = ϕ(x, C). (1.3)
В предположении, что Φ(х, у, С) = 0 дифференцируема по х и у, продифференцируем (1.2) по х.
Φ′x ( õ, ó, C ) + Φ′y ( õ, ó, C ) y′ =0. (1.4)
Исключая из (1.3) и (1.4) постоянную С, найдём уравнение y′ = f (x, y).
Его общее решение должно совпадать с (1.2).
Пример 1.4
Известно общее решение уравнения y = Cx2. Восстановить само уравнение.
Решение
y′ 2
2
0.
=
y Cx
=
, y′ 2Cx, откуда получаем = или xy′ − 2y =
y x
1.4. Некоторые виды дифференциальных уравнений
первого порядка
1.4.1. Дифференциальные уравнения  
с разделяющимися переменными
Определение 1.3
Дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными
называется уравнение, приводящееся к виду
6
y′ = f (x) g(y). (1.5)
Преобразуем (1.5)
dy
=
∫ g(y)
dy
= f (x)dx, и получим
g(y)
∫ f (x)dx + C – общее решение уравнения (1.5).
Замечание 1.6
Интегралы в левой и правой части означают какую-либо первообразную (см. пример 1.5).
Очевидно, что уравнение
M1 (x) N1 (y)dx + M2 (x) N2 (y)dy =
0
(1.6)
приводится к виду (1.5), но его можно решить непосредственно, разделив почленно на M2 (x) N1 (y) (в этом и состоит метод разделения переменных):
M (x)
N (y)
M1 (x)
N (y)
dx = − 2 dy.
dx + 2 dy =
0 или 1
M2 (x)
N1 (y)
M2 (x)
N1 (y)
M1 (x)
N2 (x)
dy + C – общее решение уравнения (1.6).
dx =
−
(
)
N
x
1
M2 (x)
Замечание 1.7
Уравнение вида
P(x)dx + Q(y)dy =
0
∫
∫
называют уравнением с разделёнными переменными.
Пример 1.5
Решить уравнение y2 − 1dx =
xydy.
Решение
Преобразуем уравнение к виду
dx
=
x
ydy
dx
=
, x
y2 − 1
∫
∫
ydy
2
y −1
+ C;
ln x= y2 − 1 + C – общее решение.
Замечание 1.8
Произвольную постоянную можно записать, например, в виде ln C .
2
x
Тогда общее решение примет вид ln= y2 − 1, откуда x = Ce y −1 .
C
Пример 1.6
Найти кривую, у которой отрезок касательной в любой ее точке, заключенный между осями координат, делится в этой точке пополам (см.
рис. 1).
7
y
B
M(x,y)
●
0
A
x
Рис. 1
Решение
Уравнение касательной к кривой имеет вид
Y −=
y y′(X − x),
где X, Y – координаты точки на касательной; x, y – координаты точки на кривой. Находим координаты концов отрезка АВ:

y 
A  x − ,0 , B(0, y − xy′). Так как точка М – середина отрезка АВ, то
y′ 

y − xy′
= y.
2
0 – уравнение с разделяющимися переменными:
Тогда xy′ + y =
dy
dx
=
− , ln y =
ln C − ln x .
y
x
c
– общее решение уравнения.
x
Пример 1.7
dy
= ky. Его общее реРанее было рассмотрено уравнение y′ = ky или
dx
y kx + ln C или y = Cekx .
шение ln =
y=
1.4.2. Однородные дифференциальные уравнения  
первого порядка
Определение 1.4
Однородным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение, приводящееся к виду
y
(1.7)
y′ = g  . x
y
Для его решения введем вспомогательную функцию z = , откуда
x
y′ z′x + z. Уравнение (1.7) примет вид
y = zx, =
8
z′x + z= g(z); z′x= g(z) − z, xdz
= (g(z) − z)dx.
dz
dx
dz
Разделив переменные, получим
; ln Cx . Это об= =
g(z) − z x
g(z) − z
y
щее решение. В первообразной z следует заменить на .
x
∫
Пример 1.8
Решить уравнение y′ =
x+y
.
x−y
Решение
y
Разделив числитель и знаменатель правой части на х и заменив
на
x
z, получим
=
z′x + z
1+ z
1 + z2
1 + z2
1− z
dx
=
, z′x
=
, xdx
dx, =
dz
,
1− z
1− z
1− z
x
1 + z2
1
y
2
2
arctg z − ln(1 +=
z2 ) ln Cx , arctg =
  ln C x + y . Это общее реше2
x
ние.
Пример 1.9
Найти кривую, проходящую через точку А(0, 1), для которой треугольник, образованный осью Оу, касательной в произвольной точке и
радиус-вектором этой точки будет равнобедренным с основанием, совпадающим с отрезком касательной.
Решение
Обозначим через х, у координаты точки на кривой; Х, Y – координаты точки на касательной (см. рис. 2). Уравнение касательной
Y −=
y y′(X − x). По условию ОМ = ОN, N (0, y − xy′); OM
=
ON= y − xy′, y − xy′ =
x 2 + y2 ;
x2 + y2 . Разделив обе части уравнения на х, полу-
2
y
y
чим y′ = − 1 +   – однородное уравнение. Положим
x
x
=
y zx; =
y′ z′x + z, z′x + z =z − 1 + z2 ; dz
1 + z2
=−
dx
;
x
2
C y
C
y
ln z + 1 + z = ln C − ln x ; z + 1 + z =; + 1 +   =;
x
x x
x
2
2
y + x 2 + y2 =
C; x2 + y2 = (C − y)2; =
x2 C(C − 2y).
9
y
N
●
А (0,1)
(0,0)
M(x,y)
●
x
Рис. 2
Определим С из условия y x=0 = 1. Из значения С=0 и С=2 удовлетворяет второе, так как при С=0 получаем х=0 – уравнение оси ординат
(тривиальное решение).
2
4(1 − y) – парабола с вершиИскомое частное решение имеет вид x=
ной в точке А(0, 1), y ≤ 1.
Однородные уравнения первого порядка связаны с понятием однородной функции.
Определение 1.5
Функция f (x, y) называется однородной функцией степени k по
переменным х и у, если для произвольного α выполняется условие
f (αx, αy) =
α kf (x, y).
Покажем, что уравнение вида
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
0, (1.8)
где P(x, y) и Q(x, y) – однородные функции одной степени, является
1
однородным. Положим α = и воспользуемся тем, что функции Р и Q
x
однородные одинаковой степени:
y
 y 1
 y 1
P  1,  = k P(x, y), Q  1,  = k Q(x, y), P ( x, y ) = x k P(1, ),
x
 x x
 x x
y
Q ( x, y ) = x kQ(1, ). (1.9)
x
y
y
0, или
Подставив (1.9) в (1.8), получим x k P(1, )dx + xkQ(1, )dy =
x
x
 y
P  1, 
x
y
y
y
y′ = g  , где обозначено g   = − 
. Очевидно, что g   – одно y
x
x
x
Q  1, 
 x
родная функция нулевой степени.
10
Пример 1.10
= 0, y(=
0) 1.
Решить однородное уравнение 2xydx + (y2 − 3x2 )dy
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. Замена
=
y zx, =
dy zdx + xdz приводит его к уравнению с разделяющимися переменными:
2xzxdx + (z2x2 − 3x2 )(zdx + xdz) =
0,
2zx2dx + x2 (z2 − 3)(zdx + xdz) =
0.
Поделим обе части уравнения на x2 и получим
2zdx + (z2 − 3)(zdx + xdz) =
0,
2zdx + z3dx − 3zdx + z2xdz − 3xdz =
0.
0; разделим переменные
Приведём подобные (z3 − z)dx + (z2 − 3)xdz =
dx z2 − 3
dx
z2 − 3
dz 0; dz
0; ln x=
+
=
+
=
+ J ln C. Отдельно найx z3 − z
x
z(z2 − 1)
дём интеграл J, предварительно разложив подынтегральную функцию
в сумму простейших дробей:
∫
∫
∫
z2 − 3
z2 − 3
A
B
C
A (z − 1)(z + 1) + Bz(z + 1) + Cz(z − 1)
=
=
+
+
=
z(z − 1)(z + 1)
z(z2 − 1) z(z − 1)(z + 1) z z − 1 z + 1
Приравняем числитель дробей:
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.
Получим: J =
∫
z2 − 3
dz =
z(z2 − 1)
∫
1
1 
3
−
 −
dz = 3 ln z − ln z − 1 − ln z + 1 =
 z z −1 z +1 
 z3 
= ln z − ln z − 1 − ln z + 1 = ln  2
. Тогда общее решение:
z
1
−


3
z3
xz3
xz3
y
ln x + ln 2 = ln C, ln 2 = ln C, 2 = C, где z = . Получаем
x
z −1
z −1
z −1
11
y3
= C.
y2 − x 2
Итак, общее решение однородного уравнения имеет вид:
=
y3 C(y2 − x2 ).
Найдём частное решение, соответствующее поставленной задаче
Коши y(0) = 1.
C(12 − 02 ), C =
1.
Найдём постоянную С: 13 =
Тогда частное решение задачи Коши запишется в виде
3
y=
y2 − x 2 .
1.4.3. Дифференциальные уравнения первого порядка,  
приводящиеся к однородным
Рассмотрим уравнение вида
y′ =
a1x + b1y + c1
,
a2x + b2y + c2
(1.10)
где a1, b1, c1, a2, b2, c2 – постоянные.
Если c=
1 c=
2 0, то уравнение (1.10) является однородным. Если же
c1 и c2 не равны нулю, то уравнение (1.10) приводится к однородному,
когда определитель
=
∆
a1
a2
b1
≠ 0. Если этот определитель равен нулю,
b2
то уравнение (1.10) приводится к уравнению с разделяющимися переменными.
В самом деле, пусть ∆ ≠ 0. Введём в рассмотрение новые переменные
ξ и η, связанные с переменными х и у соотношениями вида:
x = ξ + α, y = η + β, где α и β – пока ещё не определённые постоянные.
Согласно равенству (1.11) имеем
dx =
dξ, dy =
dη. (1.11)
(1.12)
Подставляя значения x, y, dx, dy, определяемые по формулам (1.11)
и (1.12), в уравнение (1.10), получим
12
dη a1ξ + b1η + a1α + b1β + c1
=
.
dξ a2ξ + b2η + a2α + b2β + c2
(1.13)
Подберём α и β такие, чтобы выполнялись условия: a1α + b1β + c1 = 0
и a2α + b2β + c2 = 0. Отсюда при ∆ ≠ 0 находим: α =
−c1 b1
−c2 b2
и β=
∆
При этих значениях α и β уравнение (1.13) принимает вид:
dη a1ξ + b1η
=
.
dξ a2ξ + b2η
a1
a2
−c1
−c2
∆
.
(1.14)
Уравнение (1.14) является однородным уравнением, поскольку правая часть этого уравнения представляет собой однородную функцию нулевой степени.
Таким образом, действительно уравнение (1.10) при ∆ ≠ 0 приводится
к однородному уравнению.
Заменяя в общем интеграле уравнения (1.14) переменные ξ и η соответственно через x − α и y − β, получим общий интеграл уравнения
(1.10).
Пусть теперь=
∆
a1 b1
= a1b2 − b1=
a2 0. В этом случае вышеизложенa2 b2
a
b
ный метод неприменим. Но, замечая, что 2 = 2 = λ, можно уравнение
a1 b1
(1.10) представить в виде
y′ =
a1x + b1y + c1
.
λ(a1x + b1y) + c2
(1.15)
Это уравнение легко привести к виду с разделяющимися переменныdz
dy
z a1x + b1y. Тогда = a1 + b1
,
ми путём введения новой переменной=
dx
dx
и уравнение (1.15) примет вид
1 dz a1 z + c1
⋅
− =
.
b dx b1 λz + c2
(1.16)
Уравнение (1.16), не содержащее явно х, является уравнением с разделяющимися переменными.
Пример 1.11
x − y +1
Найти общий интеграл дифференциального уравнения y′ =
.
x
+
y
−
3
Решение
1 −1
Так как определитель ∆ =
= 2 ≠ 0, то данное уравнение приво1 1
дится к однородному. Положив x = ξ + α и y = η + β, получим dx= dξ и
dy= dη.
13
Следовательно,
dη ξ − η + α − β + 1
=
.
dξ ξ + η + α + β − 3
(1.17)
α − β + 1 = 0
Считая α и β решениями системы уравнений 
, находим
α + β − 3 = 0
−1 −1
1 −1
3 1
1 3
= 1=
= 2. При этих значениях α и β уравнение
и β
2
2
η
1−
dη ξ − η
η
ξ
(1.17) принимает вид = =
. Применяя подстановку u = ,
dξ ξ + η 1 + η
ξ
ξ
=
α
имеем
du
1− u
du
1 − 2u − u2
или
ξ+u =
. Разделяя переменные, поξ+u =
dξ
1+ u
dξ
1+ u
dξ (1 + u)du
=
.
ξ 1 − 2u − u2
1
1
Интегрируя обе части этого равенства, найдём ln ξ =− ln 1 − 2u − u2 + ln
2
2
1
1
2 2
2
ln 1 − 2u − u + ln C или (1 − 2u − u )ξ =C.
2
2
y −β y −2
=
, то
Так как ξ= x − α= x − 1, u=
x − α x −1
лучим
 2(y − 2) (y − 2)2 
(x − 1)2 =
C или x2 − 2xy − y2 + 2x + 6y − 7 =
−
C. Это и
1 −
2
x
1
−
(
1
)
x
−


есть общее решение рассматриваемого дифференциального уравнения.
1.4.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.
Уравнение Бернулли
Определение 1.6
Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение, приводящееся к виду
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.
Найдём общее решение линейного однородного дифференциального
dy
уравнения
= − p(x)dx, ln y = − ∫ p(x)dx + ln C или
y
14
− p ( x)dx
y = Ce ∫
,
(1.18)
где ∫ p(x)dx – какая-либо первообразная.
Рассмотрим теперь линейное неоднородное уравнение
y′ + p(x)y =
q(x). (1.19)
Для нахождения его решения используется один из трёх способов:
Метод Бернулли
Решение уравнения будем искать в виде произведения двух неизвестных функций u(x) и v(x), т.е. y(x) = u(x)v(x). Одну из этих функций выберем произвольно, а вторая определяется из уравнения (1.19). Подстаq(x),
вим y = uv и ее производную в (1.19). Получим u′v + uv′ + p(x)uv =
q(x). В качестве v(x) выберем решение уравнения
или u′v + u [v′ + p(x)v ] =
v′ + p(x)v =
0.
− p ( x)dx
Согласно (1.18), заменив у на v, v = e ∫
. Здесь значение (1.18)
− p ( x)dx
соответствует С=1. Подставив v в (1.19), получим u′e ∫
= q(x),
∫
du = q(x)e=
dx, и u
p ( x)dx
∫
q(x)e
∫ p(x)dx
dx + C.
Окончательно

 − p(x)dx
∫ p(x)dx
=
y  q(x)e
dx + C  e ∫
.


∫
(1.20)
Все входящие в эту формулу интегралы – какие-либо любые первообразные.
Пример 1.12
sin 2x.
Решить линейное уравнение y′ − y cos(x) =
Решение
y uv, =
y′ u′v + uv′, u′v + uv′ − uv cos x =
Находим решение в виде=
sin 2x,
u′v + u(v′ − v cos x) =
sin 2x. Найдём v
из уравнения
v′ − v cos x =
0;
dv
= cos xdx; ln v = sin x; v = esin x ; u′esin x = sin 2x; du = sin 2xe− sin xdx,
v
∫
∫
∫
u=
sin 2xe− sin xdx =
2 sin xe− sin xd sin x =
−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. y =Cesin x − 2(sin x + 1).
При нахождении интеграла учли, что sin 2x = 2 sin x cos x и воспользовались формулой интегрирования по частям.
15
Метод вариации произвольной постоянной
(метод Лагранжа)
Будем искать решение уравнения (1.19) в виде (1.18), заменив произвольную постоянную С на неизвестную пока дифференцируемую функцию С(х). Запишем
− p ( x)dx
y = C(x)e ∫
.
(1.21)
Подставим (1.21) в (1.19) и получим
− p ( x)dx
C′(x)e ∫
+ C(x)e− ∫ p(x)dx (− p(x)) + C(x)e− ∫ p(x)dx p(x) =
q(x),
C′(x) = q(x=
)e ∫
; C(x)
p ( x)dx
∫
q(x)e ∫
p ( x)dx
dx + C. (1.22)
Подставим (1.22) в (1.21) и получим (1.20), т.е. общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения, записанного в том
же виде, как и в предыдущем способе. Этот метод носит название метода вариации произвольной постоянной.
Метод интегрирующего множителя
Умножим обе части уравнения (1.19) на некоторую дифференцируемую и отличную от нуля функцию λ(x).
λ(x)y′ + λ(x) p(x)y = λ(x)q(x) (1.23)
и выберем λ(x) так, чтобы λ(x)y′ + λ(x) p(x)y
являлось произво-
λ(x)′. Отсюда λ(x) =
дной произведения λ(x)y, т.е. λ(x) p(x) =
e∫
p ( x)dx
(здесь берется одно из решений уравнения), и уравнение (1.23) приp ( x)dx
p ( x)dx
p ( x)dx
 p(x)dx ′
y  = q(x)e ∫ =
e∫
y
q(x)e ∫
dx + C или
мет вид  e ∫


∫
y

 − ∫ p(x)dx
∫ p(x)dx
+
q
(
x
)
e
dx
C
.

e


∫
Решим задачу Коши для линейного уравнения. Требуется найти реq(x), удовлетворяющее начальшение y = ϕ(x) уравнения y′ + p(x)y =
ным условиям y
x =x0 =
y0 . Запишем решение (1.20).
x
x
 x
(
)
p
t
dt
∫

 − x∫ p(t)dt
x0
y  q(t)e
dt + C  e 0
.
=
x

 0

∫
16
Здесь в качестве первообразных берутся интегралы с переменным
верхним пределом. При x = x0 получим y0 = C, и искомое решение задачи Коши:
x
x
 x
p (t)dt
∫

 − x∫ p(t)dt
x0
y  q(t)e
dt + y0  e 0
.
=
x

 0

∫
(1.24)
x)y q(x)yn , n ≠ 0, n
К линейным уравнениям сводится уравнение y′ + p(=
q(x)yn , n ≠ 0, n ≠ 1, называемое уравнением Бернулли, с помощью введения не-
известной функции z = y1−n . Уравнение Бернулли можно решать и непосредственно, применяя тот же метод, что и для решения линейных
уравнений.
Пример 1.13
2xy2.
Решить линейное уравнение y′ + 2xy =
Решение
y′
Положим z = y −1; z′ = − 2 . Разделим обе части уравнения на y2:
y
y′ 2x
+
=
2x,   −z′ + 2xz =2x, z′ − 2xz =−2x.
y2 y
dv
−2x, u′v + u(v′ − 2xv) =
−2x, v′ − 2xv =
0, =
2xd
Положим z = uv,  u′v + uv′ − 2xuv =
v
22
22
2
2
dv
dv
′e′xex =
0, =
, ln
, −22
xv=
=
=
xdx
=
=
=
0, 22
, ln
22
, ,   du = −2xe− x dx, =
xv
xdx
xx2 ,2 , vv=
exex, uu
−−
xx
  vv=
  u e− x + C,
vv
2
2
2
1
(e− x + C)ex =
1 + Cex ; y = 2 .
z=
1 + Cex
1.4.5. Уравнения в полных дифференциалах.  
Интегрирующий множитель
Определение 1.7
Уравнением в полных дифференциалах называется уравнение вида
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
0, (1.25)
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 (1.25).
Для обоснования можно взять функцию z = u(x, y), непрерывную в
некоторой области D и имеющую в этой области непрерывные частные
17
y
l
(x0, y0)
●
D
x
(0, 0)
Рис. 3
∂u ∂u
= . Из равенства нулю полного дифференциала в D
∂x ∂y
∂u
∂u
следует, что
=0 и
= 0 в D.
∂x
∂y
производные
Возьмём в области D произвольную точку (x0, y0 ) и произвольное направление l (рис. 3).
∂u ∂u
∂u
Производная по направлению
=
cos α +
cos β ≡ 0, откуда следу∂l ∂x
∂y
u(x, y) u(x0, y0 ) ≡ C. Так как направление
ет, что на выбранной прямой=
выбрано произвольно, то u(x, y) = u(x0, y0 ) во всех точках области D.
Теорема 1.2
Пусть задано дифференциальное уравнение первого порядка вида
P(x, y)dx + Q(x, y)dy =
0, определённое в некоторой области D, где P(x, y)
и Q(x, y) имеют непрерывные частные производные. Тогда (1.25) является полным дифференциалом некоторой функции u(x, y) в том и только в том случае, когда
∂P ∂Q
=
.
∂y ∂x
Доказательство
(1.26)
∂u
∂u
=
, Q(x, y)
, сле∂x
∂y
∂P ∂Q
довательно, из равенства смешанных производных
=
. Покажем,
∂y ∂x
что (1.26) является и достаточным условием полного дифференциа∂u
ла. Из условия P(x, y) =
находим u(x, y), считая у фиксированным;
∂x
x
∂u
=
u ∫ P(t, y)dt + ϕ(y). Подберем ϕ(y) так, чтобы было
= Q(x, y). Исполь∂
y
x
Если (1.25) – полный дифференциал,
то P(x, y)
=
0
18
зуя теорему о дифференцировании определенного интеграла по параметру, получим
∂u
=
∂y
∂P ∂Q du
Так как =
=
,
∂y ∂x dy
Q(x, y); Q(t, y)
x
x0
x
∫
x0
x
∫
x
0
∂P(t, y)
dt + ϕ′(y).
∂y
dP(t, y)
∂u
dt + ϕ′(y),=
то
dy
∂y
=
+ ϕ′(y) Q(x, y), откуда
x
∫
x
0
∂Q
dt =
+ ϕ′(y) Q(x, y); Q(t, y)
∂t
x
Q(x0 , y); ϕ′(=
y) Q(x, y) − Q(t, y) =
Q(x, y) − Q(x, y) + Q(x0 , y), ϕ′(y) =
x0
y
=
ϕ(y)
нения.
∫y Q(x0,s)ds + C1. Здесь (x0, y0 ) – точка из области задания урав0
x
Окончательно: u =∫ P(t, y)dt +
x0
y
∫ Q(x0,s)ds + C1. Возвращаясь к уравне-
y0
нию (1.24), получим его решение:
x
y
x0
y0
C.
∫ P(t, y)dt + ∫ Q(x0,s)ds =
Замечание 1.9
Условие (1.26) называется признаком полного дифференциала. Для
уравнения (1.25) необходимо проверить выполнимость (1.26). В случае
его выполнения решение проводится по указанной выше схеме.
Пример 1.14
0.
Решить уравнение (3x2 + 6xy2 )dx + (6x2y + 4y3 )dy =
Решение
Проверим выполнимость признака (1.26):
∂P
∂Q
∂P ∂Q
= 12xy, = 12xy, =
, =
u
∂y
∂x
∂y ∂x
∫ (3x
2
+ 6xy2 )dx + ϕ(y=
) x3 + 3x2y2 +ϕ(y),
∂u
′(y) 6x2y + 4y3,
= 6x2y + ϕ=
∂y
ϕ′(y) = 4y3, ϕ(y) = y4 + C1, u = x3 + 3x2y2 + y4 + C1.
C.
Общее решение уравнения: x3 + 3x2y2 + y4 =
Замечание 1.10 
Если левая часть (1.24) не является полным дифференциалом, то в
некоторых случаях удается подобрать такую функцию μ(x, y), после умножения на которую левая часть уравнения становится полным диффе19
x
x0
ренциалом. 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
∂(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).
∂ ln μ
∂ ln μ ∂Q ∂P
Разделив обе части на μ, получим P
.
−Q
=−
∂y
∂x
∂x ∂y
Найти μ из этого уравнения можно только в некоторых частных случаях.
∂ ln μ
∂ ln μ 1  ∂Q ∂P 
Рассмотрим случай, когда μ = μ(y). Тогда
=0 и=
−
.
∂x
∂y
P  ∂x ∂y 
Интегрируя, находим lnμ при условии, что правая часть не зависит от
∂P ∂Q
−
ϕ
(
y
)
dy
∂
y
∂x
х, потенцируя, получаем μ =e ∫
, где ϕ(y) =
−
.
P
Пример 1.15
0.
Решить уравнение (y + xy2 )dx − xdy =
Решение
∂P
∂Q
∂P
∂Q
=
=
− 1, ≠
1 + 2xy, . Будем искать μ = μ(y):
∂y
∂x
∂y
∂x
∂ ln μ −1 − 1 − 2x
=
∂y
y + xy2
∂ ln μ −1 − 1 − 2xy −2(1 + xy)
2
1
1 + xy
x
=
=
= − , ln μ = −2 ln y , μ = 2 ,
dx − 2 dy =
0
2
∂y
y(1 + xy)
y
y
y + xy
y
y
x x2
– уравнение в полных дифференциалах. Его общий интеграл: +
=
C.
y 2
Рассмотрим ситуацию, когда интегрирующий множитель зависит
только от х, т.е. если μ = μ(x). В этом случае
 ∂P ∂Q 
∂μ
dμ
= 0 и μ
−
=
Q

∂y
dx
 ∂y ∂x 
∂P ∂Q
−
dμ ∂y ∂x
=
dx. Из последнего равенства следует, что для сущеили
μ
Q
20
ствования интегрирующего множителя вида μ = μ(x) необходимо, чтобы коэффициент при dx был постоянной величиной или зависел только
∂P ∂Q
∂P ∂Q
−
−
∂y ∂x
∂y ∂x
≡ α,
≡ ψ(x). Если эти условия выполняются, то
от х, т.е.
Q
Q
dμ
dμ
αdx
ψ ( x)dx
, μ e ∫
.
=
μ e∫ =
=
αdx, =
ψ(x)dx и, следовательно,
μ
μ
Примером дифференциального уравнения, имеющего интегрирующий множитель, зависящий только от х, является линейное дифференQ(x).
циальное уравнение y′ + P(x)y =
Q(x)dx,
В самом деле, представим это уравнение в виде dy + P(x)ydx =
∂P ∂Q
−
∂y ∂x
≡ ψ(x),
0. Проверяя выполнение условия
тогда [ P(x)y − Q(x)] dx + dy =
∂P ∂Q
Q
−
∂ [ P(x)y − Q(x) ] − 0
∂y ∂x
≡ ψ(x), имеем
=
1 P(x) ≡ ψ(x). Из вышеприведенного
∂y
Q
ψ ( x)dx
P ( x)dx
, следует таким образом, что μ =e ∫
.
μ =e ∫
Это и есть интегрирующий множитель линейного дифференциального уравнения первого порядка. Как видно, он зависит только от х.
Замечание 1.11 
Применение интегрирующего множителя позволяет расширить класс
уравнений первого порядка, для которых можно найти общее решение
аналитически.
Пример 1.16
Найти интегрирующий множитель дифференциального уравнения
y3
2
(2xy + x y + )dx + (x2 + y2 )dy =
0.
3
Решение
∂P ∂Q
−
∂y ∂x 2x + x2 + y2 − 2x
1. Следовательно, усло= =
В данном случае
Q
x 2 + y2
∂P ∂Q
−
dx
∂y ∂x
≡ α (т.е. постоянной) выполняется. Значит,=
вие
μ e ∫= ex .
Q
1.5. Геометрический смысл дифференциального уравнения
первого порядка
Пусть y = ϕ(x) – решение уравнения (1.1), удовлетворяющее начальным условиям y
x =x0 =
y0 . Геометрически оно представляет собой кри21
вую, проходящую через точку (x0, y0 ) ∈ D. Эта кривая называется интегральной кривой. Через каждую точку области D проходит интегральная кривая, причем единственная (теорема 1.1).
Возьмём какую-либо точку (x1, y1) ∈ D. Из уравнения (1.1) определим
y′(x1) = f (x1, y1). (1.27)
Эта величина является угловым коэффициентом касательной к кривой y = ϕ(x) в точке x = x1. Таким образом, (1.27) позволяет определить
направление касательной к решению уравнения (1.1) в каждой его точке. Говорят также, что (1.1) задаёт поле направлений в открытой области D. Геометрически задача решения дифференциального уравнения
заключается в нахождении кривых, направление касательных к которым совпадает с направлением поля в соответствующих точках и может
быть решена при помощи метода изоклин.
1.6. Метод изоклин
Для дифференциального уравнения геометрическое место точек, в
dy
= k= const, называется изокликоторых выполняется соотношение
dx
ной данного дифференциального уравнения. Уравнение изоклины:
f (x, y) = k.
Построив семейство изоклин, можно приближенно построить семейство интегральных кривых.
Пример 1.17
y
y′ =
.
x−y
Решение
k
=
dy
y
=
; k
= tg α
dx x − y
При k = 0 :
y
tg α
= 0, α
= 0, = 0, =
y 0.
x−y
При k = 1 : tg α= 1, α= 45°, y
1
=
1, y =
x − y, 2y =
x, y =
x.
x−y
2
При k = −1 : tg α = −1, α = 135°, y
=−1, y =−x + y, 2y =x, x =0.
x−y
22
y
у=х
у = х/2
x
Рис. 4
При k = ∞ : tg α = ∞, α = 90°, y
=
∞, x − y =
0, y =
x.
x−y
Семейство интегральных кривых данного дифференциального уравнения представлено на рис. 4. Сначала строятся найденные изоклины,
в которых касательные к искомому решению идут под определённым
углом, затем наносятся сами интегральные кривые, каждая из которых
соответствует определённым начальным условиям. В целом получаем
графическое изображение общего решения.
1.7. Понятие особых решений. Огибающая семейства кривых
Определение 1.8
Решение
y = ϕ(x) (1.28)
уравнения (1.1) называется особым, если в каждой его точке нарушается свойство единственности, т.е. через каждую его точку (x0, y0 ), кроме
этого решения, проходит и другое решение, имеющее в точке (x0, y0 ) ту
же касательную, что и решение (1.28), но не совпадающее с ним в сколь
угодно малой окрестности точки (x0, y0 ).
Пусть дано уравнение семейства кривых (1.2), зависящее от параметра С, принимающего различные значения. При каждом значении па23
раметра уравнение (1.2) определяет некоторую кривую на плоскости.
Придавая С всевозможные значения, получим семейство кривых, зависящих от одного параметра.
Определение 1.9
Линия L называется огибающей однопараметрического семейства
кривых, если она в каждой своей точке касается кривой семейства, причём в различных точках касается различных кривых семейства. Найдём уравнение огибающей.
Предположим, что семейство кривых (1.2) имеет огибающую, уравнение которой y = ψ(x), где ψ(x) – дифференцируемая функция. Пусть
точка М (x, y) лежит на огибающей. Значит, она лежит на некоторой
кривой семейства (1.2). Этой кривой соответствует определённое значение параметра С, которое для данных (x, y) определяется из уравнения
(1.2): C = C(x, y). Следовательно, для всех точек огибающей
Φ(x, y, C(x, y)) =
0. (1.29)
Предположим, что C(x, y) дифференцируема и не постоянна ни на одном множестве, содержащемся в D. Из (1.29) найдём угловой коэффициент касательной к огибающей в точке М (x, y).
Продифференцируем (1.29) по х, считая, что у – функция от х:
Φ′x + Φ′cCx′ + (Φ′y + Φ′cCy′ )y′ =0 или Φ′x + Φ′y y′ + Φ′c (Cx′ + Cy′ y′) =0. Так как
С на каждой кривой постоянна, остаётся для определения углового
коэффициента касательной Φ′x + Φ′y y′ =0. Предположим, что Φ′y ≠ 0
(в противном случае аргумент и функцию поменяем местами). Так как
огибающая в каждой своей точке касается некоторой кривой семейства, то и угловые коэффициенты касательных у них равны, и поэтому
Φ′c (Cx′ + Cy′ y′) =
0. Но на огибающей C(x, y) ≠ const, поэтому Cx′ + Cy′ y′ ≠ 0,
0. Итак, огибающая определяется двумя
следовательно, Φ′c (x, y, C) =
уравнениями:
0,
Φ(x, y, C) =

0.
Φ′c (x, y, C) =
Пример 1.18
R 2.
Найти огибающую семейства окружностей (x − C)2 + y2 =
Решение
Φ(x, y, C) =
(x − C)2 + y2 − R 2 , Φ′c (x, y, C) =
−2(x − C). Из системы уравнений
(x − C)2 + y2 − R 2 =
0,

0
2(x − C) =
0 или y = ± R. Огибающей данного сеисключаем С и получим y2 − R 2 =
мейства окружностей является пара параллельных прямых (рис. 5).
24
y
R
x
–R
Рис. 5
Пусть уравнение (1.1) имеет общий интеграл (1.2). Если семейство
(1.2) имеет огибающую, то можно доказать, что огибающая также является решением уравнения (1.1). Но она не может быть получена из
(1.2) ни при каком значении постоянной С. Такое решение называется
особым решением дифференциального уравнения.
Пример 1.19
R 2.
Найти особое решение уравнения y2 (1 + y′2 ) =
Решение
Запишем уравнение в виде
R 2 − y2
ydy
y′ =
±
, =
dx, после интегрирования получаем
2
2
y
± R +y
± R 2 − y2 =x − C.
R 2. Ранее нами найОбщее решение данного уравнения: (x − C)2 + y2 =
дена огибающая этого семейства y = ± R, которая также является решением этого уравнения. Но это особое решение, так как через каждую его
точку проходит еще кривая семейства.
1.8. Приближенное решение дифференциальных уравнений
первого порядка
1.8.1. Метод итераций Пикара
Как правило, точное решение дифференциального уравнения бывает
найти очень сложно или даже невозможно. Однако во многих случаях
при практическом использовании дифференциальных уравнений этого
и не требуется. Можно ограничиться приближенным решением на данном интервале или точными либо приближенными значениями решения для некоторых дискретных значений переменной.
25
Пусть y = y(x) есть искомое решение. Тогда имеет место тождество
dy(x)
= f (x, y(x)). Интегрируя это тождество по х в пределах от x0 до х, и
dx
с учетом начального условия y x=x = y0 имеем
0
x
∫
x0
x
x
x
x0
x0
x0
y′dx = ∫ f (x, y(x))dx, y − y0 =
∫ f (x, y(x))dx, y = y0 + ∫ f (x, y(x))dx.
Первый шаг: положим =
y y0, y1 (x=
) y0 +
=
y y1, y2 (x=
) y0 +
x
∫ f (x, y0 )dx;
второй шаг:
x0
x
∫ f (x, y1(x)dx.
Этот процесс можно продолжать не-
x0
ограниченно.
При достаточно общих условиях он оказывается сходящимся, и в
пределе получается y = y(x).
Если остановиться на k-м шаге, то yk можно принять за приближенное решение рассматриваемого уравнения, причём точность тем выше,
чем больше k.
В итоге получаются формулы, называемые последовательным приближением Пикара, позволяющие по известному частному решению
y(x0 ) = y0 , выбираемым в качестве исходного нулевого приближения
выражать n-е приближение yn (x) через (n-1)-е приближение yn−1 (x).
Таким образом, yn (x=
) y0 +
x
∫ f (x, yn−1)dx, где n = 1, 2, …
x0
Пример 1.20
Найти методом последовательных приближений решение дифференциального уравнения y′ = y, при условии y(0) = 1.
Решение
x
Соответствующее интегральное уравнение y= 1 + ∫ ydx.
0
За нулевое приближение возьмём y0 (x) = 1. Тогда:
x
y1 (x) =
1 + ∫ 1dx =
1 + x;
0
x
x2
y2 (x) =1 + ∫ (1 + x)dx =1 + x + ;
2!
0
x
x2
x2 x 3
y3 (x) =1 + ∫ (1 + x + )dx =1 + x +
+ ;...
2
!
2
!
3!
0
26
x2 x 3
xn
yn (x) =1 + x +
+
+ ... +
.
n!
2! 3!
Для сравнения найдём точное решение. Это уравнение с разделяющимися переменными. Домножим правые и левые части на dx и поделим
dy
на y. Получим
= dx. Проинтегрируем обе части уравнения. Тогда
y
dy
x +C
∫ y = ∫ dx. И получим общее решение y = e .
Применим условие задачи Коши y(0)=1. Отсюда С=0. Тогда искомое
частное решение y = ex .
Замечание
Сравнивая решения, полученные методом последовательных приближений Пикара, и найденное нами точное решение, замечаем, что приближенное решение является степенным рядом, соответствующим разложению функции y = ex в окрестности нуля. То есть результат является весьма точным.
1.8.2. Метод Эйлера
Рассмотрим уравнение (1.1) на отрезке [ x0, b ] ∈ D с начальными условиями (x0, y0 ). Разделим отрезок [ x0, b ] точками x0, x1,..., xn = b на n равных частей ( x0 < x1 < ... < b ) и обозначим x1 − x0 = x2 − x1 = ...xn − xn−1 = h.
b − x0
. Пусть y = ϕ(x) – решение уравнения (1.1), ( ϕ(x) – неИначе h =
n
ϕ(x0 ), y1 =
ϕ(x1),..., yn =
ϕ(xn ). Выберем
прерывная функция). Тогда y0 =
h настолько малым, чтобы значение y в промежутке (x0, x1) мало отличалось от y0 . Тогда в этом интервале можно участок кривой заменить
отрезком касательной в точке (x0, y0 ), получим y ≈ y0 + (x − x0 )y0′ или
′ , где y0′ = f (x0, y0 ).
y ≈ y0 + (x − x0 )f (x0, y0 ). Для точки x1 имеем y=
1 y0 + hy0
Аналогично y=
2 y1 + hy1′ , где y1′ = f (x1, y1 ). Продолжая процесс, получим
′ , где yk′ = f (xk , yk ). Схему Эйлера можно представить форyk+=
1 yk + hyk
мулами
hyk′ ,
∆yk =
(1.30)

y
y
y
.
=
+
∆
k
k
 k+1
Геометрически она означает, что интегрируемая кривая заменяется
ломаной, звенья которой имеют постоянную проекцию h на ось абсцисс.
Первое звено касается истинной интегральной кривой в точке (x0, y0 ).
Полученные из геометрических соображений формулы могут быть
обоснованы аналитически. Из уравнения (1.1) получим
x
yk+1 =
yk +
k +1
∫
f (x, ϕ(x))dx. (1.31)
xk
27
Если здесь принять функцию f (x, ϕ(x)) постоянной, равной её значению в точке xk , то интеграл будет равен hf (xk , yk ), и (1.31) превращается в (1.30).
Для практического применения наиболее удобным является следующая рекуррентная запись формул метода Эйлера:
xk+=
1 xk + h,
yk+=
1 yk + f (xk , yk )h.
Пример 1.21
Определить, пользуясь методом Эйлера, приближенное при х=0,5
значение решения дифференциального уравнения y=′ x + y, при условии y
x0
x =0
= 1.
Решение
x0 0=
; x1 0,1; Разобьём отрезок [0; 0,5] точками на пять равных частей:=
0=
; x1 0,1=
; x2 0,2=
; x3 0,3=
; x4 0, 4=
; x5 0,5. Следовательно, h=0,1.
Обозначая ординаты соответствующих вершин ломаной Эйлера через
y0, y1, y2, y3, y4, y5, проведём необходимые вычисления и результаты вычислений внесём в таблицу.
X
y
f (x, y)= x + y
f (x, y) − h = (x + y) − 0,1
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
1
1,1
1,22
1,362
1,528
1,721
1
1,2
1,42
1,662
1,928
0,1
0,12
0,142
0,1662
0,193
Следовательно y
x =0.5
= 1,721. Данное уравнение является линейным,
поэтому можно найти его точное решение, соответствующее поставленной задаче Коши y(0)=1. Это решение имеет вид y= 2ex − x − 1. Зная точное решение можно вычислить y(0,5) = 1,728.
Замечание 1.12
Приближенное и точное решение отличаются лишь третьим знаком
после запятой, т.е. достаточно близки по своему значению.
1.8.3. Метод прогноза и коррекции
Если в уравнении (1.1) в качестве значения f (x, y) взять полусумму значений на концах промежутка и проинтегрировать (1.1) в (xk , yk ), получим
x
k +1
yk+1 =
yk + ∫ f (x, y)dx ≈
xk
h
[f (xk, yk ) + f (xk+1, yk+1)].
2
h xk+1 − xk , запишем
Здесь y = ϕ(x) – решение уравнения (1.1),=
28
h
yk+1 =
yk + [ f (xk , yk ) + f (xk+1, yk+1)]. 2
(1.32)
В (1.32) неизвестное значение yk+1 содержится в обеих частях равенства, поэтому нахождение его разбиваем на два этапа. Сначала возьмём
приближенное значение yk+1, полученное по методу Эйлера:
yïðåäâ
= yk + hf (xk , yk ) (1.33)
k+1
(предварительное значение yïðåäâ означает прогноз). Подставляя (1.33)
k+1
в правую часть (1.32), найдём уточненное значение y óòî÷í
k+1
y óòî÷í
k+1
h
=
yk + [ f (xk , yk ) + f (xk+1, yk+1)].
2
Процесс последовательных итераций можно продолжить.
1.8.4. Приближенное решение дифференциальных уравнений  
с помощью степенных рядов
Если решение дифференциального уравнения не сводится к интегралам, то в качестве решения задачи Коши с начальными условиями
(x0, y0 ) можно использовать представление этого решения в виде ряда
Тейлора. Сумма конечного числа первых членов этого ряда будет приближенно равняться искомому решению задачи Коши.
Требуется найти решение уравнения (1.1), удовлетворяющее начальным условиям y
x =x0
= y0 . Допустим, что решение y = ϕ(x) существует и
представимо в виде ряда Тейлора
y = ϕ(x) = ϕ(x0 ) + ϕ′(x0 )
(x − x0 )
(x − x0 )2
+ ϕ′′(x0 )
+ ... 1!
2!
(1.34)
Требуется найти коэффициенты этого ряда. Из (1.34) определяем
ϕ(x0=
) y
= y0 . Из уравнения (1.1) определяем ϕ′(x0=
) y′
x =x0
= f (x0, y0 ).
x =x0
Дифференцируя обе части уравнения (1.1) по х, получим в предположении существования требуемых производных
=
y′′ fx′ (x, y) + fy′ (x, y)y′, (1.35)
откуда найдём ϕ′′(x0 ) =
y′′ x=x . Продолжив дифференцирование (1.35),
0
будем находить последующие коэффициенты ϕ′′′(x0 ), ϕ(4) (x0 ) и т.д.
Пример 1.22
Найти три первых отличных от нуля члена разложения в степенной
ряд (ряд Тейлора) решения y = ϕ(x) уравнения y′ =
2ey + xy, y
x =0
=
0.
29
Решение
x
x2
x3
y = ϕ(x) = ϕ(0) + ϕ′(0) + ϕ′′(0)
+ ϕ′′′(0)
+ ...,
1!
2!
3!
ϕ(0) = y
= 0, ϕ′(0) = y′
=
x 0=
x 0
= 2, y′′ = 2ey y′ + y + xy′, ϕ′′(0) = y′′
=
x 0
y′′′ = 2ey y′2 + 2ey y′′ + 2y′ + xy′′, ϕ′′(0) = y′′′
y=
ϕ(x) ≈ 2x + 2x2 +
x =0
= 2 ⋅ 2 = 4,
= 2 ⋅ 22 + 2 ⋅ 4 + 2 ⋅ 2 = 20,
10 3
x .
3
Полученное представление решения в виде ряда по степеням х, можно
считать приближенным решением данного дифференциального уравнения, соответствующего поставленной задаче Коши.
30
РАЗДЕЛ 2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
2.1. Дифференциальные уравнения высших порядков,
допускающие понижение порядка
Дифференциальные уравнения порядка выше первого называются
дифференциальными уравнениями высших порядков. В основном ограничимся уравнениями второго порядка. Дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение вида
F (x, y, y′, y′′) = 0. (2.1)
Решением уравнения (2.1) называется функция y = ϕ(x), которая при
подстановке в уравнение обращает его в тождество. Общим решением
уравнения (2.1) называется функция y = ϕ(x, C1, C2 ), которая является
решением (2.1) и любое решение может быть получено из неё при некоторых C1 и C2. Начальными условиями для решения y = ϕ(x) уравнения
(2.1) называется тройка чисел x0 , y0, y0′ такая, что y
x =x0
= y0 , y′
x =x0
= y0′ .
Задача нахождения решения, удовлетворяющего данным начальным условиям, называется задачей Коши. Для неё имеет место теорема существования и единственности, аналогичная той, которая рассматривалась для
дифференциальных уравнений первого порядка (раздел 1, теорема 1.1).
В некоторых случаях уравнение второго порядка можно привести к
уравнениям первого порядка. Рассмотрим такие случаи.
2.1.1. Уравнение, не содержащее в явном виде искомой функции  
и ее первой производной
Уравнение не содержит в явном виде искомой функции и её первой производной. Оно может быть записано в виде y′′ = f (x). Очевид-
′)′ f (x), откуда
y′′ (y
=
но =
=
y′
+ C ∫ ( ∫ f (x)dx ) dx + C x + C
) dx=
2
1
2
и y
∫ ( ∫ f (x)dx + C
∫ f (x)dx + C=
1
1
+ C ∫ ( ∫ f (x)d
) dx=
2
(здесь интеграл подразумевает какую-либо
первообразную).
Замечание 2.1
Также можно решать уравнения любого порядка, имеющие вид
(n)
y = f (x).
Пример 2.1
Решить уравнение y′′ = cos x.
Решение
y=′
∫ cos xdx + C=
1
sin x + C1, y=
∫ (sin x +C )dx + C .
1
2
Интегрируя, полу-
− cos x + C1x + C2 (это общее решение искомого дифференциальчаем y =
ного уравнения).
31
2.1.2. Уравнение, не содержащее в явном виде  
искомой функции
Уравнение не содержит в явном виде искомой функции, т.е. имеет вид
F (x, y′, y′′) = 0. (2.2)
Понизить его порядок можно введением новой неизвестной функ=
y′ p=
(x) p. Тогда y′′ = p′, и уравнение примет вид F (x, p, p′) = 0. Его
ции
общее решение p = p(x, C1) или y′ = p(x, C1). Общее решение уравнения
(2.2): y
=
∫ p(x,C )dx + C .
1
2
Пример 2.2
Решить уравнение xy′′ = y′.
Решение
=
y′ p=
, y′′ p′. Уравнение примет вид
Введём неизвестную функцию
dp dx
C
xp′= p; =
; ln p = ln x + ln C1 ; p= C1x; y′= C1x; y= 1 x2 + C2= C1x2 + C2.
p
x
2
2
=
y C1x + C2.
Общее решение
2.1.3. Уравнение, не содержащее в явном виде  
независимой переменной
Уравнение не содержит в явном виде независимой переменной, т.е.
имеет вид F (y, y′, y′′) = 0.
y′ p=
(y) p.
Введём новую неизвестную функцию как функцию от у:=
′p y′′.
px′ py′=
y′ p=
Продифференцируем p(y) по переменной х: =
Уравнение примет вид F (y, p, p′p) = 0 или F1 (y, p, p′) = 0. p = p(y, C1) –
его общее решение или y′ = p(y, C1) – уравнение первого порядка с разделяющимися переменными. Решим его
dy
= dx или
p(y, C1)
dy
∫ p(y,C )=
x + C2.
1
Пример 2.3
Решить уравнение y′′ = a2y.
Решение
dp
Положим=
y′ p=
(y) p; =
y′′ p′p; =
p′p a2y; p= a2ydy; pdp
= a2ydy. dy
a2y2 + C1; p =
± a2
Интегрируем правую и левую части, получаем p2 =
=
a2y2 + C1; p =
± a2y2 + C1 ; y′ =
± a2y2 + C1 ; ем
32
dy
2 2
a y + C1
=
±dx; повторно интегриру-
1
ln ay + a2y2 + C1 =C2 ± x и получаем общее решение.
a
2.2. Линейные дифференциальные уравнения
высших порядков
Линейным дифференциальным уравнением n-го порядка называется
уравнение, приводящееся к виду:
y(n) + a1y(n−1) + ... + an y =
f (x),
=
где a1 a=
1 (x),..., an an (x) – коэффициенты; f (x) – свободный член, непрерывные функции в некоторой области. Если f (x) ≡ 0, то уравнение
называется линейным однородным. Рассмотрим линейные уравнения
второго порядка
y′′ + a1y′ + a2y =
f (x). (2.3)
Начнём с линейного однородного уравнения второго порядка
y′′ + a1y′ + a2y =
0. (2.4)
Решения этого уравнения обладают свойством линейности:
1) если y1 и y2 – два частных решения уравнения (2.4), то y1 + y2 также являются решением этого уравнения;
2) если y1 есть решение уравнения (2.4), то при любом постоянном С,
Cy1 также является решением этого уравнения.
Свойство линейности проверяется подстановкой в уравнение (2.4) с
учётом того, что решение при подстановке в уравнение обращает его в
тождество.
Свойство линейности может быть объединено в одно условие: если
y1 и y2 – решения уравнения (2.4), то при любых постоянных C1 и C2,
Cy1 + Cy2 также является решением уравнения (2.4).
2.3. Определитель Вронского двух функций
Определение 2.1
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 два частных решения y1 и y2 уравнения (2.4). Это означает, что y1′′ + a1y1′ + a2y1 = 0, y2′′ + a1y2′ + a2y2 = 0.
Умножим члены первого равенства на y2, а второго на y1 и вычтем из
второго первое. Получим
(y1y2′′ − y1′′y2 ) + a1 (y1y2′ − y1′ y2 ) =
0. (2.5)
33
Найдём производную определителя Вронского
W ′(y1, y2 ) = y1y2′′ − y1′′y2 + y1′ y2′ − y1′ y2′ ) = y1y2′′ − y1′′y2 и (2.5) примет вид
W ′ + a1W =
0. (2.6)
Его решение:
− a dx
W = Ce ∫ 1 . (2.7)
Формула (2.7) называется формулой Остроградского–Лиувилля.
Здесь ∫ a1dx – любая первообразная. Выберем в качестве первообразной
x
∫ a1(t)dt, где x0 – произвольная точка из области определения y1 и y2.
x0
)) W
=
Тогда W ( y1 (x0 )y2 (x0=
0 C (ãäå y(x0 ) = y
−
W = W0e
x
∫
x0
a1 (t)dt
x =x0
), откуда
.
(2.8)
Получили формулу Остроградского–Лиувилля при начальных усло-
виях W
x =x0
= W0 .
Теорема 2.1
Если определитель Вронского W ( y1, y2 ), составленный для решений
y1 и y2 уравнения (2.4) с непрерывными коэффициентами a1 и a2, не
равен нулю при каком-либо x0 ∈ [ a, b ], то он не обращается в нуль ни при
каком значении x ∈ [ a, b ].
Доказательство
Положим, что в формуле Остроградского–Лиувилля существует точ−
ка x0 , в которой W0 ≠ 0.=
Тогда W W0e
x
∫
x0
a (t)dt
≠ 0 ни при каком значе-
нии х из рассматриваемой области, так как показательная функция в
нуль не обращается.
Следствие
Если определитель Вронского обращается в нуль в какой-либо точке
x0, то он тождественно равен нулю.
2.4. Линейная зависимость и независимость
двух функций
Определение 2.2
Две функции y1 = y1 (x) и y2 = y2 (x) называются линейно независимы-
ми на отрезке [ a, b ], если их отношение на этом отрезке не является поy
стоянным, т.е. если 2 ≠ const. В противном случае функции y1 и y2 наy1
34
зываются линейно зависимыми. Иными словами, для двух линейно зависимых на [ a, b ] функций y1 и y2 существует постоянная λ такая, что
y
для всех x ∈ [ a, b ] выполняется 2 = λ или y2 = λy1.
y1
y
Найдём производную отношения 2
y1
 y2 ′ y1y2′ − y1′ y2 W (y1, y1)
.
=
=
 
2
2
y
y
y
 1
1
1
(2.9)
Из (2.9) следует, что линейная независимость y1 и y2 равносильна тому,
что определитель Вронского для этих двух функций не равен нулю, а линейная зависимость равносильна равенству нулю определителя Вронского.
Замечание 2.2
Можно дать равносильное определение линейно независимых функций. Функции y1 и y2 называются линейно независимыми, если равен0, где C1 и C2 – постоянные, справедливо только при
ство C1y1 + C2y2 =
C=
1 C=
2 0 на заданном интервале. В противном случае y1 и y2 называются линейно зависимыми. Это определение легко распространить на
любое число функций.
2.5. Линейная зависимость и независимость решений
однородного дифференциального уравнения.
Связь с определителем Вронского
Теорема 2.2
Если y1 и y2 – линейно независимые решения уравнения (2.4), то
определитель Вронского не равен нулю во всех точках х рассматриваемой области. Если определитель Вронского не равен нулю в некоторой
точке x0 , т.е. W
= W0 ≠ 0, то y1 и y2 – линейно независимы.
x =x0
Доказательство
Непосредственно следует из (2.9).
Замечание 2.3
Если y1 и y2 – два решения уравнения (2.4), для которых определитель Вронского в некоторой точке x0 равен нулю, то он равен нулю во
всех точках области, а y1 и y2 линейно зависимы.
2.6. Структура общего решения линейного однородного
дифференциального уравнения
Теорема 2.3
Если y1 и y2 – два линейно независимых решения уравнения (2.4), то
35
=
y C1y1 + C2y2, (2.10)
где C1 и C2 – произвольные постоянные, является его общим решением.
Доказательство
Из свойства линейности решений следует, что (2.10) является решением уравнения (2.4) при любых C1 и C2 . Возьмём какое-либо решение,
например, y = y(x) с начальными условиями (x0, y0, y′0 ). Подберём значения C1 и C2 так, чтобы решение C1y1 + C2y2 имело те же самые начальные условия. Очевидно, что такие C1 и C2 определяются из системы
уравнений
y0 C1y10 + C2y20,
=
 ′
′ + C2y20
′ ,
=
y 0 C1y10
(2.11)
′
′
здесь
=
y10 y=
, y20 y=
, y10
y=
, y20
y2′ x
1 x x=
2 x x=
1′ x x=
=
0
0
0
x0
. Определитель
системы (2.11) есть определитель Вронского решений y1 и y2 в точке
x0, который отличен от нуля в силу их линейной независимости. Поэтому система (2.11) имеет решение. Обозначим его C 1 и C 2 . Откуда
следует, что решение C 1 y1 + C 2 y2 имеет начальные условия, совпадающие с начальными условиями для y. В силу теоремы существования и
единственности эти решения совпадают во всей рассматриваемой области, =
и y C 1 y1 + C 2 y2.
2.7. Нахождение второго частного решения линейного однородного
дифференциального уравнения второго порядка,
линейно независимого с данным
Теорема 2.4
Если известно одно частное решение уравнения (2.4), то можно найти
решение, линейно независимое с данным.
Доказательство
Пусть y1 – известное частное решение уравнения (2.4). Его общее реy C1y1 + C2y2, где y1 и y2 линейно незашение выражается формулой=
висимы, C1 и C2 – произвольные постоянные. На основании формулы
Остроградского–Лиувилля (2.7)
y1y2′ − y1′ y2 =
C1e ∫
− a ( x)dx
1
.
Разделив обе части равенства на y12, получим
′ 1
− ∫ a ( x)dx  y2 
− a ( x)dx y2
y1y2′ − y1′ y2 1
1
=
=
C=
e
Ce ∫ 1
; 
;
2
2 1
2 1
y1
y1
y1
 y1  y1
36
1
∫ y2
1
C1 e
− ∫ a1 (x)dx
dx + C2.
Положив C1 = 1 и C2 = 0, получим
y2 = y1
∫
1 − ∫ a1 (x)dx
e
dx. 2
y1
(2.12)
Замечание 2.4
Итак, зная одно частное решение линейного однородного дифференциального уравнения, мы построили второе частное решение этого уравнения, линейно независимое с данным.
Пример 2.4
0, если известно, что
Найти общее решение уравнения xy′′ + 2y′ + xy =
sinx
y1 =
является его частным решением.
x
Решение
Согласно (2.12), вычислим
2
sin x
x2 − ∫ x dx
sin x
x2 − ln( x2 )
y2 =
e
dx
e
dx
=
=
x
x
sin2 x
sin2 x
∫
∫
sin x
x2 dx sin x
sin x cos x
cos x
=
= (−ctgx) =
−
⋅
=
−
,
2
2
x
x
x sin x
x
sin x x
∫
зная y1 и y2, запишем формулу общего решения данного дифференциsin x
cos x
=
y C1
+ C2
. Заметим, что решение y2 мы
ального уравнения
x
x
взяли со знаком плюс, так как это не влияет на линейную независимость функции.
2.8. Линейные однородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами
Рассмотрим уравнение
y′′ + py′ + qy =
0, (2.13)
где p и q – постоянные действительные числа. Для нахождения общего
решения уравнения (2.13) 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 . Подставим y, y′, y′′ в уравнение (2.13), получим
ekx (k2 + pk + q) =
0. Так как ekx ≠ 0, то
k2 + pk + q =
0. (2.14)
37
Уравнение (2.14) называется характеристическим уравнением для
уравнения (2.13). Функция ekx будет решением уравнения (2.13) в том
и только в том случае, когда k – корень характеристического уравнения. Так как (2.14) – квадратное уравнение, то оно имеет два корня: k1
и k2. Возможны три случая:
а) k1 и k2 – различные действительные числа;
б) k1 = k2 действительные, равные;
в) k1 и k2 – комплексные числа
Рассмотрим эти случаи.
2.8.1. Случай различных действительных корней  
характеристического уравнения
kx
1 , y
=
y1 e=
2 e
k x
2
– два линейно независимых частных решения, так
k x
( k −k ) x
y2 e 2
2 1
=
≠ const. Общее решение уравнения (2.14) имеет
e
как =
kx
y1 e 1
kx
k x
вид
=
y C1e 1 + C2e 2 , где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Пример 2.5
0.
Решить уравнение y′′ − 2y′ − 3y =
Решение
0 имеет корни k1 = −1 и
Характеристическое уравнение k2 − 2k − 3 =
−x
3x
k2 = 3. Общее решение
=
y C1e + C2e .
2.8.2. Случай равных действительных корней  
характеристического уравнения
kx
Так как k1 = k2, то имеем одно частное решение y1 = e 1 . Второе частное решение, линейно независимое с данным, получим по формуле
(2.12):
=
y2 e
kx
1
∫
e
∫ dx e
e=
−2k x − pdx
1
kx
1
∫
e
( −2k − p) x
kx
∫
1
1
=
dx e=
dx xe
kx
1
,
kx
kx
p
0. Общее решение имеет вид
и −2k1 − p =
=
y C1e 1 + C2xe 1 ,
2
kx
его можно записать компактно
=
y e 1 (C1 + C2x), где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Пример 2.6
0.
Решить уравнение y′′ + 2y′ + y =
Решение
0; k1 = k2 = −1. РеКорни характеристического уравнения k2 + 2k + 1 =
так как k1 = −
=
y e− x ( C1 + C2x ).
шение:
38
2.8.3. Случай комплексных корней  
характеристического уравнения
Корни характеристического уравнения k1,2 = α ± βi. Линейно незави( α+βi )x , y e( α−βi )x . Очевидно,
симые частные решения уравнения
=
y1 e=
2
что если какая-либо комплексная функция действительного переменy u(x) + v(x)i удовлетворяет уравнению (2.13), то ему удовлетвоного=
ряют функции u(x) и v(x), т.е. эти функции являются решениями уравнения (2.13). На основании формул Эйлера перепишем 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 (2.13), причём они лиy
нейно независимы, так как 2 = tgβx ≠ const. Общее решение уравнеy1
y2 = C1eαx cos βx + C2eαx sin βx или
ния (2.13) имеет вид: y = C1 y1 + C2=
=
y eαx ( C1 cos βx + C2 sin βx ), где C1 и C2 – произвольные постоянные.
y C1 cos βx + C2 sin βx.
Если α =0, то k1,2 = ±βx, и=
Пример 2.7
0.
Найти общее решение уравнения y′′ + 4y′ + 13y =
Решение
0; k1,2 = − 2 ± 3i;
Характеристическое уравнение k2 + 4k + 13 =
y e−2x ( C1 cos 3x + C2 sin 3x ).
Замечание 2.5
Если известны n линейно независимых решений y1,..., yn линейного
однородного дифференциального уравнения n-го порядка с постоян-
0, где a1, a2,..., an – поными коэффициентами y(n) + a1y(n−1) + ... + an y =
стоянные, то его общее решение имеет вид: y= C1y1 + C2y2 + ... + Cn yn , где
C1, C2,..., Cn – произвольные постоянные. Для нахождения частных линейно независимых решений уравнения (2.19) составляем характери0, которое имеет n корней:
стическое уравнение kn + a1kn−1 + ... + an =
1) каждому простому корню k характеристического уравнения соответствует решение ekx ;
2) каждому корню k кратности r соответствует r линейно независимых решений ekx , xekx ,..., xr −1ekx ;
3) каждой паре комплексно сопряженных простых корней α ± βi соответствуют два линейно независимых частных решения eαx cos βx и
eαx sin βx;
39
4) каждой паре комплексно сопряженных корней кратности μ соответствует 2μ линейно независимых частных решений:
eαx cos βx, xeαx cos βx, ... , xμ−1eαx cos βx;
eαx sin βx, xeαx sin βx, ... , xμ−1eαx sin βx.
Отметим, что n решений являются линейно независимыми.
Пример 2.8
0.
Найти общее решение уравнения y(4) + a2y′′ =
Решение
0 имеет корни
Характеристическое уравнение k(4) + a2k2 =
k1 = k2 = 0; k3,4 = ± ai. Линейно независимые частные решения:
=
y1
0x
0x
e=
1, =
y2 xe
=
x, =
y3
cos ax, y4 = sin ax. Общее решение:
y =C1 + C2x + C3 cos ax + C4 sin ax.
Замечание 2.6 (о фундаментальной системе решений)
Остановимся подробнее на вопросе построения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения.
Определение 2.3
Фундаментальной системой решений (ФСР) линейного однородного дифференциального уравнения называется любая совокупность из n
линейно независимых решений этого дифференциального уравнения.
Из вышесказанного следует, что для того чтобы совокупность n решений линейного однородного дифференциального уравнения была фундаментальной в интервале (a, b), необходимо и достаточно, чтобы определитель Вронского для этих решений был отличен от нуля хотя бы в
одной точке интервала (a, b).
Если известна ФСР {y1, y2,..., yn } линейного однородного дифференциального уравнения, то можно построить общее решение этого уравнения по формуле y= C1y1 + C2y2 + ... + Cn yn , где C1, C2,..., Cn – произвольные постоянные величины.
2.9. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
высших порядков. Структура общего решения
Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное уравнение
f (x).
второго порядка y′′ + a1y′ + a2y =
Теорема 2.5
Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения (ЛНДУ) представляется как сумма общего решения Y соответствующего линейного однородного дифференциального уравнения
(ЛОДУ) и частного решения ЛНДУ y.
40
Доказательство
Нужно доказать, что сумма
y= Y + y (2.15)
есть общее решение ЛНДУ.
Докажем, что (2.15) есть решение ЛНДУ. Подставим (2.15) в исf (x). Действиходное уравнение (2.3): (Y + y )′′ + a1 (Y + y )′ + a2 (Y + y ) =
тельно, сгруппировав слагаемые, будем иметь (Y ′′ + a1Y ′ + a2Y ) + (y ′′ + a1y ′
Y ′ + a2Y ) + (y ′′ + a1y ′ + a2y ) =
0 + f (x) =
f (x).
Докажем, что (2.15) есть общее решение ЛНДУ, т.е. покажем, что
входящие в него произвольные постоянные можно подобрать так, чтобы они удовлетворяли начальным условиям: y x=x = y0 и y′ x=x = y0′ .
0
0
Y Ñ1y1 + Ñ2y2, где y1 и y2 – лиЗаметим, что Y можно представить в виде=
нейно независимые решения ЛОДУ, а Ñ1 и Ñ2 – произвольные постоянные.
Имеем y = Ñ1y1 + Ñ2y2 + y, и, подставляя вышеприведенные начальные
y0,
Ñ1y10 + Ñ2y20 + y0 =
условия, получаем 
′ + Ñ2y20
′ + y0′ =
y0′ .
Ñ1y10
y0 − y0,
Ñ1y10 + Ñ2y20 =
Перепишем эту систему в виде 
′ + Ñ2y20
′ =
y0′ − y0′ .
Ñ1y10
Определитель этой системы есть определитель Вронского для функций y1 и y2 в точках x = x0 .
W
=
(y1, y2 )
y10
′
y10
y20
≠ 0, так как y1 и y2 – линейно независимы.
′
y20
Следовательно, система уравнений имеет определённое решение Ñ1
и Ñ2, при которых (2.15) является решением ЛНДУ, удовлетворяющее
поставленным начальным условиям.
2.10. Метод Лагранжа вариации произвольной постоянной
для нахождения решения линейного неоднородного
дифференциального уравнения второго порядка
y C1y1 + C2y2, где y1 и y2
Запишем общее решение уравнения (2.4)=
линейно независимые решения уравнения (2.4). Будем искать частное
решение y этого уравнения (2.3) в виде
=
y C1 (x)y1 + C2 (x)y2, (2.16)
где C1 (x) и C2 (x) – неизвестные функции от х. Найдём производную от (2.16):
y ′ = C1′ y1 + C2′ y2 + C1y1′ + C2y2′ и подберём C1 и C2 так, чтобы выполнялось
41
C1′ y1 + C2′ y2 =
0. (2.17)
Тогда y ′ = C1y1′ + C2y2′ ; y ′′ = C1y1′′ + C2y2′′ + C1′ y1′ + C2′ y2′ . Подставляя y, y ′, y ′′
в уравнение (2.3), получим
C1y1′′ + C2y2′′ + C1′ y1′ + C2′ y2′ + a1 ( C1y1′ + C2y2′ ) + a2 ( C1y1 + C2y2 ) =
f (x),
C1 ( y1′′ + a1y1′ + a2y1 ) + C2 ( y2′′ + a1y2′ + a2y2 ) + C1′ y1′ + C2′ y2′ =
f (x)
или
C1′ y1′ + C2′ y2′ =
f (x). (2.18)
Объединяя (2.17) и (2.18), получим систему уравнений для нахождения C1′ и C2′ :
0,
C1′ y1 + C2′ y2 =
 ′ ′
f (x).
C1y1 + C2′ y2′ =
Её определитель есть определитель Вронского для y1 и y2, который, в
силу их линейной независимости, отличен от нуля.
Решим эту систему. По формуле (2.7) Остроградского–Лиувилля
определитель ∆= W= e
C1′ =
0
y2
f (x) y2′
∆
∫
− a1 ( x)dx
;
y1
0
∫ a1 (x)dx
∫ a1 (x)dx
y1′ f (x)
−f (x)y2
; C2′ = f (x)y1e
.
=
= −f (x)y2e =
∆
∆
Таким образом, частное решение принимает вид
∫ a1 (x)dx
∫
∫
y =
−y1 f (x)y2e
dx + y2 f (x)y1e
∫ a1 (x)dx
dx. (2.19)
Пример 2.9 (линейное неоднородное дифференциальное уравнение с
переменными коэффициентами)
y′
x.
Решить уравнение y′′ − =
x
Решение
y′
0. Очевидно, что
Соответствующее однородное уравнение y′′ − =
x
y1 = 1 является решением этого уравнения. Второе частное решение,
линейно независимое с данным, определим по формуле (2.12):
=
y2
42
∫
1
∫ dxdx
e x=
x2
.
=
xdx
2
dx ∫
∫e =
ln x
x2
Общее решение соответствующего однородного уравнения Y
= C1 + C2 ;
2
x2
y =
xe
−
2
∫
− 1 dx
x
∫
x2
dx +
xe
2
∫
− 1 dx
x
∫
x2
x2
x3 x3 x3
−
dx =
dx +
dx =
−
+
=
2
2
6
2
3
∫
∫
(принимаем произвольную постоянную С=0, так как ищем любое частx2 1 3
ное решение). Общее решение: y =+
C1 C2
+ x .
2 3
Пример 2.10 (линейное неоднородное дифференциальное уравнение с
постоянными коэффициентами)
Решить линейное неоднородное дифференциальное уравнение
1
y′′ + 4y =
методом Лагранжа.
cos 2x
Решение
Сначала находим решение соответствующего однородного уравне0, и вычисляем корни характеристического уравнения
ния y′′ + 4y =
2
k +4 =
0. Имеем k1,2 = ±2i.
=
Y C1 cos 2x + C2 sin 2x.
Вид общего решения однородного уравнения
Будем искать частное решение неоднородного уравнения в виде
=
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
′
′
−
2
C
(
x
)sin
2
x
+
2
C
(
x
)cos
2
x
=
.
1
2

cos 2x
Помножим левые и правые части первого уравнения на 2 sin 2x, а второго – на cos 2x. Получим
2C1′ (x)cos 2x ⋅ sin 2x + 2C2′ (x)sin2 2x =
0,

2
1.
−2C1′ (x)cos 2x ⋅ sin 2x + 2C2′ (x)cos 2x =
1. Тогда
Сложим уравнения этой системы: 2C2′ (x)(sin2 2x + cos2 2x) =
1
2C2′ (x) = 1, или C2′ (x) = .
2
1
0. Тогда
Из первого уравнения найдём C1′ (x): C1′ (x)cos 2x + sin 2x =
2
1
C1′ (x) = − tg 2x.
2
43
Теперь найдём функции C1 (x) и C2 (x), интегрируя полученные выра-
1
1 d cos 2x 1
− ∫ tg 2xdx =
=
ln cos 2x
жения для их производных: C1 (x) =
2
4 ∫ cos 2x 4
1
1
=
dx
x.
и C=
2 (x)
2∫
2
1
1
=
y
ln cos 2x ⋅ cos 2x + x ⋅ sin 2x.
Выпишем найденное частное решение:
4
2
1
os 2x + x ⋅ sin 2x.
2
Так как общее решение неоднородного уравнения есть сумма общего
решения соответствующего однородного уравнения (Y) и частного решения ( y ) неоднородного, то окончательно получаем, что общее решение имеет вид:
1
1
y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + ln cos 2x cos 2x + x sin 2x.
4
2
2.11. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
второго порядка в случае правой части специального вида
Изучим дифференциальное уравнение вида
y′′ + a1y′ + a2y =
f (x), (2.20)
где a1, a2 – действительные числа; f (x) – заданная непрерывная функция от х.
Рассмотрим некоторые частные случаи уравнения (2.20), когда частное решение y этого уравнения находится без интегрирования, одними
рациональными операциями.
2.11.1. Правая часть вида f (x) = Pm (x)
Правая
часть
уравнения
(2.20)
имеет
вид
f (x) = Pm (x),
где
Pm (x
=
) A0xm + A1xm−1 + A2xm−2 + ... + Am−1x + Am – полином степени m, т.е.
y′′ + a1y′ + a2y =
Pm (x). (2.21)
Частное решение y уравнения (2.21) следует искать в виде
Qm (x), åñëè a2 ≠ 0,

=
=
y xQm (x), åñëè
a2 0, a1 ≠ 0,  2
1 a=
2 0,
x Qm (x), åñëè a=
(2.22)
) B0xm + B1xm−1 + B2xm−2 + ... + Bm−1x + Bm – полином степени m
где Qm (x=
с неопределёнными коэффициентами, подлежащими определению.
44
Убедимся, что во всех трёх случаях, т.е. при a2 ≠ 0, при a2 = 0 и a1 ≠ 0,
а также при a=
1 a=
2 0, коэффициенты B0 , B1, B2 ... Bm−1, Bm находятся
единственным образом, так что уравнение (2.21) действительно имеет
частные решения вида (2.22).
Пусть a2 ≠ 0. В этом случае нуль не является корнем характеристического уравнения. Подставляя в уравнение (2.21) вместо y, y′, y′′ значе ′ Q=
′ (x), y ′′ Qm
′′ (x), имеем
=
ния y Q=
m (x), y
m
′′ (x) + a1Qm
′ (x) + a2Qm (x) =
Qm
Pm (x). (2.23)
Так как a2 ≠ 0, то это равенство представляет собой тождество. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в левой и правой
частях тождества (2.23), получим систему равенств, из которых последовательно определяются все коэффициенты B0, B1, B2 ... Bm−1, Bm и
притом единственным образом.
Пусть теперь a2 = 0 и a1 ≠ 0. В этом случае нуль является простым
корнем характеристического уравнения. Получим тождество вида
Pm (x), [ xQm (x)]′′ + a1 [ xQm (x)]′ =
(2.24)
из которого, как и в предыдущем случае, определяются единственным
образом все коэффициенты полинома Qm (x).
Пусть, наконец, a=
1 a=
2 0. В этом случае нуль является корнем характеристического уравнения кратности два. Все коэффициенты полинома Qm (x) определяются единственным образом из тождества
 x2Qm (x) ′′ = Pm (x). 

(2.25)
Пример 2.11
Найти частное решение y дифференциального уравнения
y′′ − 2y′ − 3y = x2 + x + 1.
Решение
Так как a2 =−3 ≠ 0, то частное решение данного уравнения имеет вид
y = B0x2 + B1x + B2. Отсюда находим: y ′ =2B0x + B1, y ′′ =2B0. Подставляя
в данное уравнение вместо y, y′, y′′ значения y, y ′, y ′′, имеем
2B0 − 2(2B0x + B1) − 3(B0x2 + B1x + B2 ) = x2 + x + 1
или
−3B0x2 − (4B0 + 3B1)x + 2B0 − 2B1 − 3B2 = x2 + x + 1.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в левой
и правой частях этого тождества, получим −3B0 =1, −4B0 − 3B1 =1, 2B0 − 2B
1
1
11
− 3B1 =1, 2B0 − 2B1 − 3B2 =1, откуда находим B0 =
− , B1 =
, B2 =
− .
3
12
18
45
Следовательно, частное решение данного дифференциального урав-
1
1
11
− x2 + x − .
нения имеет вид y =
3
12
18
Пример 2.12
Найти частное решение y дифференциального уравнения y′′ − y′= 3x2 + 2.
y′′ − y′= 3x2 + 2.
Решение
Так как a2 =0, a1 =−1 ≠ 0, то частное решение данного дифференциy x(B0x2 + B1x + B2 ). Отсюда находим:
ального уравнения имеет вид =
′ B0x2 + B1x + B2 + x(2B0x + B1)= 3B0x2 + 2B1x + B2, y ′′= 6B0x + 2B1.
y=
Подставляя в данное уравнение вместо y′ и y′′ значения y ′ и y ′′,
имеем 6B0 x + 2B1 − 3B0x2 − 2B1x − B2 = 3x2 + 2. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в левой и правой частях этого тож=
2, откуда находим
дества, получим −3B=
0 3, 6 B0 − 2B
1 0, 2B1 − B2 =
B0 =
−1, B1 =
−3, B2 =
−8.
Следовательно, частное решение данного дифференциального уравx(−x2 − 3x − 8) =
−x3 − 3x2 − 8x.
нения имеет вид y =
2.11.2. Правая часть вида f (x) = e γx Pm (x)
Правая часть уравнения (2.20) имеет вид f (x) = e γx Pm (x), где γ – любое
число; Pm (x) – полином степени m, т.е.
y′′ + a1y′ + a2y =
e γx Pm (x). (2.26)
Для нахождения частного решения y дифференциального уравнения
(2.26) воспользуемся подстановкой y = e γx z, где z – новая неизвестная
функция.
Отсюда находим: y ′ =γe γx z + e γx z′, y ′′ =γ 2e γxz + 2γe γxz′ + e γxz′′.
Подставляя в уравнение (2.26) вместо y, y′, y′′ значения y, y ′, y ′′ и сокращая на e γx ≠ 0, получим z′′ + (2γ + a1)z′ + (γ2 + a1γ + a2 )z = Pm (x) или
z′′ + a1z′ + a2z =
Pm (x), (2.27)
где a1 = 2γ + a1, a2 = γ2 + a1γ + a2.
Уравнение (2.27) имеет тот же вид, что и уравнение (2.21). Следовательно, частное решение z уравнения (2.27) надо искать в виде
Qm (x), åñëè a2 ≠ 0,

=
=
z xQm (x), åñëè
a2 0, a1 ≠ 0,
 2
=
1 a
2 0.
x Qm (x), åñëè a=
46
Если a2 ≠ 0, то число γ не есть корень характеристического уравне0.
ния k2 + a1k + a2 =
Если a2 = 0 и a1 ≠ 0, то число γ есть простой корень этого характеристического уравнения.
=
Если же a=
1 a
2 0, то число γ есть корень характеристического уравнения кратности два.
Учитывая это и замечая, что y = e γx z, приходим к заключению, что
частное решение y уравнения (2.26) следует искать в следующем виде:
e γx Qm (x), åñëè γ − íå êîðåíü 
õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
e γx xQ (x), åñëè γ − ïðîñòîé êîðåíü 
m
y = 
õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
e γx x2Q (x), åñëè γ − êîðåíü êðàòíîñòè äâà
m

õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ.
Пример 2.13
e2x x.
Найти частное решение y дифференциального уравнения y′′ − 2y′ + y =
y′′ − 2y′ + y =
e2x x.
Решение
0.
Находим корни характеристического уравнения k2 − 2k + 1 =
=
k1 1=
, k2 1.
Имеем:
Так как γ =2 не есть корень характеристического уравнения, то частное решение y данного дифференциального уравнения следует искать
=
в=
виде y e2x (B0x + B1). Отсюда
y ′ 2e2x (B0x + B1) + B0e2x =
, y ′′ 4e2x (B0x + B1) + 4B0
4e2x (B0x + B1) + 4B0e2x .
Подставляя в данное уравнение вместо y, y′, y′′ значения y, y ′, y ′′ и соx.
кращая на e2x , получим B0x + 2B0 − B1 =
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х, находим:
B0 = 1, B1 = −2.
Следовательно, частное решение данного дифференциального урав=
y e2x (x − 2).
нения имеет вид
Пример 2.14
2ex .
Найти частное решение y дифференциального уравнения y′′ − y =
Решение
0.
Находим корни характеристического уравнения k2 − 1 =
Имеем k1 = 1, k2 = −1.
Так как γ =1 есть простой корень характеристического уравнения, то
частное решение y данного дифференциального уравнения следует искать в виде y = ex xB0 . Отсюда y ′ =
B0ex + B0ex x, y ′′ =
2B0ex + B0ex x.
47
Подставляя в данное уравнение вместо y, y′′ значения y, y ′′ и сокращая на ex , получим 2B0 = 2. Следовательно, B0 = 1.
Таким образом, частное решение данного дифференциального уравнения имеет вид y = xex .
2.11.3. Правая часть вида
=
f (x) a cos px + b sin px
Правая часть уравнения (2.20) имеет вид
=
f (x) a cos px + b sin px, где
a, b, p – числа, т.е. y′′ + a1y′ + a=
2y a cos px + b sin px.
Заменяя в этом уравнении  cos px  и  sin px  по формуле Эйлера
eipx + e− ipx
eipx − e− ipx
cos px =
, sin px
,
=
2
2i
eipx + e− ipx
eipx − e− ipx
′ + a2y a
получим  y′′ + a1y
=
+b
2
2i
aa b b
a b
A1= + + ; ; B1=
− . В этом
или y′′ + a1y′ + a2y= A1eipx + B1e− ipx , где A1=
2 2 2i2i
2 2i
случае частное решение имеет вид
 y1 + y2, y
=
(2.28)
A1eipx , а y2 – частное
где y1 – частное решение уравнения y′′ + a1y′ + a2y =
B1e− ipx .
решение уравнения y′′ + a1y′ + a2y =
Так как мнимые числа ip и –ip не могут быть двойными корнями ха0, коэффициенты которого
рактеристического уравнения k2 + a1k + a2 =
действительны, то частные решения y1 и y2 имеют соответственно вид:
 Meipx , åñëè ip − íå êîðåíü õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
y1 = 
ipx
 Mxe , åñëè ip − êîðåíü õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ;
 Neipx , åñëè ip − íå êîðåíü õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
y2 = 
ipx
 Nxe , åñëè ip − êîðåíü õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ;
где M и N – числа.
Числа pi и –pi либо оба представляют собой корни характеристиче0, либо оба они не есть корни этого уравского уравнения k2 + a1k + a2 =
нения. Следовательно, частное решение (2.28) уравнения y′′ + a1y′ + a=
2y a cos px +
a1y′ + a=
2y a cos px + b sin px имеет вид
 Meipx + Ne− ipx , åñëè ± ip −íå êîðíè 
õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
y = 
ipx
− ipx
), åñëè ± ip −êîðíè x(Me + Ne
õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ.

48
e± ipx cos px ± i sin px имеем
Применяя формулу Эйлера=
Meipx + Ne− ipx =(M + N)cos px + i(M − N)sin px,
или Meipx + Ne− ipx = A cos px + B sin px. Таким образом,
 A cos px + B sin px, åñëè ± ip − íå êîðíè õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,

y = 
x( A cos px + B sin px), åñëè ± ip − êîðíè õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ.
(2.29)
Числа А и В определяются из уравнения y′′ + a1y′ + a=
2y a cos px + b sin px
после подстановки в него вместо y, y′, y′′ значений y, y ′, y ′′.
Заметим, что частное решение вышеприведённого уравнения следует
искать в виде (2.29) и в том случае, когда одно из чисел a или b есть тождественный нуль.
Пример 2.15
−13 sin 2x
Найти частное решение y дифференциального уравнения y′′ + y′ + y =
y′′ + y′ + y =
−13 sin 2x.
Решение
0.
Находим корни характеристического уравнения k2 + k + 1 =
1
3
1
3
Имеем k1 =− + i
, k2 =− − i
.
2
2
2
2
Так как числа ±ip =
±2i не есть корни характеристического уравнения, то частное решение y данного дифференциального уравнения сле−2 A sin 2x + 2B cos 2x, y ′′ =
−4 A
дует искать в=
виде y A cos 2x + B sin 2x, откуда y ′ =
−4 A cos 2x − 4 B sin 2x.
B cos 2x, y ′′ =
Подставляя в данное уравнение значения y, y ′, y ′′, получим
(−3 A + 2B)cos 2x + (−3B − 2 A)sin 2x =−13 sin 2x.
Отсюда находим −3 A + 2B =
0, −3B − 2 A =
−13. Следовательно,=
A 2=
, B 3.
A 2=
, B 3.
Таким образом, частное решение данного дифференциального уравнения имеет=
вид y 2 cos 2x + 3 sin 2x.
Пример 2.16
′′ + y 6 cos 2x +
Найти частное решение y дифференциального уравнения y=
′′ + y 6 cos 2x + 3 sin 2x.
y=
Решение
0.
Находим корни характеристического уравнения k2 + 1 =
+i, k2 =
−i.
Имеем k1 =
Так как числа ±ip =
±2i не есть корни характеристического уравнения, то частное решение y следует искать в =
виде y A cos 2x + B sin 2x,
′′
′
−2 A sin 2x + 2B cos 2x, y =
−4 A cos 2x − 4 B sin 2x.
откуда получаем y =
49
Подставляя в данное уравнение значения y, y ′, y ′′, получим
−3 A cos 2x − 3B sin 2x =6 cos 2x + 3 sin 2x.
Отсюда находим −3 A = 6, −3B = 3. Следовательно, A =
−2, B =
−1.
Таким образом, частное решение данного дифференциального урав−2 cos 2x − sin 2x.
нения имеет вид y =
=
2.11.4. Правая часть
вида f (x) e γx [ Pm (x)cos px + Pn (x)sin px ]
γx
=
Правая часть уравнения (2.20) имеет
вид f (x) e [ Pm (x)cos px + Pn (x)sin
(x)cos px + Pn (x)sin px ], т.е. записывается в виде
+ a1y′ + a2y e γx [ Pm (x)cos px + Pn (x)sin px ], y′′=
(2.30)
где γ и р – действительные числа, а Pm (x), Pn (x) – полиномы степени
m и n.
В этом случае частное решение y уравнения (2.30) следует искать в виде
e γx Qs(1) (x)cos px + Qs(2) (x)sin px  , åñëè γ ± ip − íå êîðíè

 
õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
y = 
γx
(1)
(2)
e x Qs (x)cos px + Qs (x)sin px  , åñëè γ ± ip − ÿâëÿþòñÿ êîðíÿìè

õàðàêòåðèñòè÷åñêîãî óðàâíåíèÿ,
где Qs(1) (x) и Qs(2) (x) – полиномы с неопределёнными коэффициентами
степени s, равной высшей из степеней m и n.
y′ + a2y Pm (x)cos px + Pn (x)sin px вклюСлучай уравнения вида y′′ + a1=
чён в уравнение (2.30) при γ =0.
Пример 2.17
Указать вид частного решения y дифференциального уравнения
y′′ − y =
ex x cos x.
Решение
0.
Находим корни характеристического уравнения k2 − 1 =
Имеем k1 = 1, k2 = −1.
Так как s = 1, а числа γ ± ip = 1 ± i не есть корни характеристического уравнения, то частное решение y дифференциального уравнения
y ex [(B0x + B1)cos x + (B2x + B3 )sin x ], где
данного примера имеет вид =
B0, B1, B2, B3 – неопределённые коэффициенты.
Пример 2.18
Найти вид частного решения y дифференциального уравнения
=
y′′ + y 4x2 cos x + (x + 1)sin x.
Решение
0.
Находим корни характеристического уравнения k2 + 1 =
50
+i, k2 =
−i.
Имеем k1 =
Так как s = 2, а числа γ ± ip = 0 ± i являются корнями характеристического уравнения, то частное решение y данного дифференциального
уравнения имеет вид=
y x (B0x2 + B1x + B2 )cos x + (B3x2 + B4x + B5 )sin x  ,
где B0, B1, B2, B3, B4, B5 – неопределённые коэффициенты.
51
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
С ОТВЕТАМИ
Задача
Ответ
0
1.  2x(1 + ey )dx − ey (1 + x2 )dy =
1 + ey = C(1 + x2 )
0
2.  x 1 + y2 + yy′ 1 + x2 =
yy′ y
+=
e 0, y=
(1) 0
x
4.  (4x − 3y)dx + (2y − 3x)dy =
0
3. 
= 0, y(=
0) 1
5.  2xydx + (y2 − 3x2 )dy
y
6.  xy′= y + x cos2 ( )
x
7.  (x + y − 2)dx + (x − y + 4)dy =
0
x3 cos x
8.  xy′ − 2y =
1 + x 2 + 1 + y2 =
C
2e− y (y + 1) = x2 + 1
y2 − 3xy + 2x2 =
C
3
y=
y2 − x 2
y
tg( ) = ln(Cx)
x
2
y − 2xy − x2 − 8y + 4x =
C
=
y Cx2 + x2 sin x
(1 + x2 )2, y(0) =
2
9.  (1 + x2 )y′ − 2xy =
y =(x + 2)(1 + x2 )
=
xy′ + y y2 ln
=
x, y(1) 1
10. 
y=
1
ln x + 1
y cos x
y2 ln x= C + sin x
=
x
y
C
0 5x2y − 8xy + x + 3y =
12.  (10xy − 8y + 1)dx + (5x2 − 8x + 3)dy =
2 3
2
3
xy − + =
C
0
13.  (y + 2 )dx + (x − 2 )dy =
x y
x
y
6
y= 3 ln x + 2x2 − 6x + 6
=
y′′′
=
, y(1) 2=
, y′(1) 1, =
y′′(1) 1
14. 
3
x
1
y=
+ C1 ln x + C2
1
15.  x3y′′ + x2y′ =
x
11.  2y′ ln x +
0
16.  yy′′ + y′2 =
=
y2 C1x + C2
17.  y′′′ + 2y′′ + y′ =
0
y =C1e− x + C2xe− x + C3
x3
18.  y′′ + y′ =
y = C1 + C2e− x −
3xe2x
19.  y′′ − 4y′ + 3y =
y =C1ex + C2e3x − 3xe2x
′′ + y 6 cos 2x + 3 sin 2x
20. y=
y = C1 cos x + C2 sin x − 2 cos 2x − sin 2x
y 3e2x ⋅ cos x
21. y′′ − =
y=
C1 + C2ex + e2x (0,3 ⋅ cos x + 0,6 sin x)
tgx
22. y′′ + y =
x π 

y= C1 cos x + C2 sin x − cos x ⋅ ln  tg( + ) 
2 4 

ex
23. y′′ − y =x
e +1
y= C1ex + C2e− x + ex ⋅ ln(ex + 1) − ex ⋅
52
x4
− x3 − 3x2 − 6x
4
(x + e x )
2
Рекомендуемая литература
1. Арнольд В. И. Обыкновенные дифференциальные уравнения.
Ижевск, 2000.
2. Егоров А. И. Обыкновенные дифференциальные уравнения с приложениями. М., 2005.
3. Демидович Б. П., Моденов В. П. Дифференциальные уравнения:
учебное пособие. СПб., 2008.
4. Зайцев В. Ф., Полянин А. Д. Справочник по обыкновенным дифференциальным уравнениям. М., 2001.
5. Краснов М. Л., Киселёв А. И., Макаренко Г. И. Обыкновенные дифференциальные уравнения. Задачи и примеры с подробными решениями. М., 2002.
6. Пантелеев А. В., Якимова А. С., Босов А. В. Обыкновенные дифференциальные уравнения в примерах и задачах. М., 2000.
7. Самойленко А. М. Дифференциальные уравнения. Практический
курс. М., 2006.
8. Тихонов А. Н., Васильева А. Б., Свешников А. Г. Дифференциальные
уравнения. Курс высшей математики и математической физики. М.,
2002.
9. Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям.
Ижевск, 2000.
53
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие........................................................................... 3
Раздел 1. Дифференциальные уравнения первого порядка............. 4
1.1. Понятие дифференциального уравнения............................ 4
1.2. Дифференциальные уравнения первого порядка.................. 5
1.3. Восстановление дифференциального уравнения
по его общему решению......................................................... 6
1.4. Некоторые виды дифференциальных уравнений
первого порядка.................................................................... 6
1.4.1. Дифференциальные уравнения
с разделяющимися переменными......................................... 6
1.4.2. Однородные дифференциальные уравнения
первого порядка................................................................. 8
1.4.3. Дифференциальные уравнения первого порядка,
приводящиеся к однородным............................................... 12
1.4.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.
Уравнение Бернулли.......................................................... 14
1.4.5. Уравнения в полных дифференциалах.
Интегрирующий множитель................................................ 17
1.5. Геометрический смысл дифференциального уравнения
первого порядка.................................................................... 21
1.6. Метод изоклин................................................................ 22
1.7. Понятие особых решений. Огибающая семейства кривых..... 23
1.8. Приближенное решение дифференциальных уравнений
первого порядка.................................................................... 25
1.8.1. Метод итераций Пикара............................................. 25
1.8.2. Метод Эйлера............................................................ 27
1.8.3. Метод прогноза и коррекции....................................... 28
1.8.4. Приближенное решение дифференциальных уравнений
с помощью степенных рядов................................................ 29
Раздел 2. Дифференциальные уравнения высших порядков........... 31
2.1. Дифференциальные уравнения высших порядков,
допускающие понижение порядка........................................... 31
2.1.1. Уравнение, не содержащее в явном виде
искомой функции и ее первой производной............................ 31
2.1.2. Уравнение, не содержащее в явном виде
искомой функции.............................................................. 32
2.1.3. Уравнение, не содержащее в явном виде
независимой переменной..................................................... 32
2.2. Линейные дифференциальные уравнения высших порядков. 33
2.3. Определитель вронского двух функций.............................. 33
2.4. Линейная зависимость и независимость двух функций......... 34
54
2.5. Линейная зависимость и независимость решений
однородного дифференциального уравнения.
Связь с определителем Вронского............................................ 2.6. Структура общего решения линейного однородного
дифференциального уравнения............................................... 2.7. Нахождение второго частного решения линейного
однородного дифференциального уравнения второго порядка,
линейно независимого с данным.............................................. 2.8. Линейные однородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами............................................. 2.8.1. Случай различных действительных корней
характеристического уравнения........................................... 2.8.2. Случай равных действительных корней
характеристического уравнения........................................... 2.8.3. Случай комплексных корней
характеристического уравнения........................................... 2.9. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
высших порядков. Структура общего решения.......................... 2.10. Метод Лагранжа вариации произвольной постоянной
для нахождения решения линейного неоднородного
дифференциального уравнения второго порядка........................ 2.11. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
второго порядка в случае правой части специального вида.......... 2.11.1. Правая часть вида f (x) = Pm (x) ................................... 2.11.2. Правая часть вида f (x) = e γx Pm (x) ................................ 2.11.3. Правая часть вида
=
f (x) a cos px + b sin px .................... 2.11.4. Правая часть
вида f (x) e γx [ Pm (x)cos px + Pn (x)sin px ] ... =
Задачи для самостоятельного решения с ответами........................ Рекомендуемая литература....................................................... 35
35
36
37
38
38
39
40
41
44
44
46
48
50
52
53
55
Учебное издание
Зингер Абрам Аронович
Макарова Мария Валентиновна
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Учебное пособие
Редактор А. В. Подчепаева
Верстальщик С. Б. Мацапура
Сдано в набор 11.09.13. Подписано к печати 31.01.14.
Формат 60×84 1/16. Бумага офсетная. Усл. печ. л. 3,3.
Уч.-изд. л. 3,5. Тираж 100 экз. Заказ № 38.
Редакционно-издательский центр ГУАП
190000, Санкт-Петербург, Б. Морская ул., 67
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
0
Размер файла
1 135 Кб
Теги
zingermakarova
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа