Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах, страница 8

Тогда 2 =dtdtdz dtdz(13.2) можно переписать так:Положим здесьduu + u + u3 = 0dzили (сокращая на u)du+ 1 + u2 = 0.dzИнтегрируя это уравнение, находимu = tg(C1 − z).Заменим u наdzdt :dz= tg(C1 − z) илиdtdz= dt.− tg(z − C1 )7413Практическое занятиеИнтегрируя еще раз, имеемln | sin(z − C1 )| + t = ln |C2 |.Возвращаясь к переменным x и y, по формулам t = ln x иyz = получим общий интеграл уравнения (13.1) в видеx y− C1 + ln x = ln |C2 |,ln sinxоткуда найдем общее решение:B(A = C1 , B = ±C2 ).y = x A + arcsinxЕще одним способом понижения порядка диффренциального уравнения является метод введения параметра и получениерешения в параметрической форме.Задача 13.4. Найти общее решение уравнения3y − 2y − x = 0.Решение: Введем параметр t, положив y = t.

Тогда исходное уравнение можно представить в виде x = t3 − 2t. Имеемdy = y dx = t(3t2 − 2)dt = (3t3 − 2t)dt,откуда3(3t3 − 2t)dt + C1 = t4 − t2 + C1 ,43t4 − t2 + C1 (3t2 − 2)dt,dy = y dx =4 9 6 9 4t − t + (2 + 3C1 )t2 − 2C1 dt + C2 ,y=429 529 7+ C1 t3 − 2C1 t + C2 .y= t − t +28103y =Линейные уравнения с постоянными коэффициентами75Поэтому общее решение в параметрической форме имеет вид9 59 72+ C1 t3 − 2C1 t + C2 , x = t3 − 2t,y= t − t +28103где C1 , C2 – произвольные постоянные.Задачи для самостоятельного решенияРешить следующие уравнения:1.yy + 3y y = 0;2.yy + y 2 = 1;3.xyy − xy 2 = yy ;4.(x2 + 1)(y 2 − yy ) = xyy ;5.4x2 y 3 y = x2 − y 4 ;6.x3 y = (y − xy )(y − xy − x).Найти общее решениеуравнения√7.y = 1 − x2 .У к а з а н и е. Записать уравнение в параметрическом виде,положив x = sin t, t ∈ [−π/2, π/2].14.

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Линейныеоднородные уравнения с постояннымикоэффициентамиЗадача 14.1. Решить уравнениеy − y − y + y = 0.7614Практическое занятиеРешение: Выпишем характеристическое уравнение:λ3 − λ2 − λ + 1 = 0,решив которое, найдем корни:λ1 = λ2 = −1, λ3 = 1.Теперь запишем общее решениеy = C1 e−x + C2 xe−x + C3 ex ,где C1 , C2 , C3 – произвольные постоянные.Задача 14.2. Решить уравнениеy V − 2y IV − 16y + 32y = 0.Решение: Запишем характеристическое уравнениеλ5 − 2λ4 − 16λ + 32 = 0.Разлагая левую часть на множители, находим корни:(λ − 2)(λ4 − 16) = 0, (λ − 2)2 (λ + 2)(λ2 + 4) = 0,λ1 = λ2 = 2, λ3 = −2, λ4 = 2i, λ5 = −2i.Выпишем общее решениеy = (C1 + C2 x)e2x + C3 e−2x + C4 cos 2x + C5 sin 2x.(Степень многочлена C1 + C2 x на единицу меньше кратностикорня λ = 2).Задача 14.3.

Решить уравнениеy IV + 4y + 3y = 0.Решение: Выпишем характеристическое уравнениеλ4 + 4λ2 + 3 = 0.Находим его корни, рассматривая его как биквадратное√2λ = a ⇒ λ = ± a,a2 + 4a + 3 = 0Линейные уравнения с постоянными коэффициентами77Дискриминант D = 4 ⇒ a1 = −1, a2 = −3. Отсюда, учитывая произведённую выше замену, находим:λ1 = −1 = i2⇒λ2 = −3 = 3i2 ⇒Теперь запишем общее решениеλ1,2 = ±i,√λ3,4 = ± 3i.√√y = C1 cos x + C2 sin x + C3 cos 3x + C4 sin 3x,где C1 , C2 , C3 , C4 – произвольные постоянные.Задача 14.4.

Решить уравнениеy V I + 64y = 0.Решение: Выпишем характеристическое уравнениеλ6 + 64 = 0⇒λ6 = −64.Будем рассматривать число −64, стоящее в правой частипоследнего уравнения, как комплексное число и запишем его втригонометрической форме:−64 = 64(cos(π + 2πk) + i sin(π + 2πk)).Для того, чтобы найти собственные значения, извлечем корень шестой степени из этого числа, придавая k значения 0, 1,2, 3, 4, 5:√π + 2πkπ + 2πk6−64 = 2 cos+ i sin,66π √πλ1 = 2 cos + i sin= 3 + i;66ππλ2 = 2 cos + i sin= 2i;22√5π5πλ3 = 2 cos+ i sin= − 3 − i;66√7π7πλ4 = 2 cos+ i sin= 3 − i;667815Практическое занятие3π3π+ i sin= −2i;λ5 = 2 cos22√11π11πλ6 = 2 cos+ i sin= − 3 + i.66Тогда получаем общее решение данного уравнения:√y=e3x(C1 cos x + C2 sin x) + (C3 cos 2x + C4 sin 2x)+√− 3x+e(C5 sin x + C6 cos x),где C1 , C2 , C3 , C4 , C5 , C6 – произвольные постоянные.Задачи для самостоятельного решенияРешить уравнения:1.y + y − 2y = 0;2.2y − 5y + 2y = 0;3.y − 4y + 5y = 0;4.y − 8y = 0;5.y IV − y = 0;6.y V − 10y + 9y = 0;7.y − 3y + 3y − y = 0;8.y V + 8y + 16y = 0.Линейные уравнения с постоянными коэффициентами7915.

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Линейныенеоднородные уравнения с постояннымикоэффициентамиЗадача 15.1. Найти общее решение уравненияL(y) ≡ y − y = f (x),(15.1)где f (x) определяется следующим образом:(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)f (x) = 2;f (x) = 3x2 − 2x + 5;f (x) = 2e−3x ;f (x) = 2xex ;f (x) = 3 sin 2x;f (x) = 5 cos 2x;f (x) = 3 sin 2x + 5 cos 2x;f (x) = 3 sin 2x + 5x cos 2x.Решение: Общее решение уравнения (15.1) есть y = Y +y,где Y – общее решение соответствующего однородного уравнения L(y) = 0, а y – некоторое частное решение неоднородногоуравнения (15.1).Для построения общего решения однородного уравнения выпишем характеристическое уравнениеλ3 − λ2 = 0,которое имеет корни λ1,2 = 0, λ3 = 1, поэтому общее решениеоднородного уравнения запишем в видеY = C1 + C2 x + C3 ex ,где C1 , C2 , C3 – произвольные постоянные.Частное решение y неоднородного уравнения (15.1) будемискать методом неопределенных коэффициентов.

Для случаев(1) – (8) имеем:8015Практическое занятие(1) Правая часть f (x) = 2 является многочленом нулевойстепени, поэтому частное решение следует искать в виде многочлена нулевой степени, умноженного на некоторую степень x: y = axr , где r – число корней характеристического уравнения, равных нулю. Кратность такихкорней равна двум, поэтому r = 2 иy = ax2 .(15.2)Подставив выражение (15.2) в уравнение (15.1), получаем −2a = 2, откуда a = −1 и частное решение имеетвид y = −x2 .(2) Правая часть f (x) = 3x2 − 2x + 5 является многочленом второй степени, поэтому частное решение следуетискать в виде некоторого многочлена второй степени,умноженного на xr . По тем же соображениям, что и впредыдущем случае, r = 2 иy = (ax2 + bx + c)x2 = ax4 + bx3 + cx2 .(15.3)Подставив (15.3) в уравнение (15.1), получим−12ax2 + (24a − 6b)x + (6b − 2c) · 1 ≡ 3x2 − 2x + 5,откуда имеем систему уравнений для неопределенныхкоэффициентов a, b, c:−12a = 3,24a − 6b = −2,6b − 2c = 5,из которой находим a = −1/4, b = −2/3, c = −9/2, тоесть частное решение имеет вид129y = − x4 − x3 − x2 .432(3) Показатель в экспоненте в правой части (f (x) = 2e−3x )равен −3 и не является корнем характеристическогоЛинейные уравнения с постоянными коэффициентами81уравнения.

Поэтому r = 0 и частное решение имеетвидy = ae−3x .(15.4)Подставив (15.4) в уравнение (15.1), получим−27ae−3x − 9ae−3x ≡ 2e−3x ,откуда a = −1/18 и частное решение y = −1/18e−3x .(4) Показатель в экспоненте в правой части (f (x) = 2xex )равен 1 и является корнем характеристического уравнения кратности 1. Поэтому r = 1 и частное решениеимеет видy = x(ax + b)ex = (ax2 + bx)ex .(15.5)Подставив (15.5) в уравнение (15.1), получим[ax2 + (6a + b) + 6a + 3b]ex − [ax2 + (4a + b) + 2a + 2b]ex ≡ 2xex ,(2a − 2)x + (4a + b) ≡ 0,откуда получаем систему уравнений для a, b:2a − 2 = 0,4a + b = 0,из которой находим a = 1, b = −4, то есть частноерешение имеет видy = (x2 − 4x)ex .(5) Коэффициент при x в правой части равен 2; характеристическое уравнение не имеет корней вида ±2i, поэтомуr = 0 и частное решение имеет видy = a cos 2x + b sin 2x.(15.6)Подставив (15.6) в уравнение (15.1), получим8(a sin 2x − b cos 2x) − 4(−a cos 2x − b sin 2x) ≡ 3 sin 2x,или, после приведения подобных членов,(8a + 4b − 3) sin 2x + (4a − 8b) cos 2x ≡ 0,8215Практическое занятиеоткуда, в силу линейной независимости функций sin 2x,cos 2x, получаем систему уравнений для a, b:8a + 4b − 3 = 0,4a − 8b = 0,из которой находим a = 3/10, b = 3/20, то есть частноерешение имеет вид33cos 2x +sin 2x.y=1020(6) Аналогично случаю (5) ищем y в видеy = a cos 2x + b sin 2x.(15.7)Подставив (15.7) в уравнение (15.1), получим8(a sin 2x − b cos 2x) − 4(−a cos 2x − b sin 2x) ≡ 5 cos 2x,или, после приведения подобных членов,(8a + 4b) sin 2x + (4a − 8b − 5) cos 2x ≡ 0,откуда получаем систему уравнений для a, b:8a + 4b = 0,4a − 8b − 5 = 0,из которой находим a = 1/4, b = −1/2, то есть частноерешение имеет вид11y = cos 2x − sin 2x.42(7) Аналогично случаям (5) и (6) ищем y в видеy = a cos 2x + b sin 2x.(15.8)Подставив (15.8) в уравнение (15.1), получим8(a sin 2x−b cos 2x)−4(−a cos 2x−b sin 2x) ≡ 3 sin 2x+ 5 cos 2x,или, после приведения подобных членов,(8a + 4b − 3) sin 2x + (4a − 8b − 5) cos 2x ≡ 0,Линейные уравнения с постоянными коэффициентами83откуда получаем систему уравнений для a, b:8a + 4b − 3 = 0,4a − 8b − 5 = 0,из которой находим a = 11/20, b = −7/20, то есть частное решение имеет вид711cos 2x −sin 2x.y=2020(8) Характеристическое уравнение не имеет корней вида±2i, поэтому r = 0 и частное решение имеет видy = (ax + b) cos 2x + (cx + d) sin 2x.(15.9)Подставив (15.9) в уравнение (15.1), получим(−8cx − 8d − 12a) cos 2x + (8ax + 8b − 12c) sin 2x−−(−4ax − 4b + 4c) cos 2x − (−4cx − 4d − 4a) sin 2x ≡≡ 3 sin 2x + 5x cos 2x,или, после приведения подобных членов,(−8d − 12a + 4b − 4c) cos 2x + (8b − 12c + 4d + 4a − 3) sin 2x++(−8c + 4a − 5)x cos 2x + (8a + 4c)x sin 2x ≡ 0,откуда, в силу линейной независимости функций sin 2x,cos 2x, x sin 2x, x cos 2x, получаем систему уравненийдля a, b, c, d:−8d − 12a + 4b − 4c = 0, 8b − 12c + 4d + 4a = 3,−8c + 4a = 5,8a + 4c = 0,из которой находим a = 1/4, b = −3/4, c = −1/2,d = −1/2, то есть частное решение имеет вид1311y=x−cos 2x −x+sin 2x.44228415Практическое занятиеПодведем итоги.

Общее решение уравнения (15.1) имеет видy = C1 + C2 x + C3 ex + y,где C1 , C2 , C3 – произвольные постоянные, а y определяетсяпо следующим формулам:(1) y = −x2 ;129(2) y = − x4 − x3 − x2 ;4321 −3x(3) y = − e ;18(4) y = (x2 − 4x)ex ;33cos 2x +sin 2x;(5) y =102011(6) y = cos 2x − sin 2x;42117(7) y =cos 2x −sin 2x;20201311(8) y =x−cos 2x −x+sin 2x.4422Задачи для самостоятельного решенияРешить уравнения1.y − 2y − 3y = e4x ;2.y − y = 2ex − x2 ;3.y − 3y + 2y = sin x;4.y + 2y − 3y = x2 ex ;5.y − 9y = e3x + sin 2x;6.y + y = xsin x;Линейные уравнения с постоянными коэффициентами7.85y − 5y = 3x2 + sin 5x.16.