Уравнения с разделяющимися переменными (стр. 5 )

Подставим в это уравнение начальные данные (данные Коши):

у(х0) = 0, (**)

у¢(х0) = 0, (***)

тогда, оказывается, существует такая функция двух переменных G(x, t), 0£ t £ x, что решение задачи (*), (**), (***) можно найти по формуле

Выражение справа называется интегралом Дюамеля.

Алгоритм построения функции G(t, x).

 Шаг 1. Функция G(t, x) имеет вид

G(t, x) = a(t)y1(x) + b(t) y2(x),

Здесь y1(x), y2(x) – два линейно независимых решения однородного уравнения, т. е. при f(x) = 0; причём функция y1(x) удовлетворяет условию (**), а функция y2(x) удовлетворяет условию (***).

// '); // --> Найди друга в игровой вселенной с помощью социальной сети "Город Геймеров"

 Шаг 2. Функции a(t), b(t) находятся из условий

G(t, t) = 0,

Из этих условий получается система для определения a(t) и b(t):

a(t)y1(t) + b(t)y2(t) = 0,

a(t)y1¢(t) + b(t)y2¢(t) =

 Пример. Найти интеграл Дюамеля для уравнения

y¢¢ + w2y = b(t),

y(0) = y¢(0) = 0.

 Решение. Два решения уравнения имеют вид y1 = Sinbt,

y2 = Cosbt, причём y1 удовлетворяет (**), а y2 – (***).

Функция G(x, t) имеет вид

G(x, t) = a(t)y1(x) + b(t) y2(x), 0£ t £ x.

Найдём a и b из системы

aSinwt + bCoswt = 0,

awCoswt - bwSinwt = 1.

Решая систему, получим

, .

Отсюда

Следовательно, решение задачи имеет вид

// '); // --> Новый почтовик. Выгодные условия для рекламодателей.

Задача 21.

Зная два частных решения линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка, найти его общее решение:

(x2-1)y¢¢ + 4xy¢ + 2y = 6x,

yчн1 = x, yxy2 = (x2 +x + 1) / (x + 1). (*)

 Решение. Общее решение неоднородного уравнения уон имеет вид уон = уоо + учн, где уоо – общее решение однорордного уравнения, учн – частное решение неоднородного уравнения. В свою очередь, уоо = С1у1 + С2у2, где у1 = у1(х) и у2 = у2(х) – два линейно независимых решения однородного уравнения. Таким образом, уон можно записать в виде уон = С1у1(х) + С2у2(х) + х; здесть в качестве учн выбрано учн1 = х (можно было выбрать и учн2). Найдём у1(х) и у2(х). Так как учн1 и учн2 – два решения уравнения (*), то имеют место тождества

(x2 – 1) у¢¢чн1 + 4xу¢чн1 + 2учн1 = 6x;

(x2 – 1) у¢¢чн2 + 4xу¢чн2 + 2учн2 = 6x.

Вычитая из второго уравнения первое, получим для разности

V = yчн2 - yчн1, равенство (x2 – 1) V¢¢ + 4xV¢ + 2V = 0. Следовательно, разность V = yчн2 - yчн1 есть решение однородного уравнения, т. е. у1(х) можно взять равным V(x):

y1(x) = V(x) = (x2 +x + 1) / (x + 1) – x = 1 / (x + 1).

Найдём у2(х), используя формулу Лиувилля:

y1 y2 = C×exp() Þ 1 / (х + 1) y2 =

y1¢ y2¢ (1 / (х + 1))¢ y2¢

= C×exp() Þ

для функции у2(х) получено уравнение первого порядка. Решим его, используя формулу из параграфа 5:

Задачи для самостоятельной подготовки

Найти общее решение дифференциального уравнения, зная одно его частное решение:

а) xy¢¢ + 2y¢ - xy = 0, yчн1 = ex/x;

б) x(x – 1)y¢¢ - xy¢ + y = 0, yчн1 = x;

в) x2ylnx - xy¢ + y = 0, yчн1 = x;

 §12. КРАЕВЫЕ ЗАДАЧИ

 1. Для отыскания решения краевой задачи

Ly= a0(x)y¢¢ + a1(x)y¢ + a2(x)y = f(x), x0 £ x £ x1; (*)

ay¢(x0) + by(x0) = 0; gy¢(x1) = dy(x1) = 0 (**)

надо подставить общее решение неоднородного уравнения

уон = уоо + учн = С1у1(х) + С2у2(х) + учн(х),

где у1, у2 – два линейно незваисимых решения однородного уравнения, учн – частное решение неоднородного уравнения, в краевые условия и определить константы С1 и С2. Найти эти константы из краевых условий (**) не всегда удаётся и поэтому краевая задача (*), (**) не всегда имеет решение.

 2. Если краевая задача неизменна, кроме функции f(x), которая может изменяться от задачи к задаче (функция f(x) имеет смысл вынуждающей силы источника и т. п.), то решение краевой задачи (*), (**) выгодно записывать в форме

где G = G(x, s) – функция Грина однородной задачи f(x) = 0 (которая, в свою очередь, не всегда существует). Алгоритм нахождения

G = G(x, s) следующий:

 а) найти два (у1(х) и у2(х)) нетривиальных решения неоднородного уравнения (*), причём у1(х) должно удовлетворять первому, а у2(х) – второму краевым условиям;

 б) функция Грина G(x, s) ищется в виде

  // '); // --> Футболки с оригинальным дизайном.

G(x, s) = a(s)y1(x),  x0 £ x £ s,

 b(s)y2(x),  s £ x £ x1.

где функции a(s) и b(s) определены из системы

by2(s) = ay1(s); by2¢(s) = ay1¢(s) + 1 / a0(s).

 3. Краевая задача на собственное значение имеет вид

Ly= a0(x)y¢¢ + a1(x)y¢ + a2(x)y = ly,

ay¢(x0) + by(x0) = 0; gy¢(x1) = dy(x1) = 0.

Собственным значением этой задачи называется число l, при котором краевая задача имеет нетривиальное решение, которое, в свою очередь, называется собственной функцией задачи.

Задача 22.

Найти решение краевой задачи

у¢¢ + у = 1, у(0) = 0, у(p/2) = 0.

Решение. Найдём уон(х) уравнения у¢¢ + у = 1. Оно равно уон(х) = уоо(х) + учн(х), где уоо(х) = C1eix + C1*e-ix = aCosx + bSinx,

a, b Î R, yчн = 1. Следовательно, уон = aCosx + bSinx + 1.

Подставим уон в краевые условия уон(0) = 0, уон(p/2) = 0, получим

а = -1, b = -1. Окончательно решение примет вид

y(x) = – Cosx – Sinx + 1.

  // '); // --> Уникальные футболки с оригинальным дизайном.

Задача 23.

Построить функцию Грина и записать решение краевой задачи через эту функцию:

у¢¢ + у¢ = arcsinx, у(0) = 0, у¢ (1) = 0.

Решение. Найдём согласно алгоритму у1(х) и у2(х). Для этого найдём общее решение однородного уравнения уоо(х): уоо(х) = C1 + C2e-х. Функция у1(х) должна иметь вид у1(х) = C1 + C2e-х, где C1 и C2 такие, что удовлетворяется первое краевое условие. Это имеет место, если, например, C1 = 1, C2 = –1, т. е. у1(х) = 1 – e-х. Функция у2(х) имеет тот же вид у2(х) = C1 + C2e-х, но C1 и C2 такие, что у2¢(1) = 0, т. е. C2 = 0. Следовательно, у2(х) = С1 = 1. Функция Грина имеет вид

G(x, s) = a(s)(1-е-х),

 b(s).

где функции a(s) и b(s) находятся из системы

b(s) = a(s)(1-е-s), a(s) = е-s;

ab(s) = a(s)е-s + 1, Þ b(s) = 1-е-s.

Функция Грина имеет вид

G(x, s) = еs(1+е-х), x0 £ x £ s,

 1 – еs, s £ x £ x1.

Решение краевой задачи имеет вид

Задача 23.

Решить краевую задачу на собственные значения:

у¢¢ = lу, у(0) = 0, у(1) = 0.

Решение. Общее решение уравнения у¢¢ = lу имеет вид Подставив уоо(х) в краевые условия, получим систему уравнений для коэффициентов С1 и С2:

С1 – С2 = 0,

С1exp(e) + С2exp(-e) = 0.

Из линейной алгебры известно, что однородная система уравнений имеет нетривиальные решения, если детерминант этой системы равен нулю:

1 1 = 0 Þ exp(2e)

exp(e) exp(-e)

Последнее соотношение является уравнением для l. Решим его:

e2pki = 1, k = 0, ±1, ±2, …Þ 2e = 2pki.

Собственные значения равны lk = - p2k2 / e2. Собственные функции этой задачи находим по формуле

yоо = C1exp(pkix / e) + C2exp(-pkix / e)

и краевым условиям у(0) = у(е) = 0. Получим решение y(x) = Sin(pkx/e).

Задачи для самостоятельной подготовки

 Решить краевые задачи:

а) у¢¢ + у¢ = 1, y¢(0) = 0, y(1) = 1;

б) у¢¢ + у = x, y¢(0) = 0, y(p/2) = 0;

в) у¢¢ = ly, y(0) = 0, y¢(1) = 0.

§13. ЛИНЕЙНЫЕ СИСТЕМЫ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ

 В данном параграфе мы рассмотрим только один из существующих методов решения систем с постоянными коэффициентами – метод для случая простых матриц. Матрица называется простой, если алгебраическая кратность её собственного значения совпадает с геометрической кратностью. В частности, если корни разные, то матрица простая.

 Рассмотрим систему в векторной форме x¢ = Ax, x(0) = x0. Её решение имеет вид x(t) = exp(At)x0, где exp(At) – матрица. В случае простых матриц имеет место формула f(A) =  Здесь f(x) – произвольная функция (например f = ex / Sinx), li – собственные значения, zi – компоненты матрицы. Если n = 3, f = exp(xt), то exp(lt) = exp(x0t)z1 + exp(l2t)z2 + exp(l3t)z3. Приведём пример нахождения zi.

Задача 24.

Решить систему:

 , А =  .

// '); // --> Новый почтовик. Выгодные условия для рекламодателей.

Решение. Найдём матрицу exp(At) по следующему алгоритму:

1) Найдём собственные значения матрицы А по характеристическому многочлену l1 = 1, l2 = -4. Корни разные, следовательно, матрица А простая. В этом случае для любой функции f(x) справедливо равенство

f(A) = f(l1)z1 + f(l2)z2.  (*)

Нам нужна матрица f(A) = eAt. Она имеет вид eAt = etz1 + e2tz2.

2) Найдём zi. Подставим последовательно в (*) функции 1, l - 1, получим I = z1 + z2, A – I = -5z2.

3) Решим систему уравнений относительно неизвестных матриц.

Перепишем в виде

z1 + z2  = I,

-5z2 = A – I.

Далее, решая методом Гаусса, получим

z2 = (-1/5)(A – I) Þ z2 =  

z1 = I + (1/5)(A – I) Þ z1 =  .

Общее решение имеет вид

= С(etz1 + e-4tz2) = Cet   + Cet .