Дифференциальные уравнения (831547), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Последовательно находим:y ′′ = ∫ y ′′′( x )dx = ∫ sin 2 xdx = − 12 cos 2 x + C1 ,y ′ = ∫ y ′′( x )dx = ∫ ( − 12 cos 2 x + C1 ) dx = − 14 sin 2 x + C1 x + C2 ,y = ∫ y ′( x )dx = ∫ ( − 14 sin 2 x + C1 x + C2 ) = 18 cos 2 x + 12 C1 x 2 + C2 x + C3Общее решение содержит три произвольные константы ( C1 = 12 C1 ):y = 81 cos 2 x + C1 x 2 + C2 x + C3 .Далее рассмотрим некоторые типы дифференциальных уравнений второго порядка,которые с помощью подходящей замены сводятся к дифференциальным уравнениямпервого порядка.3Окрестность точки M 0 в пространстве – это внутренность шара или куба с центром в данной точке M 0 .С.К. Соболев. Дифференциальные уравнения122) ДУ второго порядка F ( x, y , y ′, y ′′) = 0 не содержит явно у, т.е.
имеет видF ( x, y ′, y ′′) = 0 . Метод решения: ввести новую переменную p = p( x ) , тогдаd 2 y d ( y ′) dp=== p′x . Получится ДУ первого порядка F ( x, p, p′x ) = 0 , решивdxdxdx 2которое, находим функцию p ( x ) = y′x (зависящую от константы С1), затем с помощьюy ′′ =интегрирования находим y ( x ) = ∫ p ( x )dx (при этом появится вторая константа С2).Пример 4: Найти общее решение дифференциального уравненияy ′′ sin x − y ′ cos x = cos 2 x − cos 4 x .Решение: Поскольку данное ДУ второго порядка не содержит явно у, положим p = p ( x ) ,тогда y ′′ = p′x , получится линейное ДУ первого порядка относительно неизвестнойфункции p ( x ) : p′ sin x − p cos x = cos 2 x − cos 4 x ⇔ p′ = p ⋅ ctg x + 2sin 3 x(поскольку cos 2 x − cos 4 x ≡ 2sin x sin 3 x ≡ 2 sin 2 x ⋅ (3 − 4sin 2 x ) ≡ 2sin 2 x ⋅ (1 + 2 cos 2 x ) .Здесь A( x ) = ctg x, B( x ) = 2sin 3 x .ctg x dxA( x ) dxРешая это ДУ, находим: p = u ( x ) ⋅ v ( x ) , u( x ) = e ∫= e∫= eln(sin x ) = sin x ,B( x )v( x ) = ∫dx = ∫ 2sin 3x dx = 2 ∫ (1 + 2 cos 2 x ) dx = 2 x + 2sin 2 x + C1 ,u( x )sin xy ′ = p = sin x (2 x + 2sin 2 x + C1 ) = 2 x ⋅ sin x + 2sin x ⋅ sin 2 x + C1 sin x .Теперь находим и саму функциюy ( x ) = ∫ y ′dx = ∫ ( 2 x ⋅ sin x + cos x − cos 3x + C1 sin x ) == −2 x cos x + 2sin x + sin x − 13 sin 3x − C1 cos x + C2Ответ: y = −2 x cos x + 3sin x + 13 sin 3x − C1 cos x + C2 .3) ДУ второго порядка F ( x, y , y ′, y ′′) = 0 не содержит явно х, т.е.
имеет видF ( y , y ′, y ′′) = 0 . Метод решения: ввести новую переменную p = p( y ) , тогда, по формулеd ( y ′) dp dp dy==⋅= p′y ⋅ p . Получится ДУ первогопроизводной сложной функции, y ′′ =dxdx dy dxdyпорядка F ( y , p, p′y ⋅ p ) = 0 , решив которое, находим функцию p ( y ) = y ′x =(она будетdxсодержать также произвольную константу С1). Последнее уравнение есть ДУ первогоdydyпорядка с разделяющимися переменными, интегрируя его dx =⇒ ∫ dx = ∫,p( y )p( y )получаем искомое решение (в неявной форме) содержащее вторую произвольнуюконстанту.Замечание.
Если заданы начальные условия и не требуется получить общее решение (атолько частное), то значения каждой константы следует находить сразу после еёпоявления подстановкой начальных условий.Пример 5: Найти частное решение для ДУ второго порядкаy ⋅ y ′′ = ( y ′)2 − y 2с начальными условиями: y (0) = 1, y (0) = −2 .С.К. Соболев. Дифференциальные уравнения13Решение.
Поскольку данное ДУ второго порядка не содержит явно х, положим y ′ = p ( y ) ,тогда y ′′ = p′y ⋅ p . Получим дифференциальное уравнение первого порядка с однороднойправой частью (которое одновременно является и ДУ типа Бернулли с параметромα = −1 ) относительно неизвестной функции p ( y ) :p yypp′y = p 2 − y 2 ⇔ p′y = − .(3)y pПервый способ. Решим уравнение (3) как ДУ с однородной правой частью: Положимpu = ⇒ p = y ⋅ u ⇒ p′y = u + y ⋅ u′y .yПодставив это в уравнение (3) получим ДУ с разделяющимися переменными:dy.u + y ⋅ u′y = u − 1 ⇔ y ⋅ du = − 1 ⇒ ∫ u du = − ∫udyuyИнтегрируя, получаем1 u 2 = C − ln y ⇒ p = u = ± 2C − 2 ln y ⇒ y ′ = p = ± y 2C − 2 ln y .1112yПодставив в последнее равенство начальные условия y (0) = 1, y (0) = −2 , определимнужный знак и значение константы С1: −2 = ±1 ⋅ 2C1 − 0 ⇒ C1 = 2 , перед корнем долженстоять знак «минус», и тогдаdy= y ′ = − y ⋅ 4 − 2 ln y .dxПоследнее уравнение есть ДУ с разделяющимися переменными, решим его:dydy∫ y ⋅ 4 − 2 ln y = − ∫ dx ⇒ .
В левом интеграле сделаем замену t = 4 − 2 ln y ⇒ dt = −2 y ,получим4 − 2 ln y = x + C2 , подставим сюда начальное условие x = 0, y = 1 , получим,4 − 0 = 0 + C2 ⇒ C2 = 2 , следовательно, частное решение (в неявной форме) имеет вид:4 − 2 ln y = x + 2 , откуда 4 − 2 ln y = ( x + 2) 2 ⇒ ln y = 2 − 12 ( x + 2) 2 ⇒ y = ± e2 − 12 ( x + 2) 2.Подставляя сюда еще раз начальное условие выбираем знак «плюс».Ответ: y = e2 − 12 ( x + 2) 2.Второй способ.
Решим ДУ p′y =p y− как ДУ типа Бернулли с параметром α = −1 .y pУмножим обе части этого ДУ на множитель (1 − α ) p −α = 2 p и положим z = p1−α = p 2 .Тогда z′y = 2 pp′y . Получим 2 pp′y = 1y 2 p 2 − 2 y ⇔ z′y = 2y z − 2 y . Решим это линейное ДУ:z = u( y ) ⋅ v( y ) , u( y ) = e ∫ y2 dy= e2 ln( y ) = y 2 , v ( y ) = ∫ −22y dy = −2 ln y + C1 , поэтомуyp 2 = z = u ⋅ v = y 2 (C1 − 2 ln y ) ⇒ y ′x = p = ± C1 − 2 ln y ) .Далее решение такое же, что и первым способом.4) Порядок ДУ можно понизить, используя формулы( y ⋅ y′)′ = ( y ′)2 + y ⋅ y′′, y n ⋅ y′ ′ = ny n −1( y′)2 + y n ⋅ y′′,()С.К. Соболев. Дифференциальные уравнения142 y ′ ′ = y ′′y − ( y ′) ,( g ( x ) ⋅ y′)′ = g ′( x ) ⋅ y′ + g ( x ) ⋅ y′′, и.т.д. yy2 Тогда, если в ДУ удалось представить левую и правую части в виде полных производных(по x) выражений F ( x, y , y′) и G ( x, y , y′) , т.е.
в видеd F ( x, y , y ′) = d G ( x, y , y ′) ,dxdx′′то тогда F ( x, y , y ) = G ( x, y , y ) + C1 .Пример 6: Найти общее решение ДУ второго порядка y ′′y = ( y ′)2 + y 2 sin x .Решение. Это ДУ второго порядка содержит явно и х, и у, и y′ и y′′ . Перепишем его ввидеy ′′y − ( y ′)2y′= sin x и заметим что левая часть есть производная (по х) дроби , т.е.2yyy′ ′y ′ 1 dyданное ДУ имеет вид = sin x . Следовательно,= ⋅= sin x = C1 − cos x , откудаyy y dx ∫ dyC x − sin x.∫ y = ∫ (C1 − cos x)dx ⇒ ln y = C1x − sin x + ln C2 ⇒ y = C2e 1Ответ: y = C2eC1x −sin x .2.3. Задачи для самостоятельного решения .1. Найти общее решение дифференциальных уравнений:y′(а) y IV = 12 ; (б) yy ′′ + ( y ′)3 = ( y ′)2 ; (в) xy ′′ = y ′ ln ; (г) xy ′′ + y ′ = x + 1 ;x x(д) yy ′′ + ( y ′)2 = x .2.
Найти частное решение дифференциальных уравнений, удовлетворяющееначальным условиям:(а) (1 + x 2 ) y ′′ + ( y ′)2 + 1 = 0 , y (0) = y′(0) = 1 ; (б) y ′′ = e 2 y , y (1) = 0, y′(1) = 1 ;(в) 2 yy ′′ + y 2 = ( y ′)2 , y (2) = y ′(2) = 1 .3. Линейные дифференциальные уравнения второго порядка.3.1.
Основные сведенияЛинейное дифференциальное уравнение (ЛДУ) второго порядка имеет видa ( x ) y ′′ + b( x ) y ′ + c( x ) y = f ( x ) ,где a ( x ) 0. Если f ( x ) ≡ 0 , это ЛДУ называется однородным, а если f ( x ) T 0 , то ононазывается неоднородным. Общее решение однородного ЛДУ (ОЛДУ) второго порядкаa ( x ) y ′′ + b( x ) y ′ + c( x ) y = 0имеет видС.К. Соболев. Дифференциальные уравнения15yоо = C1ϕ1 ( x ) + C2ϕ 2 ( x ) ,где ϕ1 ( x ) , ϕ 2 ( x ) – два линейно независимых4 частных решения этого уравнения,образующее его фундаментальную систему решений (ФСР).
Общее решениенеоднородного ЛДУa ( x ) y ′′ + b( x ) y ′ + c( x ) y = f ( x )имеет вид yон = yoo + yчн ., гдеyон – общее решение неоднородного ЛДУ, yчн – какое-то частное решениенеоднородного ЛДУ yoo – общее решение соответствующего однородного ЛДУ.3.1. Построение общего решения ОЛДУ второго порядкас постоянными коэффициентами.Пусть дано ОЛДУ второго порядка с постоянными коэффициентамиay′′ + by′ + cy = 0, (a ≠ 0) ,(4)2aλ + bλ + c = 0 – соответствующее характеристическое уравнение, имеющеевещественные или комплексные корни λ1, λ2 .
Тогда общее решения ОЛДУ (4) имеетследующий вид (в зависимости от знака дискриминанта D = b 2 − 4ac ):(а) если D > 0 и λ1, λ2 – различные вещественные корни, тоyоо = C1eλ1x + C2eλ2 x ;(б) если D = 0 и λ1 = λ2 = α ∈ R , тоyоо = C1eα x + C2 xeα x ;(в) если D < 0 и корни λ1, 2 = α ± i β – комплексные, причем, α ∈ R, β ∈ R + , i – мнимаяединица ( i 2 = −1 ), тоyоо = C1eα x cos β x + C2 xeα x sin β x .Пример 7. Найти общее решение ОЛДУ:(а) 2 y ′′ − y ′ − 3 y = 0 ; (б) y ′′ − 6 y ′ + 9 y = 0 ; (в) y ′′ + 2 y ′ + 5 y = 0 .Решение.
Составляем соответствующее характеристическое уравнение и находим корни.(а) 2λ 2 − λ − 3 = 0 , λ1 = −1, λ2 =33x2⇒ yoo = C1e − x + C2e 2 ;(б) λ 2 − 6λ + 9 = 0, λ1 = λ2 = 3 ⇒ yoo = C1e3 x + C2 xe3 x ;(в) λ 2 + 2λ + 5 = 0, λ = −1 ± 2i ⇒ yoo = C1e − x cos 2 x + C2e − x sin 2 x .4функции y1 ( x ), ..., yn ( x ) называются линейно зависимыми на промежутке (α ; β ) , если тождественноеравенство λ1 ⋅ y1 ( x ) + ... + λ1 ⋅ y1 ( x ) ≡ 0 на (α ; β ) выполняется при некоторых λ1 , ..., λn , не равныходновременно нулю. В противном случае, т.е. если тождественное равенство λ1 ⋅ y1 ( x ) + ... + λ1 ⋅ y1 ( x ) ≡ 0 на(α ; β ) возможно только при λ1 = ... = λn = 0 , функции y1 ( x ), ..., yn ( x ) называются линейно независимымина промежутке (α ; β ) .
Две функции y1 ( x ) и y2 ( x ) линейно независимы тогда и только когда, когда они неy ( x)пропорциональны, т.е. 2≠ const .y1 ( x )С.К. Соболев. Дифференциальные уравнения163.2. Метод Лагранжа вариации произвольных постоянныхЭтот метод позволяет находить общее решение любого неоднородного линейногодифференциального уравнения (НЛДУ), если известна фундаментальная система решенийсоответствующего однородного линейного дифференциального уравнения (ОЛДУ).Рассмотрим подробно ЛДУ второго порядка.Теорема .
Пусть для однородного ЛДУ второго порядкаa ( x ) y ′′ + b( x ) y ′ + c( x ) y = 0нам известно его общее решение:yоо = С1ϕ1 ( x) + С2ϕ 2 ( x) ,Тогда для неоднородного ЛДУa ( x ) y ′′ + b( x ) y ′ + c( x ) y = f ( x )общее решение можно найти в видеyон = С1 ( x) ⋅ϕ1 ( x) + С2 ( x) ⋅ϕ 2 ( x) ,где производные C1′ ( x) и C2′ ( x) являются решениями системы двух линейных уравненийс расширенной матрицей: ϕ1 ( x) ϕ 2 ( x) 0 f ( x). и f 0 ( x ) =a( x)′′f(x)ϕϕ(x)(x)0 12Эта система всегда имеет единственное решение на любом промежутке, гденепрерывны все коэффициенты ОЛДУ и a ( x ) ≠ 0 .Пример 8 Найти общее решение дифференциального уравнения84 y′′ + y =.(5)1 + cos xРешение.
Напишем соответствующее однородное ЛДУ:4 y′′ + y = 0 , составим для него характеристическое уравнение 4λ 2 + 1 = 0 инайдемегокорни:λ1,2 = ± 12 i .ОбщеерешениедляОЛДУимеетвидyоо = C1 cos x + C2 sin x . Общее решение данного уравнения (5) будем искать в виде22yон = C1 ( x) cos x + C2 ( x) sin x .(6)22В данном случае ϕ1 ( x) = cos x , ϕ 2 ( x) = sin x .Производные функций C1′ ( x) и C2′ ( x)22удовлетворяют системе линейных уравнений с расширенной матрицей: cos 2xsin 2x0 12 − sin x 1 cos x2 22 1+ cos x 2Решим эту систему по формулам Крамера:0sin 2xcos 2xsin 2x2sin 2xsin 2x2x 12x11∆= 1=cos+sin=,∆==−=−,12 22221 cos x1 + cos x− 2 sin 2x 21 cos 2x 2cos2 2x21 + cos x 2( )С.К. Соболев.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
