matan (824867), страница 3
Текст из файла (страница 3)
0 + 1 1 0 + ⋯ + 0 = 0 ′ 0 + 1 1 ′ 0 + ⋯ + ′ 0 = 0′−10 + 1 1−1 0 + ⋯ + −1 0 = 0−1Оба пункта входят в определение общего решенияпроверены=>y(x,C1..Cn) = +C1y1+…+Сnyn является общемрешением ДУ(1)28.Вывести формулу Остроградского-Лиувилля длялинейного дифференциального уравнения 2-гопорядка.Рассмотрим линейное ДУ 2-го порядка.y”+ a1(x)y’ + a2(x)y = 0 (1), где a1(x) и a2(x) непрерывна напромежутке ⅠПусть y1 = y1(x) и y2 = y2(x) решения ДУ(1)1 2Тогда W(x) = ′ ′ = y1y2’-y2y1’ Продифференцируем12определитель ВронскогоW’(x) = (y1y2’ - y2y1’)’ = y1’y2’ + y1y2’’ - y2’y1’ - y2y1’’ = y1(a1(x)y2’ – a2(x)y2) – y2(-a1(x)y1’-a2(x)y1) == -a1(x)(y1y2’-y2y1’) = -a1(x)W(x)Иными словами для определителя Вронскогосправедливо равенство:W’(x) + a1(x)W(x) = 0 Следовательно определительВронского удовлетворяет ДУ y’+a1(x)y=0−...| ....Тогда A1…An такие,что A12+ … +An20 и A1y1(j)( x0)+ A2y2(j)(x0)+…+ Anyn(j)( x0)=0 (2)j=0,1…(n-1).Пусть y(x)=A1y1+ …+ Anyn.Тогда y(x)-решение ДУ(1) каклинейная комбинациярешений.
y(x) также удовлетворяет начальнымусловиям (2).Функция y*(x)=0 x I также является решением ДУ(1) иудовл.начальным усл.(2).Но тогда по теореме о существовании и единственностирешения:y(x)≡ y*(x)≡0 x I y1…yn – лин.зависимы. ПротиворечиеC1y1(x0) + C2y2(x0) + … + Cnyn (x0) = y0C1y1,(x0) + C2y2,(x0) + … + Cnyn, (x0) = y0,W(x) =25(Линейно-зависимая и линейнонезависимаясистема функций. Определитель Вронского системылин. независ.
частных решений ЛОДУ n-го порядка.)Теорема: Пусть y1 = y1(x)…yn(x) – лин.независ. системарешений ЛОДУ. y(n)+a1(x) y(n-1)+…+ an(x) y=0 (1), где a1(x)… an(x)непрерывны на промежутке I.Тогда определитель этой системы не равен нулю ни водной точке промежутка I.Док-во(От противного):|y1(x0)…yn(x0)|Пусть x0 I такое,что W(x0) =|::|= 0(n-1)(n-1)| y1 (x0) … yn (x0)|Этому ДУ удовлетворяет функция y(x)= C ⋅ Если заменить C = W(x0),Тогда от-но неизвестн.
С1 … Cn имеем СЛАУ(n-1)22. Теорема Коши о сущ-ии и един-сти решения ДУ nго порядка. Интегр-е ДУ n-го порядка, допуск.понижение степени.- Теорема: Пусть в ДУ y(n)=f(x, y, y’…y(n-1)) ф-ия f(x) и всееё частные произв-ые по перем. y, y’…y(n-1) непрер. внекоторой области пространства перем. x, y, y’…y(n-1).Тогда для ∀ точки x0, y0, y0’…y0(n-1) ∈ G ∃ решение этогоДУ, удовл. условиям: y(x0)=y0; y’(x0)=y0’…y(n-1)(x0)=y0(n-1).Два решения, удовл.
одним нач. условиям, совпадаютповсюду, где они определены.- Интегр-е ДУ:1) ДУ yn=f(x) можно решить, n раз проинтег-в f(x).2) ДУ вида F(x, yk, y(k+1), yM)=0, не содержащих y, y’…y(k-1)в явном виде, можно преобразовать в ДУ порядка (n-k)заменой yk=z, при этом получим F(x, z, z’…z(n-k))=0. Решивего относительно z (если это возможно), найдём z, азатем и y, k раз проинтег-в z=z(x).….…..yn(x0) |……| ≠0|y1(n-1)(x0) ….
yn(n-1)(x0)|∀ ∈ По теореме 11.1 (об опр. Вронского линейнонезависимой системы) ()то мы получим y(x)= W(x0) ⋅ 0 1W(x0), => y(x) = W(x) ∀x ϵⅠ, а значитW(x)= W(x0) ⋅ Лиувилля.− 1 ()0− 1 ()0. Причем y(x0)=формула Остроградского-23. Теорема Коши о сущ-ии и един-сти решения лин.ДУ n-го порядка. Доказать св-ва частных решений лин.ОДУ n-го порядка.- Теорема: Пусть в ДУ(1) yn+a1(x)y(n-1)+…+an(x)y=b(x), гдеa1(x)…an(x),b(x) непрерывны на интервале I. Тогда для∀x0∈I и вообще ∀ чисел y0, y0’…y0(n-1) ∃ решение ДУ (1),удовл.
нач. условиям y0=y(x0), y0’=y’(x0)…y0(n-1)=y(n-1)(x0).Два решения, удовл. одним и тем же условиям,совпадают при ∀х∈I.- Св-ва:1) Пусть y1=y1(x), y2=y2(x) – частное решение ДУ(2) L[y]=0.Тогда y1+y2 – тоже решение ДУ(2).2) Пусть y=y(x) – частное решение ДУ(2). Тогда λy – тожерешение ДУ(2) (∀λ∈ℝ).3) Пусть y1=y1(x) и y2=y2(x) – частные решения ДУ(3)L(y)=b(x). Тогда y=y1-y2 - решение ДУ(2).- Док-ва:1) Дано L[y1+=0 и L[y2+=0. ИмеемL[y1+y2]=L[y1]+L[y2]=0+0=02) Дано L[y+=0. Имеем L[λy]=λL[y]=λ*0=03) Дано L[y1]=b(x) и L[y2]=b(x). Имеем L[y1-y2]=L[y1]L[y2]=b(x)-b(x)=026. О существовании ФСР линейного однородного ДУ2 n-го порядкаПусть даны однородны ДУ n-го порядкаy(n)+a1(x)n-1 + … + any(x)y = 0(1)где а1x непрерыв.
на промежутке I. Тогда существуютфун-ции y1=y1(x)...yn=yn(x) который образуют ФСР этогоДУДок-во: Пусть К0 - некая точка на IПусть y1 = y1(x) … yn = yn (x) решения этого ДУ,удовлетворяющие следующим условиямy1(x0) = 1 y1,(x0) = y1,,(x0) = … y1(n-1)(x0) = 0y2(x0) = 1 y2,(x0) = y2,,(x0) = y2,,,(x0) … y1(n-1)(x0) = 0y2(x0) = 1 y2,(x0) = y2,,(x0) = y2,,,(x0) … y1(n-1)(x0) = 0…yn(x0) = yn,(x0) = … yn(n-2)(x0) = 0 yn(n-1)(x0) = 1Согласно теореме о един.решен.лин.ДУ эти решениясуществуют, они равны. Они лин.-независим., так как(1 0 0)(0 1 0) = 1 ≠0(0 0 1)Докажем, что они образуют базис пр-ве решений пустьy = y(x) - решение ДУ (1)Пусть оно удовл-ряет условию y(x0) = С, y,(x0) = C1 …y,(x0) = C2 y(n-1)(x0) = Cn (3)(как линейная комбинация решений), y*(x) так жеудовлетворяет начальному условиюy*(x0) = С1 * 1 + C2 * 0 + … + Cn * 0 = C1(y*(x0)), = С1 * 0 + C2 * 1 + … +C3 * 0 + … + Cn * 0 = C2(y*(x0))(n-1) = (С1 * 0) + C2 * 0 + … + Cn-1 * 0 Cn * 1 = Cn ⇒ (потеорем.
о един.решен.лин.ДУ) y(x) = y*(x) ∀x ∈ I и y(x) =C1y1+C2y2+...+Cnyn ⇒y1… yn базис пр-ва решений ⇒y1… yn - ФСР ДУ(1)29.Вывести формулу для общего решения линейногооднородного дифференциального уравнения второгопорядка при одном известном частном решении.Рассмотрим линейное однородное ДУ 2-го порядка: y’’+ a1(x)y’ + a2(x)y=0 (4)Пусть известно, что y1 = (x) – решение этого ДУ.
Тогдарешение можно искатьв виде y = (x)⋅z, где z-новая неизвестная функцияимеетy = φzy ′ = ′ + ′y ′′ = ′′ + ′ ′ + ′ ′ + ′′ = ′′ + 2′ ′ + ′′Подставим это выражение в ДУ (4). Получим:z(’’+ a1(x)’ + a2(x)) + z’(2’ + a1(x)) + z” = 0z’(2’ + a1(x)) + z’’ = 0 – это ДУ не содержит явно z изаменой z’=t можно понизить его порядок. Имеем: 2′ + 1 + ′ = 0 = ′Другой способ понижения порядка заключается виспользовании формулы Остроградского-Лиувилля.Пусть как и прежде y1=() – решение ДУ(4).Тогда для y2=y2(x) имеет() 2 ()− =W(x0) 0 1′() ′()2Если начальное условие не дано, то можно то можноиспользовать следующую формулу() 2 ()= 1 , где 1 – новая′() 2 ′()первообразная функция a1(x) наⅠ31.
Вывести формулу для общего решения линейногооднородного дифференциального уравнения второгопорядка с постоянными коэффициентами в случаекратных корней характеристического уравнения.Рассмотрим линейное ОДУ 2-го порядка с постояннымикоэффициентами: y|| + a1y| + a2y = 0 (1)Ему соответствует характеристическое уравнение: λ2 +a1 λ + a2 = 0 (2)Уравнение (2) имеет один вещественный коренькратности 2. Обозначим его λ0 .
В этом случаерешениями ДУ (1) будут функции y1 = eλ0x и y2 = xeλ0x .То, что y1(x) решение ДУ (1) говорит утверждение 12.1.Докажем, что y2 - решение ДУ (1), λ0 - корень уравнения(2) кратности 2 ⇒λ02 + a1 λ + a2 = 02λ0 + a1 = 0y2 = xeλ0x y2| = eλ0x (1+λ0x) y2|| = eλ0x (λ0 + λ0 + λ02x) = eλ0x(2λ0 + λ02x)Представим y2, y2|, y2|| в ДУ(1), имеем:eλ0x (2λ0 + λ02x) + a1eλ0x (1+λ0x) + a2xeλ0x = eλ0x (2λ0 + a1 +x(λ02 + a1λ0 + a2)) = eλ0x (0+x*0) ⇒y2 = xeλ0x - решениеДУ(1).Докажем, что y1 и y2 линейно независимые:W(x) =| eλ0xxeλ0x | = e2λ0x |1x | = e2λ0x|λ0eλ0x eλ0x (1+λ0x)||λ0 1+λ0x|≠ 0⇒ y1 и y2 линейно независимые ⇒они образуют ФСР ⇒общее решение в этом случае имеет вид y(x, C1, C2) =C1e2λ0x + C2 xeλ0x32.
Вывести формулу для общего решения линейногооднородного дифференциального уравнения второгопорядка с постоянными коэффициентами в случаекомплексных корней характеристического уравнения.Уравнение (2) имеет пару комплексно-сопряженныхкорней λ = a±ib, тогда согласно следствию изутверждения 12.2: y1 = eaxcosbx, y2 = eaxsinbx - решениеДУ(1). Докажем их линейную независимость:W(x) =| eaxcosbxeaxsinbx|=|aeaxcosbx - beaxsinbx aeaxsinbx - beaxcosbx|2ax2= e (b*cos bx + a*cosbx*sinbx – a*cosbx*sinbx + b*sin2x)= e2ax * b ≠ 0⇒ y1 и y2 - ФСР ДУ(1) ⇒общее решение в этом случаеимеет вид y(x, C1, C2) = C1eaxcosbx + C2eaxsinbx33. Частное решение линейного неоднородногодифференциального уравнения с постояннымикоэффициентами и правой частью специального вида(являющейся квазимногочленом).
Сформулировать идоказать теорему о наложении частных решений.Частное решение ЛНДУ n-го порядка с постояннымкоэффициентами y(n) + a1y(n-1) + … + any = b(x) (1), где а1,…, аn ∈ IR, b(x) - квазимногочлен, может быть полученометодом неопределенных коэффициентов. Длякаждого слагаемого вида eαx(Pm1(x)cosβx +Qm2(x)sinβx)(2) частное решение ДУ L*y+ = eαx(Pm1(x)cosβx+Qm2(x)sinβx) ищется в виде y2=eαxxk(Rm(x)cosβx+Sm(x)sinβx), где k=0, если α = ib не является корнемпараметрического уравненияλn+a1λn-1+…+an = 0 и k - кратность этого корня впротивном случае, Rm, Sm - многочлены снеопределенными коэффициентами одной и той жестепени m = max(m1, m2)После того, как для каждого слагаемого вида (2) вправой части ДУ(1), найдены частные решения, можнополучить частное решение ДУ(1), воспользовавшисьтеоремой 12.2 (о наложении частных решений)Теорема 12.2Пусть y1(x) - решение ДУ L*y+ = b1(x), пусть y2(x) решение ДУ L*y+ = b2(x), где L*y+ = y(n) + a1(x)y(n-1) + … +an(x)y, где a1(x) …, an(x), b1(x), b2(x) непрерывны напромежутке IТогда y(x) = y1(x)+y2(x) - решение ДУ L*y+ = b1(x)+b2(x)Док-во:Дано: L*y1] = b1(x), L[y2] = b2(x)Имеем L*y1 + y2] = L[y1] + L[y2] = b1(x) + b2(x)34.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
