Файл: Задача с 68(а).pdf

Дифференциальные уравнения ФПМИ.
TeX:
Астафуров Евгений
10 июня 2020 г.
Содержание
1
Методы решения простейших уравнений первого порядка
3 1.1
Однородные уравнения первого порядка
3 2
Методы понижение порядка дифференциальных уравнений второго порядка
4 3
Уравнения, не разрешенные относительно производной. Особые решения
6 3.1
Уравнения, разрешимые относительно искомой функции y
6 3.2
Уравнения, разрешимые относительно аргумента x
6 3.3
Особые решения
6 4
Линейные уравнения с переменными коэффициентами.
7 4.1
Вронскиан
W и его свойства.
7 4.2
Пример исследования функций на линейную зависимость (Задача Ф648)
7 4.3
Пример построения системы уравнений, имея частные решения (Задача Ф.22.59)
7 4.4
Формула Луивилля-Остроградского
8 4.5
Алгоритм решения линейных уравнений n = 2 с переменными коэффициентами
8 4.6
Пример — Задача C.9.53 8
4.7
Задача С.9.68(а)
9 4.8
Задача про уравнение Бесселя (Т3-2020).
10 5
Теорема Штурма
11 5.1
Формулировка теоремы
11 5.2
Неформальная трактовка теоремы
11 5.3
Задача С.10.3 + уравнение Эйлера
11 6
Положения равновесия.
12 6.1
Узел — λ
1 6= λ
2
∈ R одного знака.
12 6.2
Дикритический узел — λ
1
= λ
2 6= 0 ∈ R, λ кратности 2.
12 6.3
Вырожденный узел — λ
1
= λ
2 6= 0 ∈ R, λ кратности 1 13 6.4
Седло — λ
1
, λ
2
∈ R разных знаков, не равны 0.
13 6.5
Фокус — λ
1,2
∈ C; Reλ
1
= Reλ
2 6= 0.
14 6.6
Центр — λ
1
, λ
2
∈ C; Reλ
1
= Reλ
2
= 0 — Устойчивое по Ляпунову.
15 6.7
Вырожденная матрица — det(A) = 0.
15 7
Линеаризация систем
16 7.1
Алгоритм линеаризации
16 7.2
Разложение по
Маклорену
16 8
Некоторые типы дифференциальных уравнений.
17 8.1
Уравнение Бернулли (I порядок).
17 8.2
Уравнение Риккати (I порядок).
17 8.3
Уравнение Эйлера (II порядок).
17 1

Страница 2
Методы решения дифференциальных уравнений
9
Первые интегралы
18 9.1
Поиск первых интегралов.
18 9.2
Линейные однородные уравнения в частных производных первого порядка.
19 10 Вариационное исчисление
21 10.1 Алгоритм решения варианционной задачи
21 10.2 Функционалы, зависящие от двух функций.
23 10.3 Функционалы, содержащие производные второго порядка.
23
Содержание
Github

Страница 3
Методы решения дифференциальных уравнений
1
Методы решения простейших уравнений первого порядка
P (x, y)dx + Q(x, y)dy = 0.
(1)
Определение 1 (Интегрируемость в квадратурах ). Говорят, что уравнение (
1
) разрешимо или интегри- руемо в квадратурах, если все его решения выражаются явным или неявным образом через элементарные функции с помощью конечного числа арифметических операций, суперпозиций и операций нахождения пер- вообразных.
P.S.
В прежние века первообразную
R f (x) dx называли квадратурой f (x). Отсюда и происходит название «реше- ние в квадратурах».
1.1
Однородные уравнения первого порядка
Уравнение (
1
) будем называть однородным уравнением первого порядка, если при x 6= 0 его можно записать в виде:
y
0
= f

y x

Заменой y = xu, где u = u(x) — новая неизвестная функция, сводится к эквивалентному уравнению xu
0
+ u = f (u)
Возможны следующие случаи:
1. Если f (u) 6= u, то эквивалентно du f (u)−u
=
dx x
;
2. Если f (u) ≡ u, то эквивалентно xu
0
= 0;
Содержание
Github

Страница 4
Методы решения дифференциальных уравнений
2
Методы понижение порядка дифференциальных уравнений второго порядка
Общий вид дифференциального уравнения второго порядка:
F (x, y, y
0
, y
00
) = 0,
(2)
где F (x, y, y
0
, y
00
) — заданная непрерывная функция в некоторой непустой области G евклидова пространства
R
4
с декартовыми координатами x, y, y
1
, y
2
Перейдем к рассмотрению основных типов уравнений (
2
), допускаю щих понижение порядка уравнения.
После понижения порядка уравнения (
2
) получается уравнение первого порядка.
1. (Не содержит y)
Пусть уравнение (
2
) не содержит y, то есть имеет вид
F (x, y
0
, y
00
) = 0.
Тогда замена y
0
= z(x) дает уравнение первого порядкка относительно новой неизвестной функции z(x): F (x, z, z
0
) = 0, и если функция z = ϕ(x, C
1
), где C
1
— параметр, задает его решения, то функция y = C
2
+
Z
ϕ(x, C
1
) dx ,
где C
2
— произвольная постоянная, задает решения исходного уравнения.
2. (Не содержит x)
Пусть уравнение (
2
) не содержит x, то есть имеет вид
F (y, y
0
, y
00
) = 0.
Будем считать, что y = const не является его решением. В таком случае примем y за новый аргумент и введем новую неизвестную функцию z(y) по формуле y
0
= z(y). Тогда y
00
=
dy
0
dx
=
dy
0
dy
·
dy dx
=
dz dy
·z(y) = z·z
0
В случае получаем уравнение первого порядка
F (y, z, zz
0
) = 0 ,
так как z 6= 0. Если же y = const, то нельзя брать y в качестве нового аргумента. Поэтому принимая y за новый аргумент, всегда следует проверять, не теряем ли мы при этом решений вида y = const.
3. (Случай однородной функции)
Функция F (x, y, y
1
, y
2
) называется однородной функцией степени m относительно переменных y, y
1
, y
2
,
если для любой точки (x, y, y
1
, y
2
) и любого значения параметра t, выполнено условие F (x, ty, ty
1
, ty
2
) =
t m
F (x, y, y
1
, y
2
).
Уравнение (
2
) называется однородным уравнением переменных y, y
0
, y
00
, если F (x, y, y
1
, y
2
) — однородная функция степени m относительно переменных y, y
1
, y
2
Если уравнение (
2
) является однородным относительно y, y
0
, y
00
, то его порядок понижается с помощью замены y
0
= y ·z, где z = z(x) — новая неизвестная функция. В этом случае y
00
= y(z
0
+z
2
), следовательно
F (x, y, y
0
, y
00
) = F (x, y, yz, y(z
0
+ z
2
)) = y m
F (x, 1, z, z
0
+ z
2
) = 0.
Здесь мы воспользовались однородностью функции F . Если m > 0, то получаем решение y = 0 . Если y 6= 0, то имеем для функции z уравнение первого порядка
F (x, 1, z, z
0
+ z
2
) = 0 .
Если множеством его решений является функция z = ϕ(x, C
1
), то y = C
2
e
R ϕ(x,C
1
) dx
Содержание
Github

Страница 5
Методы решения дифференциальных уравнений
4. (Уравнение в точных производных. Интегрирующий множитель)
Если для некоторой Φ(x, y, y
0
) при всех x, y, y
0
, y
00
спараведливо тождество F (x, y, y
0
, y
00
) =
d dx
Φ(x, y, y
0
),
то уравнение (
2
) называется уравнением в точных производных. В таком случае, очевидно, уравнение
(
2
) эквивалентно уравнению первого порядка
Φ(x, y, y
0
) = C .
Иногда уравнение (
2
) становится таковым лишь после его умножения на некоторую функцию µ(x, y, y
0
) —
интегрирующий множитель.
5. (Случай обобщенно-однородной функции)
Функция F называется обобщенно-однородной степени m, если существует такое k, что для любого t выполнено условие
F (tx, t k
y, t k−1
y
1
, t k−2
y
2
) = t m
(x, y, y
1
, y
2
).
Если уравнение (
2
) является обобщенно-однородным и x > 0, то его порядок понижается на единицу с помощью замены
(
x = e u
,
y = ve ku где u — новый аргумент, v = v(u) — новая искомая функция. Если же x < 0, то полагаем x = −e u
. Опуская поиск выражений для y
0
и y
00
через новые переменные, имеем:
F (x, y, y
0
, y
00
) = F (1, v, v
0
+ kv, v
00
+ (2k − 1)v
0
+ k(k − 1)v) = 0 .
Содержание
Github

Страница 6
Методы решения дифференциальных уравнений
3
Уравнения, не разрешенные относительно производной. Особые решения
Уравнениями первого порядка, неразрешенными относительно производной, называются уравнения вида
F (x, y, y
0
) = 0
(3)
Если данное уравнение возможно разрешить относительно y
0
, то получим одно или несколько уравнений вида y
0
= f (x, y), каждое из которых надо решить.
Если же уравнение (
3
) возможно разрешить относительно x или y, то нужно воспользоваться методом введения параметра.
3.1
Уравнения, разрешимые относительно искомой функции y
Предположим, что уравнение (
3
) можно записать в виде y = f (x, y
0
), тогда вводя параметр p =
dx dy
= y
0
,
получаем функцию y = f (x, p), от обеих частей которой нужно взять полный дифференциал:
dy =
∂f
∂x dx +
∂f
∂p dp.
Далее, избавляясь заменяя dy на pdx имеем два случая:
1. Если возможно найти p = p(x, C), то подставляя его в (
3
), получаем y = f (x, p(x, C)) — общее решение
(
3
).
2. Если возможно найти x = ϕ(p, C), то исключая параметр p из системы
(
x = ϕ(p, C)
y = f (ϕ(p, C), p)
получаем общее решение (
3
).
3.2
Уравнения, разрешимые относительно аргумента x
Если уравнение (
3
) можно записать в виде x = f (y, y
0
), то действуя аналогично предыдущему пункту полу- чаем общее решение (
3
) как x = f (y, C).
Заметим, что бывает удобно вводить параметр p как p =
1
y
0 3.3
Особые решения
Особым решением (
3
) на некотором множестве I называется его решение y
0
= g(x), если ∀x
0
∈ I через точку графика особого решения (x
0
, g(x
0
)) проходит другое решение, отличное от особого в сколь угодно малой окрестности этой точки, и имеющее ту же касательную.
То есть, если y = y(x, C) — семейство решений (
3
) , не совпадающих с особым решением y
0
(x), то ∀x
0
∈ I
выполнено условие касания:
(
y
0
(x
0
) = y(x
0
, C)
y
0 0
(x
0
) = y
0
(x
0
, C).
Алгоритм нахождения особых решений
1. Найти решения (
3
).
2. Найти p-дискриминантное множество, исключив параметр p из системы
(
F (x, y, p) = 0,
∂F
∂p
= 0.
3. Отобрать те из решений уравнения (
3
), которые пересекаются с p-дискриминантным множеством.
4. Для отобранных на предыдущем шаге проверить достаточное условие особого решения, то есть про- верить выполнения при любом x
0
∈ I условий касания
(
y
0
(x
0
) = y(x
0
, C)
y
0 0
(x
0
) = y
0
(x
0
, C),
где y(x, C) — семейство решений (
3
).
Содержание
Github

Страница 7
Методы решения дифференциальных уравнений
4
Линейные уравнения с переменными коэффициентами.
4.1
Вронскиан
W и его свойства.
Вронскиан или определитель Вронского — функция W (f
1
, ..., f n
)(x), определенная для системы функций f
1
(x), ..., f n
(x) на промежутке I:
W (f
1
, ..., f k
)(x) = det








f
1
(x)
f
1
(x)
f n
(x)
f
0 1
(x)
f
0 1
(x)
f
0
n
(x)
f
(n−1)
1
(x)
f
(n−1)
1
(x)
f
(n−1)
n
(x)








(4)
Свойства:
1. Если функции f
1
, ..., f n
— линейно зависимы на I, то ∀x ∈ I W (x) = 0.
2. Если ∃x
0
∈ I : W (x
0
) 6= 0, то f
1
, ..., f n
— линейно независимы на I.
3. Если f
1
, ..., f n
— решения однородного дифференциального уравнения n-ого порядка, то возможны толь- ко два варианта:
(a) ∀x ∈ I W (x) = 0, это значит, что f
1
, ..., f n
— линейно зависимы на I.
(b) @x
0
∈ I т.ч. W (x
0
) = 0, это, в свою очередь, значит, что f
1
, ..., f n
— линейно независимы.
4.2
Пример исследования функций на линейную зависимость (Задача Ф648)
Исследовать на линейную зависимость: e x
, e
2x
, e
3x
Решение:
W (e x
, e
2x
, e
3x
) = det


e x
e
2x e
3x e
x
2e
2x
3e
3x e
x
4e
2x
9e
3x


= ... = 6e
6x
,
следовательно функции линейно независимы.
4.3
Пример построения системы уравнений, имея частные решения (Задача Ф.22.59)
Известны три частных решения неоднородного уравнения второго порядка:





y
1
= x
2
,
y
2
= 1 − x,
y
3
= 1 − 3x найти решение уравнения с начальными условиями:
(
y(0) = 2,
y
0
(0) = 0
Решение:
Известно, что разность двух частных решений есть базисное решение однородного уравнения:
(
y
10
= y
3
− y
2
= −2x,
y
20
= y
1
− y
2
= x
2
+ x − 1
или
(
y
10
= −x,
y
20
= x
2
− 1
Так как y
10
и y
20
— решения однородного дифференциального уравнения, то их вронскиан (
4
) должен равняться нулю. Найдем однородное уравнение из этого условия:
det


y x
2
− 1
−x y
0 2x
−1
y
00 2
0


= 0 2y + (1 − x
2
)y
00
− x(2y
0
− 2xy
00
) = 0
y
00
(x
2
− 1) − 2xy
0
+ 2y = 0 — Однородное.
Содержание
Github

Страница 8
Методы решения дифференциальных уравнений
Теперь получим неоднородное уравнение, подставив в однородное частное решение y
2
= 1 − x: 0 · (x
2
− 1) −
2x(−1) + 2(1 − x) = 2, откуда неоднородное уравнение:
y
00
(x
2
− 1) − 2xy
0
+ 2y = 2.
Общее решение уравнени имеет вид: y = (x
2
− 1) · C
1
+ C
2
· x + (1 − x).
4.4
Формула Луивилля-Остроградского
Пусть дано однородное уравнение второго порядка:
a(x)y
00
+ b(x)y
0
+ c(x)y = 0.
Тогда справедлива формула Луивилля-Остроградского:
d dx
(
y y
1o
) = C
0
·
1
y
2 1o
· exp

−
Z
b(x)
a(x)
dx

,
(5)
где y — решение однородного уравнения, y
1o
— одно из частных решений однородного уравнения, C
0
—
некоторая константа. Под интегралом в практическом смысое понимается первообразная, так как вылезшая константа будет поглощена C
0 4.5
Алгоритм решения линейных уравнений n = 2 с переменными коэффициентами
Общая идея состоит в том, чтобы подобрать одно частное решение однородного, а затем, с помощью формулы
Луивиля-Остроградского (
5
) найти второе частное решение однородного уравнения.
Пусть есть уравнение:
a(x)y
00
+ b(x)y
0
+ c(x)y = f (x).
1. Найти одно частное решение однородного уравнения, пробуя подстановки (в указанном порядке):
(a) y
1o
= e ax
,
(b) y
1o
= x k
,
(c) y
1o
= P (x), deg(P ) = k — в виде многочлена.
2. Применить формулу Луивилля-Остроградского (
5
) и получить решение однородного уравнения: y o
=
y
1o
D + y
2o
C, где D, C — константы.
3. Воспользовоться методом вариации постоянной:
(
D
0
(x)y
1o
+ C
0
(x)y
2o
= 0,
D
0
(x)y
0 1o
+ C
0
(x)y
0 2o
=
f (x)
a(x)
(6)
4. Подставить найденные C(x) и D(x) в решение однородного уравнения, тем самым получить решение неоднородного уравнения.
4.6
Пример — Задача C.9.53
Решить: x(x + 1)y
00
+ (4x + 2)y
0
+ 2y = 6(x + 1).
Решение:
Отыщем для начала частное решение однородного уравнения. Для этого попробуем замену y = e ax
:
a
2
(x
2
+ x) + a(4x + 2) + 2 = 0,
z
2
x
2
+ a
2
x + 4ax + 2a + 2 = 0,
x
2
a
2
+ x(a
2
+ 4a) + (2a + 2) = 0,





a = −1,
a
2
+ 4a = 0,
a
2
= 0 — не подходит.
Содержание
Github

Страница 9
Методы решения дифференциальных уравнений
Попробуем замену y = x k
:
(x
2
+ x)(k
2
− k)x k−2
+ k(4x + 2)x k−1
+ 2x k
= 0,
xk
2
− kx + k
2
− k + 4kx + 2k + 2x = 0,
x(k
2
− k + 4k + 2) + (k
2
+ k) = 0,
(
k
2
+ 3k + 2 = 0,
k + 1 = 0
⇒
k = −1 .
Таким образом, частное решение: y o1
=
1
x
Найдем второе частное решение с помощью формулы Луивилля-Остроградского (
5
):
d dx
(yx) = Cx
2
exp

−
Z
4x + 2
x
2
+ x dx

,
Z
4x + 2
x
2
+ x dx =
Z
2
x dx +
Z
2
x + 1
dx = 2 ln x + 2 ln x + 1,
exp(− ln x
2
− ln (x + 1)
2
) =
1
x
2
·
1
(x + 1)
2
,
d dx
(yx) =
c
(x + 1)
2
, откуда yx = −
C
x + 1
+ D =
C
x + 1
+ D,
y =
D
x
+
C
x(x + 1)
— однородное.
Далее воспользуемся методом вариации постоянной (
6
):
(
D
0 1
x
+ C
0 1
x(x+1)
= 0,
D
0
= −
C
0
x+1
−D
0 1
x
2
− C
0 2x+1
x
2
(x+1)
2
=
6
x
,
C
0
= −6(x + 1)
2
⇒ C = −2(x + 1)
3
+ C
1
,
D
0
= 6(x + 1) ⇒ D = 3(x + 1)
2
+ D
1
,
следовательно, получаем решение:
y =
(x + 1)
2
x
+
C
1
x(x + 1)
+
D
1
x
4.7
Задача С.9.68(а)
Составить и решить линейное дифференциальное уравнение второго порядка, если известна его правая часть f (x) и ФСР y
1
(x) и y
2
(x) соответствующего однородного уравнения:





f (x) = 1 − x
2
,
y
1
= x,
y
2
= x
2
+ 1.
Решение:
Пусть y o
— решение однородного уравнения, тогда, так как y o
, y
1
, y
2
— линейно зависимы, то их вронскиан равен нулю:
det


x x
2
+ 1
y o
1 2x y
0
o
0 2
y
00
o


= y
00
o
(x
2
− 1) − 2xy
0
o
+ 2y o
= 0 — однородое уравнение,
y
00
(x + 2 − 1) − 2xy
0
+ 2y = 1 − x
2
— исходное уравнение.
Содержание
Github

Страница 10
Методы решения дифференциальных уравнений
Далее пользуясь методом варианции постоянной (
6
), получаем решение данного уравнения.
4.8
Задача про уравнение Бесселя (Т3-2020).
Доказать, что уравнение бесселя не может иметь двух линейно независимых решений, ограниченных в окрест- ности нуля вместе со своими производными.
x
2
y
00
+ xy
0
+ (x
2
− ν
2
)y = 0, ν = const, x > 0.
Решение:
Предположим обратное, то есть что нашлись такие y
1
, y
2
ЛНЗ решения (
4
), тогда:
W (y
1
, y
2
)(x) = det
y
1
y
2
y
0 1
y
0 2

= C · exp

−
Z
x x
2

= C · exp (− ln x + D) =
C
x
+ D
Но при x −→ 0,
C
x
−→ ∞ ⇒ (y
1
y
0 2
− y
2
y
0 1
) −→ ∞ ⇒ противоречие с условием.
Содержание
Github

Страница 11
Методы решения дифференциальных уравнений
5
Теорема Штурма
5.1
Формулировка теоремы
Теорема: Пусть для любого x ∈ I выполнено q(x) ≤ Q(x), и
(
y(x) — решение y
00
+ q(x)y = 0,
z(x) — решение z
00
+ Q(x)z = 0.
. Пусть x
1
< x
2
— последовательные нули y(x), тогда либо z(x
1
) = z(x
2
) = 0, либо ∃x
0
∈ (x
1
, x
2
), что z(x
0
) = 0.
5.2
Неформальная трактовка теоремы
Нули функции y(x) идут не чаще нулей z(x).
5.3
Задача С.10.3 + уравнение Эйлера
Показать, что каждое решение уравнения y
00
+
1 1+x
2
y = 0 имеет на промежутке [0; +∞) бесконечно много нулей.
Решение:
Достаточно показать, что бесконечно много нулей на интегрвале x ∈ (1, +∞) Пусть Q(x) =
1 1+x
2
и q(x) =
1 2x
2
, очевидно, что q(x) ≤ Q(x). Задача свелась к тому, чтобы показать, что любое решение уравнения z
00
+
q(x)z = 0 имеет ∞ много нулей.
Решим уравнение z
00
+
1 2x
2
z = 0 как уравнение Эйлера: z(x) = ax b
, z
0
(x) = abx b−1
, z
00
= ab(b − 1)x b−2
:
ab(b − 1)x b−2
+
ax b
2x
2
= 0,
ab(b − 1)x b−2
+
a
2
x b−2
= 0,
ab
2
− ab +
a
2
= 0,
a(b
2
− b +
1 2
) = 0,
, откуда a = 1, b =
1±i
2
= α. Получаем решение:
z(x) = x
α
= e
αln(x)
= e
1±i
2
ln(x)
=
√
x(cos
1 2
ln x ± i sin
1 2
ln x)
— ∞ раз обращается в 0.
Содержание
Github