Бобров А.Н., Радославова Т.В. - Задачи по высшей математике для биологов (1113360), страница 10
Текст из файла (страница 10)
Т. е. должнывыполнятся равенства α1 + 2α2 = 0,−α1 + α2 + 2α3 = 0,3α1 − 4α3 = 0.Определитель матрицы этой системы равен нулю (проверьте!), следовательно система имеет нетривиальные(ненулевые) решения. Например, α1 = 4, α2 = −2, α3 = 3 — ненулевые решения этой системы. Значит,выполняется тождество4y1 (x) − 2y2 (x) + 3y3 (x) ≡ 0,что означает, что функции y1 (x), y2 (x), y3 (x) линейно зависимы.Теорема 6.4 (первая теорема об определителе Вронского). Если (n−1) раз дифференцируемые функцииy1 , y2 , . . . , yn линейно зависимы на ha; bi, то определитель Вронского y1 (x)y2 (x)...yn (x) 0 y (x)y 0 (x)...y 0 (x) (6.12)W (y1 , y2 , .
. . , yn ) = W (x) = . . .1 . . . . . . . .2. . . . . . . . . . . .n . . . . (n−1)(n−1)(n−1)y(x) y2(x) . . . yn(x)1тождественно равен нулю на этом промежутке.Теорема 6.5 (вторая теорема об определителе Вронского). Если y1 , y2 , . . . , yn — линейно независимыерешения однородного уравнения y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn (x)y = 0 с непрерывными на промежутке ha; biкоэффициентами, то W (x) 6= 0 для любого x из ha; bi.6.18.
Являются ли линейно зависимыми системы функцийа) x, ex , xex ;б) ln x2 , ln 3x, 7;в) sin x, cos x, sin 3x;√√ √г) x, x + 1, x + 2;√д) x, |x|, 2x + 4x2 .I а) Вычислим определитель Вронского x exx 1xex 2x xxx e + xe = e 1 1W (x) = 1 e 0 ex 2ex + xex 0 1x 1 + x = e2x (x − 2) 6≡ 0.2 + xСледовательно, данные функции линейно независимы. Если бы они были линейно зависимы, то по теореме 6.4выполнялось бы тождество W (x) ≡ 0.6.19.
Линейное однородное уравнение какого порядка на интервале (0; 2) можетиметь четыре таких частных решения: y1 = x2 − 2x + 2, y2 = (x − 2)2 , y3 = x2 ++ x − 1, y4 = 1 − x?65Дифференциальные уравнения6.20. Определитель Вронского для функций y1 , y2 , . . . , yn равен нулю при всехx ∈ R. Могут ли быть эти функции линейно зависимыми? Линейно независимыми? 6.21. Функции y1 = x, y2 = x5 , y3 = x5 удовлетворяют уравнению x2 y 00 −− 5xy 0 + 5y = 0.
Являются ли они линейно зависимыми на интервале (−1; 1)?Объяснить, почему такое возможно.6.22. Доказать, что два решения уравнения y 00 + p (x) y 0 + q (x) y = 0 с непрерывными на промежутке ha; bi коэффициентами, имеющие максимум при одноми том же значении x0 ∈ (a; b), линейно зависимы на ha; bi.6.23. Графики четырех решений уравнения y 000 + xy = 0 касаются друг друга водной точке. Сколько линейно независимых имеется среди этих решений?6.24. В интервале (a; b) дана фундаментальная система решений y1 , y2 , .
. . , yn .Построить соответствующее дифференциальное уравнение.I Рассмотрим систему функций y1 , y2 , . . . , yn , y, где y обозначает произвольное решение искомого уравнения.Эта система линейно зависима (см. (6.10)), поэтому по теореме 6.4 определитель Вронского для неё равен нулю: y1y2 . . . yny 0000 y1y2 . . .
yny (6.13). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = 0. (n)(n)(n)yy (n) y2. . . yn1Раскладывая этот определитель по элементам последнего столбца убеждаемся, что (6.13) действительно представляет собой однородное дифференциальное уравнение n–го порядка относительно y. При подстановке вместо y функций yk (k = 1, 2, .
. . , n) получаем определитель с двумя равными столбцами, и следовательно,равный нулю. Это значит, что функции yk обращают уравнение (6.13) в верное тождество, т. е. являются егорешением. При y (n) в уравнении (6.13) стоит коэффициент, с точностью до знака совпадающий с определителем Вронского W (x) для системы решений y1 , y2 , . . . , yn . Так как по теореме 6.5 W (x) 6= 0, то на него можноподелить и записать уравнение (6.13) в виде (6.9).6.25. Составить линейное однородное дифференциальное уравнение возможноменьшего порядка, имеющее данные частные решения:а) 1, cos x; б) x, ex ; в) ex , sin x.♦ Указание.
Выяснить, являются ли функции линейно независимыми и составить для определителя Вронского уравнение W (y, y1 , y2 ) = 0.6.26. Построить линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами возможно более низкого порядка, имеющий данные частные решения:а) x2 ex ;б) x, e3x ;66Дифференциальные уравненияв) xex sin x.I а) Решение x2 ex порождается корнем характеристического уравнения λ = 1 кратности 3.
Характеристическое уравнение наименьшей степени с таким корнем имеет видλ3 − 3λ2 + 3λ − 1 = (λ − 1)3 = 0.Этому характеристическому уравнению соответствует дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентамиy 000 − 3y 00 + 3y 0 − y = 0,которое имеет общее решение y = C1 ex + C2 xex + C3 x2 ex . При C1 = C2 = 0, C3 = 1 получаем данное частноерешение.6.27. Пусть y1 , y2 , . .
. , yn — фундаментальная система решений для уравненияy (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . + pn (x)y = 0с непрерывными на промежутке ha; bi коэффициентами и точка x0 принадлежит ha; bi. Доказать, что для определителя Вронского справедлива формулаОстроградского–Лиувилля−W (x) = W (x0 )eRxx0p1 (x) dx.(6.14)I При разложении определителя в уравнении (6.13) по элементам последнего столбца получаем 0 y1y2...yn y1 y1y...yy20.
. . yn0 2n 0 00 y10y20...yn0 000000 yyy...y y... y y (n) · . . .1 . . . . . .2 . . . . . . . . .n. . −y (n−1) · . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . +. . .+(−1)n y· . .1 . . . .2. . . . . . . .n . = 0. (n−1) (n)y (n−2) y (n−2) . . . yn(n−2) (n)(n)(n−1)(n−1) 2yy 1y2.
. . yn y2. . . yn(n)(n) y (n)11y2...yn1Так как W (x) 6= 0 для любого x ∈ (a; b), то получаем, что y1y2...yn 000 y1y2...yn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (n−2)(n−2)(n−2)yy2. . . yn 1(n)(n) y (n)y2...yn1.p1 (x) = −W (x)Кроме того, заметим, что 0 y1y20...yn0 y1y2...yn 0 y1y20...yn0 y100y200...yn00 000000 00000y...yyyy...yn00 +W (x) = 1n +212. . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (n−1) (n−1)(n−1) (n−1)(n−1)(n−1) yyy2. . . yny2. . . yn11 y1y2...yn y1y2...yn y1y2 0 y1y20...yn0 y10...yn0 y10y20y20 + . . . + . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . + . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . = .
. . . . . . . . . .y (n−1) y (n−1) . . . yn(n−1) y (n−2) y (n−2) . . . yn(n−2) y (n−2) y (n−2)222 1 1 1(n)(n) (n)y (n−1) y (n−1) . . . y (n−1) y (n) y (n)y...yy2nn1212167...yn ...yn0 . . . . . . . . .(n−2) . . . yn(n)...yn Дифференциальные уравненияСледовательно,p1 (x) = −−Rxp1 (x) dxx0откуда W (x) = W (x0 )eW 0 (x),W (x).6.28. Дифференциальное уравнение xy 00 + 2y 0 − xy = 0 имеет частное решениеexy1 = . Найти общее решение.xI Для нахождения Rвторого частного решения воспользуемся формулой (6.14) Остроградского–Лиувилля.Имеем W (x) = C · e− p1 (x) dx = Cx−2 , где C — некоторая константа. С другой стороны, по определениюy1 y2 = y1 y20 − y10 y2 .W (x) = 0y1 y20 Разделив на y12 , получимИз уравненияy2y10=y1 y20 − y10 y2W (x)==y12y12y2y10=CCx−2 x2= 2x .e2xeCполучаем, чтоe2xy2=y1илиZ1Cf1 ,dx = − Ce−2x + C2xe21ex f exy2 = − Ce−2x ·+ C1 .2xxОбщим решением уравнения будетexC ex f exexe−xy = αy1 + βy2 = α + β −+ C1= C1 + C2.x2 xxxx6.29.
Дифференциальное уравнение y 00 −2(1+tg2 x)y = 0 имеет частное решениеy1 = tg x. Найти общее решение уравнения.6.30. Пусть y = y1 (x) есть частное решение уравнения y (n) + p1 (x)y (n−1) + . . . ++ pn (x)y = 0 с непрерывными на промежутке ha; bi коэффициентами. Показать,что подстановка y = y1 z позволяет понизить порядок уравнения на единицу.I Функцию y = y1 z продифференцируем n раз по формуле Лейбница:y 0 = y1 z 0 + y10 z,y(n)= y1 z(n)+ny10 z (n−1)y 00 = y1 z 00 + 2y10 z 0 + y100 z,+ ...
+(k)Cnk y1 z (n−k)+ ... +...(n−1) 0ny1z(n)+ y1 z.n(n − 1) . . . (n − k + 1)n!Здесь Cnk ==— биномиальные коэффициенты. Подставляя в исходное уравk!k!(n − k)!нение, получим(n−1)(n)y1 z (n) + (ny10 + p1 y1 )z (n−1) + . . . + (y1 + p1 y1+ . . . + pn y1 )z = 0.Коэффициент при z равен нулю, так как y1 есть решение исходного уравнения.
Разделив на y1 и вводя новуюфункцию u = z 0 , сведем уравнение к линейному уравнению порядка (n − 1)u(n−1) + q1 u(n−2) + . . . + qn−1 u = 0.68Дифференциальные уравненияЕсли теперь найти для последнего уравнения фундаментальную систему решений u1 , u2 , . . . , un−1 , то дляисходного уравнения система решенийZZZy1 , y2 = y1 u1 dx, y3 = y1 u2 dx, . . . , yn = y1 un−1 dxбудет линейно независимой, и значит, фундаментальной для исходного уравнения. Действительно, пусть этоне так, и существует линейная зависимостьC1 y1 + C2 y2 + . .
. + Cn yn = 0,C12 + C22 + . . . + Cn2 6= 0. Поделив на y1 и продифференцировав, получимZZZC1 + C2 u1 dx + C3 u2 dx + . . . + Cn un−1 dx = 0иC2 u1 + C3 u2 + . . . + Cn un−1 = 0.Так как u1 , u2 , . . . , un — линейно независимая система, то C2 = C3 = . . . = Cn = 0. Кроме того, C1 = 0, таккак y1 6≡ 0. Следовательно, y1 , y2 , . . .
, yn линейно независимы и образуют фундаментальную систему решенийисходного уравнения.Заметим, что если известно r частных решений исходного уравнения, то порядок уравнения может бытьпонижен на r единиц.6.31. Решить уравнение x2 (2x − 1)y 000 + (4x − 3)xy 00 − 2xy 0 + 2y = 0, если известны1частные решения y1 = x, y2 = .xI Полагая y = y1 z = xz, z 0 = u (см. задачу 6.30), получим уравнениеx2 (2x − 1)u00 + 2x(5x − 3)u0 + 6(x − 1)u = 0.1— частное решение последнего уравнения (как иx3Cw(x)всякая функция вида 3 ). Применим ещё раз метод понижения порядка из задачи 6.30: u =, w0 (x) =xx3= s(x). Получим уравнение(2x − 1)s0 − 2s = 0,Из соотношения y2 = xz2 , z20 = u2 находим, что u2 =решая которое, находимw0 = s = C1 (2x − 1).Следовательно, w = C1 (x2 − x) + C2 , z 0 = u =y1 = x ln |x| + 1, y2 =C1 (x3 − x)C22C21+,z=C− 2 + C3 . Тогдаln|x|+133xxxx1, y3 = x — фундаментальная система решений исходного решения, аxy = C1 (x ln |x| + 1) +C2+ C3 xx— общее решение.6.32.
Решить уравнения, зная одно частное решениеexа) xy + 2y − xy = 0, y1 = ;x000б) y 00 − 2(1 + tg2 x)y = 0, y1 = tg x.69Дифференциальные уравнения6.33. Решить уравненияа) (2x + 1)y 00 + 4xy 0 − 4y = 0;б) xy 00 − (2x + 1)y 0 + (x + 1)y = 0;в) x(x − 1)y 00 − xy 0 + y = 0.♦ Указание. Найти одно частное решение в виде показательной функции y1 = eax или алгебраическогомногочлена y1 = xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + .
. . + an . Затем воспользоваться формулой Остроградского–Лиувилляили методом задачи 6.30.В заключение этой главы рассмотрим несколько геометрических и физических задач, а также задач из биологии, приводящих к дифференциальным уравнениям.6.34. Составить дифференциальное уравнение семейства окружностей, касающихся одновременно прямых y = 0 и x = 0 и расположенных в первой и третьейчетвертях.I Очевидно, что уравнением данного семейства окружностей является(x − a)2 + (y − a)2 = a2 .Считая, что y — непрерывно дифференцируемая функция от x, продифференцируем это равенство и получимx − a + (y − a)y 0 = 0.Выражая из последнего уравнения параметр a и подставляя в уравнение семейства, получим(xy 0 − y)2 = 2xy((y 0 )2 + 1).6.35.
Найти кривые, обладающие следующим свойством: если через любую точку кривой провести прямые, параллельные осям координат, до встречи с этимиосями, то площадь полученного прямоугольника делится кривой в отношении1 : 2.I Рассмотрим случай x > 0, y > 0, т. е. кривая лежит в первой четверти. Обозначим через S площадькриволинейной трапеции, образованной графиком функции, осями координат и перпендикуляром из точкикривой на ось Ox.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
