Как составить решение задачи коши - Исправление недочетов и поиск решений вместе с Examum.ru

Дано неоднородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение которого будет иметь вид $y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}$. Для начала находим общее решение однородного уравнения $y_{o.o.}$, затем частное решение неоднородного уравнения $y_text{ч.н.}$ с помощью метода подбора правой части уравнения.

На первом этапе решаем уравнение в качестве однородного без правой части, то есть меняем её на ноль. Заменяем все $y$ на новую переменную $lambda$, показатель степени которой будет равен порядку производной. $$y»-y=0,$$ $$lambda^2 — 1 = 0,$$ $$(lambda-1)(lambda+1)=0,$$ $$lambda_1 = -1, lambda_2 = 1.$$ Теперь можно записать общее решение однородного ДУ. $$y_text{о.о.} = C_1e^{lambda x}+C_2e^{-lambda x} = C_1e^{x}+C_2e^{-x}$$

Переходим к получению $y_text{ч.н.}$. Смотрим на правую часть уравнения, данного в условии задачи. В неё входят синус и косинус, умноженные на многочлены нулевой степени. Значит, частное решение ищем в виде $y_text{ч.н.} = Asin x — Bcos x$. Находим вторую производную данного выражения. $$y’ = Acos x + Bsin x,$$ $$y»=-Asin x + Bcos x.$$ Подставляем $y$ и $y»$ в исходное уравнение из условия задачи, чтобы найти неизвестные коэффициенты $A$ и $B$. $$-Asin x + Bcos x — Asin x + Bcos x = 2sin x — 4cos x$$ После приведения подобных получаем $$-2Asin x + 2Bcos x = 2sin x — 4cos x.$$ Далее составляем систему из двух уравнений благодаря коэффициентам перед синусом и косинусом левой и правой части уравнения. $$begin{cases} -2A = 2 \ 2B = -4 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} A = -1 \ B = -2 end{cases}$$ Благодаря полученным коэффициентам $A$ и $B$ записываем $$y_text{ч.н.} = -sin x + 2cos x$$

Итак, общее решение неоднородного дифференциального уравнения в итоге будет иметь вид $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.} = C_1e^{x}+C_2e^{-x} -sin x + 2cos x.$$

Так как требуется найти решение задачи Коши, то ход действий на этом не закончен. Переходим к вычислению коэффициентов $C_1$ и $C_2$.

Берём первую производную $y’ = C_1e^x — C_2e^{-x} — cos x — 2sin x$.

Теперь можно составить систему уравнений $$begin{cases} y'(0)=0 \ y(0) = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} C_1 — C_2 — 1 = 0 \ C_1 + C_2 + 2 = 0 end{cases}.$$ Решаем систему уравнений. $$begin{cases} C_1 = C_2 + 1 \ C_2 + 1 + C_2 + 2 = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} C_1 = C_2 + 1 \ C_2 = -frac{3}{2} end{cases} Leftrightarrow begin{cases} C_1 = -frac{1}{2} \ C_2 = -frac{3}{2} end{cases}.$$

Теперь подставляя полученные константы в общее решение дифференциального уравнения записываем решение задачи Коши в окончательном виде $$y = -frac{1}{2}e^x — frac{3}{2}e^{-x} -sin x + 2cos x.$$

Источник

Принцип и понятие

Под задачей Коши для дифференциального уравнения понимают выражение вида: y’ = f (x, y) с начальным условием, соответствующим равенству: y (x0) = y0. По сути, это обозначает, что необходимо найти такое решение уравнения, которое проходит через заданную точку игрек и икс нулевое. Решением задачи называется функция, заданная на указанном интервале в окрестности точки икс нулевое, то есть: x Є (x0 — q, x0 + q).

Для проведения анализа функции должны выполняться следующие критерии:

y (x0) = y0;
y’ = f (x, y (x));
V x Є (x0 — q, x0 + q).

Следует отметить, что решение Коши включает в себя и сам интервал икс нулевое плюс минус кью, фактически q-окрестность. Это обозначает, что одна и та же функция, задаваемая одной формулой, но рассматриваемая на разных интервалах, представляет два разных нахождения задачи Коши. Отсюда возникает вопрос, при каких же ответах существует решение Коши, а также когда оно будет единственным.

Существует теорема, гарантирующая единственность какого-то решения задачи. На самом деле возможность аналитического подхода Коши требует лишь главного условия, при котором функция f будет непрерывной в какой-то окрестности точки x0, y0. Но для доказательства единственности этого недостаточно. Для нормального случая необходимо следующее:

Функция f (x, y) непрерывна в некоторой окрестности точки (x0, y0).
Существует такая константа C, что для любых точек икс и игрек выполняется неравенство: |f (x, y) — f (x2, y2)| ⩽ C |y1 — y2|.

По игреку функция должна иметь обыкновенный рост, то есть не убыстряющийся (локальный подъём не превышать линейный). Если эти два условия выполняются, то решение Коши существует и оно будет единственным. Это значит, что тогда у точки икс нулевое найдётся такая окрестность, в которой существует решение и к тому же оно будет единственным.

А это обозначает, что любая другая функция в этой окрестности, удовлетворяющая уравнениям начальных условий, совпадает с той, существование которой утверждается. При этом на практике проверка условия на самом деле вещь не очень сложная, особенно если функция f (y) имеет в окрестности ограниченную производную.

Алгоритм нахождения

Пусть имеется функция у’ = 2 * √ |y| и условие что y (0) = 0. Необходимо её исследовать. Тут можно заметить, что в этом случае функция зависит только от игрека и условию не удовлетворяет. В окрестностях точки с координатами (0, 0) она не удовлетворяет условию, так как любая окрестность захватывает ноль, а у корня квадратного по игреку будет бесконечная производная.

Это приводит не к единственности получения результатов. Так, у уравнения есть два решения: y1 тождественный нулю; y2 равняется x2. Согласно условию, игрек стоит по модулю, точнее, можно сказать, что для отрицательных значений икс будет меньше ноля, а положительных — больше.

Главный же вопрос заключается в продолжаемости анализа. Доказывается возможность простым построением решения с использованием специальных условий. В итоге должна быть найдена окрестность в точке x0. То есть берётся уравнение и точка с начальными координатами, затем выясняется, что в окрестности выполнены условия теоремы и строится решение.

Затем исследуется другая точка и изучается структура её окрестности. Например, обнаруживается, что условия существования единственности выполняются. Согласно теореме, тогда можно будет строить решение, где в качестве начальной точки будет взята любая координата. Другими словами, получается более широкое решение. Поэтому возникает вопрос, насколько можно приблизить точность ответа. Практические примеры показывают, что иногда можно двигаться до бесконечности, а в некоторых случаях сделать не более трёх шагов.

Если есть два уравнения y’ = f (x, y); y (x0) = y0 имеющие два решения: y1 (x), x Є I1 (эX), y2 (x), x єI2 (єX0). Тогда можно утверждать, что игрек два будет продолжением решения y1 (x) если в I2 входит I1, а y2 (x) равняется y1 (x) для любого икс из интервала I1. Следует учесть, что в этом определении в качестве областей функции всегда рассматривается интервал.

В изучении исследуются и матричные функциональные системы, состоящие из нескольких переменных A (z 1, z 2, …, zn). При этом z являются вещественными, а элементы матрицы могут быть как вещественными, так и комплексными. Исходя из этого даётся определение того, что функция, описываемая матрицей, непрерывна тогда, когда все элементы непрерывны в точке или на некотором множестве.

При определении используют численные и векторные функции от аргумента: y = (x), где y — это столбец от набора игреков, а икс со штрихом — от набора иксов. Таким образом, обобщённым решением будет такое действие, которое не будет иметь нетривиального продолжения, то есть вторые интервалы содержать первые.

Примеры задач

На практических занятиях по высшей математике студентам предлагается для понимания курса выполнить ряд практических заданий. Существует типовой набор задач, научившись решать которые учащийся досконально разберётся в теме. Вот некоторые из них.

Первый пример. Имеется уравнение y’ = (2y / x lnx) + 1/x, для которого установлено начальное условие y (e) = 0. Необходимо найти решение, проходящее через точку e. Перед тем как приступить непосредственно к решению, необходимо отметить, что функция f (x, y) определённа всюду, за исключением прямых x = 0 и x = 1. Отсюда следует, что краевое решение не может быть вычислено на интервале от нуля до единицы.

В этом примере должен содержаться интервал, имеющий координату точки e по иксу. Он не может включать значения меньше единицы, так как необходимо, чтобы выполнялось заданное условием уравнение, которое в точке x = 1 теряет смысл, ведь в ней функция неопределённа. Установив это, можно переходить к анализу уравнения.

Заданное равенство является линейным — неоднородным уравнением первого порядка. Для решения нужно сначала рассмотреть левое соотношение: y’ = 2y / x * lnx. Добавив константу, уравнение можно переписать как y = c * e. Теперь необходимо взять интеграл исходя из первообразной формулы: ∫ 2 dx / (x *lnx).

После того как будет найдена постоянная, через общий интегральный метод с учётом условия определения функции, уравнение в окрестности точки e будет иметь решение вида: y = ln2x — lnx. Из полученного выражения можно сделать вывод, что функция будет определена для всех положительных иксов, но рассматривать её необходимо от единицы до плюс бесконечности. Это и будет максимальное непродолжаемое решение задачи: xЄ (1, + ∞).

Второй пример. Пусть имеется функция y’ = y / (1+x²) с начальным условием: y = y (0). В задании нужно будет рассмотреть дифференциальную кривую уравнения, проходящего через точку y0. Нужно заметить, что функция f (x, y) в любой ограниченной области двумерной плоскости удовлетворяет условию регулярности для теоремы существования единственности. В задаче спрашивается, каким должен быть y0, если предел максимального решения при иксе, стремящемся к плюс бесконечности, равняется единице.

Учитывая, что в этой постановке заложено, чтобы решение было определённо до плюс бесконечности и то, что уравнение является однородно линейным, по общей формуле особое решение будет иметь вид: y = c * e^arctgx. Игрек нулевое не может равняться нулю, ведь в ином случае решением уравнения будет тождественный ноль и заданное условие выполняться не будет. В итоге получится, что y = y0 * e^arctgx. Это решение и является подходящей функцией для любого интервала.

Операционный метод

Решение задачи Коши (примеров) целесообразно выполнять экономичным методом интегрирования линейных выражений, содержащих постоянные коэффициенты. Суть способа сводится к решению алгебраических равенств или неравенств. Алгоритм исследования заключается в следующих действиях:

Функции Y (p) и F (p) обозначают как изображения для y (x) и f (x).
Используя главные преобразования Лапласа, обрабатывая изображения, получают (pn (Yp) — pⁿ ^-1 y 0 — …- yn -1) + a 1 (pⁿ ^-1 y (p) — pⁿ ^-2 y 0 — … — yn -2) + … + anY (p) = F (p) или, A (p)Y (p)+B (p) = F (p), причём A (p) и B (p) являются многочленами.
Найденное решение y (p) = (F (p) — B (p)) / A (p) и будет искомым y (x) для искомого y (p).

Например, пусть необходимо решить уравнение вида: x» + 4x = sin (2t), при x (0) = 1, x'(0) = -2. Классическим методом находить ответ довольно трудоёмко, поэтому имеет смысл для заданного уравнения использовать операционное исчисление. Для начала следует ввести замену Lx = x. Затем к обеим частям равенства применить преобразование Лапласа: Lx » + L 4 x = L * sin (2 t). Отсюда: Lx = x, Lx » = p ² x — px (0) — x'(0). Функция Лапласа используется для преобразования вещественной переменной в выражение с комплексной переменной и наоборот. Это и позволяет использовать её при решениях дифференциальных уравнений и систем.

На следующем этапе нужно подставить исходные данные в равенство: Lx» = p²x — p + 2. Далее, следует выполнить преобразование и выразить неизвестную функцию. В итоге должно получиться выражение: X = (p ³ — 2 p ² — 4 p — 6) / (p ² + 4)². Теперь можно найти оригинал изображений: x = L-1 {(p3 — 2p2 + 4p — 6) / (p2+4)2)} = cos (2t) — sin (2t) + (sin (2t) — 2tcos (2t))/8.

Использование онлайн-калькулятора

Часто решение задач по рассматриваемой теме связано с большими трудозатратами. Это касается времени и повышенного внимания. На практике не всегда получается правильно применить алгоритм и избежать ошибок. Поэтому имеет смысл для сложных заданий использовать онлайн-калькулятор. Решения на задачу Коши с его помощью доступны любому заинтересованному, имеющему доступ к интернету и устройство, поддерживающее работу веб-обозревателя.

В интернете существует довольно большое количество различных математических онлайн-решителей. В своём большинстве они бесплатны и ориентированы на работу даже с людьми, совершенно не разбирающимися в тематике. Поэтому они привлекательны не только как инструмент, предоставляющий быстрый и правильный ответ на поставленную задачу, но и как обучающие программы.

Всё дело в том, что на страницах сервисов, предлагающих такого рода услуги, содержится вся необходимая теоретическая информация. Кроме этого, они предлагают к рассмотрению типовые примеры с подробным объяснением решения. Из онлайн-калькуляторов, предоставляющих бесплатный доступ к своим услугам в русском сегменте интернета, можно отметить следующие:

Math.semestr.
Allcalc.
Kontrolnaya-rabota.
Matematikam.
Primat.

Приведённые сервисы помогают без труда найти студентам решение дифференциального уравнения с заданными начальными условиями. Для этого в предлагаемую форму необходимо записать дифуравнение и через запятую начальные данные. Затем просто нажать интерактивную кнопку «Решить» и через некоторое время на экране дисплея отобразится ответ.

Для правильной записи уравнения существуют подсказки, так что разобраться, как работает сайт, сможет пользователь даже со слабой компьютерной подготовкой. Кроме этого, некоторые сервисы предлагают не просто ответ, а и пошаговое решение, к которому даётся комментарий. Решив несколько заданий, учащийся сможет разобраться в алгоритме и вычислять уравнения уже самостоятельно.

Следует отметить, что предложенные сервисы могут находить ответ для любой сложности математической задачи, например, вычисляя устойчивость математических моделей. Они также востребованы в инженерии и научных исследованиях, связанных с анализом функций. Для таких расчётов важны точность и время, что вполне могут обеспечить математические онлайн-сервисы.

Источник

5.Решение обыкновенных дифференциальных уравнений

Обыкновенные дифференциальные уравнения представляют собой зависимость между искомой функцией одного аргумента, самим аргументом и производными искомой функцией различного порядка. При этом старшая степень производной, входящая в такую зависимость, называется порядком дифференциального уравнения. В работе [2] рассмотрены методы решения различных типов обыкновенных дифференциальных уравнений. Следует отметить, что во всех классических учебниках особое внимание уделяется аналитическим методам решения дифференциальных уравнений. При этом уже для уравнений первого порядка имеются только несколько типов уравнений, решаемых аналитически. При решении подавляющего большинства практических задач данные методы неприменимы вследствие сложности дифференциальных уравнений. Пакет Mathcad предназначен для решения практических задач, поэтому в него встроены численные методы решения задачи Коши и краевой задачи. Аналитическое решение дифференциальных задач при помощи пакета получить нельзя.

Вработе [2] рассмотрена постановка и решение задачи Коши методами Эйлера и Рунге–Кутта. В данной работе мы ограничимся программами расчета в рамках пакета Mathcad для решения задачи Коши дифференциального уравнения первого порядка, разрешенного относительно производной.

y′ = f (x, y), x [a,b], y(a) = y0.

(5.1)

В качестве тестовой задачи выберем несложную задачу Коши, имеющую аналитическое решение.

y′ = 0,5ex y2 , x [0,1], y(0) =1.

(5.2)

Это легко интегрирующее уравнение с разделяющимися переменными. Общее решение получается следующим образом:

	2dy	= ex dx	−2	= ex +c y =	−2	. Подставляя дополни-
	y2	y	ex +c

тельное условие	y(0) =1, получаем теоретическое решение по-

ставленной задачи Коши y = 3 −2ex .

Найдем значение полученного теоретического решения в

правой точке границы области y(1) =		2		≈ 7.09929356.
3	−e

5.1.1. Решение задачи Коши методом Эйлера
Напомним формулу Эйлера с постоянным шагом h для
решения задачи (5.1)
y0 = y0; yi+1 = yi + h f (xi , yi );		i = 0,1,2,…, N,	(5.3)

где N – число разбиений отрезка [a, b] на подынтервалы постоянной длины h. При этом шаг разбиения h = b N−a . Координаты уз-

ловых точек xi вычисляются по формуле xi = a + h i; i = 0,1,2,…, N.

Алгоритм решения задачи Коши методом Эйлера достаточно простой.

1.Задание начальных данных.

2.i = 0, y0 = y0 .

3. yi+1 = yi + h f (xi , yi ), i = i +1.

4.Если i<N перейти на пункт 3.

5.Вывод решения задачи Коши в узловых точках и построе-

ние графика искомой функции по точкам {xi , yi }, i = 0,1,2,…, N.

Представим теперь программу, реализующую данный алгоритм на Mathcad. Для наглядности, программа снабжена комментариями, которые можно опустить при написании программы. Все комментарии заключены в обрамленные прямоугольные блоки. Для отладки программы выберем небольшое значение, N=5.

Начало программы.

Начальные данные.

a := 0 b :=1 N := 5	h :=	b −a	f (x, y) :=	ex y2
N	2

Создание ранжированных векторов i и j , предназначенных для

организации циклов. i := 0..N j := 0..N −1

Вычисление координат узловых точек. xi = a + h i

Цикл последовательного вычисления значений искомой функции y(x) в узловых точках y1, y2 ,…, yN .

y0 := y0 y j+1 := y j + h f (x, y).

Вывод вектора решений.

yT = (1 1.1 1.248 1.48 1.879 2.665).

Конец программы.

Погрешность полученного решения накапливается на каждом интервале и принимает максимальное значение при x=1. Сравнивая полученное численное решение при N=5 с точным решением, получаем достаточно большую погрешность 4.434. При N=100 погрешность уменьшается до 0,991, а при N=1000 – до 0,123.

Осталось построить график полученного решения. Ниже мы приведем сравнительные графики решений для трех методов.

5.1.2. Решение задачи Коши методом Рунге–Кутта второго порядка

Метод Рунге–Кутта второго порядка точности описывается формулой, приведенной в работе [2].

y0 = y0,						(5.4)
			h		h
y j+1	= y j +	(1−α) f (x j , y j ) +α f (x j +		, y j +		f (x j , y j ) h.
2α	2α

Параметр α в данной формуле изменяется в диапазоне от 0 до 1 и задает скорость сходимости численного решения. Этот параметр необходимо подбирать для каждой конкретной задачи. Как показали численные исследования для задачи Коши (5.2) при ма-

лых значениях числа разбиений N, наиболее оптимальным значением для параметра α является значение 0.26.

Программа данного метода отличается от метода Эйлера, только немного более сложной формулой. В методе Рунге–Кутта второго порядка необходимо на каждой итерации два раза вычислять значение правой части. Приведем только фрагмент программы, реализующий формулу Рунге–Кутта второго порядка. С целью экономии времени вычисления функции формула разбита на три составляющие.

α := 0.25	y0 :=1 y j+1 :=		k1 ← f (x j , y j )	h		h

			k2	← f (x j +	, y j +	k1)
	2	α	2 α

			y j +[(1−α) k1+α k2] h
yT = (1	1.129 1.34 1.736	2.695 6.823).

Погрешность полученного решения при N=5 равна 0,277, при

N=100 – 0,009 и при N=1000 – 0,0001. Таким образом, метод Рун-

ге–Кутта второго порядка значительно точнее метода Эйлера, хотя алгоритм решения такого же уровня сложности. При этом на каждом шаге необходимо вычислять значение правой части в двух точках.

5.1.3. Решение задачи Коши методом Рунге–Кутта четвертого порядка

На практике для решения задачи Коши чаще всего применяют метод Рунге–Кутта четвертого порядка точности.

Метод Рунге–Кутта четвертого порядка точности описывается формулой, приведенной в работе [2].

= y0,

j+1

= y

+ 2k

+ k

)

(5.5)

где

k = f (x

, y ),

= f (x +

, y +

k ),

k = f (x +

, y +

= f (x + h, y + hk

В данном методе на каждой итерации правая часть вычисляется четыре раза в различных точках интервала [xi , xi+1].

Вычислительная программа имеет такой же вид, как и для метода Рунге–Кутта второго порядка.

y0 :=1 y j+1 :=

k1 ← f (x j , y j )

k2 ← f

x j +

, y j +

k3 ← f

x j +

, y j +

k4 ← f (x j + h, y j + h k3)

y j +

(k1+ 2 k2 + 2 k3 + k4)

yT := (1 1.124 1.326

1.698

2.581

6.857).

Погрешность полученного решения при N=5 равна 0,242, при

N=100 – 0,000006 и при N=1000 – 6 10−10 . Таким образом, метод Рунге–Кутта четвертого порядка значительно точнее других методов при одинаковом уровне сложности алгоритмов.

Ниже на одной диаграмме представлены графики решений для всех трех методов при N=5 и график теоретического решения. Из графиков видно, что при переходе на следующий интервал ошибки накапливаются, при этом метод Рунге–Кутта четвертого порядка (yR4), уже при таком малом значении N, дает приемлемой результат. Метод Рунге–Кутта второго порядка (yR2) и метод Эйлера (yE) отслеживают тенденцию изменения теоретического решения, но дают большую погрешность.

Здесь приведены значение всех трех методов и теоретического решения в узловых точках при N=5 и α = 0.5.

Для наглядности приведем полностью всю программу решения задачи Коши (5.2) всеми тремя методами при N=100.

Начало программы.

Конец программы.

Как видно из графиков, результаты, полученные по методу Рунге–Кутта второго и четвертого порядков, совпадают с теоретическим решением, а метод Эйлера требует увеличение числа N.

Задание для самостоятельной работы.

Решить задачу Коши (5.1) методом Эйлера и Рунге–Кутта второго и четвертого порядков точности для приведенных ниже уравнений и начальных данных. На одной диаграмме построить все три решения для трех значений параметра N: N=10, N=100 и

N=1000.

№	Дифференциальное уравнение	[a; b]
вар.
1	y/	+ xysin5x = e0,1x2			[0; 4]
2	y′	+ x1,5 y = y2 sin 2x		[0; 3]
3	y′+ y4		=1− x				[0; 1]
4	2y′− ytg0,2x = xy2			[0; 5]
5	y/	+e0,1x y = sin(xy)			[0; 10]
6	y′	+ xy cos3x = e0,3x			[0; 4]
7	y′	+ xy		= sin 2x			[0; 4]
8	y′	+ xy		= e0,2 x2				[0; 5]
9	y′	+3x0,2 y = ysin 5x		[0; 2]
10	y′	+ y4 ln(x2 +5) =1− x5 y	[0; 2,5]
11	y′	+3x2 y3 = sin 3x			[0; 5]
12	y′	+lg y3 = x2 y			[–1; 2]
13	y′	+lg y2 =		y cos x		[0; 10]
14	y′	+ y3 ln(x2 +5) = x − x4 y	[0; 2]
15	y′	+lg y3 = ysin x2			[–1; 2]
16	y′+	lg y =		y sin x		[0; 12]

17	′			x	=	y	3	sin(x	2	+1)	[0; 5]
	y y −e
18	y′+ x 3		y = ysin(x2 +1)	[0; 5]
19	y′+ x4 4 y5	= y cos(x +5)	[–1; 2]
20	y′+ 3	x7 y = y cos2 (0,2x +5)	[1; 20]
21	y′+ 3	x4 y = ln x + y2e−2 x	[0; 1]
22	y′+ 3	x4 y = x2 ln x + ye−x	[1; 8]
23	y′+ 5	y3 sin x = ysin(x2 +1)	[0; 5]
24	y′+ 5	y3 sin x = ye−	x	[0; 20]
25	y′− 5	y3 cos x = ye−		2 x	[0; 12]
26	y′+ +y 3 x = ey cos3 2x	[1; 10]

Дополн. условие y(0) =1

y(0) =1 y(0) = 0 y(0) =1 y(0) =1 y(0) = 2 y(0) =1 y(0) = 3 y(0) = 2.1 y(0) = 3 y(0) = 0 y(−1) =15 y(0) =10 y(0) = 2 y(−1) = 20 y(0) =10 y(0) =10 y(0) =10 y(−1) =15 y(1) =15 y(0) = 2 y(1) = 20 y(0) =10 y(0) =10 y(0) =15 y(1) = 2

Соседние файлы в папке TEXTBOOKS

#
#
27.05.201534.74 Mб46Вержбицкий_В.Основы_числ_мет..pdf
#

Источник

Содержание:

Достаточное условие существования решения задачи Коши
Достаточные условия существования и единственности решения задачи Коши
Примеры с решением

Задача Коши. Одной из важнейших задач в теории дифференциальных уравнений является так называемая задача Коши. Для уравнения (2),

задача Коши, или начальная задача, ставится следующим образом: среди всех решений уравнения (2) найти такое решение

в котором функция у(х) принимает заданное числовое значение Уо при заданное числовом значении х0 независимой переменной х, т. е.

где и — заданные числа, так что решение (36) удовлетворяет условию:

При этом число называется начальным значением искомой функции, а число — начальным значением независимой переменной. В целом же числа и называются начальными данными решения (36), а условие (38) —начальным условием этого решения.

По этой ссылке вы найдёте полный курс лекций по высшей математике:

Задачу Коши геометрически можно сформулировать так: среди всех интегральных кривых уравнения (2)’найти tj (рис. 6), которая проходит через заданную точку

Будем говорить, что задача Коши с начальными условиями (38) имеет единственное решение, если существует та кое число , что в интервале — определено решение такое, что и не существует решения, определенного в этом же интервале и не совпадающего с решением хотя бы в одной точке интервала

отличной от точки В противном случае, т. е. когда задача Коши с начальным условием (38) имеет не одно решение или же совсем не имеет решений, мы будем говорить, что в точке нарушается единственность решения задачи Коши.

Возможно вам будут полезны данные страницы:

Вопрос о единственности решения задачи Коши представляет исключительный интерес как для самой теории дифференциальных уравнений, так и для ее многочисленных приложений, ибо, зная, что решение задачи Коши единственно, мы, найдя решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, уверены, что других решений, удовлетворяющих тем же начальным условиям, нет.

В вопросах естествознания эго приводит к тому, что мы получаем вполне определенный, единственный закон явления, определяемый только дифференциальным уравнением и начальным условием. Иллюстрацией сказанного может служить хотя бы пример 1, рассмотренный во введении.

Заметим, что в простейшем случае задача Коши встречается нам уже в интегральном исчислении, именно там, по существу, доказывается, что если функция f(x) непрерывна в интервале (а, Ь),то единственным решением уравнения

принимающим значение принадлежит интервалу —любое заданное число, является функция*

Эго решение определено ео всем интервале (а, Ь).

Из формулы (40) легко усмотреть характер зависимости решения рассматриваемой задачи Коши как от независимой переменной, так и от начальных данных.

Прежде всего из курса анализа известно, что решение (40) является непрерывно дифференцируемой** функцией от независимой переменной х. Геометрически это означает, что через точку проходит одна и только одна интегральная кривая. Эта интегральная кривая гладкая***. Она пересекается со всякой -прямой, параллельной оси Оу, не более чем в одной точке.

Из формулы (40) видно также, что решение задачи К о ш и дл я простейшего дифференциального уравнения (39) я в-ляется непрерывной и даже непрерывно дифференцируемой функцией начальных данных

Особые случаи задачи Коши. При постановке задачи Коши с начальными данными мы неявно предполагали, что числа х0 и уо конечны и что правая часть уравнения (2) определена и конечна в точке , т. е. уравнение (2) задает в точке определенное направление поля, причем последнее не параллельно оси Оу. Если правая часть уравнения (2) обращается в точке в бесконечность, то следует рассматривать перевернутое уравнение (.

и искать решение (рис. 7), удовлетворяющее начальному условию: . Единственная «особенность» решения этой задачи Коши состоит только в том, что в точке касательная к интегральной кривой параллельна оси Оу.

Совсем другое положение мы будем иметь, если в точке правая часть уравнения (2) по определена. Предположим, что f(x, у) обращается в точке в неопределенность вида Тогда обычная постановка задачи Коши теряет смысл, так как через точку не проходит ни одна интегральная кривая.

В этом случае задача Коши ставится так:

найти решение вида [или обладающее свойством (28) [или (29)], т. е. найти решение, примыкающее к точке

Здесь, так же как и в основном случае задачи Коши, возникают вопросы существования и единственности решения.

Кроме того, здесь возникают и дополнительные вопросы:

1) имеют ли решения, примыкающие к точке , определенную касательную в этой точке? Дело в том, что само уравнение (2) в этом случае не предписывает никакого определенного направления касательной в такой точке ;

2) если интегральные кривые примыкают к точке с определенными направлениями касательной, то каковы эти направления? Сколько кривых входит по данному направлению? В примерах 3 и 4, рассмотренных в п. 4, все интегральные кривые уравнения (30) примыкают к точке (0,0) (где правая часть обращается в о — неопределенность вида ), имея в ней каждая свою касательную, в то время как ни одна из интегральных кривых уравнения (34) не примыкает к точке (0,0), так что для этого уравнения задача Коши с начальными данными не имеет ни одного решения.

В некоторых случаях возникает необходимость искать решения , удовлетворяющие условиям:

Указанные выше особые случаи задачи Коши исследуются в аналитической теории дифференциальных уравнений и в качественной теории дифференциальных уравнений. Во всех случаях задачи Коши наряду с вопросами существования и единственности возникают /вопросы о свойствах решения задачи Коши как функции независимой переменной (аналитический вид, дифференциальные и геометрические свойства и особенности «поведения во всей области существования) и как функции начальных данных. Рассмотрение этих вопросов составляет одну из основных задач теории дифференциальных уравнений.

Достаточное условие существования решения задачи Коши

Предположим, что правая часть уравнения (2) определена и непрерывна в некоторой области G изменения х и у. Тогда, как уже отмечалось раньше (п. 4), уравнение (2) определяет некоторое поле направлений, причем в силу только что сделанного предположения о непрерывности правой части уравнения (2) это ноле направлений непрерывно, так что направления в двух достаточно близких точках разнятся сколь угодно мало. Заметим, что из сделанного предположения о непрерывности

правой части уравнения (2) следует, что всякое решение этого уравнения (если оно существует) будет непрерывно дифференцируемым, так что всякая интегральная кривая будет гладкой. Всякая интегральная кривая, как уже было сказано в п. 4., обладает чем свойством, что в каждой ее точке направление карательной совпадает с направлением поля, определяемым дифференциальным уравнением в этой точке. Попытаемся, пользуясь этим свойством интегральной кривой, найти решение задачи Коши для уравнения (2) с начальными данными из области G.

Возьмем п области G некоторую точку (рис Наклон поля в этой точке равен Проведем через точку -прямую с угловим коэффициентом

На этой прямой возьмем любую точку , принадлежащую области G, и через нее прощую области G, и через нее проведем прямую с угловым коэффициентом, равным наклону поля в этой точке, т. е. На последней прямой возьмем любую точку принадлежащую области G, и проведем через нее прямую с угловым коэффициентом и т. д. Такое же построение можно сделать и влево от точки . Построенная ломаная линия называется ломаной Эйлера.

Ясно, что можно построить бесчисленное множество ломаных Эйлера, проходящих через точку — Каждая из этих ломаных с достаточно короткими звеньями дает некоторое представление об интегральной кривой, проходящей через точку если эта интегральная кривая существует. Естественно ожидать, что .мы можем построить последовательность ломаных Эйлера, имеющую своим пределом (когда длины всех звеньев ломаной стремятся к пулю, а их число стремится к бесконечности) интегральную кривую, проходящую через точку Л<о(хо, Уо).

Можно доказать*, что при сделанном предположении относительно f(x, у) это действительно имеет место, так что для существования непрерывно дифференцируемого решения задачи Коши для уравнения (2) достаточно предположить, что его правая часть непрерывна в окрестности начальных данных (теорема Пеано).

Заметим, однако, что нс исключена возможность существования нескольких последовательностей ломаных Эйлера, проходящих через точку , каждая из которых стремится к своей интегральной кривой, так что в общем случае, нет оснований ожидать, что мы получим единственную интегральную кривую, проходящую через точку . Более того, как показал М. Л. Лаврентьев**, единственность решения может нарушаться даже во всех точках непрерывности правой части уравнения (2).

Таким образом, теорема Пеано есть только теорема существования решения задачи Коши. Единственности решения она не гарантирует.

Достаточные условия существования и единственности решения задачи Коши

Поставим вопрос: каким условиям достаточно подчинить правую часть уравнения (2) в окрестности начальных данных чтобы через точку проходила одна и только одна интегральная кривая этого уравнения» В общем виде этот вопрос мы рассматриваем в гл. V, где пр* некоторых предположениях относительно правой части уравнения (2) мы доказываем существование и единственность решения задачи Коши и показываем, что свойства решения задачи Коши вполне определяются свойствами правой части уравнения (2) и начальными данным и. Сейчас мы приведем без дока-загельства основную теорему существования и единственности (теорему Пикара) для уравнения (2) в упрощенной формулировке.

Теорема. Пусть дано уравнение (2),

и поставлено начальное условие (38),

Предположим, что функция определена в некоторой замкнутой ограниченной области (рис. 9)

с точкой внутри (а и b — заданные положительные числа) и удовлетворяет в ней следующим двум условиям.

У 1. Функция непрерывна и следовательно, ограничена, т. е.

где М—постоянное положительное число, а(х, у) — любая точка области R;

II. Функция f(x, у) имеет ограничейную частную производную по аргументу у, т. е.:

где К — постоянное положительное число, а (х, у)—любая точка области R.

При этих предположениях уравнение (2) имеет единственное решение (36),

удовлетворяющее начальному условию (38). Это решение определено и непрерывно дифференцируемо в некоторой окрестности начального значения х0 независимой переменной х, а именно оно заведомо определено в интервале

где h есть наименьшее из чисел

Из этой теоремы, в частности, следует, что если правая часть уравнения (2) есть полином относительно х и у или любая другая функция, определенная и непрерывная относительно х и у вместе с частной производной по у при всех значениях х и у, то через любую точку проходит одна и только одна интегральная кривая, ибо во всяком прямоугольнике R с центром в точке (х0, уо) оба условия теоремы Пикара будут очевидно выполнены. В этом случае вся плоскость (х, у) будет заполнена не пересекающимися и не касающимися друг друга гладкими интегральными кривыми.

Примеры с решением

Пример 1.

Пусть дано уравнение

и поставлено начальное условие:

Так как правая часть уравнения (45) есть полином относительно х и у, то решение с любыми начальными условиями, в том числе и с начальным условием (46), существует и единственно.

Оценим область определения решения с начальным условием (46).

С этой целью построим прямоугольник R с центром в точке (0, 0),

причем в качестве а и b можно взять любые положительные числа. Будем иметь:

Отсюда видно, что h зависит от выбора чисел а к &*. В частности, при а = b — 1, получим:

Поэтому уравнение (45) имеет единственное решение, заведомо определенное в интервале и удовлетворяющее начальному условию (46). это решение непрерывно дифференцируемо.

С геометрической точки зрения полученный результат означает, что уравнение (45) имеет только одну интегральную кривую, проходящую через начало координат, причем эта интегральная кривая гладкая.

Этот результат приобретает особое значение, если принять во внимание, что уравнение (45) не интегрируется пи в элементарных функциях, пи в квадратурах от элементарных функций, в чем мы убедимся в п. 51. Установленный факт существования и единственноеги решения дает нам основание пытаться искать его другими методами и в том числе находить это решение приближенно.

Пример 2.

Найти решение уравнения

удовлетворяющее начальному условию:

Так как правая часть уравнения (50) вместе с ее частной производной по непрерывна при всех х и у, то через каждую точку плоскости (х, у) проходит единственная интегральная кривая. Это же будет иметь место и в начале координат. Но легко заметить, что у = 0 (ось Ох) есть решение уравнения (50) и это решение проходит через начало координат, так чго оно и будет искомым решением. В силу только что установленной единственности решения уравнение (50) не имеет других решений, проходящих через начало координат.

* Наибольшим значением h будет

Вообще, если в уравнении (2) функция f(x, у) удовлетворяет обоим условиям теоремы Пикара в некоторой окрестности заданной точки (х0, у0) и такова, что , то единственным решением этого уравнения, проходящим через точку , будет прямая

Лекции:

Дифференциальные уравнения
Алгебраические комплексные числа
Рациональная функция
Несобственный интеграл второго рода
Объемы многогранников
Ряд тейлора примеры решения
Каноническое уравнение эллипса
Ряд Маклорена
Полное приращение и полный дифференциал функции многих переменных
Производная косинуса

Источник

Содержание

Применения операционного исчисления

Решение задачи Коши для ОДУ с постоянными коэффициентами

Пример 1.

Решить однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
begin{align*}
&x»’+2x»+5x’=0,\
&x(0)=-1, ,, x'(0)=2, ,, x»(0)=0.
end{align*}

Записываем изображения для левой и правой частей дифференциального уравнения. Для левой части используем теорему о дифференцировании оригинала:
begin{align*}
&x(t) risingdotseq X(p),\
&x'(t) risingdotseq pX(p)-x(0)=pX(p)+1,\
&x»(t) risingdotseq p^2X(p)-px(0)-x'(0)=p^2X(p)+p-2,\
&x»'(t) risingdotseq p^3X(p)-p^2x(0)-px'(0)-x»(0)=p^3X(p)+p^2-2p-0.
end{align*}
Справа стоит $0$, изображение для него тоже $0$.

Запишем уравнение с изображениями (операторное уравнение). Оно уже будет алгебраическим, а не дифференциальным:
begin{equation*}
p^3X(p)+p^2-2p+2(p^2X(p)+p-2)+5(pX(p)+1)=0.
end{equation*}
И найдем из него неизвестное $X(p)$:
begin{equation*}
X(p)=-frac{p^2+1}{p(p^2+2p+5)}.
end{equation*}
Используя теоремы, приемы, таблицы операционного исчисления получим оригинал:
begin{equation*}
X(p) risingdotseq x(t)=-displaystylefrac15-displaystylefrac45 e^{-t}mbox{cos},2t+displaystylefrac35e^{-t}mbox{sin},2t.
end{equation*}

Пример 2.

Решить неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
begin{gather*}
x»-2x’-3x=e^{3t},\
x(0)=x'(0)=0.
end{gather*}

Записываем изображения для левой и правой частей дифференциального уравнения. Для левой части используем теорему о дифференцировании оригинала:
begin{align*}
&x(t) risingdotseq X(p),\
&x'(t) risingdotseq pX(p)-x(0)=pX(p),\
&x»(t) risingdotseq p^2X(p)-px(0)-x'(0)=p^2X(p),
end{align*}
Справа стоит $e^{3t}$, изображение равно $displaystylefrac{1}{p-3}$.

Запишем операторное уравнение:
begin{equation*}
(p^2-2p-3)X(p)=frac{1}{p-3}.
end{equation*}
Находим $X(p)$:
begin{equation*}
X(p)=frac{1}{(p-3)^2(p+1)}.
end{equation*}
Используя, например, вторую теорему разложения, получим оригинал:
begin{equation*}
X(p) risingdotseq displaystylefrac14,te^{3t}-displaystylefrac{1}{16},e^{3t}+displaystylefrac{1}{16},e^{-t}.
end{equation*}

Пример 3.

Решить неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
begin{gather*}
x»+3x’=mbox{cos},2t,\
x(0)=2, ,, x'(0)=0.
end{gather*}

Операторное уравнение:
begin{equation*}
p^2X(p)-2p+3pX(p)-6=frac{p}{p^2+4} ,, Rightarrow
end{equation*}
begin{equation*}
X(p)=frac{2p^3+6p^2+9p+24}{p(p+3)(p^2+4)} ,, Rightarrow
end{equation*}
begin{equation*}
x(t)=2+displaystylefrac{1}{13},te^{-3t}-displaystylefrac{1}{13},mbox{cos},2t+displaystylefrac{3}{26},mbox{sin},2t.
end{equation*}

Пример 4.

Решить неоднородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами.
begin{gather*}
x»+x’=e^t,\
x(1)=1, ,, x'(1)=2.
end{gather*}
Так как начальные условия даны не при $t=0$, сразу применить теорему о дифференцировании оригинала мы не можем. Поставим вспомогательную задачу для функции $y(t)=x(t+1)$:
begin{gather*}
y»+y’=e^{t+1},\
y(0)=1, ,, y'(0)=2.
end{gather*}
Записываем операторное уравнение
begin{equation*}
(p^2Y(p)-p-2)+(pY(p)-1)=displaystylefrac{e}{p-1}.
end{equation*}

Решаем полученное уравение:
begin{equation*}
Y(p)=displaystylefrac{e}{(p-1)(p^2+p)}+displaystylefrac{p+3}{p^2+p}.
end{equation*}
begin{equation*}
y(t)=displaystylefrac12e^{t+1}+left(displaystylefrac{e}{2}-2right)e^{-t}+(3-e).
end{equation*}
Со сдвигом на $1$ находим решение исходной задачи:
begin{equation*}
x(t)=y(t-1)=displaystylefrac12e^{t}+left(displaystylefrac{e}{2}-2right)e^{-t+1}+(3-e).
end{equation*}

Решение задачи Коши для систем линейных ДУ

Пример 5.

Решить систему линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x’ = 2x+8, \
&y’ = x+4y+1, \
&x(0)=1,, y(0)=0. \
end{aligned}
right.
end{equation*}

Запишем изображения:
begin{equation*}
begin{array}{ll}
x(t) risingdotseq X(p), & x'(t) risingdotseq p,X(p)-1, \
y(t) risingdotseq Y(p), & y'(t) risingdotseq p,Y(p).
end{array}
end{equation*}
begin{equation*}
8 risingdotseq displaystylefrac{8}{p}, ,, 1 risingdotseq displaystylefrac{1}{p}.
end{equation*}

Операторная система уравнений принимает вид:
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
pX(p)-1 &= 2X(p)+displaystylefrac{8}{p}, \
pY(p) &= X(p)+4Y(p)+displaystylefrac{1}{p}.\
end{aligned}
right.
end{equation*}

Решаем систему, находим изображения $X(p)$, $Y(p)$ и их оригиналы $x(t)$, $y(t)$:
begin{equation*}
X(p)=displaystylefrac{p+8}{p(p-2)} risingdotseq x(t)=-4+5e^{2t}.
end{equation*}
begin{equation*}
Y(p)=displaystylefrac{2p+6}{p(p-2)(p-4)} risingdotseq y(t)=displaystylefrac34-displaystylefrac52,e^{2t}+displaystylefrac74,e^{4t}.
end{equation*}

Пример 6.

Решить систему линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x’ = 2x+8y, \
&y’ = x+4y+1, \
&x(0)=1,, y(0)=0.\
end{aligned}
right.
end{equation*}

begin{equation*}
begin{array}{ll}
x(t) risingdotseq X(p), & x'(t) risingdotseq p,X(p)-1, \
y(t) risingdotseq Y(p), & y'(t) risingdotseq p,Y(p),\
1 risingdotseq displaystylefrac{1}{p}. &\
end{array}
end{equation*}

Операторная система уравнений принимает вид:
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
pX(p)-1 &= 2X(p)+8Y(p), \
pY(p) &= X(p)+4Y(p)+displaystylefrac{1}{p}.\
end{aligned}
right.
end{equation*}

Решаем систему находим изображения $X(p)$, $Y(p)$ и их оригиналы $x(t)$, $y(t)$:
begin{equation*}
X(p)=displaystylefrac{p^2-4p+8}{p^2(p-6)} risingdotseq x(t)=frac49-frac43,t+frac59,e^{6t}.
end{equation*}
begin{equation*}
Y(p)=displaystylefrac{2(p-1)}{p^2(p-6)} risingdotseq y(t)=-displaystylefrac{5}{18}+displaystylefrac13,t+displaystylefrac{5}{18},e^{6t}.
end{equation*}

Пример 7.

Решить систему линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами.
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x’-2x-4y = mbox{cos}, t, \
&y’+x+2y = mbox{sin},t, \
&x(0)=0,, y(0)=0.\
end{aligned}
right.
end{equation*}

Операторная система уравнений принимает вид:
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
(p-2)X(p)-4Y(p) &= frac{p}{p^2+1}, \
X(p)+(p+2)Y(p) &= frac{1}{p^2+1}.\
end{aligned}
right.
end{equation*}

Решаем систему находим изображения $X(p)$, $Y(p)$ и их оригиналы $x(t)$, $y(t)$:
begin{equation*}
X(p)=displaystylefrac{2}{p}+displaystylefrac{4}{p^2}-displaystylefrac{2p+3}{p^2+1} risingdotseq x(t)=2+4t-2,mbox{cos},t-3,mbox{sin},t.
end{equation*}
begin{equation*}
Y(p)=-displaystylefrac{2}{p^2}+displaystylefrac{2}{p^2+1} risingdotseq y(t)=-2t+2,mbox{sin},t.
end{equation*}

Решение ОДУ с помощью интеграла Дюамеля

Интеграл Дюамеля можно применять для решения задачи Коши только с нулевыми начальными условиями: $x(0)=x'(0)=ldots=x^{(n)}(0)=0$.

Введем обозначения:

Уравнение: $x^{(n)}(t)+a_1,x^{(n-1)}(t)+ldots+a_n,x(t)=f(t)$.

Начальные условия: $x(0)=x'(0)=ldots=x^{(n)}=0$.

Неизвестная функция $x(t)$, имеющая изображение $X(p)$.

Сложная функция в правой части $f(t)$, имеющая изображение $F(p)$.

Запишем алгоритм решения.

1. Решается вспомогательное уравнение
$$ y^{(n)}(t)+a_1,y^{(n-1)}(t)+ldots+a_n,y(t)=1.$$
С учетом начальных условий левая и правые части уравнений будут иметь изображения:
begin{equation*}
begin{aligned}
y(t) & risingdotseq Y(p),\
y'(t) & risingdotseq p,Y(p),\
y»(t)& risingdotseq p^2Y(p),\
&cdots\
y^{(n)}(t)& risingdotseq p^nY(p).
end{aligned}
end{equation*}
Вспомогательное операторное уравнение запишем в виде:
begin{gather*}
Y(p)cdot h(p) = frac{1}{p},\
h(p)=p^n+a_1p^{n-1}+ldots+a_n.
end{gather*}
$$Y(p) risingdotseq y(t).$$

2. Решается исходное уравнение. Левая часть уравнения совпадает с левой частью вспомогательного, поэтому операторное уравнение записывается так:
$$ X(p)cdot h(p) = F(p),$$
при этом $h(p)$, используя решение вспомогательного уравнения, можно записать в виде
begin{equation*}
h(p)=frac{1}{pY(p)}.
end{equation*}
Тогда
$$ X(p) = F(p),pY(p).$$
Для нахождения $x(t)$ необходимо найти оригинал для $pY(p)F(p)$, то есть вычислить интеграл из формулы Дюамеля:
$$ p F(p) Y(p) risingdotseq y(0)cdot f(t)+intlimits_0^t f(tau),y'(t-tau),dtau,$$
где $y(t)$ — уже найденное решение вспомогательного уравнения.

Пример 8.

Решить задачу Коши с помощью интеграла Дюамеля.
begin{equation*}
x»+2x’=frac{1}{1+e^{2t}}, ,, x(0)=0, ,, x'(0)=0.
end{equation*}
Решаем через интеграл Дюамеля в два этапа, как было описано выше.

1. Вспомогательное уравнение:
begin{equation*}
y»+2y’=1, ,, y(0)=y'(0)=0.
end{equation*}
begin{equation*}
(p^2+2p)Y(p)=frac{1}{p}.
end{equation*}
begin{equation*}
Y(p)=-frac{1}{4p}+frac{1}{2p^2}+frac{1}{4(p+2)},, Rightarrow
end{equation*}
begin{equation*}
y(t)=-frac14+frac12t+frac14 e^{-2t}.
end{equation*}

2. Исходное уравнение в операторном виде:
begin{equation*}
(p^2+2p)X(p)=F(p).
end{equation*}
Правая часть этого уравнения такая же, как и для вспомогательного. Левую часть $frac{1}{1+e^{2t}}$ обозначим $f(t)$, ее изображение $F(p)$. Тогда
begin{equation*}
X(p)=frac{F(p)}{p^2+2p}.
end{equation*}
Решая вспомогательное уравнение, мы находили:
begin{equation*}
(p^2+2p)Y(p)=frac{1}{p},, Rightarrow ,, p^2+2p=frac{1}{pY(p)}.
end{equation*}
Тогда
begin{equation*}
X(p)=frac{F(p)}{frac{1}{pY(p)}}=pF(p)Y(p).
end{equation*}

Теперь по формуле Дюамеля получаем:
begin{equation*}
X(p)=p F(p) Y(p) risingdotseq x(t)=y(0)cdot f(t)+intlimits_0^t f(tau),y'(t-tau),dtau,
end{equation*}
где $y(t)$ — уже найденное решение вспомогательного уравнения:
begin{equation*}
begin{aligned}
& y(t)=-frac14+frac12t+frac14 e^{-2t},\
& y(0)=0,\
& y'(t-tau)=frac12-frac12e^{-2(t-tau)}.
end{aligned}
end{equation*}

Тогда
begin{equation*}
begin{aligned}
& x(t)=intlimits_0^tdisplaystylefrac{frac12-frac12e^{-2t+2tau}}{1+e^{2tau}},dtau=ldots=\
& = frac12,t+frac14left(1+e^{-2t}right)left(mbox{ln},2-mbox{ln}(1+e^{2t})right).
end{aligned}
end{equation*}

Решение задачи Коши с правой частью, содержащей функцию Хэвисайда

Пример 9

Решить задачу Коши, когда правая часть дифференциального уравнения содержит составную функцию (выражаемую через функцию Хэвисайда).
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x»+x=eta(t)-eta(t-2), \
&x(0)=0,\
&x'(0)=0.
end{aligned}
right.
end{equation*}

Запишем изображения для левой и правой частей уравнения:
begin{align*}
&x»+x risingdotseq p^2,X(p)+X(p),\
&eta(t)-eta(t-2) risingdotseq frac{1}{p}-frac{e^{-2p}}{p}.
end{align*}
Для правой части, содержащей функцию Хэвисайда, воспользовались теоремой запаздывания.

Получаем операторное уравнение:
begin{equation*}
(p^2+1)X(p)=frac{1}{p}-frac{e^{-2p}}{p}
end{equation*}
и записываем $X(p)$:
begin{equation*}
X(p)=frac{1}{p(p^2+1)}-frac{e^{-2p}}{p(p^2+1)}.
end{equation*}

Находим изображение для $displaystylefrac{1}{p(p^2+1)}$ с помощью теоремы об интегрировании оригинала:
begin{align*}
&frac{1}{p^2+1}risingdotseq mbox{sin},t ,, Rightarrow\
&frac{1}{p(p^2+1)}risingdotseq intlimits_0^t,mbox{sin},tau,dtau=-mbox{cos},t+1.
end{align*}
Тогда изображение для $displaystylefrac{e^{-2p}}{p(p^2+1)}$ по теореме запаздывания будет равно:
begin{equation*}
frac{e^{-2p}}{p(p^2+1)}risingdotseq (-mbox{cos},(t-2)+1)eta(t-2).
end{equation*}

Решение заданного уравнения:
begin{equation*}
x(t)= (1-mbox{cos},t)eta(t)-(1-mbox{cos},(t-2))eta(t-2).
end{equation*}

Пример 10

Решить задачу Коши, когда правая часть дифференциального уравнения задана графически (и выражается через функцию Хэвисайда).
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x»+4x=f(t). \
&x(0)=0,\
&x'(0)=0.
end{aligned}
right.
end{equation*}

Запишем аналитическое выражение для $f(t)$ с помощью функции Хэвисайда и найдем ее изображение:
begin{align*}
&f(t)=2teta(t)-4(t-1)eta(t-1)+2(t-2)eta(t-2),\
&F(p)=frac{2}{p^2}(1-2e^{-p}+e^{-2p}).
end{align*}
Операторное уравнение имеет вид:
begin{align*}
&X(p)(p^2+4)=frac{2}{p^2}(1-2e^{-p}+e^{-2p}),, Rightarrow\
&X(p)=frac{2}{p^2(4+p^2)}(1-2e^{-p}+e^{-2p}).
end{align*}

Для первого слагаемого найдем оригинал, разложив дробь на сумму простейших:
begin{gather*}
frac{2}{p^2(4+p^2)}=frac{1}{2p^2}-frac{2}{4(p^2+4)} risingdotseq frac12t-frac14,mbox{sin},2t.
end{gather*}
Для остальных слагаемых воспользуемся теоремой запаздывания:
begin{gather*}
X(p)risingdotseq x(t)= frac12left(t-frac12,mbox{sin},2tright)eta(t)-\
-left((t-1)-frac12,mbox{sin},2(t-1)right)eta(t-1)+\
+frac12left((t-2)-frac12,mbox{sin},2(t-2)right)eta(t-2).
end{gather*}

Решение задачи Коши с периодической правой частью

Периодическую правую часть тоже очень удобно записывать с помощью функции Хэвисайда.

Пусть $f(t)$ — периодическая с периодом $T$ функция-оригинал. Обозначим через $f_0(t)$ функцию:
begin{equation*}
f_0(t)=begin{cases}
f(t),& 0<t<T,\
0,& tgeqslant T.
end{cases}
end{equation*}

Если записать $f(t)$ в виде
begin{equation*}
f(t)=f_0(t)+f(t-T),
end{equation*}
то
begin{equation*}
F(p)=F_0(p)+F(p)e^{-pT}.
end{equation*}
begin{equation*}
F(p)=frac{F_0(p)}{1-e^{-pT}}.
end{equation*}

Также можно записать изображение, используя определение, через интеграл:
begin{equation*}
F(p)=frac{1}{1-e^{-pT}}intlimits_0^T,e^{-pt}f(t)dt.
end{equation*}

Пример 11

Решить задачу Коши с периодической правой частью.
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x»+x=f(t). \
&x(0)=1,\
&x'(0)=0.
end{aligned}
right.
end{equation*}

Для функции, изображенной на рисунке, период $T=4$.
При этом $f_0(t)=2(eta(t)-eta(t-2)$.

Получим изображение (пользуясь второй формулой, через интеграл):
begin{align*}
&F(p)=frac{1}{1-e^{-4p}}intlimits_0^4,e^{-pt}(2(eta(t)-eta(t-2))dt=\
&=frac{1}{1-e^{-4p}}left(intlimits_0^2,e^{-pt}(2(1-0))dt+intlimits_2^4,e^{-pt}(2(1-1))dtright)=\
&=left.frac{1}{1-e^{-4p}}left( -frac{2}{p}e^{-pt}right)right|_0^2=frac{2}{(1-e^{-4p})p}(1-e^{-2p})=\
&=frac{2}{p(1+e^{-2p})}.
end{align*}
Или первым способом:
begin{equation*}
F(p)=frac{F_0(p)}{1-e^{-4p}}=frac{2}{1-e^{-4p}}left(frac{1}{p}-frac{e^{-2p}}{p}right)=frac{2}{p(1+e^{-2p})}.
end{equation*}

Операторное уравнение:
begin{equation*}
(p^2+1)X-p=F(p).
end{equation*}
begin{gather*}
X(p)=frac{p}{p^2+1}+frac{F(p)}{p^2+1}=\
=frac{p}{p^2+1}+frac{2}{p(p^2+1)(1+e^{-2p})}.
end{gather*}

Находим оригиналы:
begin{align*}
&frac{p}{p^2+1}risingdotseq mbox{cos},t,\
&frac{1}{p(p^2+1)}risingdotseq 1-mbox{cos},t,\
&frac{2}{p(p^2+1)(1+e^{-2p})}=\
&=frac{2}{p(p^2+1)}sumlimits_{k=0}^{infty}(-1)^ke^{-2kp}risingdotseq\
&risingdotseq 2sumlimits_{k=0}^{infty}(-1)^kleft(1-mbox{cos}(t-2k)right)eta(t-2k).
end{align*}
begin{equation*}
x(t)=mbox{cos},t+2sumlimits_{k=0}^{infty}(-1)^kleft(1-mbox{cos}(t-2k)right)eta(t-2k).
end{equation*}

Решение дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом

Пример 12

Решить уравнение
begin{equation*}
x'(t)=x(t-1)+1, ,, x(0)=0.
end{equation*}
Переходим к изображениям, воспользовавшись теорема запаздывания:
begin{gather*}
pX(p)=X(p)e^{-p}+frac{1}{p} ,, Rightarrow \
X(p)=frac{1}{p}cdotfrac{1}{p-e^{-p}}=frac{1}{p^2}cdotfrac{1}{1-frac{e^{-p}}{p}}=\
=frac{1}{p^2}left(1+frac{e^{-p}}{p}+frac{e^{-2p}}{p^2}+ldots+frac{e^{-np}}{p^n}+ldotsright).
end{gather*}
begin{gather*}
x(t)=teta(t)+frac{1}{2!}(t-1)^2eta(t-1)+ldots\
ldots+frac{1}{(n+1)!}(t-n)^{n+1}eta(t-n)+ldots
end{gather*}

Нахождение общего решения дифференциального уравнения

Пример 13

Найти общее решение уравнения:
begin{equation*}
x»+x=mbox{sin}, t.
end{equation*}

Поставим задачу Коши:
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x»+x=mbox{sin}, t. \
&x(0)=c_1,\
&x'(0)=c_2.\
end{aligned}
right.
end{equation*}

Переходя к изображениям, получим:
begin{equation*}
(p^2+1)X(p)-c_1p-c_2=frac{1}{p^2+1} ,, Rightarrow
end{equation*}
begin{equation*}
X(p)=frac{1}{(p^2+1)^2}+frac{c_1p}{p^2+1}+frac{c_2}{p^2+1},, Rightarrow
end{equation*}
begin{equation*}
x(t)=frac12(mbox{sin},t-t,mbox{cos},t)+c_1mbox{cos},t+c_2mbox{sin},t.
end{equation*}
Оригинал для
$$frac{1}{(p^2+1)^2}risingdotseq frac12(mbox{sin},t-t,mbox{cos},t)$$
можно найти по теореме о дифференцировании изображения или по теореме об умножении изображений (теорема о свёртке) .

Решение неоднородного уравнения распадается на общее решение однородного уравнения и частное решение неоднородного.

Решение краевой задачи

Пример 14

Решить краевую задачу
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
&x»+x=mbox{sin}, t. \
&x(0)=0,\
&x(1)=1.
end{aligned}
right.
end{equation*}

Краевая задача (граничная задача) — задача о нахождении решения заданного дифференциального уравнения (системы дифференциальных уравнений), удовлетворяющего краевым (граничным) условиям в концах интервала или на границе области.

Общее решение дифференциального уравнения уже найдено в примере предыдущего пункта:
begin{equation*}
x(t)=frac12(mbox{sin},t-t,mbox{cos},t)+c_1mbox{cos},t+c_2mbox{sin},t.
end{equation*}

Подставляем краевые условия и решаем систему уравнений относительно $c_1$ и $c_2$:
begin{equation*}
left{
begin{aligned}
x(0)&= c_1=0,\
x(1)&= frac12(mbox{sin},1-mbox{cos},1)+c_1mbox{cos},1+c_2mbox{sin},1=1.
end{aligned}
right.
end{equation*}

Находим $c_2$ и записываем решение краевой задачи:
begin{equation*}
c_2=frac{2-mbox{sin},1+mbox{cos},1}{2,mbox{sin},1}.
end{equation*}
begin{gather*}
x(t)=frac12(mbox{sin},t-t,mbox{cos},t)+\
+frac{2-mbox{sin},1+mbox{cos},1}{2,mbox{sin},1},mbox{sin},t.
end{gather*}

Решение задачи Коши для обыкновенных дифференциальных уравнений с переменными коэффициентами

Пример 15

Решить дифференциальное уравнение с переменными коэффициентами:
begin{equation*}
tx»-2x’=0, ,, x(0)=x'(0)=0.
end{equation*}

Находим изображения:
begin{equation*}
x(t) risingdotseq X(p), ,, x'(t) risingdotseq pX(p), ,, x»(t) risingdotseq p^2X(p).
end{equation*}
По теореме дифференцирования изображения:
begin{equation*}
tx»risingdotseq -(p^2X(p))’=-2pX(p)-p^2X'(p).
end{equation*}
Записываем операторное уравнение и решаем полученное дифференциальное уравнение относительно $X(p)$:
begin{gather*}
-2pX-p^2X’-2pX=0 ,, Rightarrow \
-p^2X’=4pX,, Rightarrow frac{dX}{X}=-4frac{dp}{p} ,, Rightarrow \
mbox{ln}(X)=-4mbox{ln},p+C ,, Rightarrow X= frac{C}{p^4} ,, Rightarrow \
x(t)=frac{C,t^3}{6}.
end{gather*}

Решение дифференциальных уравнений в частных производных

Решение интегральных уравнений

Интегральное уравнение — уравнение, содержащее искомую функцию $y(x)$ под знаком интеграла.

Уравнение Фредгольма второго рода — уравнение вида:
begin{equation*}
y(x)=f(x)+intlimits_a^b K(x,t),y(t),dt.
end{equation*}
Уравнение Вольтерра второго рода — уравнение вида:
begin{equation*}
y(x)=f(x)+intlimits_a^x K(x,t),y(t),dt.
end{equation*}
Если искомая функция входит только под знак интеграла, то имеем уравнения Фредгольма или Вольтерра первого рода:
begin{equation*}
intlimits_a^b K(x,t),y(t),dt = f(x).
end{equation*}
begin{equation*}
intlimits_a^x K(x,t),y(t),dt=f(x).
end{equation*}

Решая подобные уравнения, предполагаем, что функции $f(x)$, $K(x)$ достаточно гладкие и имеют конечный порядок роста при $xgeqslant0$. Тогда функция, стоящая в правой части уравнения, удовлетворяет этим условиям, а значит для всех функций из уравнения могут быть найдены изображения.

Пример 16

Решить линейное интегральное уравнение Вольтерра второго рода:
begin{equation*}
varphi(x)=mbox{cos},x+intlimits_0^x(x-t)varphi(t)dt.
end{equation*}

Применяем для обеих частей преобразование Лапласа. При этом интеграл $intlimits_0^x(x-t)varphi(t)dt$ рассматриваем как свертку функций $g(x)=x$, $f(x)=varphi(x)$. Тогда по теореме о свёртке:
begin{align*}
&xrisingdotseq frac{1}{p^2},,,varphi(x)risingdotseq varPhi(p) ,, Rightarrow\
&intlimits_0^x(x-t)varphi(t)dt risingdotseq frac{1}{p^2}varPhi(p).
end{align*}
Операторное уравнение:
begin{align*}
&varPhi(p)=frac{p}{p^2+1}+frac{1}{p^2}varPhi(p).
end{align*}
Находим $varPhi(p)$
begin{equation*}
varPhi(p)=frac{p^3}{(p^2+1)(p^2-1)}=frac12left(frac{p}{p^2+1}+frac{p}{p^2-1}right).
end{equation*}
Записывая оригинал $varphi(x)$, получаем решение интегрального уравнения:
begin{equation*}
varphi(x)=frac12(mbox{cos},x+mbox{ch},x).
end{equation*}

Вычисление несобственных интегралов

Пусть нужно вычислить интеграл $intlimits_a^b,h(x,t)dt$, который является интегралом, зависящим от параметра $x$. Обозначим его $f(x)=intlimits_a^b,h(x,t)dt$, а его изображение по Лапласу — $F(p)$. По определению:
begin{equation*}
F(p)=intlimits_0^{infty}e^{-px}f(x),dx=intlimits_0^{infty}e^{-px}left(intlimits_a^b,h(x,t)dtright),dx.
end{equation*}
Изменение порядка интегрирования часто дает возможность решить задачу: найти изображение $F(p)$, а потом и сам оригинал $f(x)$.

Пример 17

Вычислить интеграл
begin{equation*}
intlimits_0^{infty}frac{mbox{cos},xt}{a^2+t^2}dt.
end{equation*}

begin{equation*}
F(p)=intlimits_0^{infty}e^{-px}left(intlimits_0^{infty}frac{mbox{cos},xt}{a^2+t^2}dtright),dx=
end{equation*}
переставляем пределы интегрирования:
begin{equation*}
=intlimits_0^{infty}frac{dt}{a^2+t^2}intlimits_0^{infty},e^{-px}mbox{cos},xt,dx=
end{equation*}
теперь внутренний интеграл это изображение для $mbox{cos},xt$:
begin{equation*}
= intlimits_0^{infty}frac{dt}{a^2+t^2}cdotfrac{p}{p^2+t^2}= intlimits_0^{infty}frac{p,dt}{(a^2+t^2)(p^2+t^2)}=
end{equation*}
найдем этот несобственный интеграл с помощью вычетов:
begin{equation*}
=frac{2pi i}{2}left(frac{p}{2ai(p^2-a^2)}+frac{p}{2pi(a^2-p^2)}right) =
end{equation*}
упростим и запишем оригинал для полученного изображения
begin{equation*}
=frac{pi}{2a(p+a)} risingdotseq frac{pi}{2a},e^{-ax}.
end{equation*}

Источник

Принцип и понятие

Алгоритм нахождения

Примеры задач

Операционный метод

Использование онлайн-калькулятора

5.1.1. Решение задачи Коши методом Эйлера

5.1.2. Решение задачи Коши методом Рунге–Кутта второго порядка

5.1.3. Решение задачи Коши методом Рунге–Кутта четвертого порядка

Достаточное условие существования решения задачи Коши

Достаточные условия существования и единственности решения задачи Коши

Примеры с решением

Пример 1.

Пример 2.

Содержание

Применения операционного исчисления

Решение задачи Коши для ОДУ с постоянными коэффициентами

Решение задачи Коши для систем линейных ДУ

Решение ОДУ с помощью интеграла Дюамеля

Решение задачи Коши с правой частью, содержащей функцию Хэвисайда

Решение задачи Коши с периодической правой частью

Решение дифференциальных уравнений с запаздывающим аргументом

Нахождение общего решения дифференциального уравнения

Решение краевой задачи

Решение задачи Коши для обыкновенных дифференциальных уравнений с переменными коэффициентами

Решение дифференциальных уравнений в частных производных

Решение интегральных уравнений

Вычисление несобственных интегралов