ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 1. Основные понятия

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
1. Основные понятия
Дифференциальным уравнением относительно некоторой функции называется
уравнение, связывающее эту функцию с её независимыми перемпнными и с её производными.
Примеры:
2
∂ u ∂2u
∂u
2
=a
,
(1)
+
∂x
∂y 2 ∂z 2
2
(2)
y 0 + y = sin x ,
x
y 00 + 4 y 0 + 13 y = 0 ,
(3)
000
00
xy + y = 1 + x.
(4)
Порядком дифференциального уравнения называется порядок старшей производной искомой (неизвестной) функции, входящей в это уравнение.
Например, уравнение (2) - первого порядка, уравнения (1) и (3) - второго порядка,
а уравнение (4) - третьего порядка.
Дифференциальное уравнение относительно функции одной переменной называется обыкновенным дифференциальным уравнением. Дифференциальное уравнение
относительно функции нескольких переменных называется уравнением в частных
производных. Особый класс таких уравнений составляют т. н. уравнения математической физики. Например, (2), (3), (4) - обыкновенные дифференциальные уравнения, а (1) - уравнение в частных производных.
В нашем курсе рассматриваются только обыкновенные дифференциальные уравнения. Общий вид обыкновенного дифференциального уравнения n -го порядка:
F ( x, y, y 0 , . . . , y (n) ) = 0
(5)
y (n) = f ( x, y, y 0 , . . . , y (n−1) ) .
(6)
или
Во втором случае уравнение называется разрешённым относительно старшей производной.
Решением дифференциального уравнения (5) или (6) называется всякая функция
y = ϕ (x) ,
(7)
которая, будучи подставлена в это уравнение, обращает его в тождество, то есть
такая, что
F [ x , ϕ (x) , ϕ0 (x) , . . . , ϕ(n−1) (x) ] ≡ 0
или, соответственно,
ϕ(n) (x) ≡ f [ x, ϕ (x), ϕ0 (x), . . . , ϕ(n−1) (x) ] .
Например, функция y =
x3
12
2
+ x2 является решением уравнения (4). Действитель-
но,
y=
x3 x2
+
,
12
2
y0 =
x2
+ x,
4
1
y 00 =
x
+ 1,
2
y 000 =
1
;
2
Подставляя в (4), получим
1 x
x· +
+ 1 ≡ 1 + x.
2
2
Иногда решение (7) дифференциального уравнения находят в неявном виде:
ψ(x, y) = 0.
Тогда оно называется также интегралом дифференциального уравнения.
Решить дифференциальное уравнение - значит найти все его решения в данной области. График решения (7) дифференциального уравнения называется интегральной
кривой этого дифференциального уравнения. Процесс решения дифференциального
уравнения называется интегрированием этого дифференциального уравнения.
Пример 1. Основная задача интегрального исчисления - нахождение функции y
по её производной f (x) - сводится к решению (интегрированию) простейшего дифференциального уравнения
0
y = f (x) .
Такое дифференциальное уравнение имеет, как мы знаем, бесчисленное множество
решений, зависящих от одной произвольной постоянной C :
Z
y = f (x) dx + C .
Пример 2.
00
y = 0;
0
0
(y ) = 0 ,
0
y = C1 ,
y = C1 x + C2 .
Таким образом, мы видим, что множество решений дифференциального уравнения первого порядка зависит от одной произвольной постоянной, а множество решений дифференциального уравнения 2-го порядка - от 2 произвольных постоянных.
Придавая этим постоянным всевозможные значения, мы получим, вообще говоря,
все решения данных дифференциальных уравнений.
Общим решением дифференциального уравнения (5) называется такое его решение
y = ϕ ( x, C1 , C2 , . . . Cn ) ,
(8)
которое содержит столько (независимых) произвольных постоянных C1 , C2 , . . . , Cn ,
каков порядок этого уравнения.
Если общее решение (8) получено в неявном виде:
ψ ( x, y, C1 , C2 , . . . Cn ) = 0 ,
(9)
то её называют также общим интегралом дифференциального уравнения (5) или (6).
Всякое решение дифференциального уравнения (5) или (6), которое получается
из его общего решения (8) при определённых значениях произвольных постоянных
C1 , C2 , . . . Cn , называется частным решением этого уравнения. Аналогично определяется частный интеграл дифференциального уравнения.
Пример.
y 00 + y = 0
(10)
Легко сообразить, что функции sin x и cos x - решения этого дифференциального
уравнения:
(sin x)00 + sin x ≡ 0 , (cos x)00 + cos x ≡ 0 .
2
Нетрудно проверить также, что функция
y = C1 sin x + C2 cos x
- тоже решение. Это - общее решение уравнения (10). Из него можно получить различные частные решения:
при
C1 = 1 ,
при
C1 = 0 ,
при
C1 = 2 ,
и т. д.
C2 = 0 :
C2 = 1 :
C2 = −5 :
y = sin x ,
y = cos x ,
y = 2 sin x − 5 cos x
Решение, которое не может быть получено из общего решения ни при каких значениях произвольных постоянных, называется особым решением.
Задача Коши для дифференциального уравнения (5) или (6) заключается в том,
чтобы найти решение y = ϕ (x) этого уравнения, удовлетворяющее условиям вида:
ϕ (x0 ) = y0 ,
ϕ0 (x0 ) = y1 ,
ϕ00 (x0 ) = y2 , . . . , ϕ(n−1) (x0 ) = yn−1 ,
(11)
где x0 , y0 , y1 , y2 , . . . , yn−1 - заданные числа, называемые начальными данными.
Условия (11) называются начальными условиями задачи Коши.
Дифференциальное уравнение (5) называется линейным, если его левая часть
представляет собой многочлен первой степени относительно неизвестной функции y
и её производных y 0 , y 00 , . . . , y (n) . Общий вид линейного дифференциального уравнения n -го порядка:
a0 (x) y (n) + a1 (x) y (n−1) + . . . + an−1 (x) y 0 + an (x) y = f (x) .
(12)
Функции a0 (x), a1 (x), . . . , an−1 (x), an (x) называются коэффициентами линейного
дифференциального уравнения (12), а функция f (x) - правой частью этого уравнения. Если f (x) ≡ 0 , то уравнение (12) называется однородным или без правой части;
в противном случае уравнение (12) называется неоднородным или с правой частью.
Коэффициенты a0 (x), a1 (x), . . . , an−1 (x), an (x) в уравнении (12) могут оказаться
постоянными. Тогда уравнение (12) называется линейным дифференциальным уравнением с постоянными коэффициентами.
Например, дифференциальные уравнения (2). (3), (4) - линейные, из них (2) и (4)
- неоднородные, а (3) -однородное, оно же с постоянными коэффициентами.
2. Дифференциальные уравнения 1-го порядка
Общий вид дифференциального уравнения 1-го порядка:
F ( x , y , y0 ) = 0
(1)
или, если уравнение разрешено относительно производной y 0 ,
y0 = f ( x , y ) .
(2)
Для дифференциальных уравнений 1-го порядка сохраняют смысл все понятия,
введённые выше для обыкновенных дифференциальных уравнений произвольного
3
порядка: решение, интеграл, интегральная кривая, общее решение, общий интеграл,
частное решение, частный интеграл, начальные условия, задача Коши и т. д.
Например, решением дифференциального уравнения (1) или (2) является всякая
функция
y = ϕ (x) ,
(3)
удовлетворяющая этому дифференциальному уравнению, т. е. такая, что
F [ x , ϕ (x) , ϕ0 (x) ] ≡ 0
или
ϕ0 (x) ≡ f [ x , ϕ (x) ] ,
а график функции (3) - интегральная кривая дифференциального уравнения (1)
или (2).
Общее решение дифференциального уравнения 1-го порядка имеет вид
y = ϕ(x, C ),
(4)
а общий интеграл такого уравнения записывается в виде
ψ(x, y, C ) = 0,
(5)
где C - произвольная постоянная.
Геометрическим образом общего решения (4) или общего интеграла (5) дифференциального уравнения 1-го порядка является семейство линий (интегральных кривых), зависящее от 1 параметра.
Пример.
y 0 = x =⇒ y =
x2
+C.
2
y
C=0
C = −1
C = −2
2
1
-2
O
1
2
x
-1
-2
Геометрическими образами частных решений или частных интегралов дифференциального уравнения 1-го порядка служат отдельные линии (интегральные кривые)
указанного выше семейства, которые соответствуют отдельным значениям параметра C .
4
Если задана точка M0 ( x0 , y0 ) , то из бесконечного семейства интегральных кривых дифференциального уравнения 1-го порядка в простейших случаях можно выделить одну, проходящую через эту точку. Она будет являться интегральной кривой
некоторого частного решения данного дифференциального уравнения.
Аналитически это требование сводится к начальному условию
x = x0 =⇒ y = y0 .
Если известно общее решение (4), то это требование можно представить в виде
ϕ ( x0 , C ) = y0 ,
откуда, вообще говоря, можно определить C и, следовательно, найти соответствующее частное решение. В этом и состоит задача Коши для дифференциального уравнения 1-го пордка.
Геометрический смысл задачи Коши: найти интегральную кривую дифференциального уравнения (1) или (2), проходящую через данную точку M0 ( x0 , y0 ) .
Возникают вопросы: при каких условиях задача Коши имеет решение? если решение есть, то является ли оно единственным? Для уравнения (2), разрешённого
относительно производной, на эти вопросы отвечает следующая теорема, которую
мы принимаем без доказательства.
Теорема существования и единственности решения дифференциального уравнения 1-го поряка. Если в уравнении (2):
y0 = f ( x , y ) .
(2)
функция f ( x , y ) непрерывна вместе со своей частной производной fy0 ( x , y )
по y в некоторой области G на плоскости Oxy , содержащей данную точку
M0 ( x0 , y0 ) , то существует и притом единственное решение y = ϕ (x) уравнения (2), удовлетворяющее начальному условию: ϕ (x0 ) = y0 (или y|x=x0 = y0 ).
Геометрический смысл теоремы существования и единственности: если правая
часть f (x , y) уравнения (2) непрерывна вместе со своей частной производной по y в
некоторой окрестности G точки M0 ( x0 , y0 ) , то существует и притом единственная
интегральная кривая этого уравнения, проходящая через точку M0 .
y
G
y = ϕ(x)
y0
b
O
x0
M0
x
5
Заметрим, что уравнение (2) определяет в каждой точке M (x, y) значение производной y 0 , т. е. угловой коэффициент касательной к интегральной кривой, проходящей через эту точку. Таким образом, уравнение (2) определяет на плоскости Oxy
множество направлений или, как ещё говорят, поле направлений. Следовательно, с
геометрической точки зрения, задача интегрирования дифференциального уравнения заключается в нахождении кривых, направление касательных к которым совпадает с направлением поля в соответствующих точках.
Для дифференциального уравнения (2) геометрическое место точек, в которых
выполняется соотношение y 0 = C = const , называется изоклиной. При различных
значениях C получаем различные изоклины уравнения (2). Уравнение изоклины,
соответствующей значению C , имеет вид:
f (x, y) = C .
Построив семейство изоклин, можно приближённо построить семейство интегральных кривых данного дифференциального уравнения.
3. Уравнения с разделяющимися переменными
Дифференциальное уравнение 1-го порядка вида
P (x) dx + Q(y) dy = 0
(1)
называется уравнением с разделёнными переменными. Перепишем уравнение (1) в
виде
P (x) dx = −Q(y) dy .
(2)
Равенство (2) можно рассматривать как равенство двух дифференциалов. Интегралы от них должны отличаться лишь постоянным слагаемым. Интегрируя левую
часть по x , а правую часть по y , получим:
Z
Z
P (x) dx = − Q(y) dy + C
или
Z
Z
P (x) dx +
Q(y) dy = C .
(3)
Соотношение (3) представляет собой общий интеграл уравнения (1).
R
Замечание 1. В теории дифференциальных уравнений символ f (x) dx обозначает одну из первообразных функции f (x) , а не всё их множество, как в интегральном исчислении.
Замечание 2. Дифференциальное уравнение теоретически считается проинтегрированным, если решение доведено до квадратур, т. е. до операций вычисления
первообразных. Например, задача интегрирования уравнения (1) в форме (3) считается завершённой.
Всякое дифференциальное уравнение 1-го порядка, приводящееся к виду (1), называется уравнением с разделяющимися переменными. Общий вид такого уравнения:
y 0 = f (x) g(y)
6
(4)
или
P1 (x) Q1 (y) dx + P2 (x) Q2 (y) dy = 0 .
(5)
Действительно, уравнения (4) и (5) можно представить соответственно в виде
dy
= f (x) dx
g(y)
и
P1 (x)
Q2 (y)
dx +
dy = 0 .
P2 (x)
Q1 (y)
Их общие интеграла имеют соответствнно вид:
Z
Z
dy
= f (x) dx + C
g(y)
и
Z
Пример.
P1 (x)
dx +
P2 (x)
Z
Q2 (y)
dy = C .
Q1 (y)
y
.
x
dy
dx
x dy = y dx ;
=
;
y
x
y0 =
ln | y | = ln | x | + C1 ,
C1 = ln | C | ;
ln | y | = ln | x | + ln | C | ;
| y | = | Cx | ,
y = ±Cx ;
y = Cx
(в силу произвольности C ).
4. Однородные дифференциальные уравнения
Функция f (x, y) называется однородной степени n относительно переменных x
и y , если для любого числа λ имеет место тождество
f (λx, λy) = λn f (x, y) .
Пример 1.
f (x, y) = xy − y 2 - однородная функция степени 2, т. к.
f (λx, λy) = (λx)(λy) − (λy)2 = λ2 xy − λ2 y 2 = λ2 (xy − y 2 ) = λ2 f (x, y) .
Пример 2. f (x, y) =
f (λx, λy) =
x2 − y 2
- однородная функция степени 0, т. к.
xy
(λx)2 − (λy)2
λ2 x 2 − λ2 y 2
x2 − y 2
=
=
= λ0 f (x, y) .
(λx)(λy)
λ2 xy
xy
7
Дифференциальное уравнение 1-го порядка
y0 = f ( x , y )
(1)
называется однородным, если f (x, y) - однородная функция нулевой степени.
Очевидно, дифференциальное уравнение 1-го порядка
P (x, y) dx + Q(x, y) dy = 0
(2)
является однородным тогда и только тогда, когда коэффициенты P (x, y) и Q(x, y)
являются однородными функциями одинаковой степени. Это следует из того, что
отношеие двух однородных функций одинаковой степени есть однородная функция
нулевой степени.
С помощью подстановки
u=
y
x
или y = ux
(3)
однородное уравнение (1) или (2) сводится к уравнению с разделяющимися переменными. Покажем это для уравнения (1).
По условию f (λx, λy) = f (x, y). Полагая λ = x1 , получим:
y
.
f (x, y) = f 1,
x
Следовательно, уравнение (1) можно представить в виде
y
dy
= f 1,
.
dx
x
(4)
Применняя подстановку (3), заметим, что
d
du
dy
=
(ux) = u + x
.
dx
dx
dx
Подставляя это выражение в (4), получим:
u+x
du
= f ( 1, u ) .
dx
Это - уравнение с разделяющимися переменными:
du
dx
=
.
f (1, u) − u
x
Интегрируя это уравнение, затем подставляя
грал уравнения (1).
Пример.
y
x
вместо u , получим общий инте-
x+y
( x 6= 0 )
x
y = ux , y 0 = u + u0 x
y0 = −
u + u0 x = −( 1 + u )
u0 x = −(1 + 2u) = −2 (u + 1/2)
8
du
dx
= −2
u + 1/2
x
ln | u + 1/2 | = −2 ln | x | + ln | C |
C
1
= 2
2
x
C
y
1
u= = 2 −
x
x
2
C x
y= − .
x
2
В процессе решения было произведено деление на x 6= 0 и на u + 1/2 .
u+
u+
1
x
= 0 =⇒ y = − .
2
2
Проверка показывает, что y = − x2 - решение данного уравнения. Оно получается
из общего решения при C = 0 .
Замечание. Уравнение
(x + y) dx + x dy = 0
имеет то же общее решение y = Cx − x2 , но при этом x = 0 - также решение. Это особое решение, т. к. не получается из общего решения ни при каком значении C .
5. Линейные уравнения 1-го порядка
Линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет вид:
a (x) y 0 + b (x) y = c (x) ,
(1)
где a (x) , b (x) , c (x) - заданные непрерывные функции, причём a (x) 6= 0 . Разделив
обе части уравнения (1) на a (x) , его можно привести к виду
y 0 + p (x) y = q (x) .
(2)
Один из методов интегрирования уравнения (2) заключается в том, что его решение
ищется в виде произведения двух функций
y = u (x) v (x) ,
(3)
одна из которых может быть выбрана произвольно.
Дифференцируя обе части равенства (3), получим:
dv
du
dy
=u
+v
.
dx
dx
dx
(4)
Подставляя (3) и (4) в (2), будем иметь
u
или
dv
du
+v
+ p uv = q
dx
dx
u
du
dv
+ pv + v
= q.
dx
dx
9
(5)
Выберем функцию v так, чтобы
dv
+ pv = 0.
dx
(6)
Разделяя переменные в (6), получим
dv
= −p dx ,
v
откуда
Z
ln | v | = −
p dx + ln | C1 |
или
R
v = C1 e−
p (x) dx
.
Т. к. нас интересует произвольное решение уравнения (6), положим
v = e−
R
p (x) dx
.
(7)
Подставляя (7) в (5), будем иметь
v (x)
или
du
= q (x)
dx
du
q (x)
=
,
dx
v (x)
откуда
Z
u=
или
q (x)
dx + C
v (x)
Z
u (x) =
R
p (x) dx
q (x) e
dx + C .
Таким образом,
−
y= e
R
p (x) dx
Z
R
q (x) e
p (x) dx
dx + C .
(8)
Уравнение (2) можно решить ещё методом вариации произвольной постоянной,
который заключается в следующем. Интегрируется сначала соответствующее однородное уравнение
y 0 + p (x) y = 0 .
Его общее решение имеет вид
y = C e−
R
p (x) dx
.
Теперь решение уравнения (2) ищется в виде
y = C (x) e−
R
p (x) dx
.
(9)
Дифференцируя (9), получим:
y 0 = C 0 (x) e−
R
p (x) dx
− p (x) C (x) e−
10
R
p (x) dx
.
(10)
Подставляя (9) и (10) в (2), будем иметь:
C 0 (x) e−
R
p (x) dx
= q (x)
или
R
C 0 (x) = q (x) e
p (x) dx
,
откуда
Z
C (x) =
R
p (x) dx
q (x) e
+C
и, следовательно,
−
y= e
R
p (x) dx
Z
R
q (x) e
dx + C .
y 0 + y tg x = 2x cos x .
Пример.
1-ый метод
y = uv,
p (x) dx
2-ой метод
y 0 = u0 v + uv 0
y 0 + y tg x = 0
u0 v + u v 0 + uv tg x = 2x cos x
dy
y
u (v 0 + v tg x) + u0 v = 2x cos x
ln | y | = ln | cos x | + ln | C |
v 0 + v tg x = 0
y = C cos x
dv
v
y = C (x) cos x
= − tg x dx
= − tg x dx
ln | v | = ln | cos x | + ln | C1 |
y 0 = C 0 (x) cos x − C (x) sin x
v = C1 cos x
C 0 (x) cos x − C (x) sin x+
v = cos x
+C (x) cos x · tg x = 2x cos x
u0 cos x = 2x cos x
C 0 (x) cos x = 2x cos x
u0 = 2x
C 0 (x) = 2x
u = x2 + C
C (x) = x2 + C
y = u v = (x2 + C) cos x .
y = (x2 + C) cos x .
6. Уравнение Бернулли
Так называется уравнение вида
y 0 + p (x) y = q (x) y α .
(1)
где p (x) и q (x) - заданные непрерывные функции, а α - действительное число,
отличное от 0 и 1.
Уравнение Бернулли приводится к линейному уравнению с помощью подстановки
z = y 1−α .
Действительно, тогда
1
y = z 1−α ,
y0 =
11
1
1−α
α
z 1−α z 0 .
(2)
Подставляя (2) в (1), получим:
1
1−α
α
1
α
z 1−α z 0 + p (x) z 1−α = q (x) z 1−α
−α
или (после умножения на z 1−α )
1
1−α
z 0 + p (x) z = q (x) .
Уравнение Бернулли можно решить как и линейное уравнение с помощью подстановки y = u (x) v (x) или методом вариации произвольной постоянной.
y − x y0 = y2
Пример
или
y0 −
1
x
= − x1 y 2 .
1-ый метод
y = uv,
2-ой метод
y 0 = u v 0 + u0 v
−x2 u0 = u2 x2
u v − xy v 0 − x u0 v = u2 v 2
u0 = −u2
u (v − x v 0 ) − x u0 v = u2 v 2
− du
= dx
u2
v − x v0 = 0
1
u
dv
v
u=
=
dx
x
,
v=x
y=
=x+C
1
x+C
x
.
x+C
7. Уравнение в полных дифференциалах
Дифференциальное уравнение вида
P (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0
(1)
называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть представляет
собой полный дифференциал некоторой функции U (x, y) . Такое уравнение очевидно
можно представить в виде
d U (x, y) = 0 ,
откуда ясно, что его общий интеграл будет иметь вид
U (x, y) = C .
Теорема. Пусть функции P (x, y) и Q (x, y) непрерывны вместе со своими
частными производными
∂P
∂Q
и
(2)
∂y
∂x
в некоторой области G . Тогда для того, чтобы уравнение (1) было уравнением
в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось тождество
∂P
∂Q
≡
.
(3)
∂y
∂x
12
Необходимость. Пусть левая часть уравнения (1) есть полный дифференциал
некоторой функции U (x, y) :
P (x, y) dx + Q (x, y) dy = d U (x, y) =
∂U
∂U
dx +
dy .
∂x
∂y
Тогда
P (x, y) =
∂U
,
∂x
Q (x, y) =
∂U
.
∂y
Следовательно,
∂P
∂2U
=
,
∂y
∂x ∂y
∂Q
∂2U
=
,
∂x
∂y ∂x
откуда, в силу непрерывности частных производных (2), следует тождество (3).
Достаточность. Пусть имеет место тождество (3). Тогда, как легко проверить,
левая часть уравнения (1) является полным дифференциалом функции
Z x
Z y
U (x, y) =
P (x, y) dx +
Q (x0 , y) dy .
x0
y0
Действительно,
∂U
=
∂y
Z
x
x0
∂U
= P (x, y) ;
∂x
Z x
∂P
∂Q
(3)
dx + Q (x0 , y) =
dx + Q (x0 , y) =
∂y
x0 ∂x
(4)
= Q (x, y)|xx0 + Q (x0 , y) = Q (x, y) − Q (x0 , y) + Q (x0 , y) ;
∂U
= Q (x, y) .
∂y
(5)
Из (4) и (5) следует, что
d U (x, y) =
∂U
∂U
dx +
dy = P (x, y) dx + Q (x, y) dy ,
∂x
∂y
ч. и т. д.
На практике функцию U (x, y) такую, что
d U (x, y) = P (x, y) dx + Q (x, y) dy ,
находят следующим образом. Поскольку
∂U
= P (x, y) ,
∂x
то
Z
x
U (x, y) =
P (x, y) dx + ϕ (y) .
x0
Отсюда
∂U
=
∂y
Z
x
x0
∂P
dx + ϕ0 (y) = Q (x, y)
∂y
13
(6)
или, в силу (3),
Z
x
x0
∂Q
dx + ϕ0 (y) = Q (x, y) ,
∂x
то есть
Q (x, y)|xx0 + ϕ0 (y) = Q (x, y) ,
откуда
ϕ0 (y) = Q (x, y) − Q (x, y) + Q (x0 , y) = Q (x0 , y) .
Следовательно,
Z
y
Q (x0 , y) dy + C1 .
ϕ (y) =
y0
Подставляя (7) в (6), получим:
Z
Z x
P (x, y) dx +
U (x, y) =
y
Q (x0 , y) dy + C1 .
y0
x0
Замечание. Функцию U (x, y) можно получить также в виде
Z y
Z x
U (x, y) =
Q (x, y) dy +
P (x, y0 ) dx + C2 .
y0
x0
Пример.
2x
y 2 − 3x2
dx
+
dy = 0 .
y3
y4
2x
y 2 − 3x2
,
Q
(x,
y)
=
;
y3
y4
6x
∂Q
6x
∂P
=− 4 ,
=− 4 ;
∂y
y
∂x
y
∂P
∂Q
≡
.
∂y
∂x
Z
∂U
2x
2x
x2
= 3, U=
dx
+
ϕ
(y)
=
+ ϕ (y) ;
∂x
y
y3
y3
P (x, y) =
∂U
3x2
1
3x2
= − 4 + ϕ0 (y) = Q (x, y) = 2 − 4 ;
∂y
y
y
y
1
ϕ0 (y) = 2 ;
y
Z
1
dy
ϕ (y) =
+ C1 = − + C1 ;
2
y
y
x2 1
U (x, y) = 3 − + C1 .
y
y
Общий интеграл данного уравнения:
x2 1
− =C.
y3 y
14
(7)
8. Интегрирующий множитель
Пусть левая часть уравнения
P (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0
(1)
не является полным дифференциалом. Иногда удаётся подобрать такую функцию
µ (x, y) после умножения на которую обеих частей уравнения (1), его левая часть
становится полным дифференциалом. Общее решение полученного таким образом
уравнения очевидно совпадает с общим решением данного уравнения (1). Функция
µ (x, y) называется интегрирующим множителем уравнения (1).
Как найти интегрирующий множитель µ ? Умножим обе части уравнения (1) на
неизвестную пока функцию µ (x, y) :
µ P dx + µ Q dy = 0 .
(2)
Для того, чтобы функция µ была интегрирующим множителем уравнения (1), то
есть чтобы уравнение (2) было уравнением в полных дифференциалах, необходимо
и достаточно, чтобы
∂ (µ Q)
∂ (µ P )
≡
,
∂y
∂x
то есть чтобы
∂P
∂µ
∂Q
∂µ
µ
+P
=µ
+Q
∂y
∂y
∂x
∂x
или
∂µ
∂µ
∂Q ∂P
P
−Q
=µ
−
.
∂y
∂x
∂x
∂y
Разделив обе части последнего равенства на µ , получим:
P
∂ (ln µ)
∂ (ln µ)
∂Q ∂P
−Q
=
−
.
∂y
∂x
∂x
∂y
(3)
Таким образом, для того, чтобы функция µ (x, y) была интегрирующим множителем уравнения (1), необходимо, чтобы она удовлетворяла уравнению (3). Можно
доказать, что при опредлённых условиях уравнение в частных производных (3) относительно функции µ (x, y) имеет бесчисленное множество решений. Однако в общем
случае задача интегрирования уравнения (3) труднее чем первоначальная задача интегрирования уравнения (1). Только в некоторых частных случаях удаётся без труда
найти функцию µ (x, y) .
Пусть, например, уравнение (1) допускает интегрирующий множитель, зависящий только от y . Тогда
∂ (ln µ)
=0
∂x
и уравнение (3) принимает вид:
d (ln µ)
=
dy
∂Q
∂x
−
P
∂P
∂y
.
(4)
Из уравнения (4) легко найти ln µ , а следовательно, и µ , но только при условии,
∂Q
− ∂P
∂x
∂y
что
зависит только от y .
P
15
Аналогично, если выражение
∂Q
∂x
∂P
∂y
−
Q
зависит только от x , то можно найти интегрирующий множитель µ , зависящий
только от x , из уравнения
∂Q
− ∂P
d (ln µ)
∂x
∂y
=−
.
dx
Q
Пример.
(y + xy 2 ) dx − x dy = 0 .
P = y + xy 2 ,
∂Q
= −1 ;
∂x
∂P
= 1 + 2xy ,
∂y
∂Q
∂x
−
∂P
∂y
P
=
Q = −x ;
∂P
∂Q
6=
.
∂y
∂x
−1 − 1 − 2xy
2
−2 (1 + xy)
=− ;
=
2
y + xy
y (1 + xy)
y
d (ln µ)
2
=− ,
dy
y
ln µ = −2 ln µ ;
µ=
1
.
y2
Умножив данное уравнение на найденный интегрирующий множитель, получим
уравнение в полных дифференциалах
1 + xy
x
dx − 2 dy = 0 .
y
y
Действительно,
∂
∂y
1
∂U
= + x,
∂x
y
1 + xy
y
Z U=
∂
=
∂x
1
+x
y
Общий интеграл:
Общее решение:
x2
=−
2x
.
+ 2C
16
1
.
y2
dx + ϕ (y) =
x x2
+
+ ϕ (y) ;
y
2
ϕ0 (y) = 0 ,
ϕ (y) = C1 ;
x x2
+
+ C1 .
y
2
x x2
+
=C.
y
2
y=−
x
− 2
y
∂U
x
x
= − 2 = − 2 + ϕ0 (y) ,
∂y
y
y
U=
9. Особые точки и особые решения
Пусть дано дифференциальное уравнение
y0 = f ( x , y ) ,
(1)
для которого в некоторой точке M0 (x0 , y0 ) нарушено хотя бы одно из условий теоремы существования и единственности. Тогда может оказаться, что не существует ни
одной интегральной кривой уравнения (1), проходящей через точку M0 , или, наоборот, через точку M0 проходит более одной интегральной кривой этого уравнения.
Такая точка M0 называется особой точкой дифференциального уравнения (1).
Если условия теоремы существования и единственности нарушены вдоль целого геометрического места точек, то это г.м.т. может оказаться интегральной кривой
уравнения (1). Такая интегральная кривая называется особой интегральной кривой,
а соответствующее ей решение - особым решением этого дифференциального уравнения.
К понятию особого решения можно подойти ущё с другой точки зрения, связанной
с понятием огибающей.
Линия L называется огибающей однопараметрического семейства кривых, если
она в каждой своей точке касается некоторой кривой данного семейства, причём в
различных точках она касается различных кривых данного семейства.
Если однопараметрическое семейство кривых задано уравнением
Φ ( x, y, C ) = 0 ,
(2)
то его огибающую находят следующим образом (без доказательства): сначала дифференцируют уравнение (2) по параметру C :
0
ΦC ( x , y , C ) = 0 ,
(3)
а затем из уравнений (2) и (3) исключают параметр C . Получающаяся при этом
уравнение определяет некоторую кривую, которая называется дискриминантной
кривой.
Пример.
(x − C)2 + y 2 − R2 = 0 (семейство окружностей) .
Продифференцируем по C :
2(x − C ) = 0
Исключаем C :
y 2 − R2 = 0 ,
y = ±R (огибающая).
y
'$
'$
'$
'$
'$
'$
'$
'$
'$
y=R
x
&%
&%
&%
&%
&%
&%
&%
&%
&%
y = −R
17
Замечание. Уравнение , полученное исключением C из (2) и (3), не всегда определяет огибающую семейства (2) (семейство (2) может и не иметь огибающей). Поэтому, получив такое уравнение, нужно ещё проверить, определяет ли оно огибающую
или нет.
Пример.
y 3 − (x − C)2 = 0 (семейство кубических парабол) . Дифференцируя по C , получим: 2 (x − C) = 0 . Исключая C , получим уравнение дискриминантной кривой y = 0 . Она огибающей не является.
y
O
x
y=0
Пусть теперь уравнение (2) представляет собой общий интеграл дифференциального уравнения (1). Пусть, кроме того, семейство интегральных кривых (2) уравнения (1) имеет огибающую. Тогда эта огибающая также является интегральной
кривой дифференциального уравнения (1).
Действительно, в каждой своей точке огибающая касается некоторой кривой семейства (2), т. е. имеет с ней общую касательную. Следовательно, в каждой точке
огибающая и кривая семейства имеют одинаковые значения величин x , y , y 0 . Но
для кривой семейства числа x , y , y 0 удовлетворяют уравнению (1). Значит, тому
же уравнению удовлетворяют в каждой точке огибающей координаты этой точки
и угловой коэффициент касательной к огибающей в той же точке. А это как раз и
означает, что огибающая является интегральной кривой, а её уравнение - решением
данного дифференциального уравнения.
Так как через каждую точку огибающей проходят две интегральные кривые уравнения (1), то она является особой интегральной кривой, а её уравнение определяет
особое решение дифференциального уравнения (1). А так как огибающая семейства
(2) не является, вообще говоря, кривой этого семейства, то её уравнение (а значит и
особое решение данного дифференциального уравнения) не может быть получено из
общего интеграла (2) ни при каком значании C .
Пример.
y 2 (1 + y 0 2 ) = R2 .
p
R2 − y 2
dy
=±
;
dx
y
y dy
p
= dx ;
± R2 − y 2
p
∓ R2 − y 2 = x − C .
Общий интеграл :
(x − C)2 + y 2 = R2 .
Особые решения :
18
y = ±R .
10. Уравнения, не разрешённые относительно производной
Пусть дано дифференциальное уравнение 1-го порядка
F ( x , y , y0 ) = 0 ,
(1)
не разрешённое относительно производной искомой функции. Рассмотрим случай,
когда уравнение (1) разрешимо относительно независимой переменной x или относительно искомой функции y .
x = ϕ ( x , y0 ) .
1.
(2)
Введём обозначение y 0 = p и будем искать решение уравнения (2) в параметрической
форме, приняв p за параметр. Уравнение (2) примет вид:
x = ϕ(x, p).
(3)
Дифференцируя, получим:
dx = ϕ0y dy + ϕ0y dp
или
1
dp
= ϕ0y + ϕ0y
.
p
dy
(4)
g(p, y, C ) = 0
(5)
Решим уравнение (4). Пусть
- его общий интеграл. Тогда решение исходного уравнения (2) определяется из (3) и
(5) в параметрической форме:
(
x = ϕ(x, p),
g(p, y, C ) = 0.
x = y 0 ln y 0 .
Пример.
y0 = p ,
dp
1
= ( ln p + 1 )
;
p
dy
x = p ln p ,
dy
= p ln p + p ,
dp
y=
p2
p2
ln p +
+C.
2
4
Общее решение:
(
x = p ln p ,
2
y = p2 ln p +
2.
p2
4
+C.
y = ψ ( x , y0 ) .
(6)
Введя обозначение y 0 = p , перепишем уравнение (6) в виде:
y = ψ(x, p).
19
(7)
Дифференцируя, получим:
dy = ψx0 dx + ψp0 dp
или
dp
.
dx
(8)
h(x, p, C ) = 0
(9)
p = ψx0 + ψp0
Если
- общий интеграл уравнения (8), то уравнения (7) и (9) определяют решение дифференциального уравнения (6) в параметрической форме, где роль параметра играет p .
y = 2y 0 x +
Пример.
y0 = p ;
1
.
y0
y = 2p x +
1
;
p
dp
1 dp
− 2
;
dx p dx
1
dp
−p = 2x − 2
;
p
dx
p = 2p + 2x
2
1
dx
= − x + 3 (линейное уравнение) ;
dp
p
p
..........................................
1
x = 2 ( ln p + C ) .
p
Общее решение:

1

 x = 2 ( ln p + C ) ,
p
1
1 2

 y = 2p x + = + ( ln p + C ) .
p
p p
11. Уравнения Лагранжа и Клеро
Уравнением Лагранжа называется уравнение вида
y = x ϕ ( y0 ) + ψ ( y0 ) .
(1)
Решается оно методом введения параметра.
y0 = p ,
y = x ϕ (p ) + ψ (p ) ;
dp
dp
+ ψ 0 (p )
;
dx
dx
dp
p − ϕ (p ) = [ x ϕ0 (p ) + ψ 0 (p ) ]
;
dx
dx
ϕ0 (p )
ψ 0 (p)
−x·
=
.
dp
p − ϕ (p )
p − ϕ (p )
p = ϕ (p ) + x ϕ0 (p )
20
(2)
Решая полученное линейное уравнение (2), найдём:
x = g (p , C ) .
Общее решение уравнения Лагранжа (1) можно представить в параматрической
форме:
(
x = g (p , C ) ,
y = x ϕ (p ) + ψ (p ) .
Если отсюда исключить параметр p , можно получить общий интеграл уравнения (1)
в виде:
Φ(x, y, C ) = 0.
Заметим, что уравнение Лагранжа может иметь особые решения, получаемые при
p − ϕ (p ) = 0 .
Они (если существуют) имеют вид:
y = p̃ x + ψ (p̃ ) ,
где p̃ - корень уравнения (3).
Пример.
y = x y0 2 + y0 2 .
y0 = p ;
y = x p2 + p2 ;
dp
dp
+ 2p
;
p = p2 + 2p x
dx
dx
dp
dx
2p ( x + 1 )
p − p2 = ( 2p x + 2p )
;
=
;
dx
dp
p (1 − p))
2
2
dx
+
x=
(линейное уравнение) ;
dp p − 1
1−p
..........................................
C1
x=
− 1;
(p − 1)2
Общее решение в параметрической форме:

C1
x=
− 1,
(p − 1)2

y = ( x + 1 ) p2 .
Исключаем параметр p :
√
C1
C1
(p − 1) =
,
p= √
+ 1;
x+1
x+1
√
√
( x + 1 + C1 )2
2
p =
,
x+1
√
√
p
√
( x + 1 + C1 )2
y = (x + 1) ·
= ( x + 1 + C1 )2 ,
x+1
2
21
(3)
p
C1 = C
√
y = ( x + 1 + C ) 2 − общее решение .
p − p2 = 0
1) p = 0 =⇒ y = 0 (особое решение) ;
2) p = 1 =⇒ y = x + 1 (частное решение) .
Уравнение вида
y = x y0 + ψ ( y0 )
называется уравнением Клеро. Решается так же, как и уравнение Лагранжа, частным
случаем которого оно является.
y0 = p ,
y = x p + ψ (p ) ;
dp
dp
+ ψ 0 (p )
;
dx
dx
dp
= 0.
[ x + ψ 0 (p )]
dx
p=p+x
dp
= 0 =⇒ p = C ;
dx
y = C x + ψ ( C ) − общее решение .
2) x + ψ 0 (p ) = 0 ,
(
x = −ψ 0 (p ) ,
y = −p ψ 0 (p ) + ψ (p ) − особое решение .
1)
Пример.
y = x y0 − y0 2 .
y0 = p ,
y = x p − p2 ;
dp
dp
dp
p=p+x
− 2p
, ( x − 2p )
= 0.
dx
dx
dx
dp
= 0 =⇒ p = C ;
dx
y = C x − C 2 − общее решение .
2) x − 2p = 0 ,
(
x = 2p ,
y = x p − p2 .
1)
Исключая p , получаем особое решение в явном виде:
y=
x2
.
4
Замечание. Общее решение можно найти, подставляя C вместо y 0 , а особое
решение - как огибающую семейства
y = Cx−C2.
22
12. Дифференциальные уравнения высших порядков
Общие понятия, относящиеся к дифференциальным уравнениям n -го порядка,
были приведены в начале темы. Напомним, что символически такие уравнения записываются в виде:
F ( x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = 0 .
(1)
Мы будем рассматривать в этом параграфе только такие уравнения n -го порядка,
которые можно разрешить относительно старшей производной, т. е. которые можно
представить в виде:
y (n) = f ( x, y, y 0 , y 00 , . . . , y (n−1) ) .
(2)
Для таких уравнений имеет место теорема о существовании и единственности решения, которую мы принимаем здесь без доказательства.
Теорема.
аргументам
M0 (x0 , y0 , y00 ,
ние y = ϕ (x)
Если в уравнении (2) функция f и её частные производные по
y, y 0 , y 00 , . . . , y (n−1) непрерывны в некоторой окрестности точки
(n)
y000 , . . . , y0 ) ∈ En+1 , то существует и притом единственное решеуравнения (2), удовлетворяющее начальным условиям:
y|x=x0 = y0 ,
y 0 |x=x0 = y00 ,
y 00 |x=x0 = y000 ,
..................
(n−1)
y (n−1) |x=x0 = y0
ϕ (x0 ) = y0 ,
ϕ0 (x0 ) = y00 ,
ϕ00 (x0 ) = y000 ,
..................
т. е.
(n−1)
ϕ(n−1) (x0 ) = y0
,
Рекомендуется самостоятельно переформулировать эту теорему для дифференциального уравнения 2-го порядка.
Одним из методов интегрирования уравнений высших порядков является т. н.
метод понижения порядка, заключающийся в переходе к равносильному уравнению
более низкого порядка.
Рассмотрим три простейших типа уравнений, допускающих понижение порядка.
I. Уравнение вида
y (n) = f (x)
(3)
может быть проинтегрировано последовательно:
Z
(n−1)
y
= f (x) dx + C1 ,
y
(n−2)
Z Z
=
f (x) dx dx + C1 x + C2 ,
.............................................
Z
Z
y = dx dx . . . f (x) dx + C1 xn−1 + · · · + Cn−1 x + Cn .
{z
}
|
Z
n
Пример.
y 00 = sin x + C1 ,
y 000 = cos x .
y 0 = − cos x + C1 x + C2 ,
23
y = − sin x + C1 x2 + C2 x + C3 .
II. Уравнение, не содержащее явно y и младших производных
y (n) = f ( x, y (k) , . . . , y (n−1) ) ,
(4)
где k 6 n − 1 , допускает понижение порядка на k единиц. Для этого введём новую
искомую функцию z = y (k) . Тогда
y (k+1) = z 0 , . . . , y (n) = z (n−k)
и уравнение (4) превращается в уравнение порядка n − k относительно функции z :
z (n−k) = f ( x, z, z 0 , . . . , z (n−k−1) ) .
(5)
Общее решение уравнения (5)
z = ϕ ( x, C1 , C2 , . . . , Cn−k )
приводит к уравнению
y (k) = ϕ ( x, C1 , C2 , . . . , Cn−k )
(6)
относительно функции y . Интегрируя уравнение (6), найдём общее решение исходного уравнения (4).
y 000 tg x = y 00 .
Пример.
y 00 = z ,
y 000 = z 0 ;
z 0 tg x = z ,
ln | z | = ln | sin x| + ln | C1 | ,
y 00 = C1 sin x ,
y 0 = −C1 cos x + C2 ,
dz
= ctg x dx ;
z
z = C1 sin x ;
y = −C1 sin x + C2 x + C3 .
Замечание. К уравнению 2-го порядка этот метод применим, если оно не содержит явно y :
y 00 = f ( x , y 0 ) .
(7)
Полагая y 0 = z и y 00 = z 0 , приведём уравнение (7) к виду
z0 = f ( x , z ) .
Проинтегрировав уравнение (8), найдём
y 0 = z = ϕ ( x , C1 ) ,
откуда
Z
y=
ϕ ( x, C1 ) dx + C2 .
x y 00 = 2x − y 0 .
Пример.
y0 = z ,
y 00 = z 0 ;
x z 0 = 2x − z ;
z
(однородное уравнение) ;
x
....................................
z0 = 2 −
24
(8)
z =x+
y0 = x +
C1
,
x
y=
C1
;
x
x2
+ C1 ln x + C2 .
2
III. Уравнение, не содержащее независимой переменной x :
y (n) = f ( y, y 0 , . . . , y (n−1) )
(9)
допускает понижение порядка на одну единицу. Покажем это для уравнения 2-го
порядка:
y 00 = f ( y, y 0 ) .
(10)
Примем y за независимую переменную, а y 0 = p за искомую функцию. Тогда
y 00 =
dp
dp dy
dp
=
·
=
·p
dx
dy dx
dy
и уравнение (10) приводится к уравнению 1-го порядка:
dp
= f (y, p).
dy
p
Пусть найдено общее решение этого уравнения:
p = ψ ( y, C1 ) .
Тогда функцию y следует искать из дифференциального уравнения
dy
= ψ ( y, C1 )
dx
y 00 =
Пример.
y0 2
.
y
y0 = p ,
p
dy
= dx .
ψ (y, C1 )
или
y 00 = p
dp
p2
=
,
dy
y
dp
;
dy
dp
p
= ;
dy
y
dp
dy
=
,
p
y
p = C1 y
( p = 0 − частное решение при C1 = 0 ) .
dy
= C1 y ,
dx
dy
= C1 dx ;
y
ln | y | = C1 x + ln | C2 | ;
y = C2 eC1 x .
25
13. Линейные однородные уравнения
Общий вид:
a0 (x) y (n) + a1 (x) y (n−1) + . . . + an−1 (x) y 0 + an (x) y = 0 .
(∗)
Установим некоторые свойства линейных однородных уравнений, ограничиваясь
в доказательствах уравнениями 2-го порядка
y 00 + p (x) y 0 + q (x) = 0 .
(1)
Теорема 1. Если y1 и y2 - два частных решения линейного однородного уравнения (1), то их сумма y1 + y2 также является решением уравнения (1).
Доказательство. Пусть
y100 + p y10 + q y1 = 0 и y200 + p y20 + q y2 = 0 .
Тогда
(y1 + y2 )00 + p (y1 + y2 )0 + q (y1 + y2 ) = y100 + y200 + p y10 + p y20 + q y1 + q y2 =
= (y100 + p y10 + q y1 ) + (y200 + p y20 + q y2 ) = 0 + 0 = 0 .
Теорема 2. Если y1 - решение линейного однородного уравнения (1) и C - постоянная, то Cy1 - также решение уравнения (1).
Доказательство. Пусть
y100 + p y10 + q y1 = 0 .
Тогда
(Cy1 )00 + p (Cy1 )0 + q (Cy1 ) = Cy100 + C p y10 + C q y1 =
= C (y100 + p y10 + q y1 ) = C · 0 = 0 .
Определение 1. Две функции y1 (x) и y2 (x) называются линейно зависимыми
на отрезке [ a, b ] , если их отношение на этом отрезке постоянно, т. е. если существует
такая постоянная λ , что
∀ x ∈ [ a, b ] ,
y2 (x)
= λ или y2 (x) = λ y1 (x) .
y1 (x)
В противном случае функции y1 (x) и y2 (x) называются линейно независимыми.
Пример 1. Функции y1 = ex и y2 =
прямой, т. к.
∀x,
1
3
ex линейно зависимы на всей числовой
y2 =
1
y1 .
3
Пример 2. Функции y1 = x + 1 и y2 = x2 − 1 линейно независимы, т. к.
x2 − 1
y2
=
= x − 1 6= const .
y1
x+1
26
Определение 2. Определителем Вронского или вронскианом двух функций
y1 (x) и y2 (x) называется определитель
y1 (x) y2 (x) = y1 (x) y20 (x) − y10 (x) y2 (x) .
W (x) = W (y1 , y2 ) = 0
y1 (x) y20 (x) Теорема 3. Если функции y1 (x) и y2 (x) линейно зависимы на отрезке [ a , b ] ,
то их определитель Вронского на этом отрезке тождественно равен нулю.
Доказательство. Пусть y2 (x) = λ y1 (x) . Тогда
y 1 y 2 y 1 λ y1 = λ y1 y10 − λ y1 y10 ≡ 0 .
=
W ( y1 , y2 ) = 0
y1 y20 y10 λ y10 Теорема 4.Если y1 (x) и y2 (x) - решения уравнения (1) на отрезке [ a , b ] ,
то для их вронскиана W (x) на этом отрезке имеет место формула ЛиувилляОстроградского:
−
W (x) = W (x0 ) e
Rx
p (x) dx
,
x0
(2)
где x0 ∈ [ a , b ] .
Доказательство.
W (x) = y1 (x) y20 (x) − y2 (x) y10 (x) ,
W 0 (x) = y1 (x) y200 (x) − y2 (x) y100 (x) .
y100 + p y10 + q y1 = 0
=⇒
y100 = −p y10 − q y1 ,
y200 + p y20 + q y2 = 0
=⇒
y200 = −p y20 − q y2 .
W 0 = y1 (−p y20 − q y2 ) − y2 (−p y10 − q y1 ) =
= −p y1 y20 + p y2 y10 = −p (y1 y20 − y2 y10 ) = −p W ;
dW
= −p (x) dx ;
W
W 0 (x) = −p (x) W (x) ,
Zx
ln | W | = −
p (x) dx + ln | C | ;
x0
−
W (x) = C e
Rx
x0
p (x) dx
,
W (x0 ) = C · e0 = C ;
−
W (x) = W (x0 ) e
Rx
x0
p (x) dx
.
Следствие. Если y1 (x) и y2 (x) - решения уравнения (1) на отрезке [ a , b ] , то
их вронскиан либо тождественно равен нулю на [ a , b ] , либо не равен нулю ни в
одной точке этого отрезка.
Теорема 5. Для того, чтобы решения y1 (x) и y2 (x) уравнения (1) были линейно независимы на отрезке [ a , b ] , необходимо и достаточно, чтобы их вронскиан
не равнялся нулю ни при каких x ∈ [ a , b ] .
27
Необходимость. Пусть y1 и y2 - два линейно независимых решения уравнения (1) на отрезке [ a , b ] . Тогда их вронскиан
W (x) 6= 0 на [ a , b ] .
Действительно, пусть в некоторой точке x0 ∈ [ a , b ] будет W (x0 ) = 0 . Тогда, по
предыдущему следствию, W (x) ≡ 0 на отрезке [ a , b ] . Следовательно,
0
y2
y1 y20 − y2 y10
W (y1 , y2 )
y2
=
=
≡ 0 =⇒
= λ,
2
2
y1
y1
y1
y1
а это противоречит условию линейной независимости функций y1 и y2 .
Достаточность. Пусть W (y1 , y2 ) 6= 0 на отрезке [ a , b ] . Тогда функции y1 и y2
линейно независимы, т. к. в противном случае по теореме 3 имели бы W (y1 , y2 ) = 0 .
Теорема 6. Если y1 (x) и y2 (x) - два линейно независимых решения уравнения (1), а C1 и C2 - произвольные постоянные, то функция
y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
(3)
есть общее решение уравнения (1).
Доказательство. Из теорем 1 и 2 следует, что функция (3) есть решения уравнения (1) при любых значениях C1 и C2 .
Докажем, что функция (3) - общее решение уравнения (1). Для этого докажем,
что для любых начальных условий
y 0 | x=x0 = y00
y | x=x0 = y0 ,
(4)
можно подобрать значения произвольных постоянных C1 и C2 так, чтобы функция
(3) удовлетворяла заданным начальным условиям (4).
Введём обозначения:
y1 | x=x0 = y10 ,
0
y10 | x=x0 = y10
,
y2 | x=x0 = y20 ;
0
y20 | x=x0 = y20
.
Подставляя начальные условия (4) в равенство (3), получим:
y0 =C1 y10 + C2 y20 ,
0
0
y00 =C1 y10
+ C2 y20
.
(5)
Будем рассматривать равенства (5) как систему уравнений относительно C1 и C2 .
Определитель этой системы
y10 y20 0
0
0
0 = y10 y20 − y20 y10
y10 y20
отличен от нуля как определитель Вронского для линейно независимых функций
y1 (x) и y2 (x) в точке x0 . Следовательно, равенства (5) однозначно определяют
значения C1 и C2 . Подставляя их в (3), получим частное решение уравнения (1),
удовлетворяющее заданным начальным условиям (4).
28
Все доказанные выше теоремы справедливы и для линейных однородных уравнений любого порядка. В частности, общее решение линейного однородного уравнения
n -го порядка (*) будет иметь вид:
y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + . . . + Cn yn (x) ,
(6)
где C1 , C2 , . . . , Cn - произвольные постоянные, а y1 , y2 , . . . , yn - линейно независимые решения уравнения (*).
Функции ϕ1 (x) , ϕ2 (x) , . . . , ϕn (x) называются линейно зависимыми на отрезке
[ a , b ] , если существуют числа λ1 , λ2 , . . . , λn , не все равные нулю, такие, что
λ1 ϕ1 (x) + λ2 ϕ2 (x) + . . . + λn ϕn (x) ≡ 0 на [ a , b ] .
(7)
Функции ϕ1 (x) , ϕ2 (x) , . . . , ϕn (x) называются линейно независимыми, если
условие (7) выполняется только при λ1 = λ2 = . . . = λn = 0 . Левая часть равенства (7) называется линейной комбинацией функций ϕ1 (x) , ϕ2 (x) , . . . , ϕn (x) с
коэффициентами λ1 , λ2 , . . . , λn .
Совокупность n линейно независимых решений уравнения (*) называется фундаментальной системой решений этого уравнения. Таким образом, общее решение
линейного однородного дифференциального уравнения n -го порядка есть линейная
комбинация его решений из фундаментальной системы с произвольными постоянными коэффициентами.
Теорема 7. Если известно одно частное решение линейного однородного уравнения 2-го порядка, то его общее решение находится в квадратурах.
Доказательство. Пусть y1 - известное частное решение уравнения (1). Найдём
другое его частное решение y2 так, чтобы функции y1 и y2 были линейно независимы. По теореме 4 имеем:
W ( y1 , y2 ) = y1 y20 − y2 y10 = C e−
R
p (x) dx
.
Мы имеем т. о. для определения y2 линейное уравнение 1-го порядка. Разделив обе
части на y12 , перепишем его в виде:
R
− p (x) dx
R
1
d
y
C
e
y1 y20 − y2 y10
2
= 2 C e− p (x) dx или
=
.
y12
y1
dx y1
y12
Отсюда
y2
=
y1
Z
C e−
R
p (x) dx
y12
dx + C 0 .
Так как мы ищем частное решение, то, положив C 0 = 0 и C = 1 , получим:
Z − R p (x) dx
e
y2 = y1
dx .
y12
Так как yy12 6= const , то функции y1 и y2 линейно независимы. Следовательно, общее
решение исходного уравнения (1) будет иметь вид:
Z − R p (x) dx
e
y = C1 y1 + C2 y1
dx .
y12
29
Следствие. Если y1 - частное решение уравнения (1), то другое частное решение этого уравнения, линейно независимое с y1 , можно искать в виде: y2 = u y1 .
x y 00 − ( x + 1 ) y 0 + y = 0 .
Пример.
y1 = ex − частное решение .
y2 = u ex ,
y20 = ( u0 + u ) ex ,
y200 = ( u00 + 2u0 + u ) ex ;
x ( u00 + 2u0 + u ) ex − ( x + 1 ) ( u0 + u ) ex + u ex = 0 ;
x u00 + 2x u0 + xu − xu0 − xu − u0 − u + u = 0 ;
x u00 + x u0 − u0 = 0 ;
x u00 = ( 1 − x ) u ;
u0 = v ,
u00 = v 0 ;
1−x
dv
=
dx ;
v
x
ln | v | = ln | x | − x ,
v = x e−x ;
Z
u = x e−x dx = −x e−x − e−x ;
x v0 = ( 1 − x ) v ,
y2 = −e−x ( x + 1 ) · ex = −( x + 1 ) .
Общее решение :
y = C1 ex + C2 ( x + 1 ) .
14. Линейные неоднородные уравнения
Общий вид:
a0 (x) y (n) + a1 (x) y (n−1) + . . . + an−1 (x) y 0 + an (x) y = f (x) .
(∗)
Ограничимся уравнениями 2-го порядка:
y 00 + p (x) y 0 + q (x) = f (x) .
(1)
Вместе с уравнением (1) будем рассматривать и соответствующее однородное уравнение
y 00 + p (x) y 0 + q (x) = 0 .
(2)
Теорема 1. Общее решение линейного неоднородного уравнения (1) имеет вид:
y = ȳ + Y ,
(3)
где ȳ - общее решение соответствующего однородного уравнения (2), а Y - какоенибудь частное решение данного уравнения (1).
Доказательство.
00
0
ȳ + p ȳ + q ȳ = 0 ,
Y 00 + p Y 0 + q Y = f (x) .
30
( ȳ + Y )00 + p ( ȳ + Y )0 + q ( ȳ + Y ) =
00
0
= ( ȳ + p ȳ + q ȳ ) + (Y 00 + p Y 0 + q Y ) = 0 + f (x) = f (x) .
Таким образом, сумма ȳ + Y есть решение уравнения (1). Докажем теперь, что
(3) - общее решение уравнения (1). Для этого нужно доказать, что участвующие в (3)
произвольные постоянные можно подобрать так, чтобы удовлетворялись начальные
условия
(4)
y | x=x0 = y0 ,
y 0 | x=x0 = y00 ,
каковы бы ни были числа x0 , y0 , y00 (лишь бы x0 принадлежало области непрерывности функций p (x) , q (x) , f (x) ) . Представляя ȳ в виде
ȳ = C1 y1 + C2 y2
(где y1 и y2 - линейно независимые решения уравнения (2), а C1 и C2 - произвольные постоянные), перепишем равенство (3) в виде
y = C1 y1 + C2 y2 + Y .
(5)
Тогда на основании условий (4) будем иметь
C1 y10 + C2 y20 + Y0 = y0 ,
0
0
C1 y10
+ C2 y20
+ Y00 = y00 .
Из этой системы уравнений нужно определить C1 и C2 . Переписывая её в виде
C1 y10 + C2 y20 = y0 − Y0 ,
0
0
C1 y10
+ C2 y20
= y00 − Y00 ,
(6)
заметим, что её определитель есть вронскиан функций y1 и y2 в точке x = x0 , Так
как эти функции по условию линейно независимы, то их вронскиан отличен от нуля.
Следовательно, система (6) имеет решение, т. е. существуют такие значения C1 и
C2 , при которых формула (5) определяет решение уравнения (1), удовлетворяющее
начальным условиям (4).
Таким образом, если известно общее решение ȳ однородного уравнения (2), то
задача интегрирования неоднородного уравнения (1) состоит в нахождении какоголибо его частного решения Y .
Если известно общее решение однородного уравнения (2), то общее решение неоднородного уравнения (1) можно найти методом вариации произвольных постоянных
(Лагранжа).
Пусть
y = C1 y1 + C2 y2
(7)
- общее решение однородного уравнения (2). Будем искать решение неонородного
уравнения (1) в виде (7), рассматривая C1 и C2 как некоторые пока неизвестные
функции от x :
y = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) .
(70 )
Продифференцируем равенство (7’):
y 0 = C1 y10 + C2 y20 + C10 y1 + C20 y2 .
31
Выберем функции C1 (x) и C2 (x) так, чтобы
C10 y1 + C20 y2 = 0 .
(8)
Тогда
y 0 = C1 y10 + C2 y20 ,
y 00 = C1 y100 + C2 y200 + C10 y10 + C20 y20 .
Подставляя y , y 0 и y 00 в (1), получим:
C1 y100 + C2 y200 + C10 y10 + C20 y20 + p ( C1 y10 + C2 y20 ) + q ( C1 y1 + C2 y2 ) = f (x)
или
C1 ( y100 + p y10 + q y1 ) + C2 (y200 + p y20 + q y2 ) + C10 y10 + C20 y20 = f (x) ,
Так как y1 и y2 - решения однородного уравнения (2), то выражения в скобках
обращаются в нуль. Следовательно,
C10 y10 + C20 y20 = f (x) .
(9)
Таким образом, функция (7’) будет решением неоднородного уравнения (1) в том
случае, если функции C1 (x) и C2 (x) удовлетворяют системе уравнений (8), (9):
(
C10 y1 + C20 y2 = 0 ,
C10 y10 + C20 y20 = f (x) .
(10)
Так как определителем этой системы является вронскиан линейно независимых решений y1 и y2 уравнения (2), то он не равен нулю. Следовательно, решая систему (10), получим:
C10 (x) = ϕ1 (x) ,
C20 (x) = ϕ2 (x) .
Интегрируя, найдём:
Z
C1 (x) =
Z
ϕ1 (x) dx + A ,
C2 (x) =
ϕ2 (x) dx + B ,
(11)
где A и B - произвольные постоянные. Подставляя (11) в (7’), найдём интеграл,
зависящий от двух произвольных постоянных A и B , т. е. общее решение неоднородного уравнения (1):
Z
Z
y = y1 ϕ1 (x) dx + y2 ϕ2 (x) dx + A y1 + B y2 .
y 00 −
Пример.
1) y 00 −
1 0
y = 0,
x
y 00
1
= ,
0
y
x
1 0
y = x.
x
ln | y 0 | = ln | x | + ln | C | ,
y = C1 x2 + C2 .
32
y 0 = Cx ;
y = C1 (x) x2 + C2 (x) .
(
C10 (x) · x2 + C20 (x) · 1 = 0 ,
C10 (x) · 2x + C20 (x) · 0 = x ;
2)
1
,
2
1
C20 (x) = − x2 .
2
x
x3
C1 (x) = + A ,
C2 (x) = − + B ;
2
6
3
x
x
2
y=
+A ·x + − +B ;
2
6
C10 (x) =
x3
y = Ax + B +
.
3
2
Теорема 2. Решение Y уравнения
y 00 + p y 0 + q y = f1 (x) + f2 (x)
(12)
можно представить в виде суммы
Y = Y1 + Y2 ,
где Y1 и Y2 - соответчтвенно решения уравнений
y 00 + p y 0 + q y = f1 (x) ,
(13)
y 00 + p y 0 + q y = f2 (x) .
(14)
Доказательство.
Y100 + p Y10 + q Y1 = f1 (x) ,
Y200 + p Y20 + q Y2 = f2 (x) .
( Y1 + Y2 )00 + p ( Y1 + Y2 )0 + q ( Y1 + Y2 ) =
= ( Y100 + p Y10 + q Y1 ) + ( Y200 + p Y20 + q Y2 ) = f1 (x) + f2 (x) .
Пример.
y 00 + 4y = x + 3 ex .
y 00 + 4y = x ,
y 00 + 4y = 3 ex ,
Y = Y 1 + Y2 =
Y1 =
Y2 =
1
x;
4
3 x
e ;
5
1
3
x + ex .
4
5
Замечание. Теоремы 1 и 2, а также метод вариации произвольных, постоянных
естественным образом обобщается на случай линейных неоднородных уравнений любого порядка (*).
33
15. Линейные однородные уравнения
с постоянными коэффициентами
Рассмотрим линейное однородное уравнение 2-го порядка
y 00 + p y 0 + q y = 0 ,
(1)
где p и q - постоянные.
Будем искать частные решения уравнения (1) в виде
y = ekx ,
где k = const .
(2)
y 00 = k 2 ekx .
(3)
Тогда
y 0 = k ekx ,
Подставляя y , y 0 и y 00 в (1), получим:
ekx ( k 2 + p k + q ) = 0 .
(4)
Таким образом, функция ekx будет решением уравнения (1), если k удовлетворяет
уравнению (4) или (т. к. ekx 6= 0 )
k2 + p k + q = 0 .
(5)
Уравнение (5) называется характеристическим уравнением для дифференциального уравнения (1).
Обозначим через k1 и k2 корни квадратного уравнения (5). Возможны три случая:
I. k1 , k2 -действительные различные,
II. k1 , k2 - комплексные сопряжённые,
III. k1 , k2 - действительные равные (т. е. k1 = k2 ).
Рассмотрим каждый случай отдельно.
I. Корни характеристического уравнения действительны и различны: k1 6= k2 .
Частными решениями уравнения (1) будут функции
y1 = ek1 x ,
y2 = ek2 x .
(6)
Они линейно независимы, т. к.
y2
ek1 x
= k2 x = e( k2 −k1 ) x 6= const .
y1
e
Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет вид:
y = C1 ek1 x + C2 ek2 x .
Пример.
y 00 + y 0 − 2y = 0 .
k2 + k − 2 = 0 ,
k1 = 1 ,
y = C1 ex + C2 e−2x .
34
k2 = −2 .
(7)
II. Корни характеристического уравнения - комплексные сопряжённые:
k2 = α − iβ ,
k1 = α + iβ ,
где
r
p
p2
α=− ,
β= q− .
2
4
Частные решения уравнения (1) можно записать в виде:
y1 = e(α+iβ) x
и y2 = e(α−iβ) x .
Это - комплексные функции действительного аргумента.
Однако проверкой можно установить, что частными решениями уравнения (1)
будут также следующие действительные функции действительного аргумента:
y1 = eα x cos βx и y2 = eα x sin βx .
(8)
Покажем это для y1 . Для y2 проверить самостоятельно.
y1 = eα x cos βx ,
y10 = α eα x cos βx − β eα x sin βx ,
y 00 = α2 eα x cos βx − 2αβ eα x sin βx − β 2 eα x cos βx .
Подставляя в (1), получим:
eα x ( α2 cos βx − 2αβ sin βx − β 2 cos βx )+
+p eα x ( α cos βx − β sin βx ) + q eα x cos βx =
= eα x [ ( α2 − β 2 + p α + q ) cos βx − β ( 2α + p ) sin βx ] = 0 ,
так как
p2 p2
p2
−q+
−
+ q = 0,
4
4
2
p
2α + p = 2 −
+ p = 0.
2
Функции (8) линейно независимы, т. к.
α2 − β 2 + p α + q =
y2
eα x sin βx
= αx
= tg βx 6= const .
y1
e cos βx
Следовательно, общее решение уравнения (1) в этом случае будет иметь вид:
y = eα x ( C1 cos βx + C2 sin βx ) .
Пример.
y 00 + 2 y 0 + 5y = 0 .
k 2 + 2k + 5 = 0 ,
k1,2 = −1 ± 2 i .
y = e−x ( C1 cos 2x + C2 sin 2x ) .
35
(9)
III. Корни характеристического уравнения действительны и равны: k1 = k2 .
Одно частное решение уравнения (1) известно:
y1 = ek1 x .
(10)
Будем искать второе частное решение в виде:
y2 = u (x) ek1 x .
Дифференцируя, найдём:
y20 = u0 ek1 x + k1 u ek1 x = ek1 x ( u0 + k1 u ) ,
y200 = u00 ek1 x + 2k1 u0 ek1 x + k12 u ek1 x = ek1 x ( u00 + 2k1 u0 + k12 u ) .
Подставляя в уравнение (1), получим:
ek1 x [ u00 + ( 2k1 + p ) u0 + ( k12 + p k1 + q ) u ] = 0 .
Т. к. k1 - корень характеристического уравнения, то
k12 + p k1 + q = 0 .
Кроме того, k1 = k2 = − p2 . Следвательно,
2k1 + p = 0 .
Таким образом, для определения функции u (x) получаем уравнение
ek1 x u00 = 0 или u00 = 0 ,
откуда
u = Ax + B.
Положив A = 1 , B = 0 получим: u = x . Таким образом,
y2 = x ek1 x .
(11)
Функции y1 и y2 линейно независимы, т. к.
x ek1 x
y2
= k1 x = x 6= const .
y1
e
Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет вид:
y = ek1 x ( C1 + C2 x ) .
Пример.
y 00 − 4y 0 + 4y = 0 .
k 2 − 4k + 4 = 0 ,
k1 = k2 = 2 ;
y = e2x ( C1 + C2 x ) .
36
(12)
Результаты, полученные для уравнения 2-го пордка (1), допускают обобщение на
случай линейного однородного уравнения с постоянными коэффициентами любого
порядка:
y (n) + p1 y (n−1) + . . . + pn−1 y 0 + pn y = 0 .
(∗)
Сформулируем обобщение этих результатов в виде правила:
1) Составим характеристическое уравнение
k n + p1 k n−1 + . . . + pn−1 k + pn = 0
и найдём его корни k1 , k1 , . . . , kn .
2) Составим частные решения, соответствующие найденным корням:
- каждому простому действительному корню k соответствует решение y = ekx ;
- каждому r -кратному действительному корню k соответствует r решений: y1 =
ekx , y2 = x ekx , . . . , yr = xr−1 ekx ;
- каждой паре простых комплексных сопряжённых корней α ± β i соответствует
два решения: y1 = eα x cos βx , y2 = eα x sin βx ;
- каждой паре r -кратных комплексных сопряжённых корней α±β i соответствует
2r решений:
y1 = eα x cos βx , x y1 , x2 y1 , . . . , xr−1 y1 ;
y2 = eα x sin βx ,
x y2 ,
x2 y2 , . . . , xr−1 y2 .
3) Линейная комбинация всех этих решений с произвольными постоянными коэффициентами есть общее решение уравнения (*).
Пример 1.
y (4) − 4 y 000 + 6 y 00 − 4 y 0 + y = 0 .
( k − 1 )4 = 0 ,
k = 1,
r = 4;
y = ( C1 + C2 x + C3 x2 + C4 x3 ) ex .
Пример 2.
y (4) + 2 y 00 + y = 0 .
k4 + 2 k2 + 1 = 0 ,
k = ±i ,
( k 2 + 1 )2 = 0 ;
r = 2;
y = C1 cos x + C2 sin x + C3 x cos x + C4 x sin x .
16. Линейные неоднородные уравнения
с постоянными коэффициентами
Рассмотрим линейное неоднородное уравнение 2-го порядка
y 00 + p y 0 + q y = f (x) ,
(1)
где p и q - постоянные, а f (x) - непрерывная функция. Рассмотрим также соответствующее однородное уравнение
y 00 + p y 0 + q y = 0
37
(2)
и его характеристическое уравнение
k2 + p k + q = 0 .
(3)
Пусть найдено общее решение однородного уравнения (2):
ȳ = C1 y1 + C2 y2 .
(4)
Тогда общее решение уравнения (1) можно найти методом вариации произвольных
постоянных или в виде суммы y = ȳ+Y , где Y - некоторое частное решение уравнения (1). Рассмотрим способы нахождения Y , ограничиваясь некоторыми частными
случаями, когда правая часть f (x) уравнения (1) имеет специальный вид.
f (x) = Pn (x) eα x ,
I.
(5)
где Pn (x) - многочлен n -ой степени.
I-a . α не является корнем характеристического уравнения (3). Тогда можно
доказать, что уравнение (1) имеет частное решение вида:
Y = Qn (x) eα x ,
(6)
где Qn (x) - многочлен степени n . Для нахождения Qn (x) применяется метод
неопределённых коэффициентов.
y 00 + 9 y = ( x2 + 1 ) e3x
Пример 1.
k2 + 9 = 0 ,
k1,2 = ±3 i ,
(n = 2, α = 3).
ȳ = C1 cos 3x + C2 sin 3x .
Y = Q2 (x) e3x = ( A x2 + Bx + C ) e3x ,
Y 0 = 3 ( A x2 + Bx + C ) e3x + ( 2 Ax + B) e3x ,
Y 00 = 9 ( A x2 + Bx + C ) e3x + 6 ( 2 Ax + B) e3x + 2A e3x ,
[ 9 ( A x2 + Bx + C ) + 6 ( 2 Ax + B) + 2A + 9 ( A x2 + Bx + C ) ] e3x = ( x2 + 1 ) e3x .
18A x2 + ( 12A + 18B ) x + ( 2A + 6B + 18C) = x2 + 1 .


18A = 1 ,


12A = 18B = 0 ,



A=
1
,
18
B=−
1
,
27
C=
5
.
81
2A + 6B + 18C = 1 ;
1 2
1
5
Y =
x −
x+
e3x .
18
27
81
1 2
1
5
y = C1 cos 3x + C2 sin 3x +
x −
x+
e3x .
18
27
81
Пример 2.
y 00 − y 0 + y = x3 + 6 = P3 (x) e0·x
k2 − k + 1 = 0 ,
k1,2
38
(n = 3,
√
1 i 3
= ±
.
2
2
α = 0).
Y = Q3 (x) e0·x = A x3 + B x2 + Cx + D .
.............................................
A = 1,
B = 3,
C = 0,
D = 0;
Y = x3 + 3 x2 ;
x
y = e2
√
√
C1 cos x 2 3 + C2 sin x 2 3
+ x3 + 3 x2 .
y 00 + 2 y 0 + y = 3 e2x .
Пример 3.
f (x) = P0 (x) e2x
(n = 0,
k 2 + 2k + 1 = 0 ,
k1 = k2 = −1 6= α .
Y = A e2x ,
Y 0 = 2A e2x ,
α = 2).
Y 00 = 4A e2x ;
4A e2x + 4A e2x + A e2x = 3 e2x ;
1
1
9A = 3 , A = ;
Y = e2x .
3
3
1
y = ( C1 + C2 x ) e−x + e2x .
3
I-b . α - корень характеристического уравнения (3). Тогда можно доказать, что
уравнение (1) имеет частное решение вида
Y = xr Qn (x) eα x ,
(7)
где r - кратность корня α .
Пример 1.
y 00 − 7 y 0 + 6 y = ( x − 2 ) ex = P1 (x) e1·x
k 2 − 7k + 6 = 0 ,
k1 = 1 , k2 = 6 ,
α = k1
(n = 1,
α = 1) .
(r = 1).
Y = x ( Ax + B ) ex = ( A x2 + Bx ) ex ,
Y 0 = [ A x2 + ( 2A + B ) x + B ] ex ,
Y 00 = [ A x2 + ( 4A + B ) x + ( 2A + 2B ) ] ex ;
ex [ A x2 + ( 4A + B ) x + ( 2A + 2B ) − 7 A x2 − 7 (2A + B) x − 7B + 6 A x2 + 6 B x ] =
= ( x − 2 ) ex ;
−10 A x + ( 2A − 5B ) = x − 2 ;
1
9
1
9
;
Y =x − x+
ex .
A=− , B=
10
25
10
25
1
9
x
6x
y = C1 e + C2 e + x − x +
ex .
10
25
Пример 2.
y 00 − 2y 0 + y = 2 ex = P0 (x) e1·x
k 2 − 2k + 1 = 0 ,
k1 = k2 = 1 ,
39
(n = 0,
α = k1 = k 2 ,
α = 1).
r = 2.
Y = x2 · A ex ,
Y 0 = ( A x2 + 2A x ) ex ,
2A = 2 ,
Y 00 = ( A x2 + 4A x + 2A ) ex ;
A = 1;
Y = x2 ex ;
y = ( C1 + C2 x ) ex + x2 ex .
II .
f (x) = eαx [ P (x) cos βx + Q (x) sin βx ]
(8)
II-a . α ± βi не является корнем характеристического уравнения (3). Тогда
уравнение (3) имеет частное решение вида
Y = eαx [ S (x) cos βx + T (x) sin βx ] ,
(9)
где S (x) и T (x) - многочлены степени, равной наибольшей из степеней многочленов
P (x) и Q (x) .
II-b . α ± βi - корень характеристического уравнения (3). Тогда уравнение (1)
допускает частное решение вида
Y = x eαx [ S (x) cos βx + T (x) sin βx ] ,
отличающееся от (9) лишь множителем x .
Пример 1.
y 00 − y = 3 e2x cos x
f (x) = e2x ( 3 cos x + 0 · sin x ) ( α = 2 ,
k2 − 1 = 0 ,
β = 2).
k1,2 = ±1 (6= 2 ± i) .
Y = e2x ( A cos x + B sin x ) ,
.............................................
3
3
3
3
2x
, B= ;
Y =e
cos x + sin x ;
A=
10
5
10
5
y = C1 ex + C2 e−x +
3 2x
e (cos x + 2 sin x ) .
10
y 00 + 4 y = cos 2x ,
Пример 2.
f (x) = e0·x ( 1 · cos 2x + 0 · sin 2x ) (α = 0 ,
k2 + 4 = 0 ,
β = 2).
k1,2 = ±2i = α ± βi ;
Y = x ( A cos 2x + B sin 2x ) ,
.............................................
1
1
A = 0, B = ;
Y = x sin 2x ;
4
4
1
y = C1 cos 2x + C2 sin 2x + x sin 2x .
4
40
(9)
Замечание. Частное решение линейного неоднородного уравнения n -го порядка
со специальной правой частью ищется по тем же правилам, что и для уравнений 2-го
порядка, только в формуле (10) вместо множителя x берётся множитель xr , где r
-кратность корня α + βi характеристического уравнения.
17. Уравнение Эйлера
Общий вид:
( ax + b ) y (n) + p 1 ( ax + b )n−1 y (n−1) + p 2 ( ax + b )n−2 y (n−2) + . . .
. . . + p n−1 ( ax + b ) y 0 + p n y = f (x) ,
(1)
где a , b , p 1 , p 2 , . . . , p n - постоянные.
Уравнение (1) приводится к уравнению с постоянными коэффициентами с помощью подстановки
t = ln | ax + b |
(2)
или
ax + b = et ,
если ax + b > 0 ,
ax + b = −et ,
если ax + b < 0 .
(3)
(30 )
Покажем это для уравнения Эйлера 2-го порядка
( ax + b )2 y 00 + p ( ax + b ) y 0 + q y = f (x)
(4)
при ax + b > 0 . Действительно, применяя подстановку (3), будем иметь:
dx
dt
= et =⇒
= a e−t ,
dt
dx
a
dy dt
dy
·
= a e−t
,
dt dx
dt
2
d2 y
d y dy
−t dy
−t
2 −2t
− ae
ae = a e
−
.
dt2
dt
dt2
dt
y0 =
dy 0 dt
y =
·
=
dt dx
00
a e−t
Подставляя в (4), получим:
2
t
d y dy
e −b
2t
2 −2t
t
−t dy
e ·a e
−
+ pe · ae
+qy = f
dt2
dt
dt
a
или
d2 y
dy
+ a(p − a)
+ q y = f˜ (t) .
(5)
2
dt
dt
Проверить самостоятельно, что при ax+b < 0 подстановка ax+b = −et приводит
уравнение (4) к виду:
a2
a2
d2 y
dy
−et − b
+
a
(
p
−
a
)
+
q
y
=
f
(
).
dt2
dt
a
(50 )
Для решения уравнения (5) (или (5’) следует положить
y = ekt ,
41
(6)
решить характеристическое уравнение и т. д. по правилам решения линейных уравнений с постоянными коэффициентами, после чего вернуться от переменной t к
переменной x по формуле (2).
Пример.
( 3x + 2 )2 y 00 + 5 ( 3x + 2 ) y 0 + y = 2 .
3x + 2 = ±et ,
3
dx
= ±et ,
dt
dt
= ±3 e−t ;
dx
dy dt
dy
·
= ±3 e−t
,
dt dx
dt
2
2
dy 0 dt
d y dy
00
−t d y
−t
−2t
−t dy
y =
·
= ±3 e
· (±3 e ) = 9 e
;
∓ 3e
−
dt dx
dt2
dt
dt2
dt
2
d y dy
t
−t dy
2t
−2t
+ 5 (±e ) ±3 e
+ y = 2;
e · 9e
−
dt2
dt
dt
y0 =
9
d2 y
dy
+ y = 2.
+6
2
dt
dt
9 k 2 + 6k + 1 = 0 ,
1
k1 = k2 = − ;
3
1
1
ȳ = ( C1 + C2 t ) e− 3 t = ( C1 + C2 ln | 3x + 2 |) | 3x + 2 |− 3 ;
Y = 2 (очевидно) ;
y=
C1 + C2 ln | 3x + 2 |
√
+ 2.
3
3x + 2
В случае однородного уравнения Эйлера
( ax + b )2 y 00 + p ( ax + b ) y 0 + q y = 0
(7)
обе подстановки (3) и (3’) приводят к уравнению
a2
d2 y
dy
+ a(p − a)
+ qy = 0.
2
dt
dt
(8)
Пусть k1 и k2 - корни соответствующего характеристического уравнения. Тогда,
как нам известно, общее решение однородного уравнения (8) имеет вид:
1) y = C1 ek1 t + C2 ek2 t
при k1 6= k2 ,
2) y = (C1 + C2 t ) ekt при k1 = k2 = k ,
3) y = eα t ( C1 cos βt + C2 sin βt) при k1,2 = α ± βi .
Заметим теперь, что из (6) и (2) следует
y = | ax + b |k .
(9)
Поэтому частные решения однородного уравнения (7) можно сразу искать в виде (9). Тогда общее решение примет соответственно вид:
1) y = C1 | ax + b |k1 + C2 | ax + b |k2 ,
2) y = ( C1 + C2 ln | ax + b | ) · | ax + b |k ,
3) y = | ax + b |α [ C1 cos ( β ln | ax + b |) + C2 sin (β ln | ax + b | ) ] .
42
При этом, т. к. подстановки (3) и (3) приводят к одному и тому же уравнению (8),
можно пользоваться всегда подстановкой
y = ( ax + b )k .
x2 y 00 + x y 0 + 4y = 0 .
Пример.
y = xk ,
y 0 = k xk−1 ,
y 00 = k ( k − 1 ) xk−2 ,
x2 · k ( k − 1 ) xk−2 + x · k xk−1 + 4 xk = 0 ;
k ( k − 1 ) xk + k x k + 4 xk = 0 ,
k(k − 1) + k + 4 = 0,
k2 + 4 = 0 ;
k1,2 = ±2i ( α = 0 ,
β = 2).
y = | x |0 [ C1 cos (2 ln | x |) + C2 sin (2 ln | x |) ] ,
y = C1 cos (ln x2 ) + C2 sin (ln x2 ) .
18. Системы дифференциальных уравнений
При решении некоторых задач требуется найти n функций
y1 = y1 (x) , y2 = y2 (x) , . . . , yn = yn (x) ,
(1)
удовлетворяющих системе n дифференциальных уравнений, содержащих аргумент x , неизвестные функции y1 , y2 , . . . , yn и их производные.
Система дифференциальных уравнений относительно n неизвестных функций
y1 , y2 , . . . , yn называется нормальной, если она состоит из n уравнений 1-го порядка
и разрешена относительно производных неизвестных функций:
 0
y = f1 ( x , y1 , y2 , . . . yn ) ,


 10
y2 = f2 ( x , y1 , y2 , . . . yn ) ,
...........................
(2)


 (n)
y = fn ( x , y1 , y2 , . . . yn ) .
Решением системы дифференциальных уравнений (2) называется совокупность
функций (1), обращающих каждое из уравнений системы (2) в тождество.
Задача Коши для системы (2) состоит в нахождении решения этой системы, удовлетворяющего начальным условиям вида
y1 (x0 ) = y10 , y2 (x0 ) = y20 , . . . , yn (x0 ) = yn0 ,
(3)
где x0 , y10 , y20 , . . . , yn0 - данные числа (начальные данные).
Для нормальной системы дифференциальных уравнений имеет место теорема
существования и единственности решения, которую мы принимаем без доказательства:
43
Теорема. Если правые части уравнений нормальной системы (2) непрерывны
и имеют непрерывные частные производные по переменным y1 , y2 , . . . , yn в некоторой области G ⊂ En+1 , то для любой точки M0 ( x0 , y10 , y20 , . . . , yn0 ) ∈ G
существует и притом единственное решение
y1 = ϕ1 (x) ,
y2 = ϕ2 (x) , . . . , yn = ϕn (x) ,
(4)
удовлетворяющее начальным условиям (3). Функции (4) определены и непрерывны
в некоторой окрестности точки x0 .
Общим решением системы (2) называется семейство функций

y1 = ϕ1 ( x , C1 , C2 , . . . , Cn ) ,



y2 = ϕ2 ( x , C1 , C2 , . . . , Cn ) ,
..............................
(5)



yn = ϕn ( x , C1 , C2 , . . . , Cn )
такое, что:
1) при любых значениях произвольных постоянных C1 , C2 , . . . , Cn (из некоторой
области D ⊂ En ) оно представляет собой решение системы (2);
2) при любых начальных условиях (3) существуют значения произвольных постоянных C1 , C2 , . . . , Cn (из области D ), для которых функции (5) дают решение
соответствующей задачи Коши.
Частным решением системы (2) нызывается любое решение этой системы, получающееся из общего решения (5) при конкретных значениях произвольных постоянных C1 , C2 , . . . , Cn .
К нормальной системе уравнений (2) можно привести дифференциальное уравнение n -го порядка с одной искомой функцией, если оно разрешено относительно
старшей производной. Для этого искусственно вводятся дополнительные искомые
функции. Покажем это на простом примере:
y 000 = 2x y y 0 + y 00 2 ;
 0
 y = u,
u0 = v ,
 0
v = 2x y u + v 2 .
В свою очередь система (2) при опредлённых условиях может быть приведена
к одному дифференциальному уравнению n -го порядка с одной неизвестной функцией. В этом заключается один из методов решения нормальных систем дифференциальных уравнений - метод исключения неизвестных. Изложим этот метод для
простейшего случая нормальной системы 2 дифференциальных уравнений с 2 неизвестными функциями y и z :

dy


= f (x, y, z),
dx

 dz = g ( x , y , z ) .
(6)
dx
Продифференцируем по x одно из уравнений (6), например первое:
d2 y
∂f
∂f ∂y ∂f ∂z
=
+
·
+
·
,
2
dx
∂x ∂y ∂x ∂z ∂x
44
d2 y
∂f ∂y ∂f
∂f
+
·
+
· g ( x , y , z) .
=
dx2
∂x ∂y ∂x ∂z
(7)
Определим z из первого уравнения системы (6). Пусть
z = ϕ(x, y,
dy
).
dx
(8)
Подставляя z из (8) в (7), получим уравнение 2-го порядка с одной неизвестной
функцией y . Решая его, находим:
y = ψ1 ( x , C1 , C2 ) .
(9)
z = ψ2 ( x , C1 , C2 ) .
(90 )
Подставляя (9) в (8), найдём z :
Функции (9) и (9’) дают общее решение системы (6).
Пример.

2

 y0 = y ,
z

 z0 = y
( =⇒ y = 2z 0 ) .
2
1
1 y2
1
2 z0 2
z 00 = ( z 0 )0 = y 0 = ·
=
· ( 2z 0 )2 =
,
2
2 z
2z
z
dp
dp dz
dp
dp
2 p2
0
00
z = p, z =
=
=p
; p
=
,
dx
dz dx
dz
dz
z
p = C1 z 2 .
ln | p | = 2 ln | z | + ln | C1 | ,
dz
= C1 dx ;
z2
z 0 = C1 z 2 ,
1
− = C1 x + C2 ,
z
z=
−1
;
C1 x + C2
y = 2 z0 =
2 z0 2
;
z
dp
dz
=2
;
p
z
z 00 =
z 0 = C1 z 2 =
C1
;
( C1 x + C2 )2
2 C1
.
( C1 x + C2 )2
Общее решение:
y=
2 C1
,
( C1 x + C2 )2
z=
−1
.
C1 x + C2
Система (2) называется нормальной системой линейных дифференциальных
уравнений, если правые части уравнений (2) линейны относительно искомых функций:
 0
y = a11 (x) y1 + a12 (x) y2 + . . . + a1n (x) yn + f1 (x) ,


 10
y2 = a21 (x) y1 + a22 (x) y2 + . . . + a2n (x) yn + f2 (x) ,
...................................................


 0
yn = an1 (x) y1 + an2 (x) y2 + . . . + ann (x) yn + fn (x) .
45
(10)
Если все функции aij (x) и fi (x) непрерывны на некотором отрезке [ a , b ] , то на
этом отрезке система (10) удовлетворяет теореме существования и единственности
решения.
Для интегрирования нормальных систем линейных дифференциальных уравнений применяется метод исключения неизвестных, который в этом случае приводит
к одному линейному уравнению n -го порядка с одной неизвестной функцией.
Пример.

dy


= 4 x − 2y − 4z + 1 ,
dx

 dz = 3 x2 − y + z .
dx
2
2
dz
dy
3 2
dy
dy
−4
=4−2
−4
x −y+z ,
=4−2
dx2
dx
dx
dx
2
d2 y
dy
− 6 x2 + 4y − 4z + 4 ;
= −2
2
dx
dx
1
dy
z=
4x − 2y + 1 −
,
4
dx
d2 y
dy
dy
2
=
−2
−
6
x
+
4
y
−
4
z
+
4
−
4
x
+
2
y
−
1
+
,
dx2
dx
dx
d2 y dy
+
− 6 y = −6 x2 − 4x + 3 .
dx2 dx
..........................................
y = C1 e2x + C2 e−3x + x2 + x ;
z=
1
( 4x − 2C1 e2x − 2 C2 e−3x − 2 x2 − 2x + 1−
4
−2 C1 e2x + 3 C2 e−3x − 2x − 1 ) =
= −C1 e2x +
1
1
C2 e−3x − x2 .
4
2
y = C1 e2x + C2 e−3x + x2 + x ,
z = −C1 e2x + 41 C2 e−3x − 12 x2 .
Если в системе (10) все функции aij (x) равны постоянным, то такая система называется нормальной системой линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами. Она называется однородной, если все функции fi (x) равны
нулю, и неонородной в противном случае.
Помимо метода исключения неизвестных, к таким системам применим ещё т. н.
метод Эйлера, который во многом похож на метод решения линейных уравнений
n -го порядка с постоянными коэффициентами. См. напр. Пискунов П.С. "Дифференциальное и интегральное исчисление", т. 2, гл. XIII, § 30.
46
19. Интегрирование дифференциальных уравнений
с помощью степенных рядов
Степенные ряды применяются при приближённом вычислении значений функций, при приближённом вычислении интегралов, при вычилении сумм числовых рядов, а также при интегрировании дифференциальных уравнений, например, в случае,
если их решения не удаётся найти в элементарных функциях.
Пример. Найти решение дифференциального уравнения
y y 0 = sin y ,
π
удовлетворяющее начальному условию y (0) = .
2
Уравнение (1) допускает разделение переменных:
y dy
= dx ,
sin y
(1)
(2)
однако интеграл от левой части уравнения (2) не выражается в элементарных функциях. С другой стороны, легко видеть, что в окрестности точки x0 = 0 уравнение (1)
удовлетворяет условиям теоремы существования и единственности решения задачи
Коши.
Будем искать решение уравнения (1) в виде ряда Маклорена
y (x) =
∞
X
y (n) (0)
n!
n=0
Так как y (0) =
π
,а
2
sin y
,
y
y0 =
то
y 0 (0) =
xn .
sin π2
π
2
=
1
π
2
(3)
=
2
.
π
Дифференцируя по x обе части равенства (3), находим:
y 00 =
( y 0 cos y ) y − y 0 sin y
y 0 ( y cos y − sin y)
=
,
y2
y2
(4)
откуда
y 00 (0) =
2
y 0 (0) ( π2 cos π2 − sin π2 )
y 0 (0)
π
=
−
=
−
,
( π2 )2
( π2 )2
( π2 )2
то есть
3
2
y (0) = −
.
π
00
Дифференцируя теперь обе части равенства (4), находим y 000 (x) , затем y” ’(0). Продолжая этот процесс, можно получить любое число членов разложения в ряд Маклорена искомого решения y = y (x) :
y=
π 2
22
+ x − 3 x2 + . . . .
2 π
π
47