1611689249-2463c0540415b4d8be5bf8d7c9050a3a (826751), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Ь Данное уравнения является однородным по у, у', у" и его можно решить, понизив порядок уравнения с помощью рекомендуемой замены. Однако уравнение можно решить и по-другому. Заметим, что у = С— решение уравнения. Пусть далее у ф. С. Если иметь ввиду, что (хуу')' = хуу '+ ху + уу', то заданное уравнение можно записать в виде (хуу')' = 4уу' или (хуу')' = (2у )'. Отсюда хуу' = 2уг + С или (хуг)' = 4уг + 2С. Полагая уг = и, получаем уравнение с разделяющимися переменными хи' = 4и + 2С.
58 Глава 2. Дифференциальные уравнения высшего порядка Интегрируя его, получаем ответ. у = С~х~+ Сз, где С~ и Сэ — произвольные постоянные. А Пусть теперь уравнение является однородным в обобщенном смысле, т. е. существует такое число в, что уравнение не меняется при одновременной замене х на Лх, у на Л'у, у1ь1 на Л" "у®, где Л ~ О, Л = 1, 2,..., п, При х > О вводим новую независимую переменную 1 и новую неизвестную функцию х(1) с помощью замены х=е, у=хе с и Тогда уравнение приводится к виду, в который не входит ~. Следовательно, порядок уравнения понижается по правилу, изложенному в и.1. При х ( О полагаем х = — е'. ПРимЕР 8. Решить задачу Коши х~(ул + 2уу') + 2ху — 2у = О, у(1) = 3, у'(1) = — 3.
Ь Подставив в уравнение Лх вместо х, Л'у вместо у, Л' 'у' вместо у' и Л' ~ул вместо у", потребуем, чтобы параметр Л входил в одинаковой степени во все слагаемые. Если это возможно, то после сокращения на множитель с такой степенью Л получим опять то же уравнение. Для опре- деления числа э имеем равенства 2+в — 2= 2+в+в — 1 =1+2в = з, которые выполняются при э = — 1. Полагая х = е', у = х(1)е ', находим, что у'(х) = ~г(1)е '~ е ' = (г' — х)е з', ул(х) = [(г' — г)е ~'1 е ' = (вл — Зг' + 2г)е ~'. После подстановки в уравнение выражений для х, у, у', у" и сокращения на е ', получаем уравнение вл — Зх'+ 2хх' = О, в которое не входит 1. Заметим, что х = С вЂ” решение этого уравнения. Из замены следует, что С д = — — решение исходного уравнения.
При С = 3 такое решение удовлетворяет заданным начальным условиям. В силу теоремы единственности З 7. Основные типы уравнений решения задачи Коши, которая в нашем случае выполняется при х ф О, других решений заданная задача Коши не имеет. 3 Ответ. у = —. 1 Решить уравнения (39 — 53); 39. хууи — (х + 1)уу' = ху'2, х ~ О. 40. Ууи — у'2+ У2 вшх = О. ! 41. Ууи+ — "" — у!2 = О. 42. хууи + уу' = ху'2 + У2, х ф О. 43.
У2уи' — 3уу'уи+ 2У'з + уз ьйпх = О. 44. х2ууи = (ху'+ у), х ~ О. 45. хууи — уу' = 2ху'2, х ф О. 46. Ууи + уу' 15 х + 2У'2 = О. 47. Ууи+ уу!15х = 2у'2. и 2!2 и УУ х+1 49. хуун + 2ху!2 = 2уу', х ~ О. 50. хууи+ху'2+ уу' = О, х ~ О. 51. У2уи — уу' (у~+ -"1+ -у" = О.
хг х I2 52. Ууу — — — у =х у. УУ !з з з х 53. (х + 1)ууи + уу' = ху'2, х ф — 1. Найти решение уравнения при заданных начальных условиях (54 — 67): 54 ууи (1 х)уг у(1) 1 у!(Ц 2 55. (Ууи — у!2) ьйпх+ У2 = (в1пх — совх)уу', у ( — 1 = у' ( — 1 = 1. 56. хуун — ху'2+у'(у'+ у) ейпх = О, у(1) = 1, у'(1) = -1. 57. 4хууи — 4уу'+ у'2 = О, у( — 1) = 1, у'( — 1) = — 4. Глава 2. Дифференциальные уравнения высшего порядка 60 58. хуу" — 4ху'г + 4уу' = О, у(1) = 1, у'(1) = 2. 59. 2хугу" — 2хуу'г + 2ху'з уУ у(1) у (1) 60.
(1 — з1п х)уу" + уу' соя х = у'г, у(0) = 2, у'(0) = 1. 61 г(ул г) (г( 2 !) (1) )(1) е 62. хуу" + х(21пх — 1)у'г = уу', у(1) = 1, у'(1) = — 2. + (1+ г) „„~+ уг „а у(1) 1 у~(1) хгугу + -хгу'з уу'г О у(1) 1 у (1) 2 2 8 + 2хгуу'+ 2хуг — 2у = О, а) у(1) = 2, у'(1) = О, 6) у(1) = — 1, = 1. 63. хуу" 64. угу" 65. хгу" у'(1) 1 — уу' + 2 (у — г) у = О, у(1) = 1, у'(1) =— ,гууа+ 2 улуг = уз у(2) = 2, у~(2) = 1 66.
х4у" 67. х4у" 3. РАЗНЫЕ ЗАДАчи. Все задачи этого пункта можно решать методами, изложенными в п.1 и п.2. 68. С помощью подстановки у = зг решить уравнение 2хгуу" + 4уг = хгу'г+ 2ху(у'+ д), х з~ О. у г Т6. у" = — + 2 —. 78. хгуу" = (ху' — 2у)г, х ф. О. 77. 2у(ху" + у') = х(х + 2)у'г, х ~ О. 70. уу" = (уз+ у') у'.
81. (у+1)у" + = у у+1 Решить уравнения (69 — 87): 60. уу" — 2у" = О. 71. Зуу" — 5у'г = О. 73. хгу" = 2у'(у — х), х ф. О. 75. уул+4у'=у 70. (уг + у) у" — (2у + 1)у'г = О. Т2. 4уу'гу" у 4+ 3 Т4. ху" = у' + 2хгуу', х ф О. 80. уу" + 2уг = Зуу'. 82. 2хгуу" +4уг = хгу~г+2хуу', х ~ О. з 7. Основные типы уравнений 83. хгуу" + хгр'г — 5хур'+ 4уг = О, х ф 0 84. х4ул — хг(ху' — у) — (ху' — у)а = О, х ф О, °,~г увг /у'х 86. у'у"' = Зу"г хгя хгулг + у'г Найти решение уравнения при заданных начальных условиях (88 — 95): 88. хуу" + уг = ху'г+ (х — 1)уу', у(1) = у'(1) = 2.
89. (1+ у)у" + ху'г = О, у(1) = О, у'(1) = —. 90. у(у" + у') = у'г (хуг — 1), у(0) = у'(0) = 1. 91. (у + 2)у" + у'г = сов 2х, у(0) = — 2, у'(0) = 1. 92. 2 (уу" — у'г) = (у'г — 2р'у) е*, у(0) = 1, у'(0) = 2. 93. х (уу" — у~г) = рр' 1п — „у(1) = у'(1) = 1. 94.
хука — у" = хг соз х у ( — ) = О, у' ( — ) = 1, у" ( — ) = —. 95 Зулумян 2уиг 16 у(1) 2 у (1) 0 ул(1) 2 97. у(1 — 1пр)у" + (1+ 1пу)уг = О. 98. Для уравнения (1+у'г) у"' = Зу'у'г найти интегральные кривые, пересекающие ось ординат под прямым углом и имеющие в точке пересечения кривизну, равную а) нулю, б) единице. Найти решение уравнения при заданных условиях (99 — 102); 99.
у" + 2(1 — у)у' = О, у'(х) > 0 в (х, 1). 100. уу" — 2у'г = 2у~у', у(2) = ',/у'(2) ф О. Найти интегральные кривые, а) касающиеся прямой у = 1, б) пересекаю- 3- щие прямую у = 1 под углом д = — или у = —, для уравнений (9б — 97): 4 4' 96. 2 (уу" — у'г) + Зуум = О Глава 2. Дифференциальные уравнения высшего порядка 62 101. 2дд" — у'~+ Зуди = О, д(1) . д'в(1) = 1. 102. дд" + уу' 18 х = (1 — йп х)у'~, д(О) д'(О) ( О. Ответы к задачам 3' 7 1.
е" = С~ 1п (Свх), у = С. 2. е"(х+ С1) = Св, (у+ С~)(Св — х) = 4, д = С, 3. 2у = х~ + С, дС~ = ес'*(С1х — 1) + Св. 4. 4( /у + С| ) 1 — 12С1 ( гу + С1) ~ = Св х Зх. 5. у (1 + Све~") = Сы у(С вЂ” х) = 1. Г2 6. уС1 = ~ — С1х + С~) + 2, у = С вЂ” х 4~2. '1,3 /4 7. уС1 = ~ — С1х + Сг) + 4, у = С вЂ” х~ъУ4. ~5 С х-1 В. „' ~1 ~- С,." (' "»] = С,.
9 у4 + С1 = у(Зх + Сг), у = С. 10. (1 + у ) (С1х + Св) = 1. 11. д»- Д ~С =~ С',1=~ ~[~Ь*~С,),5=С, -';С,. 1х ~ г* ~ 12. у (1 — С~ес7) = С1 (1 + Свес7), агс18 (С1д) + С1 х = Св. у + х = С. 13. (у — С1)в + (С~~ + 1) 1п(у+ С1)в = 2х + Сг, у = С. 14. у ~- /1 ~- р + с~ = с, у = ~/сг — 1м — .~ с ), р = ~ .~- с. 1 С1 15. у = С1х — С1~х — х + Св, Зу = х~ — Зх + С. 16.
2х = С1 (21+ вш 21) + Св, у = 1 — С~ сове 1. 17. 2у = С~с~'*+ Сы у(х + С) + 2 = О. 18. 4у = 2х — н — в1п2х. 20 д хп-2 + хп-3 19. 4у = 2х + е4п 2х. 65 в 8. Линейные уравнения с постоянными коэффициентами 91. у = в1пх — 2. 92. у = ее* 93. у=е* я 94. у = — — хейпх — 2совх. 2 93. у = 2х — х~+ 1. 96. а) у = 1, б) у = ~ — х + С) /3 12 97. а) у = 1, б) 1п у = 1 х 1 х+С 98. а) у = С, б) у = С х ~/à — хв.
99. С1 агсвб [С1 (у — 1)) = х + Св, (1 — у) (х + С) = 1, у = 1. 100. у~ФЗх+ С+1 = О. /3 101. у = 1 -х+ С) 1 вш х — С1 102. у = Ср вшх+ С1 3 8. Методы решения линейных уравнений с постоянными коэффициентами. Уравнения Эйлера Для решения линейного однородного уравнения с постоянными (вещественными) коэффициентами необходимо составить характеристическое уравнение, найти его корни и по ним написать общее вещественное ре- шение заданного уравнения.
Пример 1. Решить следующие линейные однородные уравнения: б) угу + бу'" + 13у" + 12у' + 4у = О, в) у~~ — Зуев + бу" — у' — 10у = О. Л а) Составляем характеристическое уравнение ,14 блз+блз+б1 9 0 Глава 2. Дифференциальные уравнения высшего порядка 66 Легко видеть, что его корнями являются Л~ = — 1, Лз = 1. Чтобы найти остальные корни, достаточно разделить левую часть характеристического уравнения на (Л~ — 1). Тогда уравнение можно разложить на множители следующего вида Л 1)(Лг 6Л+ 9) (Л~ 1)(Л З)з 0 Таким образом получаем еще один корень Лз = 3 кратности два.
Следовательно, общее решение заданного уравнения имеет вид у = С~е + Сге + (Сз + С4я)ез, где Сы Сз, Сз, С4 — произвольные постоянные. б) Нетрудно проверить, что Л~ = — 1 и Лз = — 2 явлшотся корнями характеристического уравнения Л +бЛ +13Л~+12Л+4=0. В таком случае это уравнение можно представить в виде (Л+1) (Л+2) = О. Отсюда видно, что оба корня Л~ — — — 1, Лз = — 2 кратности два. Значит, общее решение заданного уравнения имеет вид у = (С~+Сзт)е *+(Сз+ С4х)е ~*, где Сы Сз, Сз, С4 — произвольные постоянные. в) Характеристическое уравнение Л4 — ЗЛз + 5Л~ — Л вЂ” 10 = 0 имеет корни Л~ = — 1, Лз = 2.
Разделив левую часть этого уравнения на (Л + 1)(Л вЂ” 2), получаем следующее представление характеристического уравнения (Л + 1) (Л вЂ” 2) (Лз — 2Л + 5) = О. Это дает еще два комплексно сопряженные корни Лз = 1 — 21, Л4 = 1+ 21. Сдедовательно, общее решение заданного уравнения имеет вид у = С~с '+ Сзез'+ с*(Сз сов 2х+ Сэ зш2я), з 8.
Линейные уравнения с постоянными коэффициентами где Сы Сз, Сз, С4 — произвольные (вещественные) постоянные. А Для решения линейных неоднородных уравнений с постоянными коэффициентами используются чаще всего метод неопределенных коэффи- циентов и принцип суперпозиции. Пгимкг 2. Решить линейное неоднородное уравнение д"' — д" — 4д'+ 4д = — 8(соз 2х + 2 в)п 2х) — Зе*.
Ь Сначала составляем характеристическое уравнение Лэ — Л~ — 4Л + 4 = О. Его корнями являются Л~ = — 2, Лз = 1, Лз = 2. Поэтому общее решение соответствующего линейного однородного уравнения имеет вид дю(х) = С~с з'+ Сзе'+ Сзев где Сы Сз, Сз — произвольные постоянные. Чтобы получить общее решение заданного уравнения, необходимо найти какое-либо его решение д~(х) и прибавить к уже найденному общему решению до(х) линейного однородного уравнения. Согласно принципу суперпозиции решение д~(х) = дв(х) + дэ(х), где дз(х) — какое-либо решение уравнения д"' — д" — 4д'+ 4д = — 8(сов 2х + 2э1п2х), а дз(х) — какое-либо решение уравнения дгв — д" — 4д'+ 4д = — Зе*.
Решение дз(х) ищем в виде дг(х) = а соз 2х + б в|п 2х, а решение дз(х) ищем в виде дз(х) = схе, где коэффициенты а, б, с находим подстановкой дз(х) и дз(х) в соответствующие уравнения. Подстановка дз(х) и дз(х) в уравнения дает а = — 1, Глава 2.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
