Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах, страница 10

Если при этом все остальные коэффициенты окажутся постоянными, то мы получим уравнение спостоянными коэффициентами.Заметим, что преобразование (17.5) можно делать и в неоднородном уравнении.Рассмотрим случай уравнения второго порядка:y + p(x)y + q(x)y = 0.(17.6)На лекциях было показано, что подстановка−y=ep(x)2dxz(17.7)приводит уравнение (17.6) к видуz + Q(x)z = 0,(17.8)гдеp (x) p2 (x)Q(x) = −−+ q(x).(17.9)24Если окажется, что Q(x) = const, то уравнение (17.8) будетуравнением с постоянными коэффициентами.При интегрировании уравнения (17.6) иногда оказываетсяполезной комбинация подстановок (17.2) и (17.7), первая из которых приводит уравнение к уравнению с постоянным коэффициентом при искомой функции, а вторая уничтожает член,содержащий первую производную от искомой функции.

В результате может получиться уравнение с постоянными коэффициентами.Задача 17.1. Решить уравнениеx2 y − 4xy + 6y = 0.Решение: Это уравнение Эйлера, поэтому сделаем заменупеременных (17.4): t = ln x, x = et . Выражения для производных имеют видyx = e−t yt ;yxx= e−2t (ytt − yt ),9617Практическое занятиепоэтому после подстановки в уравнение получимe2t · e−2t (ytt − yt ) − 4et · e−t yt + 6y = 0,или после приведения подобных членовytt − 5yt + 6y = 0.Составим характеристическое уравнение: λ2 − 5λ + 6 = 0,решив которое, найдем собственные значения: λ1 = 3, λ2 = 2.Теперь выпишем общее решениеy(t) = C1 e3t + C2 e2t ⇒ y(x) = C1 x3 + C2 x2 ,где C1 , C2 – произвольные постоянные.Задача 17.2.

Решить уравнениеx3 y + xy − y = 0.Решение: Сделаем замену переменных: t = ln x, x = et .Выражения для производных имеют видyx = e−t yt ;yxx= e−2t (ytt − yt );yxxx= e−3t (yttt− 3ytt + 2yt ),поэтому после подстановки в уравнение получим− 3ytt + 2yt ) + et · e−t yt − y = 0,e3t · e−3t (ytttили после приведения подобных− 3ytt + 3yt − y = 0.ytttСоставим характеристическое уравнениеλ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = 0и найдем его корни λ1,2,3 = 1.Запишем общее решениеy = C1 et + C2 tet + C3 t2 et ⇒ y = C1 x + C2 x ln |x| + C3 xln2 |x|,где C1 , C2 , C3 – произвольные постоянные.Задача 17.3. Решить уравнениеx3 y − x2 y + 2xy − 2y = x3 .Уравнения Эйлера97Решение: После такой же замены переменных, как и впредыдущих примерах, и подстановки в уравнение выраженийдля производных получим уравнение для y = y(t):− 4ytt + 5yt − 2y = e3t ,yttt(17.10)откуда имеем характеристическое уравнениеλ3 − 4λ2 + 5λ − 2 = 0,корни которого λ1 = λ2 = 1, λ3 = 2.При таких собственных значениях общее решение однородного уравнения с постоянными коэффициентами (17.10) имеетвидy0 = (C1 + C2 t)et + C3 e2t .Так как показатель в экспоненте в правой части уравнения(17.10) с постоянными коэффициентами (число 3) не является корнем характеристического уравнения, то частное решениеищем в виде y1 = ae3t .

Подставляя y1 в уравнение, находимa = 14 . Следовательно, общее решение имеет вид1y(t) = y0 + y1 = (C1 + C2 t)et + C3 e2t + e3t ;41y(x) = (C1 + C2 ln x)x + C3 x2 + x3 (x > 0).4При x < 0 получается аналогичная формула, но с ln |x| вместо ln x.Задача 17.4. Решить уравнениеx2 y − 2y = sin ln x.Решение: Выпишем характеристическое уравнениеλ(λ − 1) − 2 = 0⇒λ2 − λ − 2 = 0,и найдем его корни:λ1 = 2; λ2 = −1.9817Практическое занятиеТеперь запишем общее решение неоднородного уравнения ввидеy = y0 + y1 ,где общее решение однородного уравненияy0 = C1 e2t + C2 e−t ,а t = ln |x|.Будем искать частное решение неоднородного уравнения относительно переменной ty − y − 2 = sin tв видеy1 = a sin t + b cos t,где a и b – неопределенные коэффициенты.Подставив y = y1 в исходное уравнения, найдем a = −0, 3;b = 0, 1, так чтоy1 = −0, 3 sin t + 0, 1 cos t.Таким образом, получаем общее решение в переменной ty = C1 e2t + C2 e−t − 0, 3 sin t + 0, 1 cos t,или, возвращаясь к переменной x, окончательно имеемy = C1 x2 + C2 x−1 − 0, 3 sin ln |x| + 0, 1 cos ln |x|,где C1 , C2 – произвольные постоянные.Задача 17.5.

Решить уравнениеy − 2xy + x2 y = 0.(17.11)Решение: Это уравнение не является уравнением Эйлера.Приведем его к уравнению, не содержащему члена с первойпроизводной, при помощи подстановки вида (17.7), в которойp(x) = −2x. Будем иметь−y=ep(x)2dxx22z = e z.(17.12)Уравнения Эйлера99Вычисляя Q(x) по формуле (17.9), находим, чтоp (x) p2 (x)−+ q(x) = 1 − x2 + x2 = 1,Q(x) = −24поэтому подстановка (17.12) приводит уравнение (17.11) к видуz + z = 0,(17.13)что можно проверить непосредственно.

Решение уравнения(17.13) имеет вид z = C1 cos x + C2 sin x. Следовательно,x22y = e (C1 cos x + C2 sin x)будет общим решением уравнения (17.11).Задача 17.6. Решить уравнение2xy − (1 + 2x2 )y = 4x3 ex .(17.14)Решение: Это неоднородное линейное уравнение с переменными коэффициентами решим методом вариации произвольных постоянных.Найдем сначала фундаментальную систему решений соответствующего однородного уравненияxy − (1 + 2x2 )y = 0.(17.15)Решение уравнения (17.15) будем искать методом понижения порядка, так как оно не содержит явно искомой функции,а содержит только ее производные.Положив y = u(x), где u(x) – новая неизвестная функция,найдем y = u . После подстановки в уравнение (17.15), получим уравнение первого порядкаdux − (1 + 2x2 )u = 0.dxПеренося второе слагаемое направо, получаем уравнение сразделяющимися переменными, которое легко интегрируется:du= (1 + 2x2 )u,xdxdu 1 + 2x2=dx,ux10017Практическое занятие2ln |u| = ln |x| + x2 + ln |C1 |,u = C1 xex .dy2Так как u = y , то= C1 xex , откуда интегрированиемdxнаходим решение однородного уравнения (17.15):21122xx2 xy0 = C1 xe dx + C2 = C1 e d + C2 = C1 ex + C2 .2222Таким образом, система решений y1 (x) = ex и y2 (x) = 1является фундаментальной.Согласно методу вариации произвольных постоянных, частное решение неоднородного уравнения (17.14) ищем в виде2ȳ = z1 (x)ex + z2 (x).где функции z1 (x) и z2 (x) определяются из системыx2 z1 (x) + z2 (x) = 0,e(17.16)24x3 exx 2xe z1 (x) + 0 · z2 (x) =,x2из которой находим z1 (x) = 2x, следовательно, z1 (x) = x2 + C1 ,2откуда из первого уравнения системы (17.16): z2 (x) = −2xex2и, значит, z2 (x) = −ex + C2 .Таким образом, частное решение неоднородного уравнения(17.14) имеет вид2ȳ = (x2 − 1)ex ,а общее его решение22y = y0 + ȳ = C1 ex + C2 + (x2 − 1)ex .Задачи для самостоятельного решенияРешить уравнения:1.x2 y − xy − 3y = 0;Дифференциальные уравнения высших порядков1012.x2 y = 2y ;3.x2 y − 3xy + 5y = 3x2 ;4.(x − 2)2 y − 3(x − 2)y + 4y = x;5.x3 y − 2xy = 6 ln x;6.x2 y − xy + y = 8x3 ;7.(2x + 3)3 y + 3(2x + 3)y − 6y = 0;8.x4 y + 2x3 y + n2 y = 0;9.2xy + y − 2y = 0.18.

Контрольная работа по дифференциальнымуравнениям высших порядковПримерный вариант контрольной работы.Решить следующие уравнения и задачи Коши:1.y + y = cos x + cos 2x;2.2yy = (y )2 ,3.y − 4y = xe−x ;4.y + 4y =5.yy = 2x(y )2 ,y(1) = 1,y (1) = 2;1;cos 2xy(2) = 2,y (2) =1·210219Практическое занятие19. САМОСТОЯТЕЛЬНАЯ РАБОТА. Численноерешение краевой задачи для дифференциальногоуравнения второго порядка методом прогонкиНапишите программу решения краевой задачи методом прогонки для уравнения и граничных условий из Таблицы 3 в соответствии с вариантом, указанным преподавателем.

Предусмотрите возможность задания различных граничных условий и интервала интегрирования. Осуществите расчет с разными значениями шага интегрирования. Результаты представьте в видеграфиков на экране терминала.Численное решение краевой задачи методом прогонки103Таблица 3.№Уравнение[a, b] ya yb11y + 1+x4 y − xy = sin x[1, 2] 0 312y + cos x · y − xy = x − 2[0, 1] 0 21 3y + 2 y − y cos x = x − 0,9[0, 1] 0 224y + 1+xy − y sin x = ln x[1, 2] 0 0225y +√ln x · y − x y = arctg x[1, 2] 0 146y + xy − x y = sin(x + 1)[0, 1] 0 127y + sin x · y − y = x[0, 1] 1 18y − sin x · y − y = x[0, 2] 0 129y + sin 2x · y − 2y = x[1, 2] 0 110y + e−x y − xy = sin x[2, 3] 1 22 411y + x y − x y = tg x[0, 1] 1 21x12y + 1+x2 y − y = e[0, 2] 1 2xx13y + y ln(1 + x) − 1+x y = e[0, 1] 3 11x14y − arctg 1+x · y − e y = 1[0, 1] 1 0√15y − x − 1y√− y = ex−2[2, 3] 1 0116y − y − xy[2, 3] 0 1√= x217 y + y sin(1 + x) − 1 + x y = x [−1, 1] 0 0118 y + y sin(1 + 5x) − 2 sin 3xy = 1+x[0, 1] 1 019y + 0,5 + x2 y − y = 5x[1, 2] 2 020y + x sin x · y − (1 + x)y = tg x[0, 1] 0 1121 y + arctg x · y − cos2 2xy = 1+x2[0, 1] 1 122+x−(x+1) 22y +ey − sin xy = 1+x[0, 2] 2 1x+123y + ln(x − 1) · y − x+2 y = 1[3, 5] 0 3√−x24y + x − 2y − ln x · y = e[2, 3] 0 1√2x25y + e−x y − xy = sin[0, 2] 1 3x+1x26y + x2 +1 y − sin(x + 1)y = x[0, 1] 3 4sin x x27y + x y − 1+x2 y = ctg x[1, 2] -1 1cos x 28y + x y − 3xy = sin x[1, 2] -1 0x 29y + ex y − y = ln(x + 1)[0, 2] 0 1−x30y + y ln x − e y = cos x[2, 4] 0 210420Самостоятельная работа20.