Дифференциальные уравнения

1 1УТСб-01-21зп (3-й семестр) ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 1. Основные понятия и определения Определение. Обыкновенным дифференциальным уравнением называется уравнение, связывающее независимую переменную x , искомую функцию 𝑦 и ее производные y, y, y,..., y ( n) : F ( x, y, y, y,..., y ( n) )  0 . (1.1) Если из уравнения (1.1) можно выразить y (n ) , то уравнение можно записать в явном виде: y ( n)  f ( x, y, y,..., y ( n 1) ) . (1.2) Про уравнение (1.2) говорят, что оно разрешено относительно n -й производной. Определение. Порядком уравнения называется порядок старшей производной, входящей в это уравнение. Определение. Решением уравнения (1.1) называется такая функция (x) , которая будучи подставленной в уравнение, обращает его в тождество. Определение. Если (x) - решение дифференциального уравнения, то кривая y  (x) называется интегральной кривой этого уравнения. Пример. y   2 x  3 . Это дифференциальное уравнение первого порядка, разрешенное относительно производной. Его решение есть функция y  x 2  3x  C . Это легко проверяется подстановкой функции в уравнение. Интегральной кривой является кривая y  x 2  3x  C . При разных значениях C получаем разные интегральные кривые. 1.1. Обыкновенные дифференциальные уравнения первого порядка Рассмотрим обыкновенные дифференциальные уравнения первого порядка: F ( x, y, y)  0 . (1.3) Общее решение дифференциального уравнения (1.3) имеет вид y  ( x, C ) , (1.4) где C - произвольная постоянная. Если в (1.4) вместо произвольной константы C подставить определенное значение C 0 , то получим частное решение уравнения: y  ( x, C0 ) . (1.5) Не всегда решение можно записать в явном виде (1.4). Часто получаем решение, записанное следующим образом: (1.6) ( x, y, C )  0 , которое не разрешено относительно y . Разрешив его относительно y , если это возможно, получим общее решение (1.4). Равенство (1.6), задающее общее решение неявно, называется общим интегралом дифференциального уравнения. 2 Если придать C определенное значение C 0 , то получим равенство ( x, y, C0 )  0 , (1.7) которое называют частным интегралом. С геометрической точки зрения общий интеграл (1.6) или общее решение (1.4) представляют собой семейство кривых, зависящих от параметра C . Частному интегралу (1.7) или частному решению (1.5) соответствует одна кривая семейства при C  C 0 . Пример. Уравнение 𝑦 ′ = 𝑥 имеет общее решение 𝑦 = ется, например, 𝑦 = 𝑥2 2 𝑥2 2 + 𝐶. Частным решением явля- (при 𝐶 = 0)◄ 1.2. Задача Коши для уравнения первого порядка Определение. Задача нахождения решения уравнения y  f ( x, y) , удовлетворяющего начальному условию y( x0 )  y 0 , называется задачей Коши. Теорема Коши (о существовании и единственности решения задачи Коши). { 𝑦 ′ = 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑦(𝑥0 ) = 𝑦0 Пусть функция 𝑓 и ее частная производная (1.8) 𝜕𝑓 𝜕𝑦 непрерывны в некоторой окрестности точки M 0 ( x0 , y0 ) . Тогда в некотором интервале ( x0  h, x0  h) существует единственное решение задачи Коши (1.8). Геометрический смысл теоремы Коши заключается в том, что через каждую точку, удовлетворяющую условиям теоремы Коши, проходит только одна интегральная кривая. ln 𝑦 𝑦 ′ = 𝑥√ Пример. Рассмотрим задачу Коши { . 𝑦(1) = 2 Функция 𝑓(𝑥, 𝑦) = 1 2𝑥𝑦 ln √𝑦 𝑥 непрерывна при любых 𝑥 ≠ 0, 𝑦 > 0. Частная производная 𝜕𝑓 𝜕𝑦 = непрерывна при любых 𝑥 ≠ 0, 𝑦 ≠ 0. Следовательно, по теореме Коши данная задача имеет единственное решение◄ Основные виды и способы решений дифференциальных уравнений первого порядка В табл. 1 представлены основные виды уравнений первого порядка и формулы для их решения. 1.3. 3 Табл. 1. Основные виды уравнений первого порядка Тип уравнения Уравнения с разделяющимися пе- или ременными Вид уравнения Метод решения 𝑑𝑦 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑦) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶 𝑔(𝑦) (константу 𝐶 можно писать в левой части вместо правой) ∫ 𝑦′ = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑦) 𝐴1 (𝑥)𝐵1 (𝑦)𝑑𝑥 + +𝐴2 (𝑥)𝐵2 (𝑦)𝑑𝑦 = 0 𝐴 (𝑥) 𝐵 (𝑦) ∫ 𝐴1 (𝑥) 𝑑𝑥 = − ∫ 𝐵2 (𝑦) 𝑑𝑦 + 𝐶 2 1 Однород𝑑𝑦 ные д.у. = 𝑓(𝑥, 𝑦), первого по- где 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥– однородная функрядка ция, то есть 𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝑓(𝑥, 𝑦) Линейные д.у. пер𝑦 ′ + 𝑎(𝑥)𝑦 = 𝑏(𝑥) вого порядка 𝑑𝑧 = ln|𝑥| + 𝐶 𝑓(1, 𝑧) − 𝑧 После вычисления интеграла сделать 𝑦 замену: 𝑧 = 𝑥 𝑦 = 𝐴(𝑥)𝐵(𝑥), где 𝐴(𝑥) = 𝑒 − ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 , 𝑏(𝑥) 𝐵(𝑥) = ∫ 𝐴(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶 Уравнение Бернулли 𝑦 = 𝐴(𝑥){(1 − 𝑛)𝐵(𝑥)}1−𝑛 , где 𝐴(𝑥) = 𝑒 − ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 , 𝐵(𝑥) = ∫ 𝑏(𝑥)𝐴𝑛−1 (𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶, (константу 𝐶 при вычислении интеграла в 𝐴(𝑥) можно не писать) ∫ (константу 𝐶 при вычислении интеграла в 𝐴(𝑥) можно не писать) 1 𝑦 ′ + 𝑎(𝑥)𝑦 = 𝑏(𝑥)𝑦 𝑛 , где 𝑛 ≠ 0 и 𝑛 ≠ 1 𝑦 𝑥 Уравнение в полных 𝑀(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 + 𝑁(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 = 0, дифференциалах где 𝜕𝑀 𝜕𝑁 = 𝜕𝑦 𝜕𝑥 ∫ 𝑀(𝑡, 𝑦)𝑑𝑡 + ∫ 𝑁(𝑥0 , 𝑧)𝑑𝑧 = 𝐶 𝑥0 𝑦0 Точка (𝑥0 , 𝑦0 ) - любая точка, в которой 𝜕𝑀 𝜕𝑁 функции 𝑀, 𝑁, 𝜕𝑦 и 𝜕𝑥 непрерывны. Можно взять 𝑥0 = 0 и 𝑦0 = 0, если функции будут непрерывны при 𝑥0 = 0 и 𝑦0 = 0. Примеры 1. xy  y 2 . 𝑑𝑦 𝑑𝑦 ►Это уравнение с разделяющимися переменными. 𝑦 ′ = 𝑑𝑥 . Тогда 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑦 2 . Разделим переменные следующим образом. В левой части уравнения (где находится в числителе 𝑑𝑦) оставим только переменную 𝑦, а в правой части – только переменную 𝑥. Для этого разделим обе части уравнения на 𝑥 и умножим на 𝑑𝑥: 𝑑𝑦 = 𝑑𝑦 на 𝑦 2 : 𝑦 2 = 𝑑𝑥 𝑥 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 . Проинтегрируем обе части: ∫ 𝑦 2 = ∫ ∫ 𝑦 −2 𝑑𝑦 = ∫ 𝑦 −1 −1 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 𝑑𝑥 𝑥 = ln|𝑥| + 𝐶◄ . . Теперь разделим обе части уравнения 4 2. 𝑦 ′ = 𝑥 2 +𝑦 2 𝑥𝑦 . ►В этом уравнении невозможно разделить переменные. Проверим, не является ли это уравнение однородным уравнением. 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝜆2 𝑥 2 +𝜆2 𝑦2 𝑓(𝜆𝑥, 𝜆𝑦) = 𝜆𝑥𝜆𝑦 𝑥 2 +𝑦2 𝑥𝑦 = , 𝜆2 (𝑥 2 +𝑦 2 ) 𝜆2 𝑥𝑦 = 𝑥 2 +𝑦 2 ⏟𝑥𝑦 . 𝑓(𝑥,𝑦) Следовательно, это уравнение – однородное уравнение. По табл. 1: 𝑑𝑧 ∫ 𝑓(1,𝑧)−𝑧 = ln|𝑥| + 𝐶. Так как 𝑓(1, 𝑧) = 1+𝑧 2 𝑧 1 1 , а 𝑓(1,𝑧)−𝑧 = 1+𝑧2 𝑧 𝑧 −𝑧 = 1+𝑧 2 −𝑧 2 = 𝑧, то ∫ 𝑧𝑑𝑧 = ln|𝑥| + 𝐶, 𝑧2 2 = ln|𝑥| + 𝐶. 𝑦 Сделаем замену 𝑧 = 𝑥 : 𝑦2 2𝑥 2 = ln|𝑥| + 𝐶◄ 3. 𝑦 ′ − 2𝑥𝑦 = 3𝑥. ►Это линейное уравнение 𝑦 ′ + 𝑎(𝑥)𝑦 = 𝑏(𝑥). 𝑎(𝑥) = −2𝑥, 𝑏(𝑥) = 3𝑥. По табл. 1 решение находим по формуле: 𝑦 = 𝐴(𝑥)𝐵(𝑥), (1.1) 𝑏(𝑥) где 𝐴(𝑥) = 𝑒 − ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 , 𝐵(𝑥) = ∫ 𝐴(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝐶. 1) Найдем 𝐴(𝑥). Сначала вычислим интеграл: ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 = −2 ∫ 𝑥𝑑𝑥 = −𝑥 2 (константу 𝐶 можно не писать). Тогда 2 𝐴(𝑥) = 𝑒 𝑥 . 2) Найдем 𝐵(𝑥). 𝐵(𝑥) = ∫ =[ 3𝑥 𝑒𝑥 2 𝑑(−𝑥 2 ) = −2𝑥 𝑑𝑥 1 𝑥 𝑑𝑥 = − 2 𝑑(−𝑥 2 𝑑𝑥 + 𝐶 = 3 ∫ 𝑥𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 + 𝐶 = 2 )] 3 2 = − 2 ∫ 𝑒 −𝑥 𝑑(−𝑥 2 ) = −3 −𝑥 2 𝑒 2 + 𝐶. 5 3) Найдем 𝑦 по формуле (1.1): 2 −3 2 2 3 𝑦 = 𝑒 𝑥 [ 2 𝑒 −𝑥 + 𝐶] или 𝑦 = − 2 + 𝐶𝑒 𝑥 ◄ 4. 𝑥𝑦 ′ − 𝑦 = 5𝑥𝑦 2 . ►Это уравнение Бернулли 𝑦 ′ + 𝑎(𝑥)𝑦 = 𝑏(𝑥)𝑦 𝑛 . Коэффициент перед 𝑦 ′ должен быть равен 1. Разделим обе части уравнения на 𝑥: 1 𝑦 ′ − 𝑥 𝑦 = 5𝑦 2 . 1 𝑎(𝑥) = − 𝑥, 𝐵(𝑥) = 5, 𝑛 = 2. По табл. 1 решение находим по формуле: 1 𝑦 = 𝐴(𝑥){(1 − 𝑛)𝐵(𝑥)}1−𝑛 , (1.2) где 𝐴(𝑥) = 𝑒 − ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 , 𝐵(𝑥) = ∫ 𝑏(𝑥)𝐴𝑛−1 (𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶. 1) Найдем 𝐴(𝑥). ∫ 𝑎(𝑥)𝑑𝑥 = − ∫ 𝑑𝑥 Тогда 𝑥 = − ln|𝑥|. 𝐴(𝑥) = 𝑒 ln|𝑥| = ±𝑥 (константу 𝐶 не пишем). 2) Найдем 𝐵(𝑥). 𝐵(𝑥) = ∫[±5𝑥]𝑑𝑥 + 𝐶 = ± 5𝑥 2 2 + 𝐶. 3) Найдем 𝑦 по формуле (1.2): 𝑦 = ±𝑥 [∓ 5𝑥 2 2 − 𝐶] −1 −2𝑥 или 𝑦 = 5𝑥 2 +𝐶◄ 5. 2𝑥𝑦𝑑𝑥 + (𝑥 2 − 3𝑦 2 )𝑑𝑦 = 0. ►В этом уравнении нельзя разделить переменные. Проверим, не является ли это уравнение уравнением в полных дифференциалах. 𝑀(𝑥, 𝑦) = 2𝑥𝑦, 𝑁(𝑥, 𝑦) = 𝑥 2 − 3𝑦 2. 𝜕𝑀 𝜕𝑦 Так как 𝜕𝑀 𝜕𝑦 = 𝜕𝑁 𝜕𝑥 𝜕𝑁 = 2𝑥, 𝜕𝑥 = 2𝑥. , то это уравнение в полных дифференциалах. По табл. 1 его решение ищем в виде: 𝑥 𝑦 ∫ 𝑀(𝑡, 𝑦)𝑑𝑡 + ∫ 𝑁(𝑥0 , 𝑧)𝑑𝑧 = 𝐶. 𝑥0 Функции 𝑀, 𝑁, 𝜕𝑀 𝜕𝑦 𝜕𝑁 𝑦0 и 𝜕𝑥 непрерывны везде. Поэтому можно взять: 𝑥0 = 0, 𝑦0 = 0. 6 Тогда 𝑦 𝑥 ∫ 2𝑡𝑦𝑑𝑡 + ∫(−3𝑧 2 )𝑑𝑧 = 𝐶, 𝑧=𝑦 3 𝑡 2 𝑦|𝑡=𝑥 𝑡=0 − 𝑧 |𝑧=0 = 𝐶, 𝑥 2 𝑦 − 𝑦 3 = 𝐶◄ 1.4. Дифференциальные уравнения высших порядков Рассмотрим дифференциальные уравнения высших порядков: F ( x, y, y,..., y ( n) )  0 или y ( n)  f ( x, y, y,..., y ( n 1) ). (1.9) Определение. Задачей Коши для уравнения (1.9) называется задача нахождения решения y (x) этого уравнения, удовлетворяющего начальным условиям  y ( x0 )  y0 ,   y( x0 )  y0 ,   y( x0 )  y0,   ( n 1)  ( x0 )  y0( n 1) , y (1.10) где y0 , y0 ,..., y0( n 1) - заданные константы1. Теорема Коши. Пусть в уравнении (1.9) функция f и ее частные производные 𝜕𝑓 𝜕𝑓 , 𝜕𝑓 𝜕𝑦 𝜕𝑦 ′ , …, 𝜕𝑦 (𝑛−1) непрерывны в области  . Тогда для любой точки ( x0 , y0, y0 ,..., y0( n 1) )   в некотором интервале ( x0  h, x0  h) существует единственное решение задачи Коши (1.9), (1.10). Пример. Определить, существует ли единственное решение задачи: 𝑦 ′′ = 𝑦(1) = 2, 𝑦 ′ (1) = −1. ►Функция 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ) = 𝜕𝑓 𝑥2 𝑥2 𝑦 𝑥2 𝑦 + (𝑦 ′ )2, + (𝑦 ′ )2 непрерывна в любой точке (𝑥, 𝑦, 𝑦 ′ ), где 𝑦 ≠ 0. Част𝜕𝑓 ная производная 𝜕𝑦 = − 𝑦 2 непрерывна при 𝑦 ≠ 0, ч.п. 𝜕𝑦 ′ = 2𝑦 ′ непрерывна везде. По теореме Коши данная задача имеет единственное решение◄ 1.5. 1 Дифференциальные уравнения, допускающие понижения порядка Вид уравнения Метод решения ( n) 𝑛 –кратное интегрирование: y  f ( x) (𝑛−1) 𝑦 = ∫ 𝑦 (𝑛) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝐶1 , 𝑦 (𝑛−2) = ∫ 𝑦 (𝑛−1) 𝑑𝑥 + 𝐶2 ,…, 𝑦 ′ = ∫ 𝑦 ′′ 𝑑𝑥 + 𝐶𝑛−1, 𝑦 = ∫ 𝑦 ′ 𝑑𝑥 + 𝐶𝑛 . Это не производные! 7 Уравнения, не содержащие функцию y и ее произ- Замена p( x)  y ( k ) . водные до порядка (k  1) включительно: Тогда y ( k 1)  p( x) , y ( k  2)  p( x) ,… F ( x, y ( k ) ,..., y ( n) )  0 Уравнения, не содержащие независимую перемен- Замена Тогда p ( y )  y . ( n) ную 𝑥: F ( y, y,..., y )  0 y  p( y) y  p( y) p( y) ,… 1) Примеры y   x 3  1 . ►𝑦 ′′ = ∫ 𝑦 ′′′ 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 3 + 3)𝑑𝑥 = 𝑥4 𝑥4 4 + 3𝑥 + 𝐶1 𝑥5 𝑦 ′ = ∫ 𝑦 ′′ 𝑑𝑥 = ∫ ( 4 + 3𝑥 + 𝐶1 ) 𝑑𝑥 = 20 + 𝑥5 𝑦 = ∫ 𝑦 ′ 𝑑𝑥 = ∫ (20 + 𝑥6 Ответ: 𝑦 = 120 + 2) y  x y ( 4) 𝑥3 2  0. 3𝑥 2 2 + 𝑦 ′′ = ∫ 𝐶1 𝑥 𝑑𝑥 = 𝐶1 𝑥2 2 𝑦 ′ = ∫ 𝑦 ′′ 𝑑𝑥 = ∫ (𝐶1 𝑦 = ∫ 𝑦 ′ 𝑑𝑥 = ∫ (𝐶1 𝑥4 6 y   y  2 . 𝑑𝑝 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 𝑥3 2 + 𝐶1 𝑥 2 2 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3◄ dp dx  , p  C1 x, y   C1 x. p x + 𝐶2 2 + 𝐶2 ) 𝑑𝑥 = 𝐶1 𝑥3 6 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 𝑥4 𝑥2 + 𝐶2 𝑥 + 𝐶3 ) 𝑑𝑥 = 𝐶1 24 + 𝐶2 Ответ: 𝑦 = 𝐶1 24 + 𝐶2 3) 𝑥2 2 𝑥2 𝑥3 2 𝑥6 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 ) 𝑑𝑥 = 120 + 𝐶1 ► p( x)  y  , p  xp   0, 3𝑥 2 𝑥2 2 2 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4◄ 𝑑𝑝 ►𝑦 ′ = 𝑝(𝑦), 𝑦 ′′ = 𝑑𝑦 𝑦 ′ = 𝑑𝑦 𝑝, 𝑑𝑝 𝑑𝑦 𝑑𝑝 𝑝 = 𝑝2 или 𝑝 (𝑑𝑦 − 𝑝) = 0. 𝑝 = 0 или 𝑑𝑝 𝑑𝑦 − 𝑝 = 0. Рассмотрим первое уравнение. Сделаем обратную замену 𝑝 = 𝑦 ′. Получим 𝑦 ′ = 0. Следовательно, 𝑦 = 𝐶. 𝑑𝑝 Рассмотрим второе уравнение 𝑑𝑦 = 𝑝. ∫ 𝑑𝑝 𝑝 = ∫ 𝑑𝑦 ⟹ ln|𝑝| = 𝑦 + 𝐶1 ⟹ 𝑒 ln|𝑝| = 𝑒 𝑦+𝐶1 ⟹ |𝑝| = 𝑒 𝐶1 𝑒 𝑦 . 𝑒 𝐶1 - это константа, поэтому напишем вместо нее снова 𝐶1 : 𝑝 = 𝐶1 𝑒 𝑦 . Модуль не пишем, так как знак учитывается константой 𝐶1 (если 𝑝 ≥ 0, то 𝐶1 ≥ 0; если 𝑝 < 0, то 𝐶1 < 0). Сделаем обратную замену: 𝑝 = 𝑦 ′ . Получим: 𝑦 ′ = 𝐶1 𝑒 𝑦 . Тогда ∫ 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = ∫ 𝐶1 𝑑𝑥 ⟹ −𝑒 −𝑦 = 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 ◄ 1.6. Линейные дифференциальные уравнения n-го порядка Определение. Линейным дифференциальным уравнением n-го порядка называется уравнение вида a0 ( x) y ( n)  a1 ( x) y ( n 1)  ...  an 1 ( x) y  an ( x) y  f ( x), где функции ai ( x) (i  0, n) непрерывны, a0 ( x)  0. 8 Если правая часть f ( x)  0 , то уравнение называется линейным неоднородным уравнением (ЛНДУ). Если f ( x)  0 , то уравнение называется линейным однородным уравнением (ЛОДУ). Так как a 0 ( x)  0 , то можно разделить обе части уравнения на a 0 ( x) . Поэтому в дальнейшем будем полагать, что a 0 ( x)  1 , то есть уравнение имеет вид y ( n)  a1 ( x) y ( n 1)  ...  an 1 ( x) y  an ( x) y  f ( x) . (1.11) Очевидно, что ЛОДУ y ( n)  a1 ( x) y ( n 1)  ...  an 1 ( x) y  an ( x) y  0 (1.12) всегда имеет тривиальное (нулевое) решение: y  0 . 1.6.1. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения Обозначим 𝑦чн – частное решение неоднородного уравнения y ( n)  a1 ( x) y ( n 1)  ...  an 1 ( x) y  an ( x) y  f ( x) , (1.11) 𝑦оо – общее решение однородного уравнения y ( n)  a1 ( x) y ( n 1)  ...  an 1 ( x) y  an ( x) y  0 , (1.12) 𝑦он – частное решение неоднородного уравнения (1.11). Теорема (об общем решении ЛНДУ). Общее решение ЛНДУ представляется как сумма какого-нибудь частного решения 𝑦чн этого уравнения и общего решения 𝑦оо соответствующего однородного уравнения: (1.13) yо н  yо о  y ч н . Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами Рассмотрим линейное неоднородное уравнение второго порядка 1.6.2. a0 y  a1 y  a2 y  f ( x) (1.14) и соответствующее ему однородное уравнение a0 y  a1 y  a2 y  0 , (1.15) где 𝑎0 , 𝑎1 , 𝑎2 - некоторые постоянные. Заменим 𝑦 ′′ на 𝑘 2 , 𝑦 ′ на 𝑘, 𝑦 на 1: a0 k 2  a1 k  a2  0 . (1.16) Уравнение (1.16) называется характеристическим уравнением уравнения (1.15). Это квадратичное уравнение. Найдем его корни. 𝐷 = 𝑎12 − 4𝑎0 𝑎2 , 𝑘1,2 = −𝑎1 ±√𝐷 2𝑎0 . 9 Возможны три случая: корни вещественные и различные (𝐷 > 0), корни вещественные и равные (𝐷 = 0), корни комплексные (𝐷 < 0). Рассмотрим все случаи. Табл. 2. Вид общего решения ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами 1 𝒌𝟏 , 𝒌𝟐 – корни характеристического уравнения k1  k 2 ∈ ℝ (𝐷 > 0) 2 k1  k2 ∈ ℝ (𝐷 = 0) 3 k1, 2     i (𝐷 < 0), где 𝛼 = −𝑎1 2𝑎0 Вид общего решения однородного уравнения yо о  C1ek1 x  C2ek 2 x yoo  C1 ek1 x  C2 x ek1 x yo o  e x C1 cos  x  C2 sin  x  √|𝐷| ,𝛽= 2𝑎0 Примеры 1) y  y  2 y  0 . ►Характеристическое уравнение имеет вид: 𝑘 2 + 𝑘 − 2 = 0. Его корни: 𝑘1,2 = −1±√9 2 = 1; −2. Корни вещественные, различные. Следовательно, по табл. 2: yo o  C1e 2 x  C2 e x . 2)  2 y  2 y  4 y  0. ►Характеристическое уравнение имеет вид: −2𝑘 2 − 2𝑘 − 4 = 0. Его корни: 𝑘1,2 = 2±√−28 = −4 2±𝑖√28 −4 = 2±2√7𝑖 −4 = 1±√7𝑖 −2 – два комплексно сопряженных корня. 1 𝛼 = − 2, 𝛽 = √7 . 2  7 7  По табл. 2: yo o  e C1 cos x  C2 sin x ◄ 2 2    x 2 3) 4𝑦 ′′ − 12𝑦 ′ + 9𝑦 = 0. ►Характеристическое уравнение имеет вид: 4𝑘 2 − 12𝑘 + 9 = 0. Его корни: 𝑘1,2 = 12±√144−144 8 3 = 2 – два одинаковых вещественных корня. 1 𝛼 = − 2, 𝛽 = 3 √7 . 2 По табл. 2: yo o  e 2 C1  C2 x  ◄ x 5.12.4. Метод неопределенных коэффициентов решения ЛНДУ с постоянными коэффициентами Если правая часть неоднородного уравнения (1.14): a0 y  a1 y  a2 y  f ( x) имеет вид: 10 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝛼𝑥 {𝑃𝑛 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑄𝑚 (𝑥) sin 𝛽𝑥}, то уравнение называют уравнением со специальной правой частью. Для нахождения частного решения yч н неоднородного уравнения со специальной правой частью можно применять метод неопределенных коэффициентов. Пусть k1 , k 2 - корни характеристического уравнения: a0 k 2  a1 k  a2  0 . Тогда в зависимости от правой части 𝑓(𝑥) неоднородного уравнения и корней характеристического уравнения частное решение 𝑦чн неоднородного уравнения ищется в виде, указанном в табл. 3. Табл. 3. Вид частного решения ЛНДУ второго порядка с постоянными коэффициентами Вид правой части уравнения 𝑓(𝑥) = 𝑒 𝛼𝑥 𝑃𝑛 (𝑥) 𝑓(𝑥) = = 𝑒 𝛼𝑥 {𝑃𝑛 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑄𝑚 (𝑥) sin 𝛽𝑥} Корни характеристического уравнения 𝛼 ≠ 𝑘1 , 𝛼 ≠ 𝑘2 Вид частного решения 𝑦чн = 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) 𝛼 = 𝑘1 , 𝛼 ≠ 𝑘2 𝑦чн = 𝑥𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) 𝛼 = 𝑘1 , 𝛼 = 𝑘2 𝑦чн = 𝑥 2 𝑒 𝛼𝑥 𝑄𝑛 (𝑥) 𝑦чн =𝑒 𝛼𝑥 {𝑈𝑠 (𝑥) cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑠 (𝑥) sin 𝛽𝑥}, 𝑠 = max(𝑛; 𝑚) 𝛼𝑥 {𝑈 (𝑥) 𝑦чн =𝑥𝑒 cos 𝛽𝑥 + 𝑉𝑠 (𝑥) sin 𝛽𝑥}, 𝑠 𝑠 = max(𝑛; 𝑚) 𝑘1,2 ≠ 𝛼 ± 𝛽𝑖 𝑘1,2 = 𝛼 ± 𝛽𝑖 Здесь 𝑃𝑛 (𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 – многочлен 𝑛 –й степени. Аналогично 𝑄𝑛 (𝑥), 𝑈𝑠 (𝑥), 𝑉𝑠 (𝑥). Например, 𝑃0 (𝑥) = 𝑎0 – константа, 𝑃1 (𝑥) = 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 , 𝑃2 (𝑥) = 𝑎2 𝑥 2 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 и т.д. Замечание. Если правая часть содержит только косинус или только синус: f ( x)  e  x Pm ( x) cos  x , f ( x)  e  x Qn ( x) sin  x , то все равно частное решение ищется в том виде, который указан в таблице. В первом столбце коэффициенты всех многочленов известны. Константы 𝛼 и 𝛽 известны. В правом столбце коэффициенты многочленов неизвестны. Их нужно найти, например, с помощью метода неопределенных коэффициентов, который заключается в следующем: 1) 𝑦чн подставляем в неоднородное уравнение (1.14). 2) Сравниваем коэффициенты при одинаковых степенях 𝑥 (если есть синусы, косинусы, то коэффициенты сравниваем при 𝑥 𝑛 cos 𝛽𝑥, 𝑥 𝑛 sin 𝛽𝑥). В результате получаем систему линейных уравнений относительно неизвестных коэффициентов многочленов. Решаем систему. 3) Найденные коэффициенты подставляем в 𝑦чн . Примеры 1. Найти частное решение уравнения y   5 y   6 y  13 sin 3x . 11 ►Правая часть уравнения содержит синус: f ( x)  13 sin 3x . Поэтому рассматриваем второй случай, когда e x Pn ( x) cos x Q m ( x) sin x  13 sin 3x . Сравнивая левую и правую части равенства, получаем, что   0 , 𝑃𝑛 (𝑥) = 0, 𝑛 = 0, 𝑄𝑚 (𝑥) = 13, 𝑚 = 0, 𝛽 = 3. Характеристическое уравнение, соответствующее неоднородному дифференциальному уравнению, имеет вид: k 2  5k  6  0 . Его корни: k1  3 , k 2  2 . По табл. 3, частное решение следует искать в виде y ч н  A cos 3x  B sin 3x . (9.17) Подставляя данное выражение в исходное неоднородное уравнение: (−9𝐴 cos 3𝑥 − 9𝐵 sin 3𝑥) − 5(−3𝐴 sin 3𝑥 + 3𝐵 cos 3𝑥) + 6(𝐴 cos 3𝑥 + 𝐵 sin 3𝑥) = = 13 sin 3𝑥. Сравнивая коэффициенты перед sin 3x и cos 3x , получаем sin 3x : 15 A  3 B  13,  cos 3x :  3 A  15B  0 5  𝐴=6 15𝐴 − 3𝐵 = 13  { { 1. 𝐴 + 5𝐵 = 0 𝐵 = −6 Подставим найденные константы в (9.17): 1 y ч н  (5 cos 3x  sin 3x) ◄ 6 2. В каком виде нужно искать частное решение уравнения y   2 y   y  4 e x . ►𝑓(𝑥) = 4𝑒 𝑥 . В правой части нет синусов и косинусов, поэтому Pn ( x) e  x  4 e x ? Сравнивая обе части, получаем:   1 , Pn ( x)  4 , n  0 . Характеристическое уравнение k 2  2 k  1  0 имеет корни k1, 2  1 . Так как   k1, 2 , то табл. 3 частное решение ищется 3. в виде y ч н  A x 2 e x ◄ В каком виде нужно искать частное решение уравнения: y   y   x 2  3 x ? 4. ► Pn ( x) e  x  x 2  3 x ,   0 , n  2 . Характеристическое уравнение k 2  k  0 имеет корни k1  0 , k 2  1. Так как   k1 , то табл. 3 частное решение ищется в виде y ч н  x ( A x 2  B x  C ) ◄ y   2 y   y  4 e x . ► Pn ( x) e  x  4 e x ,   1 , Pn ( x)  4 , n  0 . Характеристическое уравнение k 2  2 k  1  0 имеет корни k1, 2  1 . Так как   k1, 2 , то частное решение ищется в виде y ч н  A x 2 e x ◄ 5. y   y   x 2  3 x . ► Pn ( x) e  x  x 2  3 x ,   0 , Pn ( x)  x 2  3 x , n  2 . Характеристическое уравнение k 2  k  0 имеет корни k1  0 , k 2  1. Так как   k1 , то частное решение ищется в виде yч н  x ( A x 2  B x  C) ◄ Теорема (о решении ЛНДУ с правой частью, равной сумме функций). Частное решение уравнения 𝑎0 𝑦 ′′ + 𝑎1 𝑦 ′ + 𝑎2 𝑦 = 𝑓1 (𝑥) + 𝑓2 (𝑥) (9.18) 12 можно представить в виде суммы y  y1  y 2 , где y1 , y 2 - частные решения уравнений 𝑎0 𝑦 ′′ + 𝑎1 𝑦 ′ + 𝑎2 𝑦 = 𝑓1 (𝑥) и 𝑎0 𝑦 ′′ + 𝑎1 𝑦 ′ + 𝑎2 𝑦 = 𝑓2 (𝑥) (9.19) соответственно. Пример. В каком виде нужно искать частное решение уравнения 𝑦 ′′ − 3𝑦 ′ = 𝑒 3𝑥 − 18𝑥? (9.20) ►𝑓(𝑥) = 𝑒 3𝑥 − 18𝑥. Так как в правой части находятся функции разных видов, то представим правую часть в виде суммы двух функций: 𝑓1 (𝑥) = 𝑒 3𝑥 и 𝑓2 (𝑥) = −18𝑥. Характеристическое уравнение k 2  3 k  0 имеет корни k1  0 , k 2  3 . Частное решение будем искать в виде yчн  y1  y2 , где y1 , y 2 - частные решения уравнений y   3 y   e 3 x и y   3 y   18 x . Рассмотрим первое уравнение: y   3 y   e 3 x . 𝑒 3𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥 𝑃𝑛 (𝑥), 𝛼 = 3, 𝑃𝑛 (𝑥) = 1, 𝑛 = 0. Так как 𝛼 = 𝑘2 , то частное решение ищем в виде: y1  xe xQ0 ( x)  A x e3 x . Рассмотрим второе уравнение: y   3 y   18 x . −18𝑥 = 𝑒 𝛼𝑥 𝑃𝑛 (𝑥), 𝛼 = 0, 𝑃𝑛 (𝑥) = −18𝑥, 𝑛 = 1. Так как 𝛼 = 𝑘1 , то частное решение ищем в виде: y2  xe xQ1 ( x)  x ( B x  C ) (нельзя использовать букву 𝐴, так как она была в 𝑦1 ). Следовательно, частное решение уравнения (9.20) нужно искать в следующем виде: y чн  A x e 3 x  B x 2  C x ◄ 2. Системы обыкновенных дифференциальных уравнений 2.1. Основные определения и понятия. Рассмотрим систему обыкновенных дифференциальных уравнений первого порядка:  dy1  dx  f1 ( x, y1 , y 2 ,..., y n ),  (2.1) ...  dy  n  f n ( x, y1 , y 2 ,..., y n ).  dx Такая система называется нормальной системой. Правые части не содержат производных неизвестных функций yi . Число уравнений системы называется ее порядком. Определение. Если правые части нормальной системы не зависят от независимой переменной x , то такая система называется автономной (стационарной): 13  dy1  dx  f1 ( y1 , y 2 ,..., y n ),  ...  dy  n  f n ( y1 , y 2 ,..., y n ).  dx (2.2) Определение. Решением системы (2.1) называется совокупность непрерывно дифференцируемых функций y1 ( x), y 2 ( x),..., y n ( x) , обращающих все уравнения этой системы в тождества. Определение. Кривая в (n  1) -мерном пространстве ( x, y1 , y 2 ,..., y n ) , соответствующая решению y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x),..., y n  y n ( x) , называется интегральной кривой.  x  x / t , Пример.   y  x. 𝑑𝑥 𝑑𝑦 ►Здесь 𝑥̇ = 𝑑𝑡 , 𝑦̇ = 𝑑𝑡 . Интегрируя первое уравнение системы, получаем x  C1 t . Подставляя найденное 𝑥 во второе уравнение системы, получаем: 𝑦̇ = 𝐶1 𝑡. Следовательно, 𝑦 = 𝐶1 𝑡2 2 + 𝐶2 . Таким образом, решение данной системы имеет вид:  x  C1 t ,  2  y  C1 t / 2  C 2 . (2.3) Интегральная кривая задается в трехмерном пространстве (t , x, y) уравнениями (2.3). Она получается при пересечении плоскости x  C1 t и параболического цилиндра y  C1 t 2 / 2  C2 . Следовательно, интегральная кривая – парабола◄ 2.2. Задача Коши Задачей Коши для системы (2.1) называется задача отыскания y1  y1 ( x), y 2  y 2 ( x),..., y n  y n ( x) , удовлетворяющего начальным условиям:  y1 ( x0 )  y10 ,   ...  y (x )  y 0 . n  n 0 решения (2.4) Теорема Коши (для системы). Пусть правые части системы (2.1) определены в области  и удовлетворяют в ней условиям: 1) f i ( x, y1 , y 2 ,..., y n ), i  1, n , непрерывны;  fi  fi f , ,..., i , i  1, n , непрерывны.  y1  y 2  yn Тогда система (2.1) имеет в некотором интервале ( x0  h, x0  h) единственное решение, удовлетворяющее начальным условиям (2.4). 2) частные производные 14  x  z  y,  Пример.  y  z ,  z  z  x / y.  ►Функции f1 (t , x, y)  z  y , f 2 (t , x, y)  z , f 3 (t , x, y)  z  x / y непрерывны  y  0 .  f1  f1  f2  f2  f1  f2 Частные производные  0,  1,  0, 1,  1 ,  0,  z  x  z  x  y  y  f3  f3  f3  1 / y ,  1 непрерывны  y  0 . Следовательно, по теореме Коши  x / y2 ,  x  z  y система имеет единственное решение задачи Коши в любой точке t 0 такой, что y(t 0 )  0 ◄ 2.3. Метод решения нормальных систем Одним из способов интегрирования системы (2.1) является метод исключения. Он состоит в том, что система n -го порядка сводится к уравнению n -го порядка. Рассмотрим метод исключения для системы третьего порядка:  y1  f1 ( x, y1 , y2 , y3 ),  (2.5)  y2  f 2 ( x, y1 , y2 , y3 ),  y  f ( x, y , y , y ). 3 1 2 3  3 В остальных случаях метод аналогичен. 1) Продифференцируем, например, первое уравнение системы (2.1) по 𝑥: 𝑦1′′ = Заменим 𝑦1′ , 𝑦2′ и 𝑦3′ 𝜕𝑓1 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 + 𝜕𝑦1 𝑦1′ + 𝜕𝑦1 𝑦2′ + 𝜕𝑦1 𝑦3′ . 1 2 3 соответственно на 𝑓1 , 𝑓2 , и 𝑓3 из (2.5), получим: 𝑦1′′ = 𝜕𝑓1 𝜕𝑥 𝜕𝑓 𝜕𝑓 𝜕𝑓 + 𝜕𝑦1 𝑓1 + 𝜕𝑦1 𝑓2 + 𝜕𝑦1 𝑓3 . 1 2 3 Обозначив всю правую часть через 𝐹2 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ), получим: 𝑦1′′ = 𝐹2 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ). (2.6) 2) Продифференцируем обе части уравнения (2.6) по x : 𝑦1′′′ = 𝜕𝐹2 𝜕𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝐹 + 𝜕𝑦2 𝑦1′ + 𝜕𝑦2 𝑦2′ + 𝜕𝑦2 𝑦3′ = 1 2 3 𝜕𝐹2 𝜕𝑥 ⏟ 𝜕𝐹 𝜕𝐹 𝜕𝐹 + 𝜕𝑦2 𝑓1 + 𝜕𝑦2 𝑓2 + 𝜕𝑦2 𝑓3 . 1 2 3 (2.7) 𝐹3 (𝑥,𝑦1 ,𝑦2 ,𝑦3 ) 3) Составим систему из первого уравнения в (2.5) и уравнений (2.6), (2.7): 𝑦1′ = 𝑓1 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) { 𝑦1′′ = 𝐹2 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) 𝑦1′′′ = 𝐹3 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦2 , 𝑦3 ) (2.8) 4) Из первых двух уравнений системы (2.8) выразим 𝑦2 и 𝑦3 через 𝑥, 𝑦1 , 𝑦1′ , 𝑦1′′ : { 𝑦2 = 𝜑2 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦1′ , 𝑦1′′ ) 𝑦3 = 𝜑3 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦1′ , 𝑦1′′ ) 5) Подставим (2.9) в последнее уравнение системы (2.8): 𝑦1′′′ = 𝐹3 [𝑥, 𝑦1 , 𝜑2 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦1′ , 𝑦1′′ ), 𝜑3 (𝑥, 𝑦1 , 𝑦1′ , 𝑦1′′ )]. (2.9) 15 Получили уравнение третьего порядка относительно функции 𝑦1 . Решая это уравнение, находим 𝑦1 . 6) Подставляя найденную функцию 𝑦1 в (2.9), находим функции 𝑦2 и 𝑦3 .  y1  y1  y2 , Пример. Решить систему   y2   y1  y2 . ►1) Продифференцируем обе части первого уравнения по 𝑥: 𝑦1′′ = 𝑦1′ + 𝑦2′ = (𝑦1 + 𝑦2 ) + (−𝑦1 + 𝑦2 ) = 2𝑦2 . (2.10) 2) Составим систему из первого уравнения системы и уравнений (2.10): { 𝑦1′ = 𝑦1 + 𝑦2 𝑦1′′ = 2𝑦2 (2.11) 3) Из первого уравнения системы (2.2) выразим 𝑦2 через 𝑥, 𝑦1 , 𝑦1′ : 𝑦2 = 𝑦1′ − 𝑦1 . (2.12) 4) Подставим (2.12) в последнее уравнение системы (2.11): 𝑦1′′ = 2𝑦1′ − 2𝑦1 . Получили однородное уравнение второго порядка относительно функции 𝑦1 . Решим его. Характеристическое уравнение имеет вид: 𝑘 2 − 2𝑘 + 2 = 0. Корни характеристического уравнения равны 𝑘1,2 = 2±√−4 2 = 1 ± 𝑖. Следовательно, 𝑦1 = 𝑒 𝑥 (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥). 5) Подставляем найденную функцию 𝑦1 в (2.12): 𝑦2 = 𝑒 𝑥 (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥) + 𝑒 𝑥 (−𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥) − 𝑒 𝑥 (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥). Итак, решение системы имеет вид: { 𝑦1 = 𝑒 𝑥 (𝐶1 cos 𝑥 + 𝐶2 sin 𝑥) ◄ 𝑦2 = 𝑒 𝑥 (−𝐶1 sin 𝑥 + 𝐶2 cos 𝑥)  x  y 2  sin t ,  Пример.  x  y  2 y .   x  y 2  sin t  y 2  x  sin t ►   x  x  cos t x  x  cos t Решим второе уравнение: 𝑥̈ − 𝑥 = cos 𝑡. Корни характеристического уравнения равны k1, 2  1 . Следовательно, решение однородного уравнения: xoo  C1 e t  C2 e t . Решение неоднородного уравнения ищем в виде: xчн  A cos t  B sin t .  2 A cos t  2 B sin t  cos t , A  1 / 2, B  0 . 16 1 1 Следовательно, xчн   cos t и x  C1 e t  C 2 e t  cos t . Из уравнения 𝑦 2 = 𝑥̇ − sin 𝑡 полу2 2 1 чаем: y 2  C1 e t  C 2 e t  sin t ◄ 2