Клепко В.Ю., Голець В.Л. Вища математика в прикладах і задачах
Подождите немного. Документ загружается.
481
Розділ VII. Диференційні рівняння
Розв’язок неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді
у
чн
= b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
,
чн
y
c
= b
1
+ 2b
2
x,
чн
y
cc
= 2b
2
.
Підставимо ці вирази в задане рівняння. Одержимо
2
b
2
– b
0
– b
1
x – b
2
x
2
{
x
2
.
Прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях
х.
х
2
: –b
2
= 1; b
2
= –1;
x
1
: b
1
= 0; b
1
= 0;
x
0
:2b
2
– b
0
= 0; b
0
= –2.
Запишемо у
чн
= –2 – х
2
. Можемо тепер записати загальний роз+
в’язок приведеного рівняння.
у
зн
= С
1
е
х
+ С
2
е
х
– 2 – х
2
.
Приклад 7.48. Розв’язати рівняння
y
cc
+ у = 4хе
х
.
Розв’язок. Запишемо характеристичне рівняння
2
O
+ 1 = 0, коре+
нями якого будуть
1,2
i
O
r
.
Тоді
у
1
= сos x, y
2
= sin x
cos sin
10
sin cos
xx
xx
z
.
Знайдемо загальний розв’язок однорідного рівняння.
у
зо
= С
1
cos x + C
2
sin x.
Частковий розв’язок неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді
у
чн
= е
х
(ах + b).
у
чн
= е
х
(ах + b);
чн
y
c
= е
х
(ах + b + а);
чн
y
cc
= е
х
(ах + а + b + а).
е
х
(ах + b + аx + 2a + b) = 4хе
х
,
2
а = 4, а = 2,
2
а + 2b = 0, b = –2.
Остаточно одержимо
у
зн
= С
1
cos x + C
2
sin x + 2е
х
(х – 1).
482
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
Приклад 7.49. Розв’язати рівняння
y
cc
–
y
c
= хе
х
.
Розв’язок
. Складемо характеристичне рівняння
2
O
–
O
= 0.
Знаходимо його корені
1
O
= 0,
2
O
= 1.
Запишемо часткові розв’язки однорідного рівняння у
1
= 1; у
2
= е
х
.
Загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд
у
зо
= С
1
+ С
2
е
х
.
Частковий розв’язок неоднорідного рівняння, при умові, що чис+
ло 1 є коренем характеристичного рівняння, шукаємо у вигляді:
у
чн
= е
х
(ах + b)x.
Запишемо
у
чн
= е
х
(ах + b)x = е
х
(ах
2
+ bх);
чн
y
c
= е
х
(ах
2
+ bx + 2ах + b);
чн
y
cc
= е
х
(ах
2
+ (2а + b)x + b + 2ax + 2a + b) =
= е
х
(ах
2
+ (4a + b)x + 2a + 2b);
е
х
(ах
2
+ (4a + b)x + 2a + 2b – ax
2
– bx – 2ax – b) = xe
x
.
Прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях х. Одержує+
мо систему лінійних алгебраїчних рівнянь
21;
20;
a
ab
®
¯
1
;
2
1.
a
b
°
®
°
¯
Отже, частковий розв’язок неоднорідного рівняння буде мати
вигляд
у
чн
= е
х
(
1
2
х
2
– х).
А тепер запишемо загальний розв’язок неоднорідного рівняння
у
зн
= у
зо
+ у
чн
= С
1
+ С
2
е
х
+ е
х
(
1
2
х
2
– х).
483
Розділ VII. Диференційні рівняння
7.4.2. Приклади для самостійного розв’язку
Розв’язати рівняння.
7.50.
y
cc
– 4
y
c
+ 5у = 0. 7.51.
y
cc
+ 4у = 0.
7.52.
y
cc
– 2
y
c
– 3у = е
4х
. 7.53.
y
cc
– у = 2е
х
.
7.54.
y
cc
– у = –х
2
. 7.55.
y
cc
– 5
y
c
+ 2у = 0.
7.56.
y
cc
– 2
y
c
+ у = 0. 7.57.
y
cc
– 5
y
c
= 3х
2
.
7.58.
y
cc
+ 3
y
c
– 4у = е
–4х
. 7.59.
y
cc
+ 3
y
c
– 4у = хе
–х
.
Зауваження. Задача Коші для рівнянь другого порядку ставить+
ся таким чином.
Шукається розв’язок рівняння, який би задовольнив умовам
0
0
0
1
y
xx
y
xx
y
y
°
°
®
°
c
°
¯
(**)
і розв’язується в такій послідовності: спочатку знаходимо звичайний
розв’язок рівняння, а потім підбираються довільні сталі таким чи+
ном, щоб задовольнити умову (**).
484
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
7.5.1. Розв’язання прикладів
Приклад 7.60. Розв’язати систему рівнянь:
2,
43.
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
Розв’язок. Диференціюємо перше рівняння по t, потім підставляє+
мо в одержане рівняння замість
y
c
праву частину другого рівняння
системи.
x
cc
=
x
c
+ 2
y
c
=
x
c
+ 2(4х + 3у) =
x
c
+ 8х + 6у =
=
x
c
+ 8х + 3(
x
c
– х
) = 4
x
c
+
5х,
де замість
у підставляємо з першого рівняння системи
1
2
(
x
c
– х
).
Остаточно
x
cc
– 4
x
c
– 5 = 0.
§ 7.5. Системи двох лінійних диференційних рівнянь зі
сталими коефіцієнтами
Системи двох лінійних однорідних диференціальних рівнянь зі
сталими коефіцієнтами мають вигляд
11 12
21 22
dx
ax ay
dt
dy
ax ay
dt
°
°
®
°
°
¯
. (7.21)
Є два основні методи знаходження загального розв’язку таких
систем:
1) зведення системи (7.21) до одного рівняння другого порядку;
2) метод Ейлера.
Перший метод проілюструємо на прикладі.
485
Розділ VII. Диференційні рівняння
Це є однорідне диференційне рівняння другого порядку з постійни+
ми коефіцієнтами. Складемо характеристичне рівняння для нього:
2
O
– 4
O
– 5 = 0.
Знайдемо корені цього рівняння
1
O
= –1,
2
O
= 5.
Загальний розв’язок цього рівняння має вид:
х = С
1
е
–t
+ С
2
е
5t
.
Оскільки 2у =
x
c
– х, то
у =
1
2
[(–С
1
е
–t
+ 5С
2
е
5t
) – (С
1
е
–t
+ С
2
е
5t
)] = –С
1
е
–t
+ 2С
2
е
5t
.
Таким чином, загальним розв’язком системи буде:
5
12
5
12
,
2.
tt
tt
xCe Ce
y
Ce Ce
°
®
°
¯
Опишемо метод Ейлера для розв’язування системи диференці+
альних рівнянь (7.21).
Шукаємо розв’язок системи (7.21) у вигляді
1
2
,
,
t
t
xae
y
ae
O
O
°
®
°
¯
(7.22)
де
а
1
, а
2
, l — невідомі сталі величини.
Підставляємо (7.22) в (7.21) і одержуємо систему
11 1 12 2
21 1 22 2
() 0
()0
aaaa
aa a a
O
O
®
¯
(7.23)
Система (7.23) — це лінійна алгебраїчна однорідна система віднос+
но
а
1
і а
2
. Для того, щоб вона мала нетривіальний розв’язок потрібно,
щоб визначник системи був рівний нулю, тобто
11 12
21 22
0
aa
aa
O
O
. (7.24)
Рівняння (7.24) — це квадратне рівняння відносно
O
, яке нази+
вається
характеристичним рівнянням. Кожен із коренів послідовно
486
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
підставляється в одне із рівнянь (7.23) і невідоме а
1
виражається через
а
2
. Розв’яжемо попередній приклад цим методом.
2,
43.
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
Запишемо систему (7.23) і характеристичне рівняння (7.24)
12
12
(1 ) 2 0
4(3) 0
aa
aa
O
O
®
¯
12
0
43
O
O
або
2
O
– 4 – 5 = 0,
звідки
1
O
= –1;
2
O
= 5.
При
O
= –1
2а
1
+ 2а
2
= 0. Позначимо а
1
= С
1
, тоді а
2
= –С
1
.
(1)
1
(1)
1
,
.
t
t
xCe
y
Ce
°
®
°
¯
Аналогічно підставляємо
2
O
= 5
–4
а
1
+ 2а
2
= 0,
а
1
= С
2
,
а
2
= 2С
2
.
(2) 5
2
(2) 5
2
,
2.
t
t
xCe
y
Ce
°
®
°
¯
Остаточно
(1) (2) 5
12
(1) (2) 5
12
,
2.
tt
tt
xx x Ce Ce
yy y
Ce Ce
°
®
°
¯
487
Розділ VII. Диференційні рівняння
Приклад 7.61. Розв’язати систему диференціальних рівнянь
5,
2.
dx
xy
dt
dy
xy
dt
°
°
®
°
°
¯
Розв’язок. Складемо характеристичне рівняння системи
15
0
21
O
O
, або
2
O
+ 9 = 0.
Коренями характеристичного рівняння будуть числа
1,2
3i
O
r
.
Тому
3
1
3
2
,
.
it
it
xae
y
ae
°
®
°
¯
Запишемо перше рівняння (7.23). Воно матиме вигляд
(1 – 3
і)а
1
– 5а
2
= 0.
Розв’язком цього рівняння будуть, наприклад, числа
а
1
= 5,
а
2
= 1 – 3і. Тому
5(cos sin 3 )
(1 3 )(cos 3 sin 3 )
xtit
y
itit
®
¯
.
Якщо комплексна функція є розв’язком системи з дійсними ко+
ефіцієнтами, то окремо дійсна і уявна частина розв’язку будуть роз+
в’язком системи. Отже розв’язком системи є
12
12
5( cos sin 3 )
(cos3 sin3 ) (cos3 sin3 )
xCtC t
y
CttCtt
®
¯
.
Приклад 7.62. Розв’язати систему диференційних рівнянь
,
3.
dx
xy
dt
dy
xy
dt
°
°
®
°
°
¯
488
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
7.5.2. Приклади для самостійного розв’язку
Розв’язати систему диференційних рівнянь.
7.63.
2
34
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
7.64.
4
dx
x
y
dt
dy
y
x
dt
°
°
®
°
°
¯
7.65.
8
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
7.66.
23
dx
xy
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
Розв’язок. Характеристичне рівняння цієї системи
11
13
O
O
=
2
O
– 4
O
+ 4 = 0
має корені
1
O
=
2
O
= 2. Тому розв’язок шукаємо у вигляді
2
11
2
22
()
,
()
.
t
t
xabte
y
abte
°
®
°
¯
Підставляючи ці значення у вихідну систему, одержимо
2
а
1
+ b
1
+ 2b
1
t
{
a
1
+ b
1
t – a
2
– b
2
t,
звідки
b
2
= –b
1
,
a
2
= –a
1
+ b
1
.
Якщо
а
1
і b
1
позначити через С
1
і C
2
, одержимо загальний розв’+
язок у вигляді:
х = (С
1
+ С
2
t)e
2t
,
y = –(С
1
+ С
2
+ С
2
t)e
2t
.
489
Розділ VII. Диференційні рівняння
7.67.
3
3
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
7.68.
50
0
dx
xy
dt
dy
xy
dt
°
°
®
°
°
¯
7.69.
2
4
dx
x
y
dt
dy
y
x
dt
°
°
®
°
°
¯
7.70.
3
4
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
7.71.
23
2
dx
y
x
dt
dy
y
x
dt
°
°
®
°
°
¯
7.72.
53
3
dx
x
y
dt
dy
x
y
dt
°
°
®
°
°
¯
490
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
§7.6. Економічні задачі, що зводяться до диференційних
рівнянь
Приклад 7.73. Швидкість знецінення обладнання внаслідок його
зносу пропорційна в кожний даний момент часу його фактичній
вартості. Початкова вартість
А
0
. Яка буде вартість обладнання після
його використання впродовж
t років?
Розв’язок. Нехай А
t
— вартість обладнання в момент t. Зміна вар+
тості (знецінення) виражається різницею
А
0
— А
t
. Швидкість знеці+
нення
d
dt
(А
0
— А
t
) пропорційна фактичній вартості в даний момент
А
t
. Одержуємо рівняння:
0
()
t
t
dA A
kA
dt
з початковою умовою
00
|
tt
A
A
.
Розв’язавши його, отримаємо:
t
dA
dt
= kA
t
;
t
t
dA
kdt
A
³³
; ln |A
t
| = –kt + ln |C|;
ln
t
A
C
= –kt;
t
A
C
= e
–kt
; A
t
= Ce
–kt
.
Для визначення довільної сталої
С використовуємо початкову
умову
А
t
= А
0
при t = 0: А
0
= Се
–k0
, С = А
0
, A
t
= А
0
e
–kt
. Отриманий
частинний розв’язок дає відповідь на питання даної задачі.
Приклад 7.74. Нехай y(t) — кількість продукції, що випускаєть+
ся галуззю за час
t; р — ціна продукції. Сума інвестицій (коштів, на+
правлених на розширення виробництва)
І(t) пропорційна прибутку
ру(t) з коефіцієнтом пропорційності m (m = cos t; 0 < m < 1). Підви+
щення швидкості випуску продукції пропорційне збільшенню інвес+
тицій з коефіцієнтом пропорційності
K
. Вимагається знайти кількість
продукції, що випускається галуззю за час
t, якщо в початковий
момент часу
t = t
0
у = у
0
.
Розв’язок. У відповідності з умовою