Заказать задачи по любым предметам можно здесь от 10 минут
Как решать дифференциальные уравнения
СОДЕРЖАНИЕ ТЕКУЩЕЙ СТАТЬИ
- Основные понятия и определения
-
- Определения
- Типы уравнений
- Алгоритм решения
- Дифференциальные уравнения первого порядка
-
- ДУ с разделяющимися переменными
- Однородные ДУ
- Линейные неоднородные ДУ
- ДУ Бернулли
- ДУ в полных дифференциалах
- Дифференциальные уравнения второго порядка
-
- ДУ допускающие понижение порядка
- Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами
- Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами
- Метод Лагранжа
Введите уравнение
Условия к задаче (необязательно)
Пример 1 Пример 2 Правила ввода
Дифференциальные уравнения бывают обыкновенными и в частных производных. В этой статье мы будем говорить об обыкновенных уравнениях и о том, как их решать.
Основные понятия и определения
Определения
Обыкновенные дифференциальные уравнения – это уравнения, содержащие функцию $y(x)$ только от одной неизвестной переменной (например, $x$).
Рассмотрим это на следующих практических примерах. $$ y’ = xy $$ $$ y» = 1 $$
Итак, в первом диффуре присутствует независимая переменная $x$, неизвестная функция $y(x)$ и производная этой функции $y'(x)$. А во втором случае нет $x, y(x),y'(x)$, а есть только вторая производная функции $y»(x)$. Значит, для того, чтобы уравнение называлось дифференциальным необязательно иметь $y(x)$ и $x$, а должно быть производная $y(x)$ любого порядка.
Порядок дифференциального уравнения – это порядок старшей производной неизвестной функции $y(x)$ в уравнении.
В первом случае максимальная производная первого порядка, значит, и само ДУ первого порядка. А во втором случае уравнение имеет вторую производную $y»(x)$, поэтому это ДУ второго порядка.
Общее решение дифференциального уравнения – это семейство функций $y = f(x,C)$, при подстановке которых в заданное исходное уравнение мы получаем равенство левой и правой части. Здесь $C$ произвольная константа. Процесс нахождения таких решений называется интегрированием дифференциального уравнения.
Частное решение дифференциального уравнения – это решение, полученное из общего решения, путем нахождения константы $C$ из дополнительных условий в задаче.
Типы уравнений
- ДУ первого порядка
– с разделяющимися переменными
– однородные
– линейные неоднородные
– уравнение Бернулли - ДУ второго порядка
– уравнения допускающие понижение порядка
– однородные с постоянными коэффициентами
– неоднородные с постоянными коэффициентами
Алгоритм решения
- По старшей производной функции $y(x)$ определить порядок ДУ
- Зная порядок, определить тип уравнения
- Узнав тип, подобрать подходящий метод решения
- Используя метод, найти общее решение
- Получить частное решение из общего путем вычисления неизвестной $C$
В некоторых случаях для решения дифференциальных уравнений удобно переписать производные в таком виде (например, это нужно для ДУ с разделяющимися переменными). $$y’ = frac{dy}{dx}$$
ОБЯЗАТЕЛЬНО! Чтобы успешно решать дифференциальные уравнения необходимо уметь находить интегралы. Поэтому, если вы забыли данную тему, то её нужно вспомнить!
| Пример 1 |
| Дана функция $y = Ce^{frac{x^2}{2}} $. Проверить является ли функция решением дифференциального уравнения $y’ = xy$ |
| Решение |
|
Для того, чтобы проверить является ли функция решением нужно подставить её в исходное ДУ. Найдем производную функции. $$y’ = (Ce^{frac{x^2}{2}})’ = Ce^{frac{x^2}{2}} cdot (frac{x^2}{2})’ = Ce^{frac{x^2}{2}} cdot x = Cxe^{frac{x^2}{2}}$$ Теперь подставим $y’$ и $y$ в исходное уравнение. $$ Cxe^{frac{x^2}{2}} = x Ce^{frac{x^2}{2}} $$ Получили равенство левой и правой части, значит, функция $y = Ce^{frac{x^2}{2}} $ является общим решением ДУ. |
| Ответ |
| $$y = Ce^{frac{x^2}{2}} $$ |
Дифференциальные уравнения первого порядка
ДУ с разделяющимися переменными
Уравнения такого типа имеют следующий вид: $$ f_1(x)g_1(y)dy = f_2(x)g_2(y)dx$$ Общее решение такого ДУ нужно находить путем разделения переменных с иксами и с игреками: $$int frac{g_1(y)}{g_2(y)}dy = int frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx$$
СОВЕТ: Если не удается определить тип диффура первого порядка, то рекомендуем мысленно попытаться разделить переменные иксы от игреков. Возможно перед вами хитрое дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.
Алгоритм нахождения общего решения:
- Переписываем производные через $y’ = frac{dy}{dx}$
- Разделяем все $y$ в левую часть уравнения, а все $x$ в правую
- Интегрируем обе части уравнения
| Пример 2 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y’ = xy$ |
| Решение |
|
Видим, что в условии задачи присутствует производная от неизвестной функции $y(x)$ первого порядка. Значит, перед нами диффур 1-го порядка. Забегая вперед скажем, что данный диффур из задачи является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Что это означает? Это означает, что можно в уравнении перенести всё что содержит $y$ в левую часть равенства, а то, что содержит $x$ перенести в правую часть. То есть разделить «игрики» от «иксов» по разные стороны. Но прежде, чем это делать стоит переписать производную таким образом: $$y’ = frac{dy}{dx}$$ После замены производной игрека исходное уравнение приобретает такой формат: $$frac{dy}{dx} = xy$$ Теперь, как сказали ранее, начинаем отделять игрики от иксов по разные стороны. Для этого обе части уравнения необходимо умножить на $dx$, а ещё разделить на $y$. $$ frac{dy}{y} = xdx $$ Теперь необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить функцию $y$. Для этого навешиваем значок интеграла на обе части уравнения. $$ int frac{dy}{y} = int xdx $$ Вспоминаем, что левый интеграл равен натуральному логарифму, а правый интеграл $frac{x^2}{2}$. А так как интеграл неопределенный, то необходимо прибавить константу $C$. $$ ln|y| = frac{x^2}{2} + C $$ Теперь необходимо вытащить $y$ для того, чтобы записать окончательный ответ в виде общего решения. Для этого вспоминаем, что игрик в $ln|y| = x$ равен $y = e^x$. Поэтому продолжая решать наше уравнение получаем. $$ y = e^{frac{x^2}{2} + C} $$ Далее вспоминаем свойство степеней $a^{x+y} = a^x cdot a^y$. Таким образом делаем преобразования нашего уравнения. Так как $e^C$ это константа, то её можно переписать следующим видом $e^C = C$. И после этого получаем окончательный ответ исходного уравнения, называемый общим решением. $$ y = Ce^{frac{x^2}{2}} $$ |
| Ответ |
| $$ y = Ce^{frac{x^2}{2}} $$ |
| Пример 3 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y’ = frac{2x}{1+x^2}$, если $y(0) = 0$. |
| Решение |
|
Начнем решать с того, что представим производную в исходном уравнении в виде $y’ = frac{dy}{dx}$: $$ frac{dy}{dx} = frac{2x}{1+x^2} $$ Теперь разделяем переменные иксы от игреков по разные стороны равенства путем умножения обеих частей уравнения на $dx$: $$ dy = frac{2x}{1+x^2} dx $$ Навешиваем знак интеграла на левую и правую часть, а затем решаем интегралы: $$ int dy = int frac{2x}{1+x^2} dx $$ $$ y = int frac{2x}{1+x^2} dx $$ Замечаем, что $(1+x^2)’ = 2x$. Поэтому $2x$ можно занести под знак дифференциала, чтобы решить интеграл: $$ y = int frac{d(1+x^2)}{1+x^2} = ln (1+x^2) + C $$ Получили общее решение $y = ln (1+x^2) + C$. В условии задачи просят найти частное решение при условии $y(0) = 0$. Это означает, что нужно из последного условия найти константу $C$. Из $y(0) = 0$ видно, что $x = 0$, а $y = 0$. Подставляем их в общее решение дифференциального уравнения и вычисляем $C$: $$ln(1+0^2)+C = 0$$ $$ln 1+C = 0$$ $$0 + C = 0$$ $$C=0$$ Теперь заменив в общем решении $C$ на ноль, получаем частное решение: $$y = ln(1+x^2)$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y = ln(1+x^2)$$ |
Однородные ДУ
Чтобы проверить является ли предложенное уравнение однородным нужно заменить $x$ и $y$ на $lambda x$ и $lambda y$. Производную $y’$ заменять не нужно. Если все $lambda$ после элементарных преобразований удастся уничтожить, то перед вами однородное дифференциальное уравнение первого порядка.
Решается по следующему алгоритму:
- Проверить уравнение на однородность с помощью $lambda$
- Привести уравнение к виду $y’ = f(frac{y}{x})$
- Выполнить замену $frac{y}{x} = t$ и $y’ = t’x+t$
- Решить уравнение методом разделяющихся переменных
| Пример 4 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $$y’ = frac{y}{x} — 1$$ |
| Решение |
|
Так как разделить переменные не получается, то проверим уравнение на однородность. Для этого вместо $x$ и $y$ выполним подстановку $lambda x$ и $lambda y$: $$y’ = frac{lambda y}{lambda x} — 1$$ Выполняем сокращение $lambda$ в числителе и знаменателе: $$y’ = frac{y}{x} — 1$$ После сокращения все $lambda$ уничтожились, значит перед нами однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Решим его с помощью замены $frac{y}{x} = t$ и $y’ = t’x + t$: $$ t’x + t = t — 1$$ Переносим $t$ в одну сторону и тем самым уничтожаем его: $$ t’x = -1 $$ Теперь это ДУ с разделяющимися переменными. Запишем его в привычном для него виде: $$ frac{dt}{dx} x = -1 $$ Разделим переменные домножением на $dx$ и делением на $x$ обеих частей равенства: $$dt = -frac{dx}{x}$$ Интегрируем обе части: $$int dt = — int frac{dx}{x}$$ $$t = -ln|x|+C$$ Выполняем назад замену $t = frac{y}{x}$: $$frac{y}{x} = -ln|x|+C$$ Умножаем обе части на $x$, чтобы получить окончательный ответ общего решения: $$y = -xln|x| +Cx$$ |
| Ответ |
| $$y = -xln|x| +Cx$$ |
| Пример 5 |
| Решить дифференциальное уравнение первого порядка $xy+y^2=(2x^2+xy)y’$ |
| Решение |
|
Сперва проверим уравнение на однородность. Подставляем $lambda$ вместо $x$ и $y$. $$lambda x cdot lambda y + (lambda y)^2 = (2 (lambda x)^2 + lambda xcdot lambda y)y’$$ После вынесения $lambda$ слева и справа за скобки получаем $$ lambda^2(xy+y^2) = lambda^2(2x^2+xy)y’,$$ где все $lambda$ сокращаются. А это подтвержает однородность уравнения. Перед тем, как выполнить замену $t = frac{y}{x}$ нужно привести исходное уравнение к виду $y = f(frac{y}{x})$. Для этого разделим левую и правую часть равенства на $x^2$: $$frac{y}{x}+frac{y^2}{x^2} = (2+frac{y}{x})y’.$$ Теперь производим замену $t = frac{y}{x}$ и $y’ = t’x+t$ в преобразованном уравнении: $$t+t^2=(2+t)(t’x+t).$$ Раскрываем скобки и сокращаем одинаковые слагаемые $$t+t^2 = 2t’x+2t+t’xt+t^2$$ $$2t’x+t’xt=-t.$$ Далее в полученном уравнении разделяем переменные $t$ и $x$ по разные стороны знака равенства. Для этого выносим за скобку $t’x$ $$t’x(2+t)=-t.$$ Делим на $t$ обе части уравнения $$t’xfrac{2+t}{t}=-1.$$ Представляем производную $t’ = frac{dt}{dx}$ и переносим $dx$ и $x$ в правую часть равенства $$frac{2+t}{t}dt = -frac{dx}{x}.$$ Интегрируем обе части уравнения $$int frac{2+t}{t}dt = — int frac{dx}{x}$$ $$int frac{2}{t}dt+int dt = -int frac{dx}{x}$$ $$2ln|t|+t = -ln|x|+C.$$ Выполняем обратную замену $t = frac{y}{x}$: $$2ln|frac{y}{x}|+frac{y}{x}=-ln|x|+C.$$ Упрощаем полученное равенство с помощью элементарных преобразований и свойств натурального логарифма $$2ln|y|-2ln|x|+frac{y}{x} = -ln|x|+C$$ $$2ln|y|+frac{y}{x}=ln|x|+C$$ $$2ln|y|+frac{y}{x}=ln|x|+ln|C|$$ $$2ln|y|+frac{y}{x}=ln|Cx|$$ $$ln y^2+frac{y}{x}=ln|Cx|$$ $$ln y^2 = ln|Cx|-frac{y}{x}$$ $$y^2 = Cxe^frac{-y}{x}.$$ Привели решение к такому виду через $y^2$. Это называется общим интегралом дифференциального уравнения. Ответ в таком виде остается в таком формате. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y^2 = Cxe^frac{-y}{x}$$ |
Линейные неоднородные ДУ
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет следующий вид $$y’+p(x)y=q(x).$$
Для его решения существует два способа: метод Бернулли и вариация произвольной постоянной. В первом методе нужно сделать замену на произведение двух функций $y = uv$, а во втором способе необходимо найти неизвестную функцию $C(x)$.
Алгоритм метода Бернулли:
- Выполняем замену $y=uv$ и $y’ = u’v+uv’$
- Находим функции $u(x)$ и $v(x)$ с помощью решения системы двух уравнений
- Подставляем найденные $u(x)$ и $v(x)$ в уравнение $y=uv$, чтобы получить ответ
Алгоритм метода вариации произвольной постоянной:
- Решаем исходное уравнение в качестве однородного методом разделяющихся переменных
- В полученном общем решении заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$
- Подставляем общее решение и его производную в исходное уравнение, чтобы найти $C(x)$
- Полученное $C(x)$ подставляем в общее решение однородного уравнения и записываем ответ
| Пример 6 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка методом Бернулли $xy’-2y=2x^4$, если $y(1)=0$. |
| Решение |
|
Приводим уравнение к виду $y’+p(x)y=q(x)$ путем деления на $x$ обеих частей равенства $$y’-2frac{y}{x}=2x^3.$$ Делаем замену в полученном уравнении на $y=uv$ и $y’=u’v+uv’$ $$u’v+uv’-2frac{uv}{x}=2x^3.$$Выносим за скобку $u$, чтобы в дальнейшем составить систему уравнений: $$u’v+u(v’-2frac{v}{x})=2x^3.$$ Теперь приравниваем к нулю выражение в скобках и составляем систему уравнений $$begin{cases} v’ — 2frac{v}{x} = 0 \ u’v = 2x^3 end{cases},$$ в которой начнем сначала решать первое уравнение для нахождения функции $v(x)$. Разделяем в нём переменные $$begin{cases} frac{dv}{dx} = 2frac{v}{x} \ u’v = 2x^3 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} frac{dv}{v} = 2frac{dx}{x} \ u’v = 2x^3 end{cases}.$$ Интегрируем первое уравнение в системе, чтобы получить функцию $v(x)$ $$begin{cases} ln|v| = 2ln|x| \ u’v = 2x^3 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v = x^2 \ u’v = 2x^3 end{cases}.$$ Теперь, зная, чему равно $v$ подставляем его во второе уравнение $$begin{cases} v=x^2 \ u’x^2 = 2x^3 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v=x^2 \ u = x^2+C end{cases}.$$ Записываем общее решение дифференциального уравнения $$y = uv Rightarrow y = x^4+Cx^2.$$ В условии задачи требуется найти частное решение из условия $y(1)=0$. Подставим в найденное общее решение $x=1$ и $y=0$, чтобы вычислить $C$ $$1^4+Ccdot 1^2 = 0 Rightarrow C = -1. $$ С учётом, что $C=-1$ записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = x^4 — x^2.$$ |
| Ответ |
| $$y = x^4 — x^2$$ |
| Пример 7 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y’sin x-ycos x = 1$ методом вариации произвольной постоянной $C$. |
| Решение |
|
Перепишем уравнение в виде $$ y’ — y frac{cos x}{sin x} = frac{1}{sin x} .$$ Теперь записываем однородное дифференциальное уравнение $$y’ — y frac{cos x}{sin x} = 0,$$ решим его методом разделяющихся переменных: $$frac{dy}{dx} = y frac{cos x}{sin x}$$ $$int frac{dy}{y} = int frac{cos x}{sin x} dx.$$ Слева получается натуральный логарифм, а справа заносим косинус под знак дифференциала, чтобы получить логарифм синуса: $$ln|y| = ln|sin x| + C$$ $$y = Csin x.$$ Теперь заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$ в полученном решении и находим производную $$y = C(x)sin x Rightarrow y’ = C'(x)sin x+ C(x)cos x.$$ Подставляем $y$ и $y’$ в неоднородное уравнение и решаем его относительно $C(x)$: $$C'(x)sin x+ C(x)cos x — C(x)sin x frac{cos x}{sin x} = frac{1}{sin x}$$ $$C'(x)sin x = frac{1}{sin x}$$ $$C'(x) = frac{1}{sin^2 x}.$$ В последнем уравнении можно разделить переменные, что и делаем, а затем интегрируем: $$ d(C(x)) = int frac{dx}{sin^2 x}$$ $$C(x) = -ctg x + C.$$ Берем решение $y = C(x)sin x$ и подставляем в него найденное $C(x) = -ctg x + C$ $$y = (-ctg x + C) sin x = Csin x — cos x.$$ Таким образом получили общее решение дифференциального уравнения $y = Csin x — cos x$. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y = Csin x — cos x$$ |
ДУ Бернулли
Дифференциальное уравнение Бернулли имеет следующий вид $$y’ + g(x)y = f(x)y^alpha qquad (alpha neq 0), (alpha neq 1).$$
Алгоритм решения:
- Выполняем подстановку $y = z^frac{1}{1-alpha}$
- После подстановки получаем линейное уравнение $z’+p(x)z=q(x)$
- Решив линейное уравнение делаем обратную замену $z = y^{1-alpha}$
| Пример 8 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y’+y=xy^2$. |
| Решение |
|
Это уравнение Бернулли. Видим, что $alpha = 2$. Значит делаем замену на $y = z^frac{1}{1-alpha} = z^{-1}$. Отсюда $y’ = -frac{1}{z^2} cdot z’$. После подстановки в исходное уравнение имеем $$ -frac{z’}{z^2}+frac{1}{z}=frac{x}{z^2}.$$ Умножаем обе части равенства на $(-z^2)$, чтобы привести уравнение к линейному ДУ $$z’-z=-x, $$ которое можно решить методом Бернулли, либо вариацией произвольной постоянной. Выберем первый способ. Применяем подстановку $y=uv$ и $y’=u’v+uv’$ для последнего уравнения $$u’v+uv’-uv=-x.$$ Выносим за скобку $u$, чтобы затем построить систему уравнений для нахождения функций $u(x)$ и $v(x)$ $$u’v+u(v’-v) = -x.$$ Приравниваем к нулю скобку и получаем систему $$begin{cases} v’-v = 0 \ u’v = -x end{cases}.$$ Начинаем решать её с первого уравнения. Разделяем в нем переменные и затем интегрируем $$begin{cases} int frac{dv}{v} = int dx \ u’v = -x end{cases} Leftrightarrow begin{cases} ln|v| = x \ u’v = -x end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v = e^x \ u’v = -x end{cases}. $$ Зная, что $v = e^x$ подставляем его во второе уравнение системы и решаем $$begin{cases} v = e^x \ u’ = -frac{x}{e^x} end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v = e^x \ u = int (-x)e^{-x} dx end{cases}.$$ Для взятия интеграла воспользуемся методом интегрирования по частям $$u = int (-x)e^{-x} dx = begin{vmatrix} u = -x & du = -dx \ dv = e^{-x}dx & v = -e^{-x} end{vmatrix} = xe^{-x} — int e^{-x} dx = xe^{-x} +e^{-x} + C$$ Итак, получаем, что $$z = uv Rightarrow z = (xe^{-x} + e^{-x}+C) e^x = Ce^x +x + 1. $$ Вспоминаем, что была ещё одна замена в самом начале решения задачи $y = z^{-1}$, поэтому общее решение выглядит следующим образом $$y = frac{1}{Ce^x + x + 1}.$$ |
| Ответ |
| $$y = frac{1}{Ce^x + x + 1}$$ |
ДУ в полных дифференциалах
Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах имеют следующий вид $$P(x,y) dx + Q(x,y) dy = 0, $$ при выполнении условия $frac{partial P}{partial y} = frac{partial Q}{partial x} $.
Алгоритм решения заключается в том, чтобы найти функцию $U(x,y)=C$, полный дифференциал которой, есть исходное ДУ:
- Проверяем условие, подтверждающее, что перед нами ДУ в полных дифференциалах
- Получаем $U(x,y)$ интегрируя функцию $P(x,y)$ по переменной $x$. В результате этого появится неизвестная функция $varphi(y)$
- Дифференцируем $U(x,y)$ по $y$ и приравниваем к $Q(x,y)$, чтобы найти $varphi(y)$
| Пример 9 |
| Найти общий интеграл $U(x,y)=C$ дифференциального уравнения $$(2x+5y)dx+(5x+3y^2)dy=0.$$ |
| Решение |
|
Убедимся, что данное уравнение в полных дифференциалах. Для этого проверим условие $frac{partial P}{partial y} = frac{partial Q}{partial x} $. Находим производные $$ P’_y = (2x+5y)’_y = 5, Q’_x = (5x+3y^2)’_x = 5, $$ и видим, что условие выполняется $P’_y=P’_x=5$. Находим функцию $U(x,y)$ беря интеграл по $x$ от функции $P(x,y)$ $$U(x,y) = int (2x+5y) dx = x^2 + 5yx + varphi(y).$$ Далее необходимо продифференцировать найденную $U(x,y)$ по $y$ $$U’_y = 5x + varphi'(y).$$ Осталось найти неизвестную функцию $varphi(y)$ приравняв $U’_y$ к $Q(x,y)$: $$5x + varphi'(y) = 5x+3y^2$$ $$varphi'(y) = 3y^2$$ $$varphi(y) = int 3y^2 dy = y^3 + C.$$ Теперь зная чему равна $varphi(y)$ подставляем её в $U(x,y)$ $$U(x,y)=x^2+5xy+y^3+C.$$ Записываем ответ в таком виде $$x^2+5xy+y^3 = C.$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$x^2+5xy+y^3 = C.$$ |
Дифференциальные уравнения второго порядка
ДУ допускающие понижение порядка
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка бывают двух видов:
- Без функции $y$: $F(x,y’,y»)=0$
- Без переменной $x$: $F(y,y’,y»)=0$
Для решения таких диффуров в первом случае делаем замену $y’ = p(x)$, а во втором $y’ = p(y)$.
| Пример 10 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $xy»+y’=0$ при условиях $y(1) = 0$ и $y'(1)=1$. |
| Решение |
|
Видим, что данный дифур попадает под первый случай, когда отсутствует в уравнении $y$, а есть только его производные. Значит, делаем замену $y’ = p(x)$ $$xp’+p=0.$$ Данное уравнение имеет разделяющиеся переменные. Начнем с того, что перепишем уравнение через $p’ = frac{dp}{dx}$ $$xfrac{dp}{dx} = -p.$$ Разделяем переменные налево и направо от знака равенства и затем интегрируем: $$ frac{dp}{p} = -frac{dx}{x}$$ $$ int frac{dp}{p} = -int frac{dx}{x}$$ $$ln|p| = -ln|x|+C_1.$$ Теперь избавимся от логарифмов, чтобы получить $p$: $$p = e^{-ln|x| + C_1}$$ $$p = frac{C_1}{x}.$$ Вспоминаем про ранее выполненную замену $$y’ = p(x) = frac{C_1}{x}.$$ Интегрируем для того, чтобы найти $y$ $$y = int frac{C_1}{x} dx = C_1 ln|x| + C_2.$$ Таким образом, общее решение дифференциального уравнения $$y = C_1 ln|x| + C_2.$$ Займемся поиском частного решения. Для этого используем два дополнительных равенства из условия задачи: $$y(1) = 0 Rightarrow C_1 ln|1| + C_2 = 0 Rightarrow C_2 = 0$$ $$y'(1)=1 Rightarrow frac{C_1}{1} = 1 Rightarrow C_1 = 1.$$ Записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = ln|x|.$$ |
| Ответ |
| $$y = ln|x|$$ |
| Пример 11 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $$yy»+y’^2 = 1, qquad y(0) = 1, y'(0) = 1.$$ |
| Решение |
|
Видим, что в диффуре отсутствует в явном виде переменная $x$, поэтому необходимо сделать замену $y’ = p(y)$ и отсюда $y» = p'(y)cdot y’ = p'(y)p$. Делаем замену и получаем уравнение $$yp'(y)p + p^2 = 1,$$ которое решим методом разделения переменных: $$ypfrac{dp}{dy} = 1-p^2$$ $$frac{p}{1-p^2}dp = frac{1}{y}dy.$$ Далее по плану необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить $p$ $$int frac{p}{1-p^2}dp = int frac{1}{y}dy.$$ В первом интеграле заносим под знак дифференциала $1-p^2$, чтобы получился натуральный логарифм, а во втором, используя таблицу интегрирования можно сразу записать ответ: $$-frac{1}{2} int frac{d(1-p^2)}{1-p^2} = ln|y| + C $$ $$-frac{1}{2} ln|1-p^2| = ln|y| + C.$$ Необходимо избавиться от логарифмов. Умножим обе части равенства на $(-2)$, а затем занесем эту двойку над икреком: $$ln|1-p^2| = -2ln|y|+C$$ $$ln|1-p^2| = ln frac{1}{y^2} + C.$$ Итак, теперь убирая логарифмы получаем: $$1-p^2 = C frac{1}{y^2}$$ $$p^2 = 1 — Cfrac{1}{y^2}$$ $$(y’)^2 = 1 — Cfrac{1}{y^2}.$$ Теперь найдем значение константы $C$ благодаря дополнительным условиям задачи $y = 1$ и $y’ = 1$. Подставляем их в последнее уравнение $$1^2 = 1 — Cfrac{1}{1^2} Rightarrow C = 0.$$ Зная теперь, что $C=0$ подставляем его в уравнение $(y’)^2 = 1 — Cfrac{1}{y^2}$: $$(y’)^2 = 1$$ $$y’ = pm 1.$$ Из условия помним, что $y’ = 1 > 0$, значит, берем только решение $y’ = 1$ и продолжаем его решать интегрированием $$y = int 1 dx = x + C.$$ Осталось найти снова постоянную $C$ теперь уже из условия $y(0) = 1$ $$y(0) = 0 + C = 1 Rightarrow C = 1.$$ Вот теперь можно записать ответ в виде частного решения, которое требовалось найти по условию данной задачи $$y = x + 1.$$ |
| Ответ |
| $$y = x + 1$$ |
Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами
Линейность дифференциального уравнения заключается в том, что в уравнение входит неизвестная функция $y(x)$ и её производные только в первой степени, между собой не перемножаясь. Однородность определяется тем, что уравнение не содержит свободного члена. То есть он равен нулю.
Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами выглядит следующим образом $$y»+py’+qy = 0.$$ Чтобы его решить необходимо составить характиристический многочлен и найти его корни. Для этого нужно заменить $y$ на $lambda$, степень которых будет соответствовать порядку производной $$y» Rightarrow lambda^2, qquad y’ Rightarrow lambda, qquad y Rightarrow 1.$$
В зависимости от получившихся корней имеем общее решение в различных видах:
- Действительные корни $lambda_1 neq lambda_2$, тогда $y = C_1e^{lambda_1 x}+C_2e^{lambda_2 x}$
- Действительные корни $lambda_1 = lambda_2$, тогда $y = C_1e^{lambda_1 x}+C_2xe^{lambda_1 x}$
- Комплексные корни $lambda_{1,2} = alphapmbeta i$, тогда $y = C_1e^{alpha x}cos beta x + C_2e^{alpha x}sin beta x$.
| Пример 12 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y»+y’-2y = 0$. |
| Решение |
|
Первым делом составляем характеристический многочлен. Заменяем $y$ на $lambda$ со степенями соответствующими порядку производной $y$ $$lambda^2 + lambda -2 = 0.$$ Обратите внимание, что $y$ имеет производную нулевого порядка, поэтому он заменяется на $lambda^0 = 1$. Итак, перед нами квадратное уравнение, начинаем решать: $$lambda_{1,2} = frac{-1pm sqrt{1^2-4cdot 1 cdot (-2)}}{2cdot 1} = frac{-1pm 3}{2}$$ $$lambda_1 = -2, qquad lambda_2 = 1.$$ Так как получили отличающиеся действительные корни, то общее решение записывается следующим образом $$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}.$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}$$ |
Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами
Линейное неоднородное ДУ с постоянными коэффициентами отличается от предыдущего типа уравнений наличием правой части от знака равенства $$y»+py’+q = f(x).$$
Общее решение такого диффура складывается из двух частей: общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}.$$
Частное решение неоднородного уравнения $y_text{ч.н.}$ подбирается исходя из вида правой части дифференциального уравнения. Затем в нём неизвестные постоянные находятся методом неопределенных коэффициентов.
| № | Правая часть | Корни характеристического многочлена | Вид частного решения |
| 1 | $$P_n (x)$$ | Число 0 не является корнем характеристического уравнения. | $$tilde{P_n}(x)$$ |
| Число 0 – корень характеристического уравнения кратности $S$. | $$x^s tilde{P_n}(x)$$ | ||
| 2 | $$P_n (x) e^{alpha x}$$ | Число $alpha$ не является корнем характеристического уравнения. | $$tilde{P_n} (x) e^{alpha x}$$ |
| Число $alpha$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$. | $$x^s tilde{P_n} (x) e^{alpha x}$$ | ||
| 3 | $$P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x$$ | Число $pm ibeta$ не является корнем характеристического уравнения. | $$tilde {P_n} cos beta x + tilde{Q_m} sin beta x$$ |
| Число $pm ibeta$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$. | $$x^s (tilde {P_n} cos beta x + tilde{Q_m} sin beta x)$$ | ||
| 4 | $$e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$ | Число $alpha pm ibeta$ не является корнем характеристического уравнения. | $$e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$ |
| Число $alpha pm ibeta$ является корнем характеристического уравнения. | $$x^s e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$ |
| Пример 13 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y»+y = 4xcos x$. |
| Решение |
|
Сначала находим общее решение однородного уравнения $$y» + y = 0.$$ Строим характеристический многочлен $$lambda^2 + 1 = 0,$$ и находим его корни $$lambda_{1,2}=pm i.$$ Записываем получившееся общее решение однородного уравнения $$y_text{о.о.} = C_1 cos x + C_2 sin x.$$ Теперь необходимо подобрать частное решение неоднородного уравнения. Для этого смотрим на правую часть исходного уравнения и видим, что здесь многочлен первой степени умножается на косинус. Значит, необходимо выбрать из таблицы 3й случай. Причем корень характеристического уравнения совпадает с аргументом косинуса. Это значит, что требуется домножение на $x$ $$y_text{ч.н.} = x[(Ax+B)cos x + (Cx+D)sin x].$$Упростим последнее равенство и найдем от него вторую производную: $$y_text{ч.н.} = (Ax^2+Bx)cos x + (Cx^2 + Dx) sin x$$ $$y’_text{ч.н.} = (2Ax+B)cos x-(Ax^2+Bx)sin x + (2Cx+D)sin x + (Cx^2 + Dx) cos x.$$ Упростим $y’_text{ч.н}$ для удобства нахождения второй производной $$y’_text{ч.н.} = (2Ax+B+Cx^2+Dx)cos x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)sin x.$$ Теперь можно найти вторую производную $$y»_text{ч.н.} = (2A+2Cx+D)cos x-(2Ax+B+Cx^2+Dx)sin x + (2C-2Ax-B)sin x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)cos x.$$ Упрощаем последнее выражение $$y»_text{ч.н.} = (2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)sin x.$$ Подставляем найденные $y_text{ч.н.}$ и $y»_text{ч.н.}$ в исходный диффур из «дано» задачи $$(2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)sin x + (Ax^2+Bx)cos x + (Cx^2 + Dx) sin x = 4xcos x.$$ Упрощаем его $$(2A+4Cx+2D)cos x + (2C-4Ax-2B)sin x = 4xcos x.$$ Теперь подгоняем левую часть под правую, так чтобы можно было применить метод неопределенных коэффициентов и найти неизвестные $A,B,C,D$ $$(2A+2D)cos x+4Cxcos x + (2C-2B)sin x+(-4Ax)sin x = 4xcos x.$$ Смотрим на левую и правую часть и составляем систему $$begin{cases} 2A+2D = 0 \ 4C=4 \ 2C-2B=0 \ -4A = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} D=0 \ C= 1 \ B=1 \ A = 0end{cases}.$$ Подставляем полученные коэффициенты в частное решение неоднородного уравнения $$y_text{ч.н.} = xcos x + x^2sin x.$$ Теперь вспоминая, что $y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}$ можем записать окончательный ответ $$y_text{о.н.} = C_1 cos x + C_2 sin x + xcos x + x^2sin x.$$ |
| Ответ |
| $$y = C_1 cos x + C_2 sin x + xcos x + x^2sin x$$ |
| Пример 14 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y»+y’=5x+2e^x$. |
| Решение |
|
Сначала найдем общее решение однородного дифференциального уравнения $$y»+y’=5x+2e^x.$$ Составляем характеристический многочлен однородного уравнения и находим его корни: $$lambda^2 + lambda = 0$$ $$lambda(lambda + 1) = 0$$ $$lambda_1 = 0, qquad lambda_2=-1.$$ Теперь можно записать общее решение $$y_text{о.о.} = C_1 + C_2e^{-x}.$$ Далее необходимо по правой части исходного неоднородного уравнения найти его частное решение путем подбора, используя данные таблицы. Первое слагаемое есть многочлен первой степени. И так как один из корней характеристического уравнения является нулем кратности 1, то решение ищем в виде $y = (Ax+B)x$. Второе слагаемое представляет собой произведение многочлена нулевой степени на экспоненту. Так как аргумент экспоненты не совпадает с одним из корней характеристического многочлена, то подбор будем делать в виде $y = Ce^x$. В итоге правую часть будем искать в виде суммы $$y_text{ч.н.} = (Ax+B)x+Ce^x.$$ Находим первую и вторую производную последней функции: $$y’ = 2Ax+B+Ce^x$$ $$y»=2A+Ce^x.$$ Подставляем полученные производные $y’$ и $y»$ в исходное дифференциальное уравнение: $$2A+Ce^x+2Ax+B+Ce^x = 5x+2e^x$$ $$2Ax+B+2A+2Ce^x=5x+2e^x.$$ Далее необходимо, используя метод неопределенных коэффициентов, найти значения $A,B,C$ составив систему уравнений $$begin{cases} 2A=5 \ 2C=2 \ B+2A = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} A=frac{5}{2} \ C=1 \ B=-5 end{cases}.$$ Подставляем найденные коэффициенты и получаем частное решение неоднородного уравнения $$y_text{ч.н.} = (frac{5}{2}x-5)x + e^x = frac{5}{2}x^2 — 5x + e^x.$$ Таким образом теперь можно записать общее решение неоднородного диффура $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}=C_1 + C_2e^{-x} + frac{5}{2}x^2 — 5x + e^x.$$ |
| Ответ |
| $$y = C_1 + C_2e^{-x} + frac{5}{2}x^2 — 5x + e^x$$ |
Метод Лагранжа
Данный метод позволяет решать линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами даже в тех, случаях, когда правая часть уравнения не подходит под табличный вид. В этом случае целесообразно применить данный метод решения.
- Находим общее решение однородного уравнения $y = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)$
- Варьируем постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
- Решаем систему методом Крамера $begin{cases} C_1 ‘(x) y_1 (x) + C_2 ‘(x) y_2 (x) = 0 \ C_1 ‘(x) y_1 ‘(x) + C_2 ‘(x) y_2 ‘(x) = f(x) end{cases} $
- Получаем $C_1(x)$ и $C_2(x).$
| Пример 15 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения $$y»-2y’+y=frac{e^x}{x}, text{ при } y(1)=e, y'(1)=3e.$$ |
| Решение |
|
Так как правая часть диффура не подходит под табличный формат, то не получится подбирать частное решение по правой части как делали это в предыдущем примере. Воспользуется методом Лагранжа или как его еще называют вариация произвольной постоянной. Для начала найдем общее решение однородного уравнения $$y»-2y’+y=0.$$ Составляем характеристический многочлен и находим его корни: $$lambda^2-2lambda+1=0$$ $$(lambda-1)^2 = 0 Rightarrow lambda = 1 text{ с кратностью 2}.$$ Так как корень кратный, то общее решение однородного уравнения записывается следующим образом $$y = C_1 e^x + C_2 xe^x.$$ Теперь необходимо варьировать постоянные $C_1$ и $C_2$ на соответствующие функции $C_1 (x)$ и $C_2 (x)$. Теперь получившееся решение следует записать в виде $y = C_1 (x) e^x + C_2 (x) xe^x$. Здесь заметим, что $y_1 = e^x$ и $y_2 = xe^x$. Это нужно для дальнейшего хода решения, а именно построения системы уравнений. Составляем систему уравнений и решаем её методом Крамера $$begin{cases} C_1 ‘(x) e^x+C_2 ‘(x) xe^x = 0 \C_1 ‘(x) e^x + C_2 ‘(x) (e^x+xe^x) = frac{e^x}{x} end{cases}.$$ Находим главный определитель системы $$Delta = begin{vmatrix} e^x & xe^x \ e^x & e^x+xe^x end{vmatrix} = e^x(e^x+xe^x)-xe^{2x} = e^{2x}.$$ Вычисляем дополнительные определители: $$Delta_1 = begin{vmatrix} 0 & xe^x \ frac{e^x}{x} & e^x + xe^x end{vmatrix} = -xe^x frac{e^x}{x} = e^{2x}$$ $$Delta_2 = begin{vmatrix} e^x & 0 \ e^x & frac{e^x}{x} end{vmatrix} = e^x frac{e^x}{x} = frac{e^{2x}}{x}.$$ Итак, получаем решение системы уравнений $$C_1 ‘(x) = frac{Delta_1}{Delta} = frac{e^{2x}}{e^{2x}} = 1, qquad C_2 ‘(x) = frac{Delta_2}{Delta} = frac{e^{2x}}{x} frac{1}{e^{2x}} = frac{1}{x}.$$ Далее интегрируем полученные решения, чтобы избавиться от производной: $$C_1(x) = int 1 dx = x+tilde{C_1}$$ $$C_2(x)=int frac{dx}{x}=ln|x|+tilde{C_2}.$$ Подставляем полученные $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение однородного уравнения и записываем общее решение неоднородного дифференциального уравнения $$y = (x+tilde{C_1}) e^x + (ln|x|+tilde{C_2}) xe^x.$$ По условию нам требуется найти частное решение при условиях $y(1)=e$ и $y'(1)=3e$. Поэтому находим сначала производную $$y’=e^x+(x+tilde{C_1})e^x+e^x+(ln|x|+tilde{C_2})(e^x+xe^x), $$ раскрываем скобки $$y’ = 2e^x+xe^x+tilde{C_1}e^x+e^xln|x|+xe^xln|x|+tilde{C_2}e^x+tilde{C_2}xe^x,$$ а затем составляем систему уравнений $$begin{cases} y'(1)=3e+tilde{C_1}e+2tilde{C_2}e = 3e \ y(1) = e+tilde{C_1}e + tilde{C_2}e = e end{cases} Rightarrow begin{cases} tilde{C_1}+2tilde{C_2}=0 \ tilde{C_1}+tilde{C_2}=0 end{cases} Rightarrow begin{cases} tilde{C_2} = 0 \ tilde{C_1}=0 end{cases}.$$ Теперь можно записать частное решение к задаче $$y = xe^x + xln|x|e^x = xe^x(1+ln|x|).$$ |
| Ответ |
| $$y = xe^x(1+ln|x|)$$ |
Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
Определение
Уравнение
(*)
где
и
– непрерывные
функция в интервале
называется
неоднородным линейным дифференциальным уравнение второго порядка, функции
и
– его
коэффицинентами. Если
в
этом интервале, то уравнение принимает вид:
(**)
и называется однородным
линейным дифференциальным уравнением второго порядка. Если уравнение (**) имеет
те же коэффициенты
и
, как уравнение (*), то оно называется
однородным уравнением, соответствующим неоднородному уравнению (*).
Однородные дифференциальные линейные уравнения второго порядка
Пусть в линейном уравнении
и
— постоянные
действительные числа.
Частное решение уравнения
будем искать в виде функции
, где
– действительное
или комплексное число, подлежащее определению. Дифференцируя по
, получаем:
Подставляя в исходное дифуравнение, получаем:
Отсюда, учитывая, что
, имеем:
Это уравнение называется
характеристическим уравнением однородного линейного дифуравнения. Характеристическое уравнение и дает
возможность найти
. Это уравнение второй степени, поэтому
имеет два корня. Обозначим их через
и
. Возможны три случая:
Корни действительные и разные
В этом случае общее решение уравнения:
Пример 1
Решение
Характеристическое уравнение имеет вид:
Решение характеристического уравнения:
Общее решение исходного дифуравнения:
Корни действительные и равные
В этом случае общее решение уравнения:
Пример 2
Решение
На сайте можно заказать решение контрольной или самостоятельной работы, домашнего задания, отдельных задач. Для этого вам нужно только связаться со мной:
ВКонтакте
WhatsApp
Telegram
Мгновенная связь в любое время и на любом этапе заказа. Общение без посредников. Удобная и быстрая оплата переводом на карту СберБанка. Опыт работы более 25 лет.
Подробное решение в электронном виде (docx, pdf) получите точно в срок или раньше.
Характеристическое уравнение имеет вид:
Решение характеристического уравнения:
Общее решение исходного дифуравнения:
Корни комплексные
В этом случае общее решение уравнения:
Пример 3
Решение
Характеристическое уравнение имеет вид:
Решение характеристического уравнения:
Общее решение исходного дифуравнения:
Неоднородные дифференциальные линейные уравнения второго порядка
Рассмотрим теперь решение некоторых
типов линейного неоднородного уравнения второго порядка с постоянными
коэффициентами
где
и
– постоянные
действительные числа,
– известная непрерывная
функция в интервале
. Для нахождения общего решения такого
дифференциального уравнения необходимо знать общее решение соответствующего
однородного дифференциального уравнения
и частное
решение
. Рассмотрим
некоторые случаи:
Правая часть дифференциального уравнения имеет вид:
Частное решение дифференциального
уравнения ищем также в форме квадратного трехчлена:
Подставляя
и
в исходное
дифференциальное уравнение, получим тождество, откуда находим коэффициенты.
Если нуль – однократный корень
характеристического уравнения, то
Если нуль – двухкратный корень
характеристического уравнения, то
Аналогично обстоит дело, если
– многочлен
произвольной степени
Пример 4
Решение
Решим соответствующее однородное уравнение.
Характеристическое уравнение:
Общее решение однородного уравнения:
Найдем частное решение неоднородного
дифуравнения:
Подставляя найденные производные в исходное дифуравнение, получаем:
Искомое частное решение:
Общее решение исходного дифуравнения:
Правая часть дифференциального уравнения имеет вид:
Частное решение ищем в виде
, где
– неопределенный
коэффициент.
Подставляя
и
в исходное
дифференциальное уравнение, получим тождество, откуда находим коэффициент.
Если
– корень
характеристического уравнения, то частное решение исходного дифференциального
уравнения ищем в виде
, когда
– однократный
корень, и
, когда
– двукратный
корень.
Пример 5
Решение
Характеристическое
уравнение:
Общее
решение соответствующего однородного дифференциального уравнения:
Найдем
частное решение соответствующего неоднородного дифференциального уравнения:
Подставляя
в исходное дифуравнение, получаем:
Общее
решение дифуравнения:
Правая часть дифференциального уравнения имеет вид:
В этом случае частное решение
ищем в форме тригонометрического двучлена:
где
и
– неопределенные коэффициенты
Подставляя
и
в исходное
дифференциальное уравнение, получим тождество, откуда находим коэффициенты.
Эти уравнения определяют коэффициенты
и
кроме случая, когда
(или когда
– корни характеристического уравнения). В
последнем случае частное решение дифференциального уравнения ищем в виде:
Пример 6
Решение
Характеристическое
уравнение:
Общее
решение соответствующего однородного дифуравнения:
Найдем
частное решение неоднородного дифуравнения
Подставляя
в исходное дифуравнение, получаем:
Общее
решение исходного дифуравнения:
Линейное
однородное дифференциальное уравнение
второго порядка с постоянными
коэффициентами
имеет общее решение
,
где
и
линейно-независимые частные решения
этого уравнения.
Общий вид решений
однородного дифференциального уравнения
второго порядка с постоянными
коэффициентами
,
зависит от корней характеристического
уравнения
.
|
Корни уравнения |
Вид |
|
Корни |
|
|
Корни действительные |
|
|
Корни |
|
и
действительные и различные
=
=
,
Пример
Найти общее решение
линейных однородных дифференциальных
уравнений второго порядка с постоянными
коэффициентами:
1)
Решение: Составим
характеристическое уравнение:
.
Решив его, найдем
корни
,
действительные и различные. Следовательно,
общее решение имеет вид:
.
2)
Решение: Составим
характеристическое уравнение:
.
Решив его, найдем
корни
действительные и одинаковые. Следовательно,
общее решение имеет вид:
.
3)
Решение: Составим
характеристическое уравнение:
.
Решив его, найдем
корни
комплексные. Следовательно, общее
решение имеет вид:
.
Линейное
неоднородное дифференциальное уравнение
второго порядка с постоянными
коэффициентами имеет
вид
,
где
. (1)
Общее решение
линейного неоднородного дифференциального
уравнения второго порядка
имеет вид
,
где
– частное решение этого уравнения,
– общее решение соответствующего
однородного уравнения, т.е. уравнения
.
Вид частного
решения
неоднородного уравнения (1) в зависимости
от правой части
:
|
Правая |
Частное |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
–многочлен
,
– число корней характеристического
,
– число, показывающее, сколько раз
=
является корнем характеристического
,
– число, равное числу корней
.
где
– число корней характеристического
.
Рассмотрим различные
виды правых частей линейного неоднородного
дифференциального уравнения
:
1.
Пусть правая часть имеет вид
,
где
– многочлен степени
.
Тогда частное решение
можно искать в виде
,
где
– многочлен той же степени, что и
,
а
– число корней характеристического
уравнения, равных нулю.
Пример
Найти общее решение
.
Решение:
А) Найдем общее
решение соответствующего однородного
уравнения
.
Для этого запишем характеристическое
уравнение
.
Найдем корни последнего уравнения
.
Следовательно, общее решение однородного
уравнения имеет вид
.
Б) Так как правая
часть уравнения является многочленом
первой степени и ни один из корней
характеристического уравнения
не равен нулю (
),
то частное решение ищем в виде
,
где
и
– неизвестные коэффициенты. Дифференцируя
дважды
и подставляя
,
и
в исходное уравнение, находим
.
Приравнивая
коэффициенты при одинаковых степенях
в обеих частях равенства
,
,
находим
,
.
Итак, частное решение данного уравнения
имеет вид
,
а его общее решение
.
2.
Пусть правая часть имеет вид
,
где
– многочлен степени
.
Тогда частное решение
можно искать в виде
,
где
– многочлен той же степени, что и
,
а
– число, показывающее, сколько раз
является корнем характеристического
уравнения.
Пример
Найти общее решение
.
Решение:
А) Найдем общее
решение соответствующего однородного
уравнения
.
Для этого запишем характеристическое
уравнение
.
Найдем корни последнего уравнения
.
Следовательно, общее решение однородного
уравнения имеет вид
.
Б) Так как правая
часть уравнения есть функция
,
то контрольное число данного уравнения
,
оно не совпадает с корнями
характеристического уравнения
.
Тогда частное решение ищем в виде
,
где
– неизвестный коэффициент. Дифференцируя
дважды
и подставляя
,
и
в исходное уравнение, находим
.
Откуда
,
то есть
или
.
Итак, частное
решение данного уравнения имеет вид
,
а его общее решение
.
3.
Пусть правая часть имеет вид
,
где
и
– данные числа. Тогда частное решение
можно искать в виде
,
где
и
– неизвестные коэффициенты, а
– число, равное числу корней
характеристического уравнения,
совпадающих с
.
Если в выражение функции
входит хотя бы одна из функций
или
,
то в
надо всегда вводитьобе
функции.
Пример
Найти общее решение
.
Решение:
А) Найдем общее
решение соответствующего однородного
уравнения
.
Для этого запишем характеристическое
уравнение
.
Найдем корни последнего уравнения
.
Следовательно, общее решение однородного
уравнения имеет вид
.
Б) Так как правая
часть уравнения есть функция
,
то контрольное число данного уравнения
,
оно не совпадает с корнями
характеристического уравнения
.
Тогда частное решение ищем в виде
,
где
и
– неизвестные коэффициенты. Дифференцируя
дважды
,
получим
и
.
Подставляя
,
и
в исходное уравнение, находим
.
Приводя подобные
слагаемые, получим
.
Приравниваем
коэффициенты при
и
в правой и левой частях уравнения
соответственно. Получаем систему
.
Решая ее, находим
,
.
Итак, частное
решение исходного дифференциального
уравнения имеет вид
.
Общее решение
исходного дифференциального уравнения
имеет вид
.
Соседние файлы в папке Высшая математика
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
Содержание:
- Дифференциальные уравнения второго порядка
- Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка
- Метод вариации произвольных постоянных
- Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
- Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядке с постоянными коэффициентами
- Дифференциальные уравнения второго порядка
- Простейшие дифференциальные уравнения второго порядка. Случай понижения порядка
- Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
- Линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
Дифференциальные уравнения второго порядка
Определение. Дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение, которое связывает независимую переменную x, неизвестную
функцию y и первую и вторую производные от этой функции:
F (x, y, y’, y») = 0. (7.23)
Определение. Общим решением дифференциального уравнения второго порядка называется функция y = φ (x, C1, C2), которая удовлетворяет дифференциальное уравнение при произвольных значениях C1 и C2.
Любое частное решение дифференциального уравнения получается из общего решения при определенных значениях C1 и C2 и удовлетворяет определенным начальным условиям. Начальными условиями для дифференциального уравнения второго порядка является задание значений функции и ее первой производной в некоторой точке x0:
Задача Коши для дифференциального уравнения второго порядка формулируется так:
найти частное решение дифференциального уравнения (7.23), которое удовлетворяет начальным условиям.
Геометрический смысл частных решений — это интегральная кривая, которая проходит через точку (x0, y0) в данном направлении, то есть задан угловой коэффициент касательной к интегральной кривой.
Рассмотрим задачу, которая приводит к дифференциальному уравнению второго порядка.
Согласно теории Дж. Хикса, со стабильным ростом затрат труда при неизменных других факторах производства стоимость выпуска продукции также растет. Скорость ее роста является постоянной положительной величиной V0. Однако, дополнительное привлечение фактора затрат труда ведет к снижению предельного значения выпуска продукции, причем темпы такого снижения можно считать постоянной отрицательной величиной a0.
Пусть начальный выпуск продукции характеризуется стоимостью C0 при затратах труда L0. Надо найти величину стоимости выпуска продукции при затратах труда, равных L1.
Обозначим U (L) — стоимость выпуска продукции при затратах труда, равных L. Тогда
— скорость роста стоимости продукции относительно затрат труда L; 
— темпы изменения скорости роста стоимости продукции относительно затрат труда L.
По условию задачи 
, проинтегрируем по L: 
,
еще раз проинтегрируем по L, имеем: 
.
Определим постоянные a1 и a2 :
В нашем случае получим a2 = 62,5; a1 = 1.
Итак, 
откуда
.
Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка
Определение. Линейным однородным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение
y» + p (x) y’ + g (x) y = 0. (7.24)
Очевидно, что y ≡ 0 является решением уравнения (7.24). Это решение называют нулевым или тривиальным. В дальнейшем мы будем искать только нетривиальные решения дифференциального уравнения (7.24).
Установим некоторые свойства его решений.
1. Если y (x) является решением уравнения (7.24), то Cy (x) также является решением этого уравнения.
2. Если y1 (x) и y2 (x) — частные решения уравнения (7.24), то y1 (x) + y2 (x) также является решением этого уравнения.
ТЕОРЕМА. Если y1 (x) и y2 (x) — частные решения уравнения (7.24), то решением этого уравнения является также функция y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x). (7.25)
Доказательство. Подставим функцию (7.25) в уравнение (7.24), имеем:
Выражения в скобках тождественно равны нулю, так как y1 (x) и y2 (x) — решения уравнения (7.24), а это означает, что правая часть уравнения равна нулю. Итак, функция (7.25) является решением уравнения (7.24).
Определение. Система функций y1 (x) и y2 (x) называется линейно независимой на отрезке [a, b], если равенство
C1 y1 + C2 y2 ≡ 0 (7.26)
выполняется для всех x тогда и только тогда, когда C1 = C2 = 0.
Если равенство (7.26) выполняется, когда хотя бы один из Ci ≠ 0 , то система называется линейно зависимой.
Пусть C1 y1 + C2 y2 ≡ 0 ; если C1 ≠ 0, тогда 
или 
откуда 
где λ — постоянное число.
Иными словами, две функции линейно зависимы тогда и только тогда, когда они пропорциональны.
Определение. Линейно независимая система решений линейного однородного дифференциального уравнения называется фундаментальной системой решений.
ТЕОРЕМА (о структуре решения однородного дифференциального уравнения). Если y1 (x) и y2 (x) образуют фундаментальную систему решений уравнения (7.24), то y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x), где C1, C2 — произвольные постоянные, является общим решением уравнения (7.24).
Доказательство. Известно, что решение называется общим, если из него при определенных числовых значениях постоянных можно получить любое частное решение. А по теореме о существовании и единстве любое частное решение однозначно определяется начальными условиями.
Покажем, что можно найти C1 и C2 такие, чтобы удовлетворялись начальные условия:
Пусть, когда x = x0, имеем:
Тогда
Решим эту систему относительно C1 и C2, получим:
Поскольку Δ0 ≠ 0, так как система решений y1 и y2 фундаментальна, то для C1 и C2 действительно найдем нужные значения.
Таким образом, из решения y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) можно найти любое частное решение, то есть решение, соответствующее любым начальным условиям, а это значит, что решение y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) является общим решением уравнения (7.24).
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка
Определение. Линейным неоднородным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение:
y» + p (x) y’ + g (x) y = f (x), (7.27)
где функция f (x) называется правой частью уравнения.
Уравнение y» + p (x) y’ + g (x) y = 0, которое получается из уравнения (7.27), когда f (x) = 0, называется однородным уравнением, отвечающим уравнению (7.27).
ТЕОРЕМА (о структуре решения неоднородного дифференциального уравнения). Общее решение неоднородного дифференциального уравнения второго порядка равно сумме общего решения соответствующего линейного однородного дифференциального уравнения и любого частного решения линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка.
В дальнейшем будем пользоваться обозначением:
y = yо.о. + yч.н., (7.28)
где у — общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка; yо.о. — общее решение соответствующего однородного дифференциального уравнения; yч.н. — любое частное решение линейного неоднородного уравнения.
Доказательство. Найдем производные:
Подставим y = yо.о. + yч.н. и найденные производные y’, y» в уравнение (7.27), получим:
или
Поскольку yо.о. является общим решением однородного уравнения
y» + p (x) y’ + g (x) y = 0, то в последнем равенстве 
.
А из того, что yч.н. — частное решение уравнения (7.27), имеем тождество: 
Итак, мы доказали, что функция y = yо.о. + yч.н. — решение дифференциального уравнения (7.27).
Легко показать, что каждое решение уравнения (7.27), которое удовлетворяет любые начальные условия (из определенной области их определения), можно найти из функции y = yо.о. + yч.н.. Следовательно, эта функция является общим решением. Доказать это утверждение можно аналогично доказательству такого же утверждение для соответствующего однородного уравнения, которое мы привели выше, поэтому здесь на этом доказательстве не останавливаемся.
Метод вариации произвольных постоянных
Рассмотрим метод вариации произвольных постоянных (метод Лагранжа) для нахождения частных решений неоднородного дифференциального уравнения.
Суть этого метода заключается в следующем: чтобы найти частное решение неоднородного линейного уравнения (7.27), достаточно в выражение для общего решения y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x) соответствующего однородного уравнения вместо постоянных C1 и C2 подставить функции независимой переменной x, производные от которых 
и 
удовлетворяют такую систему алгебраических уравнений:
Докажем это утверждение.
Запишем решение дифференциального уравнения в виде:
y = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
Найдем производную:
Мы хотим определить две функции C1 (x) и C2 (x).
Одно соотношение между ними мы можем выбрать произвольным. Поставим требование, чтобы C1 (x) и C2 (x) удовлетворяли равенство 
тогда 
Найдем вторую производную:
Подставим значение y, y’, y» в дифференциальное уравнение (7.27), получим:
Поскольку y1 (x) и y2 (x) являются решениями однородного уравнения, то выражения:
Отсюда 
.
Итак, для того чтобы функция y = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x), которая удовлетворяет условию 
, была решением уравнения (7.27), необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство: 
.
Таким образом получаем систему
из которой определяем 
и 
. Эта система имеет единственное решение, потому что по нашему предположению y1 (x) и y2 (x) — линейно независимые решения однородного уравнения.
Пусть 
и 
, тогда, интегрируя, получим 
, где 
— произвольные постоянные. Подставим найденные C1 (x) и C2 (x) в соотношение y = C1 (x) y1 (x) + C2 (x) y2 (x) и получим общее решение дифференциального уравнения (7.27).
Пример. Найти общее решение уравнения 
.
Решение. Найдем общее решение этого уравнения методом вариации произвольных постоянных. Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения 0
.
Интегрируя обе части уравнения, получим
, откуда 
.
Теперь предположим, что C1 и C2 являются функциями от x, и складываем систему для нахождения
и 
:
Откуда 
.
В результате интегрирования, имеем
, где 
— произвольные постоянные.
Подставляем C1 (x) и C2 (x) в общее решение соответствующего однородного уравнения
y = C1 (x) x2 + C2 (x) ,
получим общее решение данного уравнения:
или 
.
Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами
Определение. Уравнение вида
y» + py’ + gy = 0, (7.29)
где p, g — постоянные числа, называется линейным однородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами.
Найдем общее решение этого уравнения. По теореме о структуре общего решения линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка имеем:
y = C1y1 (x) + C2y2 (x),
где y1 (x), y2 (x) — линейно независимые частные решения.
Частное решение уравнения (7.29) будем искать в виде y = ekx, k — постоянная, которую надо найти.
Найдем y’ = kekx, y» = k2ekx и подставим в уравнение (7.29), имеем: ekx (k2 + pk + g) = 0. Поскольку ekx ≠ 0 всегда, то k2 + pk + g = 0. (7.30)
Уравнение (7.30) называется характеристическим уравнением для дифференциального уравнения (7.29).
Обозначим через k1, k2 корни характеристического уравнения.
При решении характеристического уравнения, которое является квадратным уравнением относительно k, возможны три случая:
1) Корни характеристического уравнения действительны, различные k1 ≠ k2 , (D > 0).
2) Корни характеристического уравнения действительны и равны k1 = k2 , (D = 0).
3) Корни характеристического уравнения — комплексные числа 
(D < 0).
Рассмотрим каждый случай отдельно.
1) Корни характеристического уравнения действительны, различные k1 ≠ k2 . Частными решениями уравнения (7.29) в этом случае будут функции 
и 
.
Эти решения линейно независимы, потому что
Итак, общее решение уравнения (7.29) запишется
(7.31)
Пример 1. Решить дифференциальное уравнение y» + y’ — 2 y = 0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение: k2 + k — 2 = 0. Здесь корни k1 = 1, k2 = -2 — действительно, разные. Общее решение дифференциального уравнения запишется: 
.
2) Корни характеристического уравнения действительны и равны k1 = k2. Одно частное решение может быть 
.
Решение 
линейно зависимое с первым 
, поэтому его рассматривать в качестве второго частного решения нельзя. Будем искать другое частное решение в виде 
, где u (x) — неизвестная функция, которую можно найти.
Найдем 
и 
:
и подставим в уравнение (7.29):
Поскольку k1 — кратный корень характеристического уравнения (7.30), то 
Кроме того 
или 2k1 = -p, 2k1 + p = 0.
Итак, для того, чтобы найти u (x), надо решить уравнение 
или u’ = 0. Интегрируя дважды, получим u = Аx + B. Если положить A = 1, B = 0, то u = x.
Таким образом, в качестве второго частного решения будем брать функцию 
. Решения y1 и y2 будут линейно независимыми, поскольку 
Итак, общее решение дифференциального уравнения (7.29) будет:
. (7.32)
Пример 2. Решить дифференциальное уравнение y» – 4 y’ + 4 y = 0.
Решение. Характеристическое уравнение k2 – 4k + 4 = 0, корни которого k1 = k2 = 2 —действительные, равные.
Общее решение дифференциального уравнения будет:
3) Корни характеристического уравнения — комплексные числа.
Если дискриминант характеристического уравнения D < 0, то действительных корней это уравнение не имеет. Введем понятие комплексного числа. Любое комплексное число можно представить в виде:
z = α + βi , где 
или i2 = –1.
При этом α называется действительной частью комплексного числа; β — мнимой частью комплексного числа.
Числа z = α + βi и z = α – βi называются комплексно сопряженными числами.
Вернемся теперь к решению характеристического уравнения (7.30), дискриминант которого меньше нуля. Тогда его корни будут комплексно сопряженными числами, то есть 
.
В случае, когда 
, решение дифференциального уравнения будет 
.
Если алгебраическое уравнение с действительными коэффициентами имеет корень
k1 = α + βi , то оно имеет и сопряженный с ним корень k2 = α – βi , а поэтому
.
По формулам Эйлера: 
, запишем функции y1 и y2 в виде:
Далее используем следующую теорему.
Теорема. Если дифференциальное уравнение (7.29) имеет решением функцию u(x) + iv(x), то каждая из функций u (x) и v (x) является решением уравнения (7.29).
Доказательство. Действительно, подставим функцию u (x) + iv (x) в уравнение (7.29), имеем:
или 
Но комплексная функция равна тождественно нулю тогда и только тогда, когда равны нулю ее действительная и мнимая части, то есть:
u» + pu’ + qu = 0,
v» + pv’ + qv = 0.
А это значит, что u (x) и v (x) являются решениями уравнения (7.29).
На основе доказанной выше теоремы, частными решениями будут функции 
, причем они будут линейно независимыми, поскольку
Итак, общее решение уравнения (7.29) будет
или
. (7.33)
Пример 3. Найти частное решение дифференциального уравнении y» + 2 y’ + 5 y = 0, удовлетворяющий таким начальным условиям 
.
Решение. Ищем сначала общее решение. Для этого составляем характеристическое уравнение и решаем его:
k2 + 2k + 5 = 0, D = 4 – 20 = –16 < 0,
— корни комплексно сопряженные числа. Общее решение запишется:
Найдем частное решение, используя начальные условия:
откуда 
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядке с постоянными коэффициентами
Определение. Уравнение
y» + py’ + gy = f (x), (7.34)
где p, g — постоянные числа, f (x) ≠ 0, называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами.
По теореме о структуре решения линейного неоднородного уравнения второго порядка общее решение уравнения (7.34) является суммою общего решения соответствующего однородного уравнения и любого частного решения неоднородного уравнения. Это утверждение записано формулой (7.28): y = yо.о. + yч.н. .
Общее решение однородного уравнения мы подробно рассмотрели выше. Теперь перейдем к нахождению частного решения неоднородных уравнений со специальной правой частью, решение которых можно найти не прибегая к интегрированию.
1) Пусть правая часть уравнения (7.34) имеет вид 
, где Pn (x) — многочлен n-й степени. Здесь возможны два случая:
а) α — не является корнем характеристического уравнения, тогда 
, где Qn (x) — многочлен n-й степени с неопределенными коэффициентами.
б) α — является корнем характеристического уравнения кратности r (r = 1 или r = 2), тогда 
.
Замечание. Если f (x) = Pn(x) , то считаем, что α = 0 и проверяем, является ли 0 корнем характеристического уравнения.
Пример 1. Найти общее решение уравнения
. (7.35)
Решение. Общее решение ищем в виде y = yо.о. + yч.н. .
Сначала найдем общее решение yо.о. соответствующего однородного уравнения:
yо.о. = 
.
Частное решение yч.н. неоднородного уравнения ищем в виде правой части уравнения, а именно 
, поскольку α = 2 не является корнем характеристического уравнения. Здесь нужно найти неопределенные коэффициенты A и В. Для этого найдем 
и 
, имеем:
;
Подставляем 
в уравнение (7.35), получим:
8Axe2x + 8Be2x + 8Ae2x – 2Axe2x – 2Be2x – Ae2x – Axe2x – Be2x = 4xe2x.
Разделим левую и правую части уравнения на e2x, имеем:
8Ax + 8B + 8A – 2Ax – 2B – A – Ax – B = 4 x,
5Ax + 5B + 7A = 4x.
Решение. Здесь характеристическое уравнение k2 – 2k + 1 = 0 имеет действительные, равные корни k1 = k2 = 1, поэтому общее решение соответствующего однородного уравнения будет yо.о. = 
Правая часть уравнения (7.36) имеет вид Pn (x) = 1 + x, причем α = 0 не является корнем характеристического уравнения, поэтому частное решение уравнения будем искать в виде yч.н. = Ax + B. Продифференцировав yч.н., подставим в уравнение (7.36), имеем:
–2A + Аx + B = 1 + x, откуда A = 1; –2A + B = 1; B = 3.
Частным решением данного уравнения является функция yч.н. = x + 3, а его общим решением функция
.
Найдем теперь частное решение уравнения (7.36), которое удовлетворяет заданным начальным условиям. Для этого найдем
, тогда
Откуда С1 = -1 , С2 = -3.
Искомым частным решением будет 
Пример 3. Решить дифференциальное уравнение:
y» — 7 y’ + 6 y = (x — 2) ex.
Решение. Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения: k2 — 7 k + 6 = 0, k1 = 1, k2 = 6;
yо.о. = 
.
Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде 
, потому что α = 1 является корнем характеристического уравнения. Выполнив необходимые вычисления, найдем
Тогда 
.
Итак, общее решение заданного уравнения будет
2) Пусть правая часть уравнения (7.34) имеет вид
.
Проверяем, является ли 
корнем характеристического уравнения:
а) 
не является корнем характеристического уравнения, тогда
где 
— многочлены k-й степени с неопределенными коэффициентами (k = max (m, n)).
б) является корнем характеристического уравнения, тогда
.
Замечание 1. Если α = 0, то проверяем, является ли β корнем характеристического уравнения.
Замечание 2. Если в правой части есть одна из тригонометрических функций, например, cos x, то в частное решение должна входить и функция sin x.
Пример 4. Решить дифференциальное уравнение:
y» + y’ — 2 y = ex сos x. (7.37)
Решение. Составляем характеристическое уравнение и решаем его: k2 + k — 2 = 0; k1 = -2, k2 = 1.
Общее решение однородного уравнения 
.
Правая часть неоднородного уравнения f (x) = ex cos x, то есть имеет вид
,
где 
Поскольку α + βi = 1 + i не является корнем характеристического уравнения,
а 
многочлены нулевого степени, то
Найдем 
и 
:
Подставляем 
и 
в уравнение (7.37):
Сокращая обе части равенства на ex и сводя подобные члены, получим:
(–3A – B) sin x + (3B – A) cos x = cos x
Уравнивая коэффициенты при сos x и sin x в обеих частях
уравнения, получим:
Откуда 
.
Общее решение уравнения (7.37) будет:
Пример 5. Решить уравнение y» — 2 y + y = xex.
Решение. k2 — 2k + 1 = 0, k1 = k2 = 1, 
.
f (x) = xex, α = 1. Число 1 — двукратный корень характеристического уравнения. Итак, r = 2.
Подставляем 
в данное уравнение:
или 6Ax + 2B = x, отсюда 6A = 1,2B = 0.
Итак, 
Поэтому 
,
а 
— общее решение данного дифференциального уравнения.
Пример 6. Решить уравнение y» – 3 y’ = x2 + 1.
Решение. 
.
Число 0 — корень характеристического уравнения, поэтому r = 1.
Итак, 
или 
Подставляем 
в данное уравнение:
6Ax + 2B – 6Ax2 – 4Bx – 2C = x2 + 1 или
–6Ax2 + (6A – 4B) x + 2B – 2C = x2 + 1;
Отсюда, 
Итак, 
— общее решение данного уравнения.
Пример 7. Найти частное решение уравнения y » — 2 y ‘= e x (x2 + x — 3), удовлетворяющее начальным условиям 
Решение. Ищем сначала общее решение данного уравнения. Для этого найдем уо.о. и уч.н. :
k2 — 2k = 0, k (k – 2) = 0, k1 = 0, k2 = 2.
Поэтому уо.о. = С1 + С2e2x
, (
= 1 — не является корнем характеристического уравнения).
Подставляем 
в данное уравнение, получим:
или 
.
Отсюда
Итак, 
а 
— общее решение данного уравнения.
Решим задачу Коши.
Используем начальные условия
Итак, y = e2x + ex (–x2 – x + 1) — искомое частное решение данного дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданным начальным условиям.
Пример 8. Решить уравнение у’ + 2 у = 5 x cos x + 3 sin x.
Решение. k2 + 2 = 0, k2 = –2, 
α = 0, β = 1, α + βi = i, i — не является корнем характеристического уравнения.
Поэтому r = 0.
(Cx D) sin x.
Подставляем 
данное уравнение, получим:
Таким образом, 
а общее решение 
Мы рассмотрели метод неопределенных коэффициентов для отыскания частных решений линейных неоднородных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами со специальной правой частью.
Рассмотрим пример, когда частное решение уравнения нельзя найти методом неопределенных коэффициентов.
Пример 9. Решить методом вариации произвольных постоянных уравнение
Решение. Ищем общее решение соответствующего однородного уравнения. Характеристическое уравнение имеет вид k2 + 3k + 2 = 0, корни которого k1 = -2; k2 = –1, поэтому общее решение однородного уравнения запишется:
Положим С1 = С1 (x), С2 = С2 (x) и запишем систему уравнений:
Решаем систему уравнений относительно 
и C’ (x) . Из первого уравнения:
Подставим найденные C1 (x) и C2 (x) в общее решение однородного уравнения, получим общее решение данного неоднородного уравнения:
или
Дифференциальные уравнения второго порядка
Дифференциальным уравнением второго порядка называют уравнение относительно неизвестной функции, ее первой и второй производной.
Дифференциальное уравнение второго порядка в общем виде можно записать так:
где 
— функция своих аргументов, 
— независимая переменная, 
— искомая функция, 
— ее производные.
Если равенство (1) разрешимо относительно 
то уравнение принимает вид
Решением дифференциального уравнения второго порядка называют любую функцию, обращающую данное уравнение в тождество.
Задача Коши:
Найти решение дифференциального уравнения, которое удовлетворяет условиям:
при 
или 
где 
— заданные числа.
По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по высшей математике:
Общим решением дифференциального уравнения второго порядка называют функцию 
, обладающую следующими свойствами:
- при любых значениях произвольных постоянных
и функция обращает уравнение в тождество; - постоянные и можно определить так, чтобы выполнялись условия: при , где — любые числа из области задания уравнения (т.е. можно решить задачу Коши).
и 
функция обращает уравнение в тождество; 
можно определить так, чтобы выполнялись условия:
при 
, где
— любые числа из области задания уравнения (т.е. можно решить задачу Коши).Общим интегралом дифференциального уравнения второго порядка называют его общее решение, заданное в неявном виде
Частным решением называют решение, полученное из общего путем фиксирования значений произвольных постоянных:
, где 
— некоторые числа.
Частным интегралом называют решение, полученное из общего интеграла фиксированием произвольных постоянных:
, где — числа.
Если известно общее решение 
, то решение задачи Коши сводится к определению из системы уравнений 
Простейшие дифференциальные уравнения второго порядка. Случай понижения порядка
Простейшими дифференциальными уравнениями второго порядка 
являются уравнения, в которых функция зависит только от одного из аргументов:
Общее решение первого уравнения находится с помощью двукратного интегрирования. При интегрировании второго и третьего
уравнения пользуются подстановкой 
. С помощью этой подстановки уравнения
приводятся к уравнениям первого порядка.
Возможно вам будут полезны данные страницы:
Линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
Это уравнение имеет вид 
, где 
— числа. Алгебраическое уравнение 
называют характеристическим уравнением для данного дифференциального уравнения. Корни характеристического уравнения вычисляются по формуле 
В зависимости от этих корней определяется общее решение дифференциального уравнения.
Если корни действительные и разные 
, то общее решение дифференциального уравнения выражается формулой
В случае равных корней 
общее решение имеет вид
Когда корни комплексно-сопряженные: 
, то общее решение дифференциального уравнения определяется формулой:
Если корни чисто мнимые 
, то
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
Это уравнение вида 
, где 
— числа, 
-заданная функция. Общее решение такого уравнения определяется формулой
, или 
где 
— общее решение соответствующего однородного уравнения , a 
— частное решение данного неоднородного уравнения. Это частное решение в простейших случаях — полином алгебраический или тригонометрический находится способом неопределенных коэффициентов.
Примеры с решением
Пример 1.
Проинтегрировать дифференциальное уравнение 
Это уравнение вида 
Так как 
откуда 
Поскольку 
откуда 
Следовательно, общее решение данного уравнения выражается формулой
Пример 2.
Найти общее решение уравнения 
Первая часть уравнения зависит только от 
. Это уравнение вида 
Полагая 
находим:
Итак, общее решение имеет вид
Пример 3.
Проинтегрировать уравнение 
Это уравнение вида 
Полагая 
находим общее решение уравнения 
Следовательно, общее решение выражается формулой 
Пример 4.
Проинтегрировать уравнение 
Это уравнение вида 
(функция не зависит от 
).
Применяя подстановку 
, получаем уравнение 
(так как 
)- Интегрируем уравнение: 
Пример 5.
Проинтегрировать уравнение 
. Найти частное решение, удовлетворяющее условиям: 
при
.
Характеристическое уравнение 
для данного дифференциального уравнения имеет корни: 
, поэтому общее решение определяется формулой 
. Чтобы найти указанное частное решение, необходимо определить значения постоянных 
и 
. Подставляя значения 
в выражения для 
и
, получаем систему уравнений:
откуда 
Следовательно, 
— искомое частное решение.
Пример 6.
Найти общее решение уравнения 
Характеристическое уравнение 
имеет равные кор-
ни 
поэтому общее решение дифференциального уравнения выражается формулой 
.
Пример 7.
Найти общее решение уравнения 
. Характеристическое уравнение
имеет комплексные
корни 
, поэтому общее решение дифференциального уравнения определяется формулой 
.
Пример 8.
Проинтегрировать уравнение 
.
Характеристическое уравнение 
имеет чисто мнимые корни 
Общее решение дифференциального уравнения выражается формулой
Пример 9.
Проинтегрируйте уравнение 
Найдем сначала общее решение соответствующего однородного
уравнения 
Характеристическое уравнение 
имеет корни 
, поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид 
Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде 
, где 
— пока неизвестные коэффициенты. Подставляя выражения для 
в исходное уравнение, получаем тождество
Прировняв коэффициенты при одинаковых степенях 
запишем систему уравнений
из которой находим значения коэффициентов: 
;значит частное решение имеет вид 
.
Так как общее решение неоднородного уравнения выражается формулой 
, то общее решение исходного уравнения имеет вид:
Пример 10.
Проинтегрировать уравнение 
В этом уравнении 
, поэтому частное решение ищем в виде
, или 
Поскольку 
то 
Так как 
, то общее решение выражается формулой
Пример 11.
Проинтегрировать дифференциальное уравнение
Сначала найдем общее решение соответствующего однородного уравнения 
. Так как характеристическое уравнение 
имеет корни 
, то 
. Частное решение неоднородного уравнения будем искать в виде 
(число 
не является корнем характеристического уравнения). Находя производные функции 
и подставляя их выражения в исходное уравнение, получаем:
Поскольку — решение уравнения, то последнее равенство должно выполняться для всех 
а это возможно, когда 
. Следовательно 
.
Общее решение данного уравнения выражается формулой
Пример 12.
Проинтегрировать уравнение 
Общее решение соответствующего однородного уравнения 
имеетвид 
так как 
-корни характеристического уравнения 
. Частное решение неоднородного уравнения будем искать в форме 
Находим производные этой функции: 
Подставим функцию и ее производные в левую часть уравнения:
откуда 
Следовательно, 
Общее решение исходного уравнения выражается формулой 
Лекции:
- Сюръекция, инъекция и биекция.
- Множество
- Область сходимости функционального ряда
- Нахождение обратной матрицы
- Формула Симпсона: пример решения
- Исследовать ряд на сходимость: пример решения
- Площадь фигуры ограниченной линиями
- Объем цилиндра
- Сходимость степенного ряда
- Матрица перехода