Автор Тема: Хочу научиться решать дифференциальные уравнения - 2  (Прочитано 3583 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
В предыдущей теме мы рассмотрели основные типы обыкновенных дифференциальных уравнений первого порядка. Научились решать уравнения, разрешённые относительно производной (уравнения с разделёнными и разделяющимися переменными, уравнения с однородными функциями, линейные неоднородные уравнения первого порядка, уравнения Бернулли, уравнения в полных дифференциалах и уравнения Риккати). Был продемонстрирован метод решения уравнений, которые относительно производной не разрешены (метод введения параметра). В настоящей теме будут рассмотрены важнейшие классы обыкновенных дифференциальных уравнения высших порядков (уравнений, порядок которых выше первого). Кроме того, будет показано, как решать системы обыкновенных дифференциальных уравнений с помощью метода исключения переменных (покажем, как свести систему дифференциальных уравнений к одному дифференциальному уравнению). К уравнениям высших порядков, например, относятся следующие: \(  \large yy''=(y')^2(y+1)  \) (уравнение, второго порядка, разрешённое относительно высшей производной), \(  \large (y'')^2+y'+13y=0  \) (уравнение второго порядка, не разрешённое относительно высшей производной), \(  \large y'''+3xy'=2y+15  \) (уравнение третьего порядка, разрешённое относительно высшей производной).

Уравнения высших порядков условно делятся на две группы: уравнения, допускающие понижение порядка, и уравнения, порядок которых понизить нельзя (или понижать не целесообразно). Простейшим дифференциальным уравнением, которое допускает понижение порядка, является уравнение вида

\(  \large y^{(n)}=f(x)  \).

Оно решается \(  \large n  \)-кратным интегрированием обеих частей. Рассмотрим это на примере. Пусть требуется  найти общее решение уравнения

\(  \large y'''=1   \).

Умножаем обе части уравнения на \(  \large dx  \):

\(  \large y''' (x) dx =dx \).

Интегрируем обе части:

\(  \large \int y'''(x) dx = \int dx  \),

\(  \large y''(x)=x+C_1  \).

Повторяем те же самые действия:

\(  \large  \int y'' (x) dx= \int (x+C_1)dx \),

\(  \Large y'(x)=\frac{x^2}{2}+C_1 x + C_2  \).

Ещё раз:

\(  \Large \int y'(x) dx= \int  \left( \frac{x^2}{2}+C_1 x + C_2 \right) dx  \),

\(  \Large y =    \frac{x^3}{6}+C_1 \frac{x^2}{2} + C_2x + C_3   \).

Стоит отметить, что общее решение любого обыкновенного дифференциального уравнения \(  \large n  \)-го порядка (а не только того, что допускает понижение порядка) включает \(  \large n  \) произвольных постоянных.

Alexey, Вам аналогичное задание. Решите уравнение

\(  \large y'''=x+1  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Первое интегрирование:

\(  \large \int y''' dx= \int (x+1)dx  \),

\(  \large y''=\frac{x^2}{2}+x+C_1  \).

Второе интегрирование:

\(  \Large \int y'' dx = \int \left( \frac{x^2}{2}+x+C_1 \right) dx  \),

\(  \Large y'=\frac{x^3}{6} + \frac{x^2}{2}+C_1 x + C_2  \).

Третье интегрирование:

\(  \Large \int y' dx= \int \left( \frac{x^3}{6} + \frac{x^2}{2}+C_1 x + C_2 \right)   \),

\(  \Large y=\frac{x^4}{24} + \frac{x^3}{6} + C_1 \frac{x^2}{2} + C_2 x + C_3 \).

Значит, функция \(  \Large y=\frac{x^4}{24} + \frac{x^3}{6} + C_1 \frac{x^2}{2} + C_2 x + C_3 \) является общим решением уравнения \(  \large y'''=x+1  \).
 
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Всё верно. Рассмотрим ещё один тип обыкновенных дифференциальных уравнений, который допускает понижение порядка. Если уравнение имеет вид

\(  \large F(x, y^{(k)}, y^{(k+1)}, \ldots , y^{(n)}) =0  \),

то есть, не содержит искомой функции и её производных до порядка \(  \large k-1  \) включительно, то порядок уравнения можно понизить с помощью подстановки

\(  \large y^{(k)}=p(x)  \).

Найдите общее решение уравнения

\(  \large y'''=y''+x  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Делаю подстановку \(  \large y''=p(x)  \). Тогда \(  \large y'''=p'(x)  \), а уравнение становится уравнением первого порядка

\(  \large p'=p+x  \).

Его можно представить в виде

\(  \large p'-p=x  \).

Это ведь линейное неоднородное уравнение. Оно имеет вид

\(  \large p'-f_1(x) p = f_2 (x)  \).

Здесь \(  \large f_1(x)=1  \). Правильно?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Правильно?

Правильно-то оно правильно, но решать это уравнение как линейное методом Бернулли или методом Лагранжа - не самый оптимальный путь. Лучше положить \(  \large p+x=t(x)  \) и свести всё это дело к уравнению с разделяющимися переменными (простейшему типу обыкновенных дифференциальных уравнений, если не считать уравнений с переменными, которые уже разделены).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо за подсказку. Буду решать, как Вы посоветовали. Делаю замену \(  \large p+x=t(x)  \). Тогда \(  \large p'+1=t'  \). Значит, \(  \large p'=t'-1  \). Получим уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large t'-1=t  \),

\(  \large t'=t+1  \),

\(  \large \frac{dt}{t+1}=dx  \),

\(  \large \ln |t+1|=x+k  \),

\(  \large t+1= \pm e^{k} \cdot e^x  \),

\(  \large p+x+1=C_1e^x  \),

\(  \large y''=C_1 e^x -x-1  \).

Получили уравнение первого типа. Его нужно дважды проинтегрировать. Первое интегрирование:

\(  \Large y'=C_1 e^x -\frac{x^2}{2}-x+C_2 \).

Второе интегрирование:

\(  \Large y= C_1 e^x - \frac{x^3}{6} - \frac{x^2}{2} + C_2 x + C_3 \).

Получили общее решение дифференциального уравнения.

 
Сказали спасибо: Admin

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Если не ошибаюсь, у Вас всё верно.

Рассмотрим следующий тип обыкновенных дифференциальных уравнений. Пусть уравнение имеет вид

\(  \large F(y,y', \ldots , y^{(n)})=0  \).

В данном случае дифференциальное уравнение не содержит независимой переменной. Порядок этого уравнение можно понизить с помощью подстановки

\(  \large y'=p(y)  \),

где

\(  \large y=f(x)  \).

Тогда, используя правило дифференцирования сложной функции, получим:

\(  \large y''= p'(y) \cdot y'=p' \cdot p  \).

И так далее.

Важно отметить, что при решении обыкновенных дифференциальных уравнений данного типа важно не забывать про начальные условия, если таковые имеются. Их отсутствие иногда сильно усложняет или делает невозможным интегрирование в элементарных функциях.

Вам предлагается решить следующую задачу Коши:

\(  \large y''=2y^3, \ y(0)=y'(0)=1  \).

Этот пример хорошо иллюстрирует сказанное выше про начальные условия.

P.S. Не забывайте, что общее решение обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка включает в себя ровно две произвольные постоянные.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Делаю замену \(  \large y'=p(y)  \). Тогда \(  \large y''=p'(y) \cdot y'=p' \cdot p  \). Получил уравнение:

\(  \large p'p=2y^3  \).

Это уравнение с разделяющимися переменными. Интегрирую:

\(  \large p \frac{dp}{dy} =2y^3 \),

\(  \large pdp=2y^3 dy  \),

\(  \large \int  pdp=2 \int y^3 dy  \),

\(  \large \frac{p^2}{2}=\frac{2y^4}{4} +k  \),

\(  \large \frac{p^2}{2}=\frac{y^4}{2} +k  \),

\(  \large p^2=y^4+2k  \),

\(  \large p^2=y^4+C_1  \),

\(  \large y'=\sqrt{y^4+C_1}  \).

Я так понимаю, что это уравнение проинтегрировать невозможно. Но не пойму, как применить начальные условия.

интегрирование в элементарных функциях

Вот не понимаю этой фразы. Что же всё-таки называется элементарной функцией?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Я так понимаю, что это уравнение проинтегрировать невозможно.

Да. Если не использовать начальные условия.

не пойму, как применить начальные условия

По условию задачи при \(  \large x=0  \) значение функции и её первой производной равно единице. Отсюда находим значение первой константы - и интеграл становится берущимся.

Что же всё-таки называется элементарной функцией?

Действительно, понятие "элементарная функция" достаточно расплывчато. В данном случае речь идёт о вещественнозначных функциях вещественного аргумента. Поэтому можно сказать так.

1. Степенная функция \(  \large y=x^{\alpha}  \), где \(  \large \alpha \in \mathbb{R}  \), функции \(  \large y=\sin x  \) и \(  \large y=\cos x  \), а также \(  \large y=a^x  \), где \(  \large a \in \mathbb{R_{+}} \setminus \{ 1 \}  \), являются элементарными функциями.
2. Функции, получающиеся из указанных выше, с помощью сложения, вычитания, умножения, деления, операций суперпозиции и взятия обратной функции являются элементарными.
3. Других элементарных функций, кроме получающихся согласно первым двум пунктам, нет.

Согласно этому подходу, к классу элементарных функций относим давно известные функции: тангенс (получен делением синуса на косинус), котангенс (получен делением косинуса на синус), логарифмическую функцию (обратная к показательной), обратные тригонометрические функции и гиперболические функции (получены с помощью суперпозиции и арифметических операций).

Из выше приведённого определения следует, что все другие функции являются неэлементарными. К таким функциям, например, относится интегральный логарифм:

\(  \large \textrm{li} (x)=\int\limits_{0}^{t} \frac{dx}{\ln x}  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо! Но я уже сам догадался. Получается:

\(  \large 1=\sqrt{1+C_1} \Leftrightarrow 1=1+C_1 \Leftrightarrow C_1=0  \).

Тогда имеем уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large y'=y^2  \),

\(  \large \frac{dy}{dx}=y^2  \),

\(  \large y^{-2}dy=dx  \),

\(  \large \int y^{-2}dy =\int dx \),

\(  \large \frac{y^{-1}}{-1}=x+C_2  \),

\(  \large y=-\frac{1}{x+C_2}  \).

Использую начальные условия:

\(  \large 1=-\frac{1}{0+C_2} \Leftrightarrow C_2=-1  \).

Получил частное решение:

\(  \large y=\frac{1}{1-x}  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
К сожалению, я выпал на несколько дней из процесса обучения методам решения дифференциальных уравнений. Вы правильно нашли функцию, являющуюся решением задачи Коши. Переходим к последним двум типам обыкновенных дифференциальных уравнений, допускающих понижение порядка.

Рассмотрим первый тип. Пусть дано уравнение вида

\(  \large F(x,y,y', \ldots , y^{(n)})=0  \),

причём

\(  \large F(x,ky,ky', \ldots , ky^{(n)})=k^ m F (x,y,y', \ldots , y^{(n)})  \).

В этом случае говорят, что функция \(  \large F  \) однородна относительно аргументов \(  \large y, y' , \ldots , y^{(n)}  \). Порядок такого дифференциального уравнения понижается на единицу с помощью подстановки

\(  \Large y=e^{\int z(x) dx}  \),

где \(  \large z(x)  \) - некоторая неизвестная функция. Её и нужно найти, а затем проинтегрировать. Число \(  \large e  \) в степени, равной найденному интегралу, является общим решением уравнения. Важное замечание насчёт дифференцирования. Находим первую производную:

\(  \Large y'=\left( e^{\int z(x) dx} \right)'= e^{\int z(x) dx} \cdot \left( \int z(x) dx\right)' =e^{\int z(x) dx} \cdot z(x) \).

При вычислении производной было использовано правило дифференцирования сложной функции, а также тот факт, что производная от неопределённого интеграла равна подынтегральной функции. Вторая (а при необходимости - и последующие) производная находятся аналогично.

Задание для самостоятельной работы: найдите общее решение уравнения \(  \large x^2yy''-(y-xy')^2=0  \).

Переходим ко второму и последнему типу дифференциальных уравнений данной категории - обобщённым однородным уравнениям. Рассмотрим уравнение, записанное в виде

\(  \large F(x,y,dx,dy,d^2y, \ldots , d^ny)=0  \).

В этом случае говорят, что уравнение записано в дифференциалах. Рассмотрим аргументы функции \(  \large F  \) и введём новое понятие - измерение аргумента. Обозначать его будем через \(  \large \textrm{deg}  \) (по аналогии со степенью многочлена; deg - сокращение от английского слова degree, в переводе на русский язык означающего степень).

Положим

\(  \large  \textrm{deg} (x)=\textrm{deg} (dx)=1 \).

Тогда

\(  \large \textrm{deg} (x^n)=\textrm{deg} (dx^n)=1 \cdot n=n  \).

Отмечу, что \(  \large (dx)^n=dx^n  \).

Положим

\(  \large \textrm{deg} (y) = \textrm{deg} (dy)= \ldots = \textrm{deg} (d^ny)=m  \).

Тогда

\(  \large \textrm{deg} (y^k)=\textrm{deg} ((dy)^k) = \ldots = \textrm{deg} ((d^ny)^k) = k \cdot m  \).

Здесь нужно особенно подчеркнуть, что \(  \large d^ny  \not = (dy)^n  \)!

Продемонстрирую метод решения на примере. Пусть требуется проинтегрировать уравнение \(  \large x^3 y''-(y'x-y)^2=0  \). Преобразуем его следующим образом:

\(  \Large x^3 \frac{d^2 y }{dx^2}-\left( \frac{dy}{dx} x - y \right)^2=0  \),

\(  \Large x^3 \frac{d^2 y}{dx^2}- \frac{(dy)^2x^2 +y^2 dx^2 - 2 xy dxdy}{dx^2}=0 \),

\(  \Large x^3 d^2 y-x^2 (dy)^2 -y^2 dx^2 + 2xy dxdy=0   \).

Итак, уравнение представлено в дифференциальной форме. Найдём измерения всех слагаемых:

1) \(  \large \textrm{deg}(x^3 d^2 y)=1 \cdot 3 +m=m+3  \);

2) \(  \large \textrm{deg}(x^2 (dy)^2)=1 \cdot 2+ 2 \cdot m=2m+2   \);

3) \(  \large \textrm{deg}(y^2 dx^2)=2 \cdot m + 1 \cdot 2= 2m+2   \);

4) \(  \large \textrm{deg} (2xy dxdy) =1 + m+1+m=2m+1 \).

Необходимым и достаточным условием обобщённой однородности обыкновенного дифференциального уравнения является равенство измерений всех слагаемых. Это значит, что из обобщённой однородности уравнения следует равенство измерений, и наоборот. Итак, найдём число \(  \large m  \) из линейного алгебраического уравнения

\(  \large 2m+2=m+3  \).

Получим, что \(  \large m=1  \). Далее в исходном уравнении положим

\(  \large y=x^m \cdot u(x)  \),

где \(  \large u(x)  \) - некоторая функция.

После этой подстановки получим обыкновенное дифференциальное второго порядка, не содержащее искомой функции (зависящее только от переменной \(  \large x  \) и первых двух производных функции \(  \large u(x)  \)). Такого рода уравнений, как было показано выше, сводятся к уравнениям первого порядка с помощью замены \(  \large  u'(x)=p(x) \).

Вам задача - дорешать это уравнение до конца. После этого перейдём к рассмотрению методов решения линейных дифференциальных уравнений \(  \large n  \)-го порядка, а также изучим простейший способ решения систем таких уравнений, заключающийся в сведении системы уравнений к одному уравнению высшего порядка (по сравнению с порядком этой системы).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
я выпал на несколько дней из процесса обучения методам решения дифференциальных уравнений

Я сейчас тоже выпал из процесса, уехал на несколько дней отдохнуть. Большое Вам спасибо за подробные разъяснения. Когда приеду, напишу решения задач.
 

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Я вернулся с отдыха. До начала учебного года осталось меньше четырёх недель, а у меня были планы изучить методы решения дифференциальных уравнений за лето. Поэтому перехожу к реализации своего плана. Решаю первое уравнение. Сначала делаю замену

\(  \Large y=e^{\int z(x) dx}  \).

Тогда

\(  \Large y'=z(x) \cdot e^{\int z(x) dx}  \),

\(  \Large y''=z'(x) \cdot e^{\int z(x) dx} + z^2 (x) \cdot e^{\int z(x) dx}  \).

После сокращения на \(  \Large e^{2 \int z(x) dx}  \) и других упрощений уравнение примет вид

\(  \Large z'(x) + \frac{2}{x}  \cdot z(x) = \frac{1}{x^2} \).

Это линейное неоднородное уравнение первого порядка. Буду решать его методом Бернулли. Для этого делаю замену \(  \large z(x)=u v  \). Тогда \(  \large z'(x) = u' v + u v'  \). Следовательно, получим уравнение

\(  \Large u'v+uv'+ \frac{2}{x} \cdot uv=\frac{1}{x^2}  \).

Выношу за скобки \(  \large v(x)  \), приравниваю к нулю выражение в скобках и решаю получившееся дифференциальное уравнение. Это уравнение с разделяющимися переменными. Решив его и положив \(  \large C=1  \), получаю:

\(  \Large u=\frac{1}{x^2}  \).

Тогда получу уравнение

\(  \Large \frac{1}{x^2} \cdot v'=\frac{1}{x^2}  \)

или

\(  \large v'=1  \).

Отсюда

\(  \large v=x+C_1  \).

Значит,

\(  \Large z=\frac{1}{x}+ \frac{C_1}{x^2}  \).

Вычислю интеграл \(  \large \int z(x) dx  \). Имею:

\(  \Large \int z(x) dx=\int \left( \frac{1}{x}+ \frac{C_1}{x^2} \right) =\ln |x| -\frac{C_1}{x} + k   \).

Тогда

\(  \Large e^{\int z(x) dx} =e^{\ln |x| -\frac{C_1}{x} + k  }=xC_2 e^{-\frac{C_1}{x}} \).

Следовательно, общее решение имеет вид

\(  \Large y=xC_2 e^{-\frac{C_1}{x}}  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
У Вас всё правильно. А что со вторым уравнением?

До начала учебного года осталось меньше четырёх недель, а у меня были планы изучить методы решения дифференциальных уравнений за лето.

Думаю, что успеем. Осталось не так много.
 

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо большое за проверку решения!

А что со вторым уравнением?

Компьютер немного подвис, не успел написать. Решаю второе. Делаю подстановку

\(  \large y=xu(x)  \).

Тогда

\(  \large y'=u(x) + x u'(x)  \),

\(  \large y''=2 u'(x) + x u''(x)  \).

Получаю уравнение второго порядка, которое не содержит искомой функции:

\(  \large 2 u'(x) + x u''(x)-x (u'(x))^2=0  \).

Понижаю порядок до первого, используя замену \(  \large u'(x)=p(x)  \). Получаю уравнение Бернулли:

\(  \Large p'(x) + \frac{2}{x} p(x)=p^2 (x)  \).

Решаю его методом Бернулли. Подробности, если можно, пропущу, а напишу только общее решение:

\(  \Large p(x)= \frac{1}{x+ kx^2}  \).

Возвращаюсь к прежней переменной:

\(  \Large u'(x)= \frac{1}{x+kx^2}  \).

Получил уравнение с разделяющимися переменными, интегрирование которого сводится к вычислению простого интеграла от рациональной дроби и некоторых манипуляций с константами:

\(  \Large u= \ln \frac{C_2 x }{x+C_1}  \).

Тогда \(  \Large y=x   \ln \frac{C_2 x }{x+C_1}  \) - общее решение обобщённого однородного уравнения.



 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Абсолютно верно! Молодец!

Выше мы рассмотрели основные типы уравнений, допускающих понижение порядка. Теперь снова несколько слов о классификации обыкновенных дифференциальных уравнений. Все их можно разделить на два класса: линейные и нелинейные. Линейное уравнение содержит искомую функцию и её производные только в первой степени, а также не содержит произведения функции и её производных. Далее будем говорить только о линейных уравнения (вообще, об уравнениях второго и более высоких порядков, но всё сказанное справедливо и для уравнений первого порядка). Линейное уравнение \(  \large n  \)-го порядка имеет вид

\(  \large y^{(n)} + f_1 (x) y^{(n-1)}  + \ldots + f_{n-1}(x) y' + f_n(x) y=g(x) \).

Если \(  \large f_i (x)  = \textrm{const}, \ i=1,2, \ldots , n  \), то говорят об уравнении с постоянными коэффициентами (в противном случае имеем уравнение с переменными коэффициентами; коэффициенты есть некоторые функции). Если \(  \large g (x) \equiv 0   \), то дифференциальное уравнение называется однородным (если правая часть не является тождественным нулём, то речь идёт о неоднородном уравнении).

Теперь рассмотрим самую простую разновидность линейных дифференциальных уравнений - однородные уравнения с постоянными коэффициентами. Такие уравнения имеют вид

\(  \large y^{(n)} + a_1 y^{(n-1)} + \ldots + a_{n-1} y' + a_n y=0  \).

Общее решение такого уравнения находится совсем легко. Сначала составляем и решаем характеристическое уравнение. Это алгебраическое уравнение \(  \large n  \)-го порядка, вид (точнее, коэффициенты) которого зависят от коэффициентов решаемого обыкновенного дифференциального уравнения. Вид такой:

\(  \large \mu^n + a_1 \mu^{n-1} + \ldots + a_{n-1} \mu + a_n=0  \).

Обычно учебные задачи придумываются так, чтобы хотя бы некоторые корни характеристического уравнения принадлежали множеству целых делителей свободного члена.

Пусть \(  \large \mu_i \) - корни характеристического уравнения (\(  \large  i=1,2, \ldots , n   \)). Возможны следующие случаи.

Во-первых, все корни принадлежат множеству действительных чисел, и эти корни различны.  Тогда общее решение дифференциального уравнения имеет вид

\(  \Large y=C_1 e^{\mu_1 x}+ C_2 e^{\mu_2 x} + \ldots + C_n e^{\mu_n x}  \).

Во-вторых, все корни действительные, но среди них есть кратные. Пусть, например,

\(  \large \mu_1 = \mu_2 = \ldots = \mu_k= \mu  \).

Тогда общее решение имеет вид

\(  \Large y=C_1 e^{\mu x} + x C_2 e^{\mu x}  + \ldots + x^{k-1}C_k e^{\mu x} + C_{k+1} e^{\mu _{k+1} x} + \ldots + C_n e^{\mu_n x} \).

В-третьих, среди корней есть комплексные. Пусть, например, \(  \large \mu_1 = \alpha + i \beta  \), \(  \large \mu_2 = \alpha - i \beta  \), а остальные корни действительные и различные. В этом случае общее решение имеет следующий вид:

\(  \Large y=C_1 e^{\alpha x } \cos \beta x + C_2 e^{\alpha x } \sin \beta x + C_3 e^{\mu_3 x} + \ldots + C_n e^{\mu_n x} \).

Наконец, в-четвёртых, среди комплексных корней характеристического уравнения есть кратные. Пусть, например, \(  \large \mu_1= \alpha + \beta x  \) - \(  \large k \)-кратный корень характеристического уравнения. Тогда \(  \large \mu_2  \) тоже будет корнем уравнения той же кратности (иначе характеристическое уравнение имеет комплексные коэффициенты, но это не так). В этом случае общее решение выглядит так:

\(  \Large y=C_1e^{\alpha x} \cos \beta x+ C_2 e^{\alpha x} \sin \beta x  + \ldots + x^{k-1}C_{2k-1} e^{\alpha x} \cos \beta x + x^{k-1} C_{2k}e^{\alpha x } \sin \beta x +  \ldots + C_n e^{\mu_n x}  \).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо за очередную минилекцию! А не могли бы Вы показать на примерах, как решаются линейные однородные уравнения с постоянными коэффициентами?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Хорошо. Рассмотрим пару примеров.

Пример 1

Найдём общее решение линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами:

\(  \large y'''+6y''+11y'+6y=0  \).

Поскольку коэффициенты при третьей, второй, первой и нулевой производных равны одному, шести, одиннадцати и шести соответственно, характеристическое уравнение имеет следующий вид:

\(  \large \mu^3+6 \mu^2+11 \mu + 6=0   \).

Напомню, что функцию \(  \large y=f(x)  \) часто считают нулевой производной (производной нулевого порядка) самой этой функции.

Корни характеристического уравнения будем искать среди делителей его свободного члена, принадлежащих множеству целых чисел. Это числа \(  \large  \pm 1, \pm 2 , \pm 3 , \pm 6  \). Проверим, например, является ли число \(  \large \mu_1= -1  \) корнем характеристического уравнения. Имеем:

\(  \large (-1)^3 + 6 \cdot (-1)^2 + 11 \cdot (-1) + 6=-1+6 -11+6 =0  \).

Следовательно, данное число является решением уравнения. Дальше, конечно же, можно делить "уголком" многочлен \(  \large \mu^3 + 6 \mu^2  + 11 \mu + 6 \) на двучлен \(  \large \mu +1   \), а также использовать схему Горнера (не к ночи будет помянута). Но мы этого делать не будем. Представим левую часть характеристического уравнения в виде произведения линейного двучлена и квадратного трёхчлена, используя тождественные преобразования. Тогда (как и в случае деления углом) задача отыскания двух других корней характеристического уравнения сведётся к решению квадратного уравнения (а это можно сделать, как минимум, тремя способами - через дискриминант, с помощью теоремы Виета и выделив полный квадрат). Имеем:

\(  \large \mu^3+ 6 \mu^2 + 11 \mu + 6=m^3+ \mu^2+ 5 \mu^2+ 5 \mu + 6 \mu + 6=\mu^2 (m+1) + 5 \mu (m+1) + 6 ( \mu +1)=(\mu +1) (\mu^2 + 5 \mu +6)   \).

Решаем квадратное уравнение. Мне очень нравится метод выделения полного квадрата. Преобразуем левую часть алгебраического уравнения второй степени тождественным образом:

\(  \large \mu^2  + 5 \mu + 6=\mu^2 + 2 \cdot \frac{5}{2} \mu + \frac{25}{4}-\frac{1}{4}= \left( \mu + \frac{5}{2} \right)^2 - \left( \frac{1}{2} \right)^2 =\left( \mu + \frac{5}{2}-\frac{1}{2} \right) \cdot \left( \mu +\frac{5}{2} + \frac{1}{2} \right) =( \mu +2) ( \mu + 3)  \).

Итак,

\(  \large \mu^2 + 5 \mu + 6=0 \Leftrightarrow ( \mu + 2 )( \mu +3 )=0  \).

Следовательно, \(  \large \mu_1 =-1, \mu_2 = -2 , \mu = -3  \) - корни характеристического уравнения. Все они различны и принадлежат множеству вещественных чисел. Значит, общее решение дифференциального уравнения имеет вид

\(  \large y=C_1 e^{-x}+ C_2 e^{-2x} +C_3 e^{-3x}  \).

Пример 2

Решим уравнение

\(  \large y''' + 3y''-4y=0  \).

Cоставляем характеристическое уравнение:

\(  \large \mu^3 + 3 \mu^2 -4=0  \).

Корни этого уравнения находим тем же методом, что был использован при решении предыдущей задачи. Ими являются вещественные числа \(  \large \mu_1 = 1  \) и \(  \large \mu_{2 , 3}= -2  \). Характеристическое уравнение имеет однократный и двукратный корень. Следовательно, общим решением дифференциального уравнения является функция

\(  \large y=C_1 e^{x} + C_2 e^{-2x} + x C_3 e^{-2x}  \).

Alexey, Вам предлагается решить следующие уравнения:

1) \(  \large y'''-5y''+8y'-6y=0  \);

2) \(  \large y^{(5)}- 9 y^{(4)}+ 34y^{(3)}- 66y^{(2)}+ 65 y^{(1)}-25y=0  \).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Первое уравнение я решил легко. Характеристическое уравнение здесь имеет вид

\(  \large \mu^3 -5 \mu^2+ 8 \mu - 6=0  \).

Его корнями являются числа \(  \large \mu_1 =3 , \ \mu_{2,3}=1 \pm i  \) (решал методом, описанным Вами). Значит, общее решение такое:

\(  \large y=C_1 e^{3x} + C_2 e^x \cos x + C_3 e^x \sin x  \).

Что касается второго примерчика, то тут я застрял с алгеброй. Дело в том, что характеристическое уравнение в данном случае имеет вид

\(  \large \mu^5 - 9 \mu^4+ 34 \mu^3 -66 \mu^2 + 65 \mu -25=0  \).

Один корень я нашёл подбором (перебирал целые делители свободного члена). Разделил многочлен на \(  \large \mu -1  \) углом, после чего получил уравнение четвёртой степени, которое не имеет целых корней. Вот оно:

\(  \large \mu^4 - 8 \mu^3 + 26 \mu^2 - 40 \mu + 25=0  \).

Не представляю, как его решать. Подкиньте хотя бы идею.
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Первое уравнение Вы решили правильно. Чтобы решить характеристическое уравнение для второго дифференциального уравнения, поделите обе его части на \(  \large \mu^2  \) и сделайте замену \(  \large \mu+ \frac{5}{ \mu}=k  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо большое! Решил! После замены получается квадратное уравнение. Корнями исходного уравнения являются числа \(  \large 2 \pm i  \) (оба корня двукратные). Значит, общее решение дифференциального уравнения имеет вид

\(  \large y=C_1 e^x + C_2 e^{2x} \cos x + C_3 e^{2x} \sin x + xC_4  e^{2x} \cos x + x C_5 e^{2x} \sin x  \).
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
У Вас всё правильно. В ближайшее время напишу про общий метод решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений \(  \large n  \)-го порядка с произвольными (вообще говоря, переменными) коэффициентами  - метод вариации постоянных (метод Лагранжа). Затем расскажу, как решать один тип линейных уравнений \(  \large n  \)-го порядка с переменными коэффициентами специального вида - уравнения Эйлера. На этом разговор об уравнениях высших порядков можно будет закончить и перейти к системам линейных дифференциальных уравнений.
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Рассмотрим метод решения линейных неоднородных уравнений с переменными коэффициентами на примере уравнения второго порядка. Метод назван в честь Лагранжа. Пусть требуется найти общее решения дифференциального уравнения

\(  \large y''+f_1(x) y' + f_2(x) y=g(x)  \).

И пусть функция

\(  \large y=C_1 y_1 + C_2 y_2  \)

является общим решением соответствующего однородного уравнения

\(  \large y''+f_1(x) y' +f_2 (x) y=0  \).

Тогда общее решение исходного (неоднородного) уравнения имеет вид

\(  \large y=C_1(x) y_1 +C_2 (x) y_2  \),

где первые производные функций \(  \large C_1 (x)  \) и \(  \large C_2 (x)  \) находятся из следующей системы линейных (относительно этих самых производных) алгебраических уравнений:

\(  \large \begin{cases} y_1 C_1'(x) +y_2 C_2'(x)=0 \\ y_1'C_1'(x) +y_2' C_2'(x)=g(x) \end{cases}  \).

В качестве упражнения Вам предлагается проинтегрировать уравнение

\(  \large y''+y=\frac{1}{\cos x}  \).

Для уравнения вида

\(  \large f_1(x)y''+f_2(x) y' + f_3(x) y=g(x)  \)

система уравнений имеет вид

\(  \large \begin{cases} y_1 C_1'(x) +y_2 C_2'(x)=0 \\ y_1'C_1'(x) +y_2' C_2'(x)=\frac{g(x)}{f_1(x)} \end{cases}  \).

Уравнением Эйлера называется линейное дифференциальное уравнение вида

\(  \large a_n x^n y^{(n)} + a_{n-1} x^{n-1} y^{(n-1)} + \ldots + a_1 x y'+ a_0 y=g(x)   \).

Если правая часть есть тождественный нуль, то уравнение называется однородным, в противном случае - неоднородным. Начнём с однородных уравнений Эйлера. Рассмотрим однородное уравнение Эйлера второго порядка

\(  \large a_2x^2y'' + a_1 xy' + a_0y=0  \).

Такое уравнения сводятся к линейным уравнениям с постоянными коэффициентами с помощью подстановки

\(  \large x=e^t  \).

Тогда

\(  \Large y'=\frac{dy}{dx}=\frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=e^{-t} \frac{dy}{dt} \).

Следовательно,

\(  \Large y''=\frac{dy'}{dx}=\frac{\frac{dy'}{dt}}{\frac{dx}{dt}}=\frac{\left( \frac{d^2 y}{dt^2}-\frac{dy}{dt} \right)e^{-t}}{e^t}=e^{-2t} \left( \frac{d^2 y}{dt^2}-\frac{dy}{dt} \right) \).

Таким образом, исходное однородное уравнение Эйлера второго порядка становится линейным однородным уравнением того же порядка:

\(  \large a_2 y''(t) + (a_1-a_2) y'(t) +a_0 y(t)=0  \).

Метод решения таких уравнений мы разбирали (вспомните про характеристическое уравнение). Пусть функция

\(  \large y=C_1 y_1(t)+ C_2 y_2(t)  \)

является общим решением этого уравнения.

Важно отметить, что эта функция зависит от переменной \(  \large t  \), а не от переменной \(  \large x  \)! Поскольку, в силу нашей замены, \(  \large x=e^t  \), то \(  \large t=\ln x  \).
Значит, общее решение уравнения Эйлера имеет вид

\(  \large y=C_1 y_1 (\ln x) + C_2 y_2 ( \ln x)  \).

Если известно общее решение однородного уравнения Эйлера, то общее решение неоднородного уравнения можно найти описанным выше методом Лагранжа.

Задачи для самостоятельного решения:

1) \(  \large x^2y''+xy'-y=0  \);

2) \(  \large x^2y'' -2y= \sin \ln x  \).

Отметим, что уравнения вида

\(  \large a_n (ax+b)^n y^{(n)} + a_{n-1} (ax+b)^{n-1} y^{(n-1)} + \ldots + a_1 (ax+b) y'+ a_0 y=g(x)   \).

также называются уравнениями Эйлера и решаются с помощью замены

\(  \large ax+b=e^t  \).

На этом с уравнениями высших порядков покончено, и мы переходим к системам дифференциальных уравнений. Есть несколько методов решения таких систем, но далее будет рассмотрен лишь один из них, простейший - метод исключения. Покажем, как этот метод работает, на следующем простом примере. Пусть требуется найти общее решение системы дифференциальных уравнений

\(  \large \begin{cases} x'=y+1 \\ y'=x+1 \end{cases}  \).

Непривычно видеть штрих, обозначающий производную, над латинской буквой икс. Но здесь всё просто: \(  \large x  \) и \(  \large y  \) есть функции одной и той же переменной \(  \large t  \). Выражаем игрек через икс, используя первое уравнение:

\(  \large y=x'-1  \).

Тогда

\(  \large y'=x''  \).

Подставляем во второе уравнение:

\(  \large x''=x+1  \).

Переносим икс влево c противоположным знаком и получаем неоднородное уравнение второго порядка:

\(  \large x''-x=1  \).

Такие уравнения мы умеем решать. Найдя общее решение этого уравнения, вспоминаем, что

\(  \large y=x'-1  \).

Общее решение данной системы уравнений имеет вид

\(  \large x=f_1(t,C_1,C_2) , \ y= f_2(t,C_1,C_2) \).

Можно было поступить иначе: выразить икс через первую производную игрека, используя второе уравнение, найти первую производную икса и подставить в первое уравнение.

Вам такое задание: дорешать систему уравнений.

Думаю, на этом наш "курс молодого бойца" можно закончить. Если остались какие-то вопросы, спрашивайте. Постараюсь ответить.
 
Сказали спасибо: Alexey, лошадка, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо большое! Буду разбираться.
 

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Начну с первого уравнения. Сначала найду общее решение однородного уравнения. Для этого составляю и решаю характеристическое уравнение:

\(  \large k^2+1=0 \Leftrightarrow k= \pm i  \).

Значит, общее решение однородного уравнения имеет вид

\(  \large y=C_1 \cos x + C_2 \sin x  \).

Общее решение неоднородного уравнения ищу в виде

\(  \large y=C_1(x) \cos x + C_2 (x) \sin x  \).

Поскольку общее решение произвольного линейного уравнения второго порядка ищут в виде

\(  \large y=C_1(x) y_1 + C_2 (x) y_2  \),

здесь

\(  \large y_1=\cos x, \ y_2 = \sin x   \).

Составляю систему уравнения, чтобы найти производные функций \(  \large C_1(x)  \) и \(  \large C_2(x)  \):

\(  \large \begin{cases} C_1'(x) \cos x + C_2'(x) \sin x=0 \\ - C_1'(x) \sin x + C_2 '(x) \cos x =\frac{1}{\cos x} \end{cases}  \).

Решаю её так: умножаю обе части второго уравнения на \(  \large \cos x  \), а обе части первого уравнения - на \(  \large \sin x  \), затем складываю оба уравнения. Откуда сразу получаю, что

\(  \large C_2'(x)=1  \).

Следовательно,

\(  \large C_2 (x)=x+C_2  \).

Здесь я решил обозначить произвольную функцию и произвольную константу одинаково. Подставляю найденное значение \(  \large C_2(x)  \) в первое уравнение системы и получаю, что

\(  \large C_1'(x)=- \textrm{tg} x  \).

Значит,

\(  \large C_1(x)=\ln |\cos x| +C_1  \).

После раскрытия скобок общее решение исходного уравнения имеет вид

\(  \large y=C_1 \cos x + C_2 \sin x + \cos x \ln |\cos x| +x \sin x  \).
 
Сказали спасибо: Admin, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Теперь напишу, как я решал уравнения Эйлера. С однородным проблем не возникло. Я воспользовался рекомендованной Вами заменой и получил следующее дифференциальное уравнение:

\(  \large y''(t) - y(t)=0  \).

Составил и решил характеристическое уравнение, после чего получил общее решение уравнения:

\(  \large y=C_1 e^t + C_2 e^{-t}  \).

После этого положил \(  \large t= \ln x  \), воспользовался свойствами логарифмов и получил общее решение исходного уравнения:

\(  \large y=C_1 x + \frac{C_2}{x}  \).

Затруднения возникли при решении неоднородного уравнения. Сначала я решил соответствующее однородное уравнение:

\(  \large x^2 y'' - 2y=0  \).

Используя упомянутую выше подстановку, получил общее решение однородного уравнения:

\(  \large y=C_1 x^2 + \frac{C_2}{x}  \).

Значит, общее решение неоднородного уравнения следует искать в виде

\(  \large y=C_1(x) x^2 + \frac{C_2(x)}{x}  \).

Здесь

\(  \large y_1=x^2, \ y_2=\frac{1}{x}  \).

Следовательно,

\(  \large y'(x)=2x, \ y_2' = - \frac{1}{x^2}  \).

Поскольку коэффициент при старшей производной в неоднородном уравнении Эйлера равен \(  \large x^2  \), система уравнений для отыскания производных функций \(  \large C_1(x)  \) и \(  \large C_2(x)  \) имеет вид

\(  \large \begin{cases}x^2 C_1'(x) + \frac{1}{x}C_2'(x)=0 \\ 2x C_1'(x) - \frac{1}{x^2}C_2'(x) = \frac{\sin \ln x}{x^2} \end{cases}  \).

Это линейное алгебраическое уравнение. Из него я нашёл:

\(  \large C_1'(x)=\frac{1}{3} \frac{\sin \ln x}{x^3}, \ C_2 '(x)=-\frac{1}{3} \sin \ln x  \).

Сложности возникли с соответствующими интегралами. Пробовал брать по частям, но не вышло.
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Всё правильно. Эти интегралы дважды берите по частям, после чего получится линейное алгебраическое уравнение относительно искомого интеграла.
 

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Большое спасибо. А не могли бы Вы продемонстрировать этот метод на примере одного из интегралов?

Пока напишу решение системы дифференциальных уравнений. Я взял первое уравнение, выразил игрек через первую производную икса. Нашёл первую производную игрека:

\(  \large y'=x''  \).

Подставил во второе уравнение и получил такое же уравнение, как у Вас:

\(  \large x''-x=1  \).

Сначала решаю соответствующее однородное уравнение:

\(  \large x''-x=0  \).

Общее решение однородного уравнения имеет вид:

\(  \large x=C_1 e^t +C_2 e^{-t}  \).

Значит, общее решение неоднородного уравнения надо искать в виде

\(  \large x=C_1(t) e^t +C_2 (t)e^{-t}  \).

Составляю систему уравнений для отыскания производных функций \(  \large C_1(t)  \) и \(  \large C_2(t)  \):

\(  \large \begin{cases} e^t C_1'(t) + e^{-t} C_2'(t)=0 \\ e^t C_1'(t)- e^{-t} C_2'(t)=1 \end{cases}  \).

Из этой системы нахожу

\(  \large C_1'(t) = \frac{1}{2} e^{-t}, \ C_2'(t)= - \frac{1}{2} e^t  \).

Значит,

\(  \large C_1(t)=-\frac{1}{2} e^{-t} +C_1, \ C_2(t)=-\frac{1}{2} e^t+C_2  \).

Итак,

\(  \large x=C_1e^t +C_2 e^{-t}-1, \ y=x'-1=C_1 e^t -C_2 e^{-t}-1  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Систему Вы решили правильно.

А не могли бы Вы продемонстрировать этот метод на примере одного из интегралов?

Да, могу. Вычислим интеграл \(  \large \int \sin \ln x  \). Обозначим его через \(  \large I  \). Положим

\(  \large u = \sin \ln x, \ dv=dx  \).

Тогда

\(  \large du=\frac{\cos \ln x}{x} dx, \ v=x  \).

Следовательно, используя формулу интегрирования по частям, получим:

\(  \large I= uv - \int v du=x \sin \ln x - \int \cos \ln x dx  \).

К последнему интегралу снова применяем метод интегрирования по частям. Пусть в данном случае

\(  \large u=\cos \ln x , \ dv=dx   \).

Значит,

\(  \large du= - \frac{\sin \ln x }{x} dx, \ v=x  \).

Следовательно,

\(  \large I=x \sin \ln x - x \cos \ln x - \int \sin \ln x dx  \).

Итак,

\(  \large I=x ( \sin \ln x - \cos \ln x) -I  \).

Это и есть то самое линейное алгебраическое уравнение относительно искомого интеграла, о котором я говорил. Тогда

\(  \large I= \frac{x}{2} \left( \sin \ln x - \cos \ln x \right)  \).

Следовательно,

\(  \large C_2 (x) = - \frac{1}{3} \int \sin \ln x =\frac{x}{6} \left(  \cos \ln x - \sin \ln x \right)  \).

Аналогично находится и \(  \large C_1 (x)  \).

Забыл добавить ещё кое-что про линейные дифференциальные уравнения \(  \large n  \)-го порядка с произвольными коэффициентами. Пусть имеется дифференциальное уравнение

\(  \large y^{(n)}+f_1(x) y^{(n-1)} + \cdots + f_n (x) y=g(x)  \).

И пусть \(  \large y_1(x)  \) - частное решение этого уравнения. Тогда его порядок понижается на единицу с помощью двух последовательных подстановок. Сначала нужно положить \(  \large y=y_1 z  \), где \(  \large z  \) - некоторая новая функция переменной \(  \large x  \), затем используется замена \(  \large z'=u(x)  \).

Кроме того, известно, что общее решение неоднородного уравнения

\(  \large y^{(n)}+f_1(x) y^{(n-1)} + \cdots + f_n (x) y=g(x)  \)

представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного уравнения и какого-либо частного решения неоднородного уравнения. Если коэффициенты уравнения являются константами, то существует специальная таблица для подбора частного решения.

Вам дополнительное задание. Найдите частное решение уравнения \(  \large x^2 y'' +x y' -4y=0  \) и найдите его общее решение методом понижения порядка. Не важно, что это уравнение Эйлера. Решите данное уравнение именно этим методом.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Найдите частное решение уравнения

Что-то не получается частное решение найти. Не дадите подсказку?