Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


ЛДУ с переменными коэффициентами. Метод Лагранжа

ЛДУ с переменными коэффициентами. Метод Лагранжа


Если известно частное решение [math]y_1(x)[/math] уравнения


[math]y^{(n)}+p_1(x)y^{(n-1)}+\ldots+p_n(x)y=0,[/math]
(32)

то его порядок можно понизить на единицу (не нарушая линейности уравнения), полагая [math]y=y_1z[/math], где [math]z[/math] — новая неизвестная функция, а затем делая замену [math]z'=u[/math] (можно непосредственно делать замену [math]u=(y/y')'[/math]).

Если известно [math]k[/math] частных линейно независимых решений уравнения (32), то порядок уравнения может быть понижен на [math]k[/math] единиц.


Общее решение уравнения


[math]y^{(n)}+p_1(x)y^{(n-1)}+\ldots+p_n(x)y=f(x)[/math]
(33)

есть сумма какого-нибудь его частного решения и общего решения соответствующего однородного уравнения (32).

Если известна фундаментальная система соответствующего однородного уравнения (32), то общее решение неоднородного уравнения (33) может быть найдено методом вариации постоянных (метод Лагранжа).


Общее решение уравнения (32) имеет вид


[math]y=C_1y_1+C_2y_2+\ldots+C_ny_n,[/math]

где [math]C_1,\,C_2,\,\ldots,\,C_n[/math] — произвольные постоянные.

Будем искать решение уравнения (33) в виде


[math]y=C_1(x)y_1+C_2(x)y_2+\ldots+C_n(x)y_n,[/math]
(34)

где [math]C_1(x),\,C_2(x),\,\ldots,\,C_n(x)[/math] — некоторые пока неизвестные функции от [math]x[/math]. Для их определения получаем систему

[math]\begin{cases} y_1C'_1+y_2C'_2+\ldots+y_nC'_n=0,\\[3pt] y'_1C'_1+y'_2C'_2+\ldots+y'_nC'_n=0,\\[3pt] \ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\ldots\\[3pt] y_1^{(n-1)}C'_1+y_2^{(n-2)}C'_2+\ldots+y_n^{n-1}C'_n=f(x).\end{cases}[/math]
(35)

Разрешая эту систему относительно [math]C'_i(x),~i=1,2,\ldots,n[/math], получаем

[math]\frac{dC_i}{dx}=\varphi_i(x),~i=1,2,\ldots,n[/math] откуда [math]C_i(x)=\int\varphi_i(x)\,dx+\widetilde{C}_i\,,[/math]

где [math]\widetilde{C}_i[/math] — произвольные постоянные. Внося найденные значения [math]C_i(x)[/math] в (34), получаем общее решения уравнения (33).

В частности, для уравнения второго порядка


[math]y''+p_1(x)y'+p_2(x)y=f(x)[/math]

система (35) имеет вид
[math]\begin{cases}y_1C'_1+y_2C'_2=0,\\[3pt]y'_1C'_1+y'_2C'_2=f(x).\end{cases}[/math]
(36)

Решая (36) относительно [math]C'_1[/math] и [math]C'_2[/math], получаем


[math]C'_1=-\frac{y_2f(x)}{\mathsf{W}[y_1,y_2]}, \quad C'_2=\frac{y_1f(x)}{\mathsf{W}[y_1,y_2]}\,,[/math]

откуда находим
[math]C_1=-\int\frac{y_2f(x)}{\mathsf{W}[y_1,y_2]}\,dx+\widetilte{C}_1, \quad C_2=\int\frac{y_1f(x)}{\mathsf{W}[y_1,y_2]}\,dx+ \widetilde{C}_2,[/math]

где [math]\widetilde{C}_1[/math] и [math]\widetilde{C}_1[/math] — постоянные интегрирования.

Замечание. Для уравнения [math]a_0y''+a_1(x)y'+a_2(x)y=f(x)[/math], где [math]a_0(x) \not\equiv 0,~a_0(x)\ne0[/math], система (36) будет выглядеть так:


[math]\begin{cases}y_1C'_1+y_2C'_2=0,\\[5pt]y'_1C'_1+y'_2C'_2=\dfrac{f(x)}{a_0(x)}.\end{cases}[/math]




Пример 1. Найти общее решение уравнения [math]xy''+2y'+xy=0[/math], если [math]y_1=\frac{\sin{x}}{x}[/math] есть его частное решение.


Решение. Положим [math]y=\frac{\sin{x}}{x}\cdot z[/math], где [math]z[/math] — новая неизвестная функция от х; тогда


[math]y'=y'_1z+y_1z', \quad y''=y''_1z+2y'_1z'+y_1z''.[/math]

Подставляя в данное уравнение, получаем

[math](xy''_1+2y'_1+xy'_1)z+xy_1z''+2(xy'_1+y_1)z'=0.[/math]

Но так как [math]y_1=\frac{\sin{x}}{x}[/math] есть частное решение данного уравнения, то [math]xy''_1+2y'_1+xy_1=0[/math], поэтому имеем


[math]xy_1z''+2(xy'_1+y_1)z'=0.[/math]
(37)

Но [math]y'_1=\frac{\cos{x}}{x}-\frac{\sin{x}}{x^2}[/math], а значит [math]xy'_1+y_1=\cos{x}[/math], и уравнение (37) примет вид


[math]z''\sin{x}+2z'\cos{x}=0.[/math]

Перепишем его в виде [math]\frac{z''}{z'}+2\frac{\cos{x}}{\sin{x}}=0[/math]. Отсюда имеем [math](\ln|z'|+2\ln|\sin{x}|)'=0[/math], откуда


[math]\ln|z'|+2\ln|\sin{x}|=\ln\widetilde{C}_1,[/math] или [math]z'\sin^2x=\widetilde{C}_1.[/math]

Интегрируя это уравнение, найдем [math]z=-\widetilde{C}_1\operatorname{ctg}x+C_2[/math] и, следовательно, общее решение данного уравнения будет


[math]y=-\widetilde{C}_1\frac{\cos{x}}{x}+C_2\frac{\sin{x}}{x}[/math] или [math]y=C_1\frac{\cos{x}}{x}+C_2\frac{\sin{x}}{x}~~(C_1=-\widetilde{C}_1).[/math]



Пример 2. Найти общее решение уравнения [math]y''+\frac{2}{x}y'+y=\frac{1}{x}~(x\ne0)[/math].


Решение. Общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид (см. пример 1)


[math]y_{\text{o.o}}= C_1\frac{\sin{x}}{x}+C_2\frac{\cos{x}}{x}\,.[/math]

и следовательно, его фундаментальная система решений будет

[math]y_1=\frac{\sin{x}}{x}, \quad y_2=\frac{\cos{x}}{x}\,.[/math]

Будем искать общее решение данного уравнения методом вариации произвольных постоянных:


[math]y= C_1(x)\frac{\sin{x}}{x}+C_2(x)\frac{\cos{x}}{x}\,,[/math]

где [math]C_19x),~C_2(x)[/math] — постоянные неизвестные функции от [math]x[/math], подлежащие определению. Для их нахождения составим следующую систему:

[math]\left\{\!\begin{gathered} C'_1(x)\frac{\sin{x}}{x}+C'_2(x)\frac{\cos{x}}{x}=0,\\ C'_1(x)\frac{x\cos{x}-\sin{x}}{x}+C'_2(x)\frac{-x\sin{x}-\cos{x}}{x}=\frac{1}{x}. \end{gathered}\right.[/math]

Отсюда находим: [math]C'_1(x)=\cos{x},~C'_2(x)=-\sin{x}[/math]. Интегрируя, получаем


[math]C_1(x)=\sin{x}+\widetilde{C}_1, \quad C_2(x)=\cos{x}+\widetilde{C}_2.[/math]

Подставляя эти значения [math]C_1(x)[/math] и [math]C_2(x)[/math] в выражение для [math]y[/math], найдем общее решение данного уравнения


[math]y=\widetilde{C}_1\frac{\sin{x}}{x}+\widetilde{C}_2\frac{\cos{x}}{x}+\frac{1}{x}\,.[/math]



Пример 3. Решить уравнение [math]y''+y=\frac{1}{\cos{x}}[/math].


Решение. Соответствующее однородное уравнение будет [math]y''+y=0[/math]. Его характеристическое уравнение [math]\lambda^2+1=0[/math] имеет мнимые корни [math]\lambda_{1,2}=\pm i[/math], и общее решение однородного уравнения имеет вид


[math]y_{\text{o.o}}= C_1\cos{x}+C_2\sin{x}\,.[/math]

Общее решение исходного уравнения ищем в виде


[math]y=C_1(x)\cos{x}+C_2(x)\sin{x}\,,[/math]
(38)

где [math]C_1(x)[/math] и [math]C_2(x)[/math] — неизвестные функции от [math]x[/math]. Для их нахождения составим систему

[math]\left\{\!\begin{aligned} \cos{x}\cdot C'_1+\sin{x}\cdot C'_2(x)&=0,\\ -\sin{x}\cdot C'_1(x)+\cos{x}\cdot C'_2(x)&=\frac{1}{\cos{x}}\, \end{aligned}\right.[/math]

Разрешаем эту систему относительно [math]C'_1(x)[/math] и [math]C'_2(x)[/math]:

[math]C'_1(x)=-\operatorname{tg}x\, \quad C'_2(x)=1.[/math]

Интегрированием находим

[math]C'_1(x)=\ln|\cos{x}|+ \widetilde{C}_1, \quad C_2(x)=x+\widetilde{C}_2.[/math]

Подставляя выражения [math]C_1(x)[/math] и [math]C_2(x)[/math] в (38), получаем общее решение данного уравнения

[math]y=\widetilde{C}_1\cos{x}+\widetilde{C}_2\sin{x}+ \cos{x}\cdot\ln|\cos{x}|+x\sin{x}\,.[/math]

Здесь [math]\cos{x}\cdot\ln|\cos{x}|+x\sin{x}[/math] есть частное решение исходного неоднородного уравнения.



Пример 4. Зная фундаментальную систему решений [math]y_1\ln{x},~y_2=x[/math] соответствующего однородного уравнения, найти частное решение уравнения


[math]x^2(1-\ln{x})y''+xy'-y=\frac{(1-\ln{x})^2}{x},[/math]
(39)

удовлетворяющее условию [math]\lim_{x\to-\infty}y=0[/math].

Решение. Применяя метод вариации постоянных, находим общее решение уравнения (39):


[math]y=C_1\ln{x}+C_2x+ \frac{1-2\ln{x}}{4x}\,.[/math]
(40)

При [math]x\to+\infty[/math] первые два слагаемых правой части (40) стремятся к бесконечности, причем при любых [math]C_1,~C_2[/math], неравных нулю одновременно, функция [math]C_1\ln{x}+C_2x[/math] есть бесконечно большая функция при [math]x\to+\infty[/math]. Третье слагаемое правой части (40) имеет пределом ноль при [math]x\to+\infty[/math], что легко установить с помощью правила Лопиталя. Таким образом, функция [math]y=\frac{1-2\ln{x}}{4x}[/math], которая получается из (40) при [math]C_1=0[/math] и [math]C_2=0[/math], будет решением уравнения (39), удовлетворяющим условию [math]\lim_{x\to+\infty}y=0[/math].




Составление дифференциального уравнения по заданной фундаментальной системе решений


Рассмотрим линейно независимую на отрезке [math][a,b][/math] систему функций


[math]y_1(x),~y_2(x),~\ldots,~y_n(x),[/math]
(41)

имеющих все производные до n-го порядка включительно. Тогда уравне ние

[math]\vline\,\begin{matrix} y_1(x)&y_2(x)&\cdots&y_n(x)&y(x)\\[5pt] y'_1(x)&y'_2(x)&\cdots&y'_n(x)&y'(x)\\[5pt] \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\[5pt] y_1^{(n)}(x)&y_2^{(n)}(x)&\cdots&y_n^{(n)}(x)&y^{(n)}(x) \end{matrix}\,\vline\,\,=0,[/math]
(42)

где [math]y(x)[/math] — неизвестная функция, будет линейным дифференциальным уравнением, для которого, как нетрудно видеть, функции [math]y_1(x),y_2(x),\ldots,y^{(n)}(x)[/math] составляют фундаментальную систему решений. Коэффициент при [math]y^{(n)}(x)[/math] в (42) есть определитель Вронского [math]\mathsf{W}[y_1,y_2,\ldots,y_n][/math] системы (41). Те точки, в которых этот определитель обращается в ноль, будут особыми точками построенного уравнения — в этих точках обращается в ноль коэффициент при старшей производной [math]y^{(n)}(x)[/math].



Пример 1. Составить дифференциальное уравнение, для которого [math]y_1(x)=e^{x},~y_2(x)=e^{-x}[/math] образуют фундаментальную систему решений.


Решение. Применяя формулу (42), получаем


[math]\vline\,\begin{matrix} e^x&\phantom{-}e^{-x}&y\\ e^x&-e^{-x}&y'\\ e^x&\phantom{-}e^{-x}&y'' \end{matrix}\,\vline\,=0, \quad \vline\,\begin{matrix} 1&\phantom{-}1&y\\ 1&-1&y'\\ 1&\phantom{-}1&y'' \end{matrix}\,\vline\,=0.[/math]
(43)

Раскрывая определитель в левой части (43) по элементам третьего столбца, будем иметь [math]y''-y=0[/math]. Это и есть искомое дифференциальное уравнение.




Пример 2. Составить дифференциальное уравнение, для которого функции фундаментальную систему решений образуют функции [math]y_1(x)=e^{x^2},~y_2(x)e^{-x^2}[/math].


Решение. Составим уравнение вида (42):


[math]\vline\,\begin{matrix} e^{x^2}&e^{-x^2}&y\\ 2xe^{x^2}&-2xe^{-x^2}&y'\\ (2+4x^2)e^{x^2}&(4x^2-2)e^{-x^2}&y'' \end{matrix}\,\vline\,=0, \quad \vline\,\begin{matrix} 1&1&y\\ 2x&-2x&y'\\ 2+4x^2&4x^2-2&y'' \end{matrix}\,\vline\,=0.[/math]

Раскрывая последний определитель по элементам 3-го столбца, будем иметь

[math]xy''-y'-4x^3y=0.[/math]
(44)


В этом примере определитель Вронского [math]\mathsf{W}[y_1,y_2]=-4x[/math] обращается в ноль при [math]x=0[/math]. Это не противоречит общей теории, в силу которой определитель Вронского фундаментальной системы решений линейного однородного дифференциального уравнения


[math]y^{(n)}+p_1(x)y^{(n-1)}+\ldots+p_n(x)y=0[/math]

с непрерывными на отрезке [math][a,b][/math] коэффициентами не обращается в ноль ни в одной точке [math]x[/math] отрезка [math][a,b][/math]. Записав уравнение (44) в виде

[math]y''-\frac{1}{x}y'-4x^2y=0,[/math]
(45)

видим, что коэффициент при [math]y'[/math] терпит разрыв при [math]x=0[/math], так что в точке [math]x=0[/math] непрерывность коэффициентов уравнения (45) нарушается.



Разные задачи



Пусть [math]y_1,y_2,\ldots,y_n[/math] — фундаментальная система линейного однородного уравнения


[math]y^{(n)}+p_1(x)y^{(n-1)}+\ldots+p_n(x)y=0.[/math]

Тогда имеет место формула Остроградского–Лиувилля

[math]\mathsf{W}(x)=\mathsf{W}(x_0)\exp\!\Biggl(-\int\limits_{x_0}^{x}p_1(t)\,dt\Biggr),[/math]

где [math]\mathsf{W}(x)=\mathsf{W}[y_1,y_2,\ldots,y_n][/math] — определитель Вронского, а [math]x_0[/math] — любое значение [math]x[/math] из отрезка [math][a,b][/math], на котором непрерывны коэффициенты [math]p_1(x),~p_2(x),\ldots,p_n(x)[/math] уравнения.



Пример 1. Показать, что линейное дифференциальное уравнение [math]xy''-(x+2)y'+y=0[/math] имеет решение вида [math]y_1=P(x)[/math], где [math]P(x)[/math] — некоторый многочлен. Показать, что второе решение [math]y_2[/math] этого уравнения имеет вид [math]y_2=e^xQ(x)[/math], где [math]Q(x)[/math] — также многочлен.


Решение. Будем искать решение [math]y_1(x)[/math] в виде многочлена, например, первой степени: [math]y_1=Ax+B[/math]. Подставляя в уравнение, найдем, что [math]-2A+B=0[/math]. Пусть [math]A=1[/math], тогда [math]B=2[/math];. таким образом, многочлен [math]y_1=x+2[/math] будет решением данного уравнения. Перепишем данное уравнение в виде


[math]y''-\frac{x+2}{x}y'+\frac{1}{x}y=0.[/math]

Пусть [math]y_2(x)[/math] — второе частное решение данного уравнения, линейно независимое с первым. Находим определитель Вронского системы решений [math]y_1=x+2,~y_2:[/math]


[math]\mathsf{W}[y_1,y_2]= \,\,\vline\begin{matrix}x+2&y_2\\1&y'_2\end{matrix}\,\vline\,=(x+2)y'_2-y_2,[/math]

здесь [math]x\ne-2[/math]. Применяя формулу Остроградского–Лиувилля, будем иметь

[math](x+2)y'_2-y_2=\mathsf{W}(x_0)\exp\Biggl(-\int\limits_{x_0}^{x}\frac{t+2}{t}\,dt\Biggr),[/math]

где [math]x_0[/math] — любое значение [math]x[/math], причем [math]x_0\ne0,~x_0\ne-2[/math], или [math](x+2)y'_2-y_2=Ax^2e^x[/math]; здесь [math]A=\frac{\mathsf{W}(x_0)e^{-x_0}}{x_0^2}=\text{const}[/math]. Для нахождения [math]y_2[/math] получили линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Деля обе части этого уравнения на [math](x+2)^2[/math], приведем его к виду


[math]{\left(\frac{y_2}{x+2}\right)\!}'= A\,\frac{x^2e^x}{(x+2)^2}\,.[/math]

Интегрируя, найдем [math]\frac{y_2}{x+2}=A\,\frac{x-2}{x+2}\,e^x[/math] ; отсюда [math]y_2=A(x-2)e^x.[/math].


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved