Тевяшев А.Д., Литвин О.Г., Кривошеєва Г.М. т а ін. Вища математика у прикладах та задачах. Ч 3
Подождите немного. Документ загружается.
§2.
Диференціальні рівняння вищих порядків
101
Складаємо характеристичне рівняння
к
2
+ 6А + 10 = 0,
корені якого к\
2
= -3 ± /'.
Загальний розв'язок однорідного рівняння:
У
0
= Є~
ІХ
(С, СОЗХ + С
2
ЗІПХ) .
Частинний розв'язок неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді
у = е
х
(Асозх + Взіпх),
бо права частина заданого рівняння Дх) = 80е
х
созх є частинним випад-
ком вигляду Дх) = е
ои
[/
>
м
(х)со5(Зх + 2,
2
(х)зіп(іх],
тах(5],х
2
)
= ^ при
*
= 1, а = 1, Р = 1, причому число а± ;'Р =
1
±/ не є коренем характеристич-
ного рівняння.
Знаходимо у', у" та підставимо у, у', у" у задане диференціальне
рівняння
10
6
у = е
х
(Асовх + Взіпх)
у'=
е
х
(Асо$х+ Взіпх - Лзіпх + В созх)
у"
- е*(~2Лзіпх + 2Всозх)
у"
+ 6у'+1 Оу = е
х
[(16А + 8В)созх + (16В - 8Л)зіпх] = 806* созх
Далі прирівнюємо коефіцієнти при е
х
созх, е
х
зіпх
е созх
16/4 + 86 = 80
16В-8Л=0
е зіпх
Звідки А = 4, В = 2.
Таким чином, частинний розв'язок неоднорідного диференціального
рівняння має вигляд
у = е
х
(4созх + 2зіпх).
Загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння:
У - У о + У ~
е%х
(Сі
с05
х + С
2
зіп х) +
2е
х
(2 соз х + зіп х).
Використовуючи початкові умови у(0) = 4, у'(0) = 10, знайдемо ста-
лі С,, С
2
•
При цьому перш за все знайдемо у':
у'
- е'
3х
(-ЗС, созх-ЗС
2
зіпх-С, зіпх + С
2
созх) + 2е
х
(3 созх -зіпх).
Далі отримаємо систему рівнянь
Ь(0)= С, +4=4
1/(0) = -ЗС,+С
2
+6 = !0
Звідки С, = 0, С
2
= 4 .
102
Глава
1,
Диференціальні рівняння
Отже,
розв'язок вихідного диференціального рівняння,
що
задоволь-
няє задані початкові умови,
мас
вигляд:
у =
4е~
3дг
зіпх + 2е
х
(2С05Х +
зіпх).
А
Приклад
20.
Знайти розв'язок рівняння
у" - 2у" + у' =
4(8ІП
х + соз х),
який задовольняє початкові умови
у(0)
= 2, /(0) = 2, /(0) =
-1.
• Маємо
лінійне неоднорідне диференціальне рівняння третього по-
рядку зі сталими коефіцієнтами з правою частиною спеціального вигляду.
Відповідне йому однорідне рівняння
у"-2у'+у'=0.
Складаємо характеристичне рівняння
А
3
-2к
2
+к = 0,
корені якого
А, =0, к
2
ч
=
1
.
Загальний розв'язок однорідного рівняння:
у
0
=С,+(С
2
+С
3
х)е\
Частинний розв'язок неоднорідного рівняння шукаємо
у
вигляді
у - Л
созх
+ В зіпх,
бо права частина заданого рівняння
/(х) = 4(зіпх +
созх) співпадає
з за-
гальним виглядом правої частини
/(х) =
е
ах
[Р^
(х)созРх +
£}
и
(х)зіпрх],
тах(5],$2)
= ^ при ,$ = 0, а = 0,
Р
= 1,
причому число
а± /р = ± / не є
коре-
нем характеристичного рівняння.
Далі,
знайшовши
у', у", у",
підставимо
в
задане диференціальне рів-
няння
і,
використовуючи метод невизначених коефіцієнтів (див. попередні
приклади), знайдемо коефіцієнти:
А = В = 2 .
Таким чином, частинний розв'язок неоднорідного диференціального
рівняння
мас
вигляд
у = 2ссйх + 2&\т»х .
Загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння:
у = у
0
+ у - С, + (С
2
+
С
3
х)е
х
+2со&х
+
2&\пх
.
Продиференціювавши його двічі, знайдемо
у'
= (С
2
+С'
3
(1
+х))е
х
+2(-зіпх
+
созх),
у"
= {С
2
+С
3
г
2
+ х))е
і
-2(со5х
+
5Іпх).
$2.
Диференціальні рівняння вищих порядків
103
Скориставшись початковими умовами
у(0)-2,у'(0)
= 2,
_у'(0)
= -1 ,
дістанемо систему рівнянь
С,
+ С
2
+2= 2,
С
2
+ С
3
+ 2 = 2,
С
2
+ 2С
3
- 2 =
-1,
звідки
С, = 1. С
2
=
-1,
С
3
= 1.
Отже,
шуканий розв'язок
має
вигляд:
у = \ + (х - \)е" +
2С05Х
+
25ІПХ
. А
Приклад 21. Знайти загальний розв'язок рівняння
у"+
у = хе
х
+ 2е'
х
.
•
Маємо
лінійне неоднорідне диференціальне рівняння другого
по-
рядку
зі
сталими коефіцієнтами, права частина якого представляється
сумою двох функцій спеціального вигчяду.
Відповідне однорідне рівняння
у
+у
=
0.
Складаємо характеристичне рівняння
к
2
+1=0,
корені якого
к
] 2
= ± /.
Загальний розв'язок однорідного рівняння:
у
0
= С|
СОЗ
х
+
С
2
ЗІП X
.
Використовуючи принцип суперпозиції розв'язків, частинний розв'я-
зок неоднорідного рівняння шукаємо
у
вигляді
У =
У\+Уі
=(Ах
+
В)е
х
+
Се~
х
,
бо
для у
х
маємо:
/, (х) = хе
х
, а = 1, а = 1,
число
а не є
коренем характери-
стичного рівняння;
для у
2
маємо:
/
2
(х) = 2е~
х
, $ = 1, а =
-1, число
а не є
коренем характеристичного рівняння.
Знаходимо
у', у" та
підставимо
у, у" у
надане диференціальне рів-
няння
II
у
={Ах
+
В)е
х
+
Се~
х
у'
=
{Ах
+ В +
А)е
х
-Се"
Л
у"
=
(Ах
+ В + А +
А)е
х
+Се~
у"+у = е
х
(2Ах + 2В + 2А) +
2Се~
х
= хе
х
+2е~
104
Глава 1. Диференціальні рівняння
Після перетворень маємо
2Ахе
х
+ 2(А + В)е
х
+2Се~
х
= хе
х
+2е'
х
.
Прирівнюючи коефіцієнти при хе
х
, е
х
, е~
х
, отримаємо:
2Л = 1
2(Л + Я) = 0
2С = 2
хе
х
Є
е~
1
Звідки А=—,В = —, С = 1.
2 2
Таким чином, частинний розв'язок неоднорідного диференціального
рівняння має вигляд
У
1 1
— х
2 2
е + е
Загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння:
У ~ У о + У
=
С\ созх + С
2
зіпх + -^-(х-\)е
х
+ е~
х
. -4
Метод варіації довільних сталих
Приклад 22. Знайти загальний розв'язок рівняння
У +4у = —.
со$2х
• Маємо лінійне неоднорідне диференціальне рівняння зі сталими
коефіцієнтами, де права частина має вигляд, відмінний від розглянутих вище
спеціальних виглядів. Тому для знаходження частинного розв'язку рівняння
скористаємось методом варіації довільних сталих (методом Лагранжа).
Складаємо характеристичне рівняння
к
2
+4
=
0.
корені якого к
Х2
=±2/.
Загальний розв'язок однорідного рівняння:
Уо
=
С\ зіп 2х + С
2
соз2х .
Частинний розв'язок у запишемо за тією ж формулою, вважаючи
Сі,
С
2
функціями від х :
В У
=
Сі(х)зіп2х + С
2
(х)соз2х .
§2.
Диференціальні рівняння вищих порядків
105
Для знаходження С, (х),С
2
(х) складемо систему вигляду (1.87):
[ С
]
'зіп2х + С
2
соз2х = 0 ,
|2С
1
'со5
2х - 2С
2
зіп2х = —-—.
І соз2х
Розв'язуючи цю систему відносно С[,С
2
, знайдемо
Інтегруючи, дістанемо:
С|(х) =
—
^ах = —, С
2
(х)= —|і§2хох =
—
1п|
соз2х
(при інтегруванні довільні сталі поклали рівними нулю).
Таким чином, частинний розв'язок неоднорідного диференціальною
рівняння мас вигляд
Загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння:
X 1 | і
у = у
0
+ у = С
]
зіп2х + С
2
соз2х + —зіп2х + —соз2х1п| соз2х |.
Таким самим буде результат, якщо під час інтегрування С[(х) і С
2
(х)
ввести довільні сталі С
]
, С
2
:
+
—
со5 2х1п|соз2х| + С, зіп2х + С
2
соз2х . -4
Приклад 23. Знайти загальний розв'язок рівняння
у -2у -у +2у = —
г
—.
е +1
• Маємо лінійне неоднорідне диференціальне рівняння зі сталими
коефіцієнтами, де права частина має вигляд, відмінний від розглянутих вище
спеціальних виглядів. Тому для знаходження частинного розв'язку рівняння
скористаємось методом варіації довільних сталих {методом Лагранжа).
Складаємо характеристичне рівняння
= —зіп2х +—соз2х 1п|соз2х|.
2 4
А
3
-2к
2
-£ +
2
= 0.
корені якого к
{
= 1, к
2
=
-1,
А
3
= 2.
106
Глава 1. Диференціальні рівняння
Загальний розв'язок однорідного рівняння:
у
0
= су +
С
2
е~
х
+су
2
\
Частинний розв'язок у запишемо за гією ж формулою, вважаючи
С, = С,(х), /' = 1,3 :
у=С\(х)е
х
+С
2
(х)е'
х
+
С
3
(х)е
2х
.
Система для відшукання С[(х), С
2
(х), С
3
(х) в нашому випадку має
вигляд:
СУ +С
2
е~
х
+ С\е
1х
= 0 ,
су -су
х
+2С'У
Х
= 0 ,
2х
су + су +
4С'У
Х
-
х , 1
Є +
1
За формулами Крамера (визначник А = -6е
2х
Ф
0 ) знайдемо:
1 е 1 е
х
11
С,'(х)
= - - ,
С'
г
(х)
= -
С
3
'(х)
= - —— •
1
2 е'+І 6 е"+1 3 е
х
+ \
Інтегруючи, отримуємо:
Є
, 1 (СІ(е'+\)
С,(х) = - - [-^— Л = - - [
2
}
е'+] ~>
}
= 1п
(е'+\),
2 ' е
х
+1 2
С
2
(х)=- Г—— ах=- \
1
г
е
21
аіУ) 1
6 •'е' +
І
6 •' е'+1 6 Л
1 ї
е' +1
/ 2г
Є
-е
х
+\п(е
х
+1)
3
3 •
,
е
г
+
1
3 -
1
е
1
+1 ^ -
1
ах =
^^ + ^3
(при інтегруванні довільні сталі поклали рівними нулю).
Таким чином, частинний розв'язок неоднорідного диференціального
рівняння має вигляд
у = —е
х
\п(е
х
+
1)
+ — Є~
2 6
Ґ 2х
Є
2
\
•е
х
+
\п(е
х
+\)
+ -е
2х
(х-\п(е
х
+1)) =
1 х 1 1 2т
= —е -- + -хе +
12 6 З
1-х 1 х 1 2і
—
є е —е
/х
6 2 3
Ще
х
+ 1).
§2,
Диференціальні рівняння вищих порядків
107
Загальний розв'язок неоднорідного диференціального рівняння:
у
=
Уо
+ у = С
]
е
х
+С
2
е~
х
+
С
3
е
2х
+ -^(4хе
2х
+е
х
-2) +
+ -(е'
х
-Зе
х
-2е
2х
)\п(е
х
+\).<
6
Диференціальні рівняння Ейлера
Приклад 24. Знайти загальний розв'язок рівняння Ейлера
х
2
у"+
Зху' + у = 0.
• Виконаємо заміну
х = е', х > 0 .
Тоді
/=4=4=^;.
X. е
(/,)
<А = ~
е у
>:
е у
"=е-
2
<
(
у:-у;).
*, е'
Підставимо х,у
х
, у"
х
в задане диференціальне рівняння
е
2
'е-
2і
(у;
І
-у;)+зе'е"у;+у = о.
Звідки
Уп +
2
У, +у = о.
Отримали лінійне однорідне диференціальне рівняння зі сталими ко-
ефіцієнтами. Складаємо харакіериешчне рівняння:
к
2
+ 2к + \-0
або
(А + 1)
2
=0,
яке мас двократний корінь к
]2
= -1.
Загальний розв'язок однорідного рівняння:
у = (С
1+
С
2
1)е-'.
Повертаємось до змінної х : х = е , / = Іпх, е~'= —.
х
Отже, загальний розв'язок рівняння Ейлера:
Сі „ Іп х
108
Глава 1. Диференціальні рівняння
-Якщо врахувати випадок х < 0, то загальний розв'язок можна запи-
сати у вигляді, що охоплює обидва випадки
у^
+
С
2
^.<
X X
Приклад 25. Знайти загальний розв'язок рівняння Ейлера
х
у"-Зху'
+
4у = 0.
• Покладемо
у = х
к
, х>0.
Знайдемо
у'=кх
к
-\
у" = к(к-\)х
к
-
2
та підставимо в задане диференціальне рівняння:
х
2
к(к-1)х
к
~
2
-2хкх
к
~
]
+4х
к
=0
або
х
к
(к
2
-4£ + 4) = 0.
Скоротивши на х
к
, отримуємо характеристичне рівняння
к
2
-4А + 4 = 0
або
(к-2)
2
=0,
корені якого к
] 2
= 2 .
Тобто корінь характеристичного рівняння кратності 2, йому відпові-
дає два лінійно незалежних розв'язки
У\ = X
2
,
у
г
= X
2
ІПХ .
Отже, загальний розв'язок рівняння Ейлера:
у = С
]
у
І
+С
2
у
2
=х
2
(С, +С
2
Іпх).
Якщо врахувати випадок х < 0, то загальний розв'язок запишеться у
вигляді:
у = х
2
(С
]
+С
2
1п]х|).
Приклад 26. Знайти загальний розв'язок неоднорідного
рівняння Ейлера
х у - Зху + 5у - Зх .
• Вважаємо х > 0 . Скористаємось підстановкою
х = е'.
§2.
Диференціальні рівняння вищих порядків
109
Тоді
У
х
=у
= е'у,, у
а
=^г-
= е
(У„-У,)-
Піде ґавивши в задане диференціальне рівняння, отримаємо
е
2
'е~
21
(
У
;
і
-у:)-3е<е-'у'
1
+5у = 3е
21
,
У
;
і
-4у',+5у = 3е
2
' .
Цьому рівнянню відповідає однорідне диференціальне рівняння
у"-4у'
І+
5у
= 0,
загальний розв'язок якого
У
0
=
Є
2
'(С,
СОЗ/
+С
2
ЗІП/)
.
Частинний розв'язок неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді:
у = Ае
ь
.
Тоді
у'
= 2Ае
2
', у" = 4Ае
2
'.
Підставивши у, у', у" в неоднорідне рівняння, отримуємо: А = 3 .
Отже,
частинний розв'язок неоднорідного рівняння
~
~> 21
у - ЗЄ .
Таким чином, загальний розв'язок рівняння Ейлера має вигляд:
У
=
Уо + У
=
є
2
' (^і созг + С
2
зіп / + 3).
Повертаючись до початкової незалежної змінної х :
х = е', І = Іпх ,
отримуємо остаточно
у = х
2
(С'| соз Іпх + С, зіп Іпх + 3).
Якщо врахувати випадок х < 0, то загальний розв'язок можна запи-
сати у вигляді, що охоплює обидва випадки
у = х
2
(С, соз1п|х| + С
2
зіп1п| х| + 3). А
Задачі
фізики
Приклад
27. Тіло масою т падає вертикально з деякої
висоти
без початкової
швидкості.
При падінні тіло зазнає опору
повітря,
пропорційного квадрату швидкості тіла. Знайти закон
руху
тіла.
110
Глава
1.
Диференціальні рівняння
• Нехай
5 = л'(/) -
шлях, пройдений тілом
за час / від
початку руху,
.
сіп
сі
2
я
. . . .
тоді
— =
V,
—— =
и>
-
швидкість
і
прискорення руху відповідно.
сії
СІГ
На тіло діють сили: Р
=
т%
-
вага тіла
(у
напрямі руху)
і р
=
кл>
2
=
= к
\
— | -
опір повітря (проти напряму руху),
де к -
коефіцієнт пропор-
цінності.
За другим законом Ньютона маємо:
тм> =
Р
- Р
або
сі
2
з
,(Ж\
2
сії
2
\ сії )
Маємо диференціальне рівняння другого порядку,
яке не
містить явно
невідомої функції 5(г)
.
Згідно
з
умовою задачі дістанемо такі початкові умови:
*(0) = 0,
^>=У(0)
= 0.
сії
п
сЬ . сі
2
5 ау . .
Покладемо
— =
V,
тоді
—— = — і
дістанемо рівняння
сії
сії
2
сії
або
2
т
8
де
а =——
к
ОУ
2
т •—
=
тг - ку
сії
т
ОУ і 2
=
а -у ,
к
сії
Відокремлюючи змінні
за
інтегруючи, знаходимо
а\>
к , 1 ,
а
+
у
к
•
= — аї, —1п = —і
+
С,
а
2
- у
2
т ' 2а
а
—
у
т '
Оскільки
у(0) = 0, то С, = 0,
тоді
, а
+
у
2акІ
1п
= ,
а
- У т
звідки
акі
акі
Є
т
-Є '" , акі . їкя
у = а —
{
— = аїЬ =
аїЬдІ—
і.
е
т
+е
т