Материал: Частина 3

Скачать

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

“Курс вищої математики. Частина 3.”

dy

= 4y ln

 

C1 y

 

;

 

 

 

 

 

∫

 

 

 

dy

 

= ∫dx;

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

4y ln

 

C y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

x =

1

∫

d(ln

 

C1 y

 

)

=

1

ln

 

ln

 

C1 y

 

+C2 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

ln

 

C y

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальний інтеграл має вигляд: ln ln C1 y = 4x + C;

2) p = 0;

y′ = 0;

y = C;

 

 

 

Таким чином, отримали два загальні рішення.

Лінійні диференціальні рівняння вищих порядків.

Визначення. Лінійним диференціальним рівнянням n – го порядку

називається

будь-яке рівняння

першого

ступеня щодо функції у і її похідних

′ ′′

 

(n)

вигляду:

 

 

 

y , y ,..., y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p0 y(n) + p1 y(n−1)

+ p2 y(n−2)

+... + pn−1 y′+ pn y = f (x);

 

де p0, p1 .,pn – функції від х або постійних величин, причому p0≠ ≠ 0.

 

Ліву частину цього рівняння позначимо L(y).

 

 

 

 

p0 y(n) + p1 y(n−1)

+ p2 y(n−2)

+... + pn−1 y′+ pn y = L( y);

Визначення. Якщо f(x)= 0, те рівняння L(y)= 0 називається лінійним однорідним рівнянням, якщо f(x) ≠ 0, то рівняння L(y)= f(x) називається лінійним неоднорідним рівнянням, якщо всі коефіцієнти p0, p1, p2 . pn – постійні числа, те рівняння L(y)= f(x) називається лінійним диференціальним рівнянням вищого порядку з постійними коефіцієнтами.

Відзначимо одну важливу властивість лінійних рівнянь вищих порядків, яке відрізняє їх від нелінійних. Для нелінійних рівнянь приватний інтеграл знаходиться із загального, а для лінійних – навпаки, загальний інтеграл складається з приватних. Лінійні рівняння є найбільш вивченим класом диференціальних рівнянь вищих порядків. Це пояснюється порівняльною простотою знаходження рішення. Якщо при рішенні яких – або практичних завдань потрібно вирішити нелінійне диференціальне рівняння, то часто застосовуються наближені методи, що дозволяють замінити таке рівняння “близьким” до нього лінійним.

Розглянемо способи інтеграції деяких типів лінійних диференціальних рівнянь вищих порядків.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння з довільними коефіцієнтами.

Розглянемо рівняння вигляду

p0 y (n) + p1 y (n−1)

+ p2 y (n−2)

+... + pn−1 y′+ pn y = 0

Визначення.

Вираз

p0 y (n) + p1 y (n−1)

+ p2 y(n−2)

+... + pn−1 y′+ pn y = L( y)

називається лінійним диференціальним оператором.

Лінійний диференціальний оператор володіє наступними властивостями:

36

“Курс вищої математики. Частина 3.”

1)L(Cy) = CL( y);

2)L(y1 + y2 ) = L( y1 ) + L( y2 );

Вирішення лінійного однорідного рівняння володіють наступними властивостями:

1)Якщо функція у1 є вирішенням рівняння, то функція Су1, де З – постійне число, також є його рішенням.

2)Якщо функції у1 і у2 є вирішеннями рівняння, то у1 +у2 також є його рішенням.

Структура загального рішення.

Визначення. Фундаментальною системою вирішень лінійного однорідного диференціального рівняння n -го порядку на інтервалі (а, b) називається всяка система n лінійно незалежних на цьому інтервалі вирішень рівняння.

Визначення. Якщо з функцій yi скласти визначника n – го порядку

 

y1

y2

...

yn

 

W =

′

′

...

′

,

y1

y2

yn

 

...

...

...

...

 

 

y(n−1)

y(n−1)

... y(n−1)

 

 

1

2

 

n

 

то цей визначник називається визначником Вронського.

( Юзеф Вроньський (1776 – 1853) – польський математик і філософ - містик)

Теорема. Якщо функції y1 , y2 ,..., yn лінійно залежні, то складений для них визначник Вронського рівний нулю.

Теорема. Якщо функції лінійно незалежні, то складений для них визначник Вронського не рівний нулю ні в одній точці даного інтервалу.

Теорема. Для того, щоб система вирішень лінійного однорідного диференціального рівняння y1 , y2 ,..., yn була фундаментальною необхідно і достатньо,

щоб складений для них визначник Вронського був не рівний нулю.

Теорема. Якщо y1 , y2 ,..., yn - фундаментальна система рішень на інтервалі (а,

b), то загальне вирішення лінійного однорідного диференціального рівняння є лінійною комбінацією цих рішень.

y = C1 y1 +C2 y2 +... + Cn yn ,

де Ci – постоянные коефіцієнти.

Застосування приведених вище властивостей і теорем розглянемо на прикладі лінійних однорідних диференціальних рівнянь другого порядку.

Загальне вирішення лінійного однорідного диференціального рівняння другого порядку.

З вищевикладеного видно, що відшукання загального вирішення лінійного однорідного диференціального рівняння зводиться до знаходження його фундаментальної системи рішень.

Проте, навіть для рівняння другого порядку, якщо коефіцієнти р залежать від х, це завдання не може бути вирішена в загальному вигляді.

37

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Проте, якщо відоме одне ненульове приватне рішення, то завдання може бути вирішена.

Теорема. Якщо задано рівняння вигляду y′′+ p1 (x) y′+ p2 (x) y = 0 і відоме одне ненульове рішення у = у1, то загальне рішення може бути знайдене по формулі:

1

 

−∫p1

( x)dx

 

y = C2 y1 ∫

 

e

 

 

dx + C1 y1.

y 2

 

 

1

 

 

 

 

Таким чином, для отримання загального рішення треба підібрати яке – або приватне вирішення диференціального рівняння, хоча це буває часто досить складно.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння з

 

 

 

 

 

постійними коефіцієнтами.

 

 

 

 

 

Вирішення диференціального рівняння вигляду

 

y(n) + a y(n−1) +... + a

n

y = 0 або,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

коротше, L( y) = 0 шукатимемо у вигляді y = ekx , де до = const.

 

 

 

 

Оскільки y′ = kekx ;

y′′ = k 2ekx ; ...

y(n)

= k n ekx ,

те

 

 

 

 

 

 

 

 

L(ekx ) = ekx (k n + a k n−1

+... + a

n

).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

При цьому многочлен F (k) = k n + a k n−1

+... + a

n

називається

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

характеристичним многочленом диференціального рівняння.

 

 

Для того, щоб функція

y = ekx була вирішенням початкового диференціального

рівняння, необхідно і достатньо, щоб

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

L(ekx ) = 0;

тобто ekx F(k) = 0.

 

 

 

 

 

Оскільки ekx ≠ 0, то

F (k) = 0

- це рівняння називається характеристичним

рівнянням.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Як

і будь-яке

рівняння алгебри

ступеня

n,

характеристичне

рівняння

k n + a k n−1

+... + a

n

= 0

має n коріння. Кожному Корню характеристичного рівняння ki

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

відповідає вирішення диференціального рівняння.

Залежно від коефіцієнтів до характеристичне рівняння може мати або n різного дійсного коріння, або серед дійсного коріння може бути кратне коріння, можуть бути комплексно – зв'язане коріння, як різне, так і кратне.

Не детально розглядатимемо кожен випадок, а сформулюємо загальне правило знаходження вирішення лінійного однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами.

1)Складаємо характеристичне рівняння і знаходимо його коріння.

2)Знаходимо приватні вирішення диференціального рівняння, причому: a) кожному дійсному Корню відповідає вирішення ekx;

б) кожному дійсному Корню кратності m ставиться у відповідність m рішень:

ekx ; xekx ; ... xm−1ekx .

в) кожній парі комплексно – зв'язаного коріння α ± iβ характеристичного

рівняння ставиться у відповідність два рішення: eαx cosβx і eαx sin βx .

38

 

 

“Курс вищої математики. Частина 3.”

г) кожній парі m – кратних

комплексно

–

зв'язаного коріння α ± iβ

характеристичного рівняння ставиться у відповідність 2m рішень:

eαx cosβx,

xeαx cosβx,

...

xm−1eαx cosβx,

eαx sin βx,

xeαx sin βx,

...xm−1eαx sin βx.

3) Складаємо лінійну комбінацію знайдених рішень.

Ця лінійна комбінація і буде загальним вирішенням початкового лінійного однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами.

Приклад. Вирішити рівняння y′′′− y = 0 .

Складемо характеристичне рівняння: k 3 −1 = 0;

 

 

 

 

 

 

 

(k −1)(k 2 + k +1) = 0;

 

 

k1

=1;

k 2

+ k +1 = 0;

D =1 − 4 = −3;

k2 = −

1

+

 

3 i;

k3

= − 1 −

 

3 i;

 

 

 

2

 

2

 

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення має вигляд

: y

= C ex + e−

x

C

 

cos

3 x + C

 

sin

3 x .

2

2

3

 

 

1

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Вирішити рівняння (1− x2 ) y′′− 2xy′+ 2y = 0.

Це лінійне однорідне диференціальне рівняння із змінними коефіцієнтами другого порядку. Для знаходження загального рішення необхідно відшукати яке - або приватне рішення.

Таким приватним рішенням буде функція y1 = x.

 

 

 

 

 

 

 

y1′ =1; y1′′ = 0;

 

 

0 − 2x + 2x = 0;

 

 

 

 

Початкове диференціальне рівняння можна перетворити:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y′′

−

2x

y′+

2 y

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 − x2

 

1 − x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення має вигляд:

 

 

 

 

 

e−ln(1−x2 )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∫

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = C x

 

 

x2

 

 

dx + C

2

x;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = C1 x∫

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = C2 x +C1 x∫

 

1

 

 

 

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

+C2 x;

 

 

 

 

 

+

 

+

dx;

x

2

2

)

 

 

 

 

 

2

2(1− x)

 

 

 

(1− x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

2(1+ x)

 

 

 

 

 

 

 

 

y = C

 

x +C x

−

1

+

1

 

1

+ x

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

ln

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

x

2

 

 

1

− x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Остаточно: y =

C2 x + C3 x ln

 

1 + x

 

+ C4 ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 − x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Вирішити рівняння y IV − y = 0.

39

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Складемо характеристичне рівняння: k 4

−1 = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

(k 2 −1)(k 2 +1) = 0;

k1

=1;

k2 = −1;

 

k3 = i; k4

= −i.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення

: y = C1e x + C2 e−x + C3 cos x + C4 sin x.

 

 

Приклад. Вирішити рівняння y′′− 4 y′+ 4 y = 0.

 

 

 

 

 

 

Характеристичне рівняння: k 2 − 4k + 4 = 0;

 

k = k

2

= 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення

: y = C e2 x +C

2

xe2 x .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Вирішити рівняння y′′+ 2 y′+ 5y = 0.

 

 

 

 

 

 

Характеристичне рівняння:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k2

= −1− 2i.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення

: y = e−x (C cos2x +C

2

sin 2x).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Вирішити рівняння y′′′− 7 y′′+ 6 y′ = 0.

 

 

 

 

 

Характеристичне рівняння:

 

k1 = 0; k2 =1; k 3= 6;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення

: y = C1 + C2 e x

 

+ C3e6 x ;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Вирішити рівняння y′′− y′− 2 y = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

Характеристичне рівняння: k 2 − k − 2 = 0;

k = −1;

 

k

2

= 2;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Загальне рішення

: y = C e−x +C

2

e2 x .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Вирішити рівняння yV −9y′′′ = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

Характеристичне рівняння:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k1 = k2 = k3 = 0;

 

k4 = 3;

 

 

 

k5 = −3;

 

Загальне рішення: y = C1 + C2 x + C3 x2 + C4e3x + C5e−3x ;

Приклад. Вирішити рівняння yy′′− y′2 = 0.

Це рівняння не є лінійним, отже, приведений вище метод рішення до нього не застосовний.

Знизимо порядок рівняння за допомогою підстановки y′ = p.

Тоді y′′ = dpdy y′ = dpdy p.

40

Смотрите также:

«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
Значение, сущность и содержание социально — педагогической деятельности в организации для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей
Проактивные методы PR-деятельности российских авиационных компаний «Россия», «Азимут»
__RGR2
__RGR2
_11_А. Франс для эл версии
_3 тема - Диффузия
_индив анализ данных