Дифференциальные уравнения первого порядка однородные уравнения онлайн: Решение дифференциальных уравнений онлайн. Любые с подробным решением. - Санкт-Петербургское государственное бюджетное учреждение социального обслуживания населения

Содержание

Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка

Линейным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение вида

y” + p(x)y‘ + q(x)y = f(x),

где y – функция, которую требуется найти, а p(x), q(x) и f(x) – непрерывные функции на некотором интервале (a, b).

Если правая часть уравнения равна нулю (f(x) = 0), то уравнение называется линейным однородным уравнением. Таким уравнениям и будет в основном посвящена практическая часть этого урока. Если же правая часть уравнения не равна нулю (f(x) ≠ 0), то уравнение называется линейным неоднородным уравнением (смотрите отдельный урок).

В задачах от нас требуется разрешить уравнение относительно

y”:

y” = −p(x)y‘ − q(x)y + f(x).

Линейные дифференциальные уравнения второго порядка имеют единственное решение задачи Коши.

Рассмотрим линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка:

y” + p(x)y‘ + q(x)y = 0.

Если y1(x) и y2(x) – частные решения этого уравнения, то верны следующие высказывания:

1) y1(x) + y2(x

) – также является решением этого уравнения;

2) Cy1(x), где C – произвольная постоянная (константа), также является решением этого уравнения.

Из этих двух высказываний следует, что функция

C1y1(x) + C2y2(x)

также является решением этого уравнения.

Возникает справедливый вопрос: не является ли это решение общим решением линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка, то есть таким решением, в котором при различных значениях C1 и

C2 можно получить все возможные решения уравнения?

Ответ на этот вопрос следуюший: может, но при некотором условии. Это условие о том, какими свойствами должны обладать частные решения y1(x) и y2(x).

И это условие называется условием линейной независимости частных решений.

Теорема. Функция C1y1(x) + C2y2(x) является общим решением линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка, если функции y1(x) и

y2(x) линейно независимы.

Определение. Функции y1(x) и y2(x) называются линейно независимыми, если их отношение является константой, отличной от нуля:

y1(x)/y2(x) = k; k = const; k ≠ 0.

Однако установить по определению, являются ли эти функции линейно независимыми, часто очень трудоёмко. Существует способ установления линейной независимости с помощью определителя Вронского W(x):

Если определитель Вронского не равен нулю, то решения – линейно независимые. Если определитель Вронского равен нулю, то решения – линейно зависимымые.

Пример 1. Найти общее решение линейного однородного дифференциального уравнения .

Решение. Интегрируем дважды и, как легко заметить, чтобы разность второй производной функции и самой функции была равна нулю, решения должны быть связаны с экспонентой, производная которой равна ей самой. То есть частными решениями являются и .

Так как определитель Вронского

не равен нулю, то эти решения линейно независимы. Следовательно, общее решение данного уравнения можно записать в виде

Линейным однородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами называется уравнение вида

y” + py‘ + qy = 0,

где p и q – постоянные величины.

На то, что это уравнение второго порядка, указывает наличие второй производной от искомой функции, а на его однородность – нуль в правой части. Постоянными коэффициентами называются уже упомянутые выше величины.

Чтобы решить линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами

, нужно сначала решить так называемое характеристическое уравнение вида

k² + pq + q = 0,

которое, как видно, является обычным квадратным уравнением.

В зависимости от решения характеристического уравнения возможны три различных варианта решения линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами, которые сейчас разберём. Для полной определённости будем считать, что все частные решения прошли проверку определителем Вронского и он во всех случаях не равен нулю. Сомневающиеся, впрочем, могут проверить это самостоятельно.

Корни характеристического уравнения – действительные и различные

Иными словами, . В этом случае решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид

Корни характеристического уравения – вещественные и равные

То есть, . В этом случае решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид

Корни характеристического уравнения – комплексные

То есть, , , . В этом случае решение линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид

Решить линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами самостоятельно, а затем посмотреть решение

Пример 8. Решить линейное однородное дифференциальное уравнение

Всё по теме “Дифференциальные уравнения”

Поделиться с друзьями

Конспект урока по математике для групп СПО на тему “Линейные дифференциальные уравнения первого порядка ” “

Конспект урока

«Линейные дифференциальные уравнения первого порядка»

Уравнение вида y’

+ р(x) y = q(x), левая часть которого есть линейная функция относительно y и y’ , а функции p(x) и q(x) непрерывны в некоторой области, называется линейным дифференциальным уравнением первого порядка.

Если q(x)=0, то уравнение называется однородным, если , то уравнение называется неоднородным.

Линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка можно решать двумя методами: методом вариации произвольной постоянной (метод Лагранжа) и методом подстановки (метод Бернулли).

Метод вариации произвольной постоянной (метод Лагранжа)

y’ + р(x) y = q(x)

Алгоритм решения:

Составим линейное однородное уравнение y’ + р(x) y = 0

Это – уравнение с разделяющимися переменными

Разделим переменные и проинтегрируем.
Общее решение однородного уравнения запишем в виде

Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения будем искать, варьируя произвольную постоянную С , т.е. полагая (*), где

С(х) некоторая , пока неизвестная, дифференцируемая функция.
Для нахождения С(х) вычислим y’ и подставим в исходное уравнение
Выразим С’ (х) и проинтегрируем.
Найденную С(х) подставим в (*).

Пример:

Найти общее решение уравнения

Решение

Напишем однородное уравнение

_{Разделим переменные}

_{Проинтегрируем и найдем общее решение однородного уравнения}

Общее решение неоднородного уравнения будем искать в виде

(*)

Вычислим y’ подставим в исходное уравнение

Найденную функцию подставим в (*)

Ответ:

Метод подстановки (метод Бернулли)

y’ + р(x) y = q(x)

Алгоритм решения:

Общее решение неоднородного уравнения ищем в виде y=uv (*), где u=u(x), v=v(x) – неизвестные функции.
Подставим y=uv в исходное уравнение

u’ v+ uv’ +р(x) uv = q(x)

Вынесем u как общий множитель, получим

u’ v+ u(v’ +р(x) v) = q(x)

Ищем частное решение уранения v‘ +р(x) v=0

т.к. одна из функций (например, v) может быть выбрана произвольно ( только их произведение uv должно удовлетворять уравнению)

Найденную функцию подставим в уравнение u‘ v = q(x) и найдем его общее решение.
Функции u(x), v(x) подставим в (*), получим общее решение уравнения.

Примеры:

Найти общее решение уравнения

Решение

Общее решение уравнения ищем в виде y=uv (*)

Подставим в уравнение u‘ v+ uv‘ +2х uv = 2х

Вынесем u, получим u‘ v+ u(v‘ +2хv) = 2х

Ищем частное решение уравнения v‘ +2хv=0

Подставим v в уравнение u‘ v = 2х

Подставим в (*). Общее решение уравнения

Ответ:

Решить задачу Коши

Решение

Общее решение уравнения ищем в виде y=uv (*)

Подставим в уравнение

Ищем частное решение уравнения

Подставим v в уравнение

Найдем функцию u

Подставим в (*). Общее решение уравнения

Найдем частное решение уравнения (решим задачу Коши).Подставим начальное условие

Ответ:

Решить самостоятельно

Найти общее решение уравнения

Решить задачу Коши

Ответы:

Литература

1. Григорьев В.П.Дубинский Ю.А.Элементы высшей математики (учебник для студ. учреждений СПО) – М.,2014

2. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. – Москва: Оникс, 2008.

Письменный Д. Конспект лекций по высшей математике. – М.: Айрис пресс, 2009.

Интернет- ресурсы:

1.http://de.ifmo.ru –Электронный учебник.

2.http://www.exponenta.ru – Образовательный математический сайт.

3.http://www.mathnet.ru – Общероссийский математический портал Math-Net.Ru

Лекция Однородные дифференциальные уравнения первого порядка

Скачать с Depositfiles

Лекция 2

Однородные дифференциальные уравнения первого порядка

Определение: Функция называется однородной функцией n-го измерения относительно переменных х и у, если при любом справедливо тождество

Примеры: — однородная функция первого измерения

— второго измерения

— нулевого измерения.

Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка

(1)

называется однородным относительно х и у, если функция есть однородная функция нулевого измерения относительно х и у , т.е.

Решение однородного уравнения:

По условию: .

Полагая здесь , получим: , и уравнение (1) запишем так:

(1’)

Заметим, что перед делением на х следует проверить наличие частного решения .

Сделаем подстановку ; ; .

;

Подставляя сюда после интегрирования , получим общий интеграл уравнения (1).

Пример. Найти общий интеграл дифф. уравнения .

Решение. Замена: ; ;

;

— общий интеграл

Замечание: Уравнение вида будет однородным тогда и только тогда, когда и будут однородными функциями одного и того же измерения.

Пример. Найти общий интеграл уравнения: — однородное уравнение. Заметим, что оно допускает частное решение .

Если , то делаем замену ; ; , ;

; ; . – общий интеграл.

Определение:

Линейным ДУ первого порядка называется уравнение, линейное относительно неизвестной функции и ее производной:

(1)

где и — непрерывные функции или константы.

Решение уравнения (1) будем искать решение в виде произведения двух функций

(2)

Тогда

Тогда уравнение (1) можно записать в виде:

, или

(3)

Выберем так, чтобы выполнялось равенство:

(кроме ) (4)

Тогда

Полагаем здесь (нам нужно любое решение уравнения (4))

Окончательно получим общее решение в виде

Постоянную С можно найти из начальных условий: .

Пример: Решить задачу Коши

; ;

Уравнение Бернулли

Уравнения вида

(1)

где и – непрерывные функции (или константы), и , называется уравнениями Бернулли. Заметим, что они допускают нулевое решение . Если, то они приводятся к линейным уравнениям заменой

(2)

Поделим обе части уравнения (1) на , получим

(3)

(4)

-линейное д.у. Найдем его общее решение, сделаем в нем обратную замену и получим общее решение уравнения (1).

Пример. Найти общее решение уравнения

(5)

Уравнение имеет нулевое решение . Найдем другие решения.

; ; ;

— линейное д.у.

Практика

1. Уравнения с разделяющимися переменными.

1); 2); ;

3); 4) ; ;

2. Однородные

1); ; ;

2); 3);

4); 5);

6) ;

3. Линейные первого порядка

1) ; 2);

3); 4).

4. Уравнения Бернулли

1); 2).

Скачать с Depositfiles

Однородные уравнения первого порядка

Функция f ( x, y ) называется однородной степени n , если уравнение

выполняется для всех x, y и z (для которых определены обе стороны).

Пример 1 : Функция f ( x, y ) = x ² + y ² однородна степени 2, поскольку

Пример 2 : Функция однородна степени 4, так как

Пример 3 : Функция f ( x, y ) = 2 x + y однородна степени 1, поскольку

Пример 4 : Функция f ( x, y ) = x ³ – y ² не является однородной, так как

, что не равно z ⁿ f ( x, y ) для любого n .

Пример 5 : Функция f ( x, y ) = x ³ sin ( y / x ) однородна степени 3, поскольку

Дифференциальное уравнение первого порядка называется однородным , если M ( x, y ) и N ( x, y ) являются однородными функциями одной степени.

Пример 6 : Дифференциальное уравнение

является однородным, потому что оба M ( x, y ) = x ² – y ² и N ( x, y ) = xy являются однородными функциями одного и того же степень (а именно 2).

Из этого факта следует метод решения однородных уравнений:

Замена y = xu (и, следовательно, dy = xdu + udx ) преобразует однородное уравнение в разделимое.

Пример 7 : Решите уравнение ( x ² – y ²) dx + xy dy = 0.

Это уравнение однородно, как показано в примере 6.Таким образом, чтобы решить ее, сделайте замены y = xu и dy = x dy + u dx :

Это последнее уравнение теперь разделимо (что и было задумано). Приступая к решению,

Следовательно, решение разделяемого уравнения, включающего x и v , может быть записано как

Чтобы дать решение исходного дифференциального уравнения (которое включало переменные x и y ), просто отметьте, что

Замена v на y / x в предыдущем решении дает окончательный результат:

Это общее решение исходного дифференциального уравнения.

Пример 8: Решить IVP

Так как функции

оба однородны степени 1, дифференциальное уравнение однородно. Подстановки y = xv и dy = x dv + v dx преобразуют уравнение в

, который упрощается следующим образом:

Теперь уравнение разделимо. Разделение переменных и интегрирование дает

Интеграл от левой части вычисляется после выполнения частичного разложения на дробь:

Следовательно,

Правая часть (†) сразу интегрируется в

Следовательно, решение сепарабельного дифференциального уравнения (†) равно

Теперь замена v на y / x дает

как общее решение данного дифференциального уравнения.Применение начального условия y (1) = 0 определяет значение константы c :

Таким образом, частным решением IVP является

, который можно упростить до

, как вы можете проверить.

Техническое примечание: на этапе разделения (†) обе стороны были разделены на ( v + 1) ( v + 2), и v = –1 и v = –2 были потеряны как решения. .Однако их не нужно рассматривать, потому что, хотя эквивалентные функции y = – x и y = –2 x действительно удовлетворяют данному дифференциальному уравнению, они несовместимы с начальным условием.

17.2: Неоднородные линейные уравнения – Математика LibreTexts

В этом разделе мы исследуем, как решать неоднородные дифференциальные уравнения. Терминология и методы отличаются от тех, которые мы использовали для однородных уравнений, поэтому давайте начнем с определения некоторых новых терминов.

Общее решение неоднородного линейного уравнения

Рассмотрим неоднородное линейное дифференциальное уравнение

\ [a_2 (x) y ″ + a_1 (x) y ′ + a_0 (x) y = r (x). \ nonumber \]

Соответствующее однородное уравнение

\ [a_2 (x) y ″ + a_1 (x) y ′ + a_0 (x) y = 0 \ nonumber \]

называется дополнительным уравнением . Мы увидим, что решение дополнительного уравнения является важным шагом в решении неоднородного дифференциального уравнения.

Определение: частное решение

Решение \ (y_p (x) \) дифференциального уравнения, не содержащее произвольных констант, называется частным решением этого уравнения.

ОБЩЕЕ РЕШЕНИЕ НЕОДНОРОДНОГО УРАВНЕНИЯ

Пусть \ (y_p (x) \) будет любым частным решением неоднородного линейного дифференциального уравнения

\ [a_2 (x) y ″ + a_1 (x) y ′ + a_0 (x) y = r (x). \]

Кроме того, пусть \ (c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x) \) обозначает общее решение дополнительного уравнения. Тогда общее решение неоднородного уравнения равно

\ [y (x) = c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x) + y_p (x). \]

Проба

Чтобы доказать, что \ (y (x) \) является общим решением, мы должны сначала показать, что оно решает дифференциальное уравнение, и, во-вторых, что любое решение дифференциального уравнения может быть записано в этой форме.Подставляя \ (y (x) \) в дифференциальное уравнение, получаем

\ [\ begin {align *} a_2 (x) y ″ + a_1 (x) y ′ + a_0 (x) y & = a_2 (x) (c_1y_1 + c_2y_2 + y_p) ″ + a_1 (x) (c_1y_1 + c_2y_2 + y_p) ′ \\ & \; \; \; \; + a_0 (x) (c_1y_1 + c_2y_2 + y_p) \\ [4pt] & = [a_2 (x) (c_1y_1 + c_2y_2) ″ + a_1 (x) (c_1y_1 + c_2y_2) ′ + a_0 (x) (c_1y_1 + c_2y_2 )] \\ & \; \; \; \; + a_2 (x) y_p ″ + a_1 (x) y_p ′ + a_0 (x) y_p \\ [4pt] & = 0 + r (x) \\ [4pt] & = r (x). \ end {align *} \]

Итак, \ (y (x) \) – решение.

Пусть теперь \ (z (x) \) будет любым решением \ (a_2 (x) y ” + a_1 (x) y ′ + a_0 (x) y = r (x).\) Тогда

\ [\ begin {align *} a_2 (x) (z − y_p) ″ + a_1 (x) (z − y_p) ′ + a_0 (x) (z − y_p) & = (a_2 (x) z ″ + a_1 (x) z ′ + a_0 (x) z) \\ & \; \; \; \ ;−( a_2 (x) y_p ″ + a_1 (x) y_p ′ + a_0 (x) y_p) \\ [4pt ] & = r (x) −r (x) \\ [4pt] & = 0, \ end {align *} \]

, поэтому \ (z (x) −y_p (x) \) является решением дополнительного уравнения. Но \ (c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x) \) является общим решением дополнительного уравнения, поэтому существуют константы \ (c_1 \) и \ (c_2 \) такие, что

\ [z (x) −y_p (x) = c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x). \ nonumber \]

Отсюда видим, что

\ [z (x) = c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x) + y_p (x).\ nonumber \]

Пример \ (\ PageIndex {1} \): проверка общего решения

Учитывая, что \ (y_p (x) = x \) является частным решением дифференциального уравнения \ (y ″ + y = x, \), запишите общее решение и проверьте, убедившись, что решение удовлетворяет уравнению.

Решение

Дополнительное уравнение \ (y ″ + y = 0, \) имеет общее решение \ (c_1 \ cos x + c_2 \ sin x. \). Таким образом, общее решение неоднородного уравнения равно

\ [у (х) = с_1 \ соз х + с_2 \ грех х + х.\ nonumber \]

Чтобы убедиться, что это решение, подставьте его в дифференциальное уравнение. У нас

\ [y ′ (x) = – c_1 \ sin x + c_2 \ cos x + 1 \ nonumber \]

\ [y ″ (x) = – c_1 \ cos x − c_2 \ sin x. \ nonumber \]

Затем

\ [\ begin {align *} y ″ (x) + y (x) & = – c_1 \ cos x − c_2 \ sin x + c_1 \ cos x + c_2 \ sin x + x \\ [4pt] & = x. \ end {align *} \]

Итак, \ (y (x) \) является решением \ (y ″ + y = x \).

Упражнение \ (\ PageIndex {1} \)

Учитывая, что \ (y_p (x) = – 2 \) является частным решением \ (y ″ −3y′ − 4y = 8, \), запишите общее решение и убедитесь, что общее решение удовлетворяет уравнению.{4x} −2 \)

В предыдущем разделе мы узнали, как решать однородные уравнения с постоянными коэффициентами. Следовательно, для неоднородных уравнений вида \ (ay ″ + by ′ + cy = r (x) \) мы уже знаем, как решить дополнительное уравнение, и проблема сводится к нахождению частного решения для неоднородного уравнения. Теперь рассмотрим два метода для этого: метод неопределенных коэффициентов и метод вариации параметров.

Неопределенные коэффициенты

Метод неопределенных коэффициентов включает в себя обоснованные предположения о форме конкретного решения на основе формы \ (r (x) \).Когда мы берем производные от полиномов, экспоненциальных функций, синусов и косинусов, мы получаем многочлены, экспоненциальные функции, синусы и косинусы. Поэтому, когда \ (r (x) \) имеет одну из этих форм, возможно, что решение неоднородного дифференциального уравнения может принять ту же самую форму. Давайте рассмотрим несколько примеров, чтобы увидеть, как это работает.

Пример \ (\ PageIndex {2} \): неопределенные коэффициенты, когда \ (r (x) \) является многочленом

Найдите общее решение задачи \ (y ″ + 4y ′ + 3y = 3x \).{−3x} \). Поскольку \ (r (x) = 3x \), конкретное решение может иметь вид \ (y_p (x) = Ax + B \). Если это так, то мы имеем \ (y_p ′ (x) = A \) и \ (y_p ″ (x) = 0 \). Чтобы \ (y_p \) было решением дифференциального уравнения, мы должны найти такие значения для \ (A \) и \ (B \), что

\ [\ begin {align *} y ″ + 4y ′ + 3y & = 3x \\ [4pt] 0 + 4 (A) +3 (Ax + B) & = 3x \\ [4pt] 3Ax + (4A + 3B ) & = 3х. \ nonumber \ end {align *} \]

Приравнивая коэффициенты при одинаковых слагаемых, получаем

\ [\ begin {align *} 3A & = 3 \\ 4A + 3B & = 0.{−3x} + x− \ frac {4} {3}. \ nonumber \]

В примере \ (\ PageIndex {2} \) обратите внимание, что даже несмотря на то, что \ (r (x) \) не включает постоянный член, нам необходимо было включить постоянный член в наше предположение. Если бы мы предположили решение вида \ (y_p = Ax \) (без постоянного члена), мы не смогли бы найти решение. (Проверьте это!) Если функция \ (r (x) \) является полиномом, наша догадка для конкретного решения должна быть полиномом той же степени, и она должна включать все члены более низкого порядка, независимо от того, являются ли они присутствует в \ (r (x) \).{2t} + \ sin t + \ cos t \)

В предыдущей контрольной точке \ (r (x) \) включал как синусоидальные, так и косинусные члены. Однако даже если \ (r (x) \) включает только синусоидальный член или только косинусный член, в предположении должны присутствовать оба члена. Метод неопределенных коэффициентов также работает с произведениями полиномов, экспонент, синусов и косинусов. Некоторые ключевые формы \ (r (x) \) и связанные с ними предположения для \ (y_p (x) \) суммированы в Таблице \ (\ PageIndex {1} \).

Таблица \ (\ PageIndex {1} \): ключевые формы для метода неопределенных коэффициентов

\ (r (x) \)

Первоначальное предположение для \ (y_p (x) \)

\ (k \) (постоянная)

\ (A \) (постоянная)

\ (топор + b \)

\ (Ax + B \) ( Примечание : предположение должно включать оба члена, даже если \ (b = 0 \).{−2x} \).

СТРАТЕГИЯ РЕШЕНИЯ ПРОБЛЕМ: МЕТОД НЕОПРЕДЕЛЕННЫХ КОЭФФИЦИЕНТОВ

Решите дополнительное уравнение и запишите общее решение. {- 3x} \) (шаг 1).Основываясь на форме \ (r (x) = – 6 \ cos 3x, \), наше первоначальное предположение для конкретного решения будет \ (y_p (x) = A \ cos 3x + B \ sin 3x \) (шаг 2) . Ни один из членов в \ (y_p (x) \) не решает дополнительное уравнение, так что это верное предположение (шаг 3).
Теперь мы хотим найти значения для \ (A \) и \ (B, \), поэтому подставляем \ (y_p \) в дифференциальное уравнение. У нас есть

\ [y_p ′ (x) = – 3A \ sin 3x + 3B \ cos 3x \ text {and} y_p ″ (x) = – 9A \ cos 3x − 9B \ sin 3x, \ nonumber \]

поэтому мы хотим найти такие значения \ (A \) и \ (B \), что

\ [\ begin {align *} y ″ −9y & = – 6 \ cos 3x \\ [4pt] −9A \ cos 3x − 9B \ sin 3x − 9 (A \ cos 3x + B \ sin 3x) & = −6 \ cos 3x \\ [4pt] −18A \ cos 3x − 18B \ sin 3x & = – 6 \ cos 3x.2 + Bt \) (шаг 3). Проверяя это новое предположение, мы видим, что ни один из членов в \ (y_p (t) \) не решает дополнительное уравнение, так что это верное предположение (снова шаг 3). Теперь мы хотим найти значения для \ (A \) и \ (B, \), поэтому мы подставляем \ (y_p \) в дифференциальное уравнение. У нас есть \ (y_p ′ (t) = 2At + B \) и \ (y_p ″ (t) = 2A \), поэтому мы хотим найти такие значения AA и BB, что

\ [\ begin {align *} y ″ −3y ′ & = – 12t \\ [4pt] 2A − 3 (2At + B) & = – 12t \\ [4pt] −6At + (2A − 3B) & = – 12т. \ end {align *} \]

Следовательно,

\ [\ begin {align *} – 6A & = – 12 \\ [4pt] 2A − 3B & = 0.{2t} −5 \ cos 2t + \ sin 2t \)

Изменение параметров

Иногда \ (r (x) \) не является комбинацией многочленов, экспонент или синусов и косинусов. В этом случае метод неопределенных коэффициентов не работает, и мы должны использовать другой подход, чтобы найти конкретное решение дифференциального уравнения. Мы используем подход, названный методом изменения параметров .

Чтобы немного упростить наши вычисления, мы собираемся разделить дифференциальное уравнение на \ (a, \), чтобы у нас был старший коэффициент, равный 1.Тогда дифференциальное уравнение имеет вид

\ [y ″ + py ′ + qy = r (x), \]

где \ (p \) и \ (q \) – константы.

Если общее решение дополнительного уравнения дается выражением \ (c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x) \), мы будем искать частное решение вида

\ [y_p (x) = u (x) y_1 (x) + v (x) y_2 (x). \]

В этом случае мы используем два линейно независимых решения дополнительного уравнения, чтобы сформировать наше частное решение. Однако мы предполагаем, что коэффициенты являются функциями от \ (x \), а не константами.Мы хотим найти функции \ (u (x) \) и \ (v (x) \) такие, что \ (y_p (x) \) удовлетворяет дифференциальному уравнению. У нас

\ [\ begin {align *} y_p & = uy_1 + vy_2 \\ [4pt] y_p ′ & = u′y_1 + uy_1 ′ + v′y_2 + vy_2 ′ \\ [4pt] y_p ″ & = (u′y_1 + v′y_2) ′ + u′y_1 ′ + uy_1 ″ + v′y_2 ′ + vy_2 ″. \ end {align *} \]

Подставляя в дифференциальное уравнение, получаем

\ [\ begin {align *} y_p ″ + py_p ′ + qy_p & = [(u′y_1 + v′y_2) ′ + u′y_1 ′ + uy_1 ″ + v′y_2 ′ + vy_2 ″] \\ & \ ; \; \; \; + p [u′y_1 + uy_1 ′ + v′y_2 + vy_2 ′] + q [uy_1 + vy_2] \\ [4pt] & = u [y_1 ″ + p_y1 ′ + qy_1] + v [y_2 ″ + py_2 ′ + qy_2] \\ & \; \; \; \; + (u′y_1 + v′y_2) ′ + p (u′y_1 + v′y_2) + (u′y_1 ′ + v′y_2 ′).\ end {align *} \]

Обратите внимание, что \ (y_1 \) и \ (y_2 \) являются решениями дополнительного уравнения, поэтому первые два члена равны нулю. Таким образом, имеем

\ [(u′y_1 + v′y_2) ′ + p (u′y_1 + v′y_2) + (u′y_1 ′ + v′y_2 ′) = r (x). \]

Если мы упростим это уравнение, наложив дополнительное условие \ (u′y_1 + v′y_2 = 0 \), первые два члена равны нулю, и это сведется к \ (u′y_1 ′ + v′y_2 ′ = r ( Икс)\). Итак, с этим дополнительным условием мы имеем систему двух уравнений с двумя неизвестными:

\ [\ begin {align *} u′y_1 + v′y_2 & = 0 \\ [4pt] u′y_1 ′ + v′y_2 ′ & = r (x).\ end {align *} \]

Решение этой системы дает нам \ (u ′ \) и \ (v ′ \), которые мы можем проинтегрировать, чтобы найти \ (u \) и \ (v \).

Тогда \ (y_p (x) = u (x) y_1 (x) + v (x) y_2 (x) \) является частным решением дифференциального уравнения. Решение этой системы уравнений иногда бывает сложной задачей, поэтому давайте воспользуемся этой возможностью, чтобы рассмотреть правило Крамера, которое позволяет нам решать систему уравнений с использованием определителей. 2 \\ [4pt] r_1 (x) & = 0 \\ [4pt] r_2 (x) & = 2x.2} \), \ (z_2 = \ frac {2x + 2} {11x} \)

СТРАТЕГИЯ РЕШЕНИЯ ПРОБЛЕМ: МЕТОД ИЗМЕНЕНИЯ ПАРАМЕТРОВ

Решите дополнительное уравнение и запишите общее решение \ [c_1y_1 (x) + c_2y_2 (x). \]
Используйте правило Крамера или другой подходящий метод, чтобы найти функции \ (u ′ (x) \) и \ (v ′ (x) \), удовлетворяющие \ [\ begin {align *} u′y_1 + v′y_2 & = 0 \ \ [4pt] u′y_1 ′ + v′y_2 ′ & = r (x). \ end {align *} \]
Интегрируйте \ (u ′ \) и \ (v ′ \), чтобы найти \ (u (x) \) и \ (v (x) \).т \ лн | т | \ tag {step 5} \]

Дополнительное уравнение \ (y ″ + y = 0 \) с соответствующим общим решением \ (c_1 \ cos x + c_2 \ sin x \). Итак, \ (y_1 (x) = \ cos x \) и \ (y_2 (x) = \ sin x \) (шаг 1). Затем мы хотим найти функции \ (u ′ (x) \) и \ (v ′ (x) \) такие, что

\ [\ begin {align *} u ′ \ cos x + v ′ \ sin x & = 0 \\ [4pt] −u ′ \ sin x + v ′ \ cos x & = 3 \ sin _2 x \ end { выровнять *}. 2 x \ cos x ( \ text {step 2}).т \ лн | т | \)

Math56 | ODE

Вот материалы курса для моего лета 2018 курс обыкновенных дифференциальных уравнений. Если у вас есть вопросы или комментарии, напишите мне по адресу .

Материалы курса

Вот ссылки на программу, а также к викторинам и экзаменам по курсу.

План, конспект лекций и домашнее задание

По рекомендации Брэндона Койи, который учил этот класс летом раньше, Я слежу за презентацией в Онлайн-заметки Пола об ODE, которые легко доступны и обеспечивают хорошее изложение материала и множество примеров.Вот план курса со ссылками на соответствующие разделы в Интернет-заметках Пола, вместе с моими личными конспектами лекций (которые я написал для себя и может быть бесполезен для других), и домашнее задание, которое нужно сдавать каждую неделю.

Неделя первая – Терминология и разделимые и однородные документы DE

Конспект лекций · Домашнее задание
Говорили о программе и логистике курса.Определили основные вещи, как ОДУ и УЧП, решение дифференциального уравнения, задач начального значения , общий по сравнению с частным решение DE, и порядок дифференциального уравнения. Также говорили о поля направлений, и как найти решения для первого порядка отделяемый а также однородный дифференциальные уравнения.

Неделя вторая – точный, линейный первого порядка и DE Бернулли

Третья неделя – Моделирование и равновесные решения

, четвертая неделя – линейные DE N-го порядка и сокращение порядка

Пятая неделя – неопределенные коэффициенты, изменение параметров

Неделя шестая – преобразования Лапласа

Неделя седьмая – Системы ODE и другое моделирование

Мысли и размышления

Поскольку я только познакомился с дифференциальными уравнениями до этого курса учился в сопоставимом классе как студент, Я попытался сделать несколько дополнительных чтений, чтобы подготовиться к преподаванию.Хотя у меня не было достаточно времени, чтобы создать идеальный курс Основываясь на этой подготовке, я обнаружил несколько ключевых моментов, на которых нужно сосредоточиться, если я буду преподавать это снова. И, надеюсь, перечисление этих моментов поможет вдохновить других учителей. кто хочет улучшить печально известный курс Introduction to ODEs .

Еще упражнения «Решите эту ODE»

(Удивительная) жалоба на то, что несколько студентов указали в своих оценках курса заключалась в том, что в домашнем задании было слишком мало упражнений по решению ODE.Хотя это легко исправить: Просто нужно взять несколько популярных учебников ODE, разграбить некоторые упражнения, и не пожалею времени, чтобы самому поработать над этими упражнениями. чтобы убедиться, что они разумны. Я не думаю, что было бы полезно назначать больше упражнений в качестве оцениваемого домашнего задания, хотя (в конце концов, решение некоторых ОДУ может занять довольно много времени), но было бы здорово иметь гигантскую страницу ODE которые могут быть решены с использованием обсуждаемых методов передать студентам ближе к концу курса, когда они думают о выпуске.Но хотя важно предоставить учащимся множество ODE, которые они могут решить самостоятельно, Простое решение ODE должно быть главным акцентом курса , а не .

Включите совет в эссе профессора Роты

Я помню класс ODE как очень тяжелый в вычислительном отношении и концептуально скучный, просто представляю подробный список техник для решения различных видов ODE.Оказывается, эти чувства – не просто тревожные воспоминания о студенческих годах, но были подтверждены математиком Массачусетского технологического института Джан-Карло Рота, в его эссе Десять уроков, которые я хотел бы выучить, прежде чем начал преподавать дифференциальные уравнения . Профессор Рота в основном осуждает общую программу стандартного курса Введение в ODE . как устаревшие и состоящие в основном из бесполезных уловок для решения ODE.Хотя я не согласен с некоторыми пунктами профессора Роты (Я надеюсь, что задач со словами , которые я задаю в разделах моделирования, хотя и надуманные, сделайте что-нибудь , чтобы помочь нематематическим специалистам в их нематематических классах), Я думаю, что мнение профессора Роты являются лучшей отправной точкой для улучшения текущего стандартного курса Intro to ODEs .

Однако, прочитав эссе, я понял, что Мне очень не хватает опыта, чтобы внести какие-либо существенные изменения к стандартной учебной программе курса.Если бы у меня было больше времени на подготовку, я мог бы использовать учебник, который пытается придерживаться уроков профессора Роты, как одна из книг, упомянутых в это сообщение MathOverflow. По крайней мере, даже если я не использую ни один из этих учебников Было бы полезно изучить темы, которые может охватывать курс ODE помимо обычного списка техник решения ODE.

Самостоятельное изучение дифференциальных уравнений

Я изучаю алгебру и до этого курса годами не думал о дифференциальных уравнениях, вот почему я не смог отклониться от стандартной учебной программы этого курса.Хотя это займет некоторое время, этот курс нельзя улучшить если у инструктора нет необходимых знаний для этого. Вот несколько вещей, о которых я мог бы узнать больше, в порядке убывания важности, чтобы улучшить курс:

Линейные ОДУ второго порядка естественно моделируют механические колебания, дается системой грузов, прикрепленных к пружинам.Я пропустил этот раздел из-за недостатка знаний в области физики.
Методика изменение параметров для решения ODE похоже на магию, но страница в Википедии предполагает, что некоторая интуиция для этого метода можно получить, если подумать о физической ситуации, которую моделируют линейные ОДУ.
Я хочу узнать больше о фазовая плоскость, и фазовые пространства.Это концепция, которую настоятельно рекомендуется в учебнике Обыкновенные дифференциальные уравнения Владимир Арнольд начинает с.
Поймите некоторые моменты, высказанные Джеймсом Куком в его ответе на это сообщение MathEdSE.
Я мог бы связать изучение дифференциальных уравнений к моему собственному исследованию и углубиться в теория $ D $ -модулей.

Раздайте учащимся дополнительные материалы и материалы для чтения

Важно, чтобы учащиеся понимали, что вне курса есть люди, которые думают и изучают то же самое, что и в курсе. По сути, они должны иметь класс, подтвержденный внешним миром. И что может быть лучше для этого, чем предоставить им ссылки на материалы для чтения и другие ресурсы. чтобы помочь в их понимании.2-4ac)) / (2a) `

Резюме

Дифференциальное уравнение:

ay ‘+ на ‘ + cy = 0

Связанное вспомогательное уравнение:

утра ² + bm + c = 0

Природа корней

Состояние

Общее решение

1. (m_2x)`

2.x (0,5 cos sqrt3 x + 0,2 sin sqrt3 x) `.

Math 266/267 – Элементарные дифференциальные уравнения / Элементарные дифференциальные уравнения и преобразования Лапласа

Координатор курса

Ман Баснет

[email protected]

Описание каталога

MATH 266: Элементарные дифференциальные уравнения

(3-0) Кр. 3. F.S.SS.

Prereq: минимум C- в MATH 166 или MATH 166H
Методы решения обыкновенных дифференциальных уравнений.Уравнения первого порядка, линейные уравнения, уравнения с постоянными коэффициентами. Методы собственных значений для систем линейных уравнений первого порядка. Введение в анализ стабильности и фазовой плоскости.

MATH 267: Элементарные дифференциальные уравнения и преобразования Лапласа

(4-0) Кр. 4. F.S.SS.

Prereq: минимум C- в MATH 166 или MATH 166H
То же, что и MATH 266, но также включает преобразования Лапласа и решения степенного ряда для обыкновенных дифференциальных уравнений.

Учебник

Дифференциальные уравнения и краевые задачи, Пирсон, 5-е издание с доступом к онлайн-платформе для домашних заданий MyMathLab

Эдвардс, Пенни и Калвис

ISBN: 9780134872971

MATH 266 и 267 зачислены в Программу немедленного доступа Университета штата Айова. Цена, взимаемая в рамках этой программы, покрывает доступ к цифровому контенту в течение одного семестра, то есть к электронной книге и платформе для домашних заданий в Интернете, которая будет автоматически снята с вашего U-Bill незадолго до начала занятий.Печатную копию текста также можно приобрести, и на третьей неделе семестра также станет доступен отрывной вариант текста.

Программа

Math 267 содержит все темы из Math366, а также две дополнительные темы.

Математика 266 и 267

ODE первого порядка
Приложения ODE 1-го порядка
Линейные ODE высшего порядка
Вступление. к Системам ODE
Линейные системы ОДУ
- Разделы 5.1-5,3 и 5,5-5,6
Нелинейные системы и явления
- Разделы 6.1-6.2 (необязательно)

Только математика 267

Методы преобразования Лапласа
Методы серии Power

Задачи по математике 266

Уметь определять типы дифференциальных уравнений и использовать соответствующие методы для их решения.

Уметь использовать метод интегрирования множителей для решения линейных уравнений первого порядка.
Уметь разделять переменные и вычислять интегралы при решении разделяемых уравнений первого порядка.
Знать, как найти общее решение линейного однородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами второго порядка путем поиска экспоненциальных решений.
Уметь использовать метод неопределенных коэффициентов, чтобы найти частное решение линейного неоднородного дифференциального уравнения с постоянными коэффициентами второго порядка.
Уметь найти общее решение линейного неоднородного уравнения с постоянными коэффициентами второго порядка.
Уметь решать задачу начального значения, связанную с однородным или неоднородным линейным уравнением с постоянными коэффициентами второго порядка.
Уметь расширять методы, используемые для линейных уравнений с постоянными коэффициентами второго порядка, до линейных уравнений с постоянными коэффициентами более высокого порядка, как однородных, так и неоднородных.
Уметь использовать метод собственного значения-собственного вектора для поиска общих решений линейных систем с постоянными коэффициентами первого порядка дифференциальных уравнений размера 2 или 3.
Уметь найти фундаментальную матрицу для линейной системы с постоянными коэффициентами первого порядка дифференциальных уравнений размера 2 или 3.
Уметь использовать метод вариации параметров, чтобы найти частное решение неоднородной линейной системы постоянных коэффициентов первого порядка размера 2.

Узнайте, как дифференциальные уравнения используются для моделирования физических систем и других прикладных задач. Сюда могут входить следующие типы проблем.

Уметь формулировать и использовать элементарные модели динамики популяции, такие как логистическое уравнение, для описания переходного и установившегося режима.
Уметь работать с моделями линейного движения объектов, используя предположения о скорости и ускорении объекта.
Уметь установить и решить проблему, связанную с динамикой реактора с мешалкой.
Уметь использовать второй закон Ньютона для построения модели простой системы пружина-масса; и использовать соответствующие методы для получения решения модельной задачи.
Уметь использовать модели непрерывного начисления процентов для описания элементарных сбережений и проблем с ссудой.

Получите элементарное понимание теории обыкновенных дифференциальных уравнений.

Разберитесь в утверждениях о существовании и единственности решений.
Понимать роль линейной независимости решений в поиске общих решений дифференциальных уравнений.
Поймите, что представляет собой общее решение дифференциального уравнения.
Поймите концепцию устойчивости применительно к равновесным решениям.

Задачи по математике 267

Все вышеперечисленные задачи для Math 266, а также

Уметь использовать метод преобразований Лапласа для решения линейных однородных и неоднородных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами.
Уметь использовать методы ряда, чтобы найти решение линейного однородного уравнения с переменным коэффициентом второго порядка в виде степенного ряда относительно обычной точки.

Заявление о свободном выражении

Университет штата Айова поддерживает и отстаивает Первую поправку к защите свободы слова и принципа академической свободы, чтобы способствовать созданию среды обучения, в которой поощряются открытые исследования и энергичное обсуждение разнообразных идей. Учащиеся не будут наказаны за содержание или точки зрения своей речи, если выражение учащегося в контексте класса соответствует предмету урока и передается надлежащим образом.

Студенты-инвалиды

Университет штата Айова стремится гарантировать, что вся образовательная деятельность свободна от дискриминации и преследований на основании статуса инвалидности. Студенты, запрашивающие приспособления из-за документально подтвержденной инвалидности, должны работать напрямую с персоналом Службы доступности для студентов (SAS), чтобы установить право на участие и узнать о соответствующих процессах до того, как будет определено приспособление. После того, как право на участие будет установлено, сотрудники SAS создадут и выпустят письмо с уведомлением для каждого утвержденного списка курсов разумных приспособлений.Этот документ будет предоставляться студенту и преподавателю в электронном или бумажном виде каждый семестр. Студентам и преподавателям рекомендуется ознакомиться с содержанием уведомлений как можно раньше в семестре, чтобы определить конкретный и своевременный план доставки / получения указанных приспособлений. Разумные приспособления не имеют обратной силы и не предназначены для использования в качестве несправедливого преимущества. Дополнительная информация или помощь доступны на сайте www.sas.dso.iastate.edu, связавшись с сотрудниками SAS по электронной почте [email protected] или позвонив по телефону 515-294-7220. Служба доступности для студентов – это подразделение Декана по работе с учащимися, расположенное по адресу 1076 Student Services Building.

Дополнительную информацию о ресурсах для инвалидов на математическом факультете можно найти по адресу https://iastate.app.box.com/s/c17d3ljul83lujr2j1mdeqoqcdqiva1t.

Дифференциальные уравнения

Найдите решение дифференциального уравнения

y ‘+ y = 0

, удовлетворяющее начальным условиям y (0) = 0 y ‘(0) = 2

Следующее решение:

y (x) = c ₁ cos x + c ₂ sin x

можно также выразить как:

y (x) = A ₁ sin (x + B ₁)

или как: y (x) = A ₂ cos (x + B ₂)

A ₁, B ₁, A ₂, B ₂ – константы, зависящие от начальных условий.

Подставляя решение вида e ^rx в исходное дифференциальное уравнение и после выполнения вывода получаем:

r ² e ^rx + e ^rx = 0

e ^rx (r ² + 1) = 0

Потому что e ^rx никогда не получит значение 0 для −∞

И решение: y (x) = e ^ix + e ^−ix

Из комплексного исчисления:	e ^{k + ix} = e ^kx (cos x + isin x)
	e ^{k – ix} = e ^kx (cos x – isin x)

Поскольку сложение или вычитание обоих решений выше также является решением, мы получаем общую форму:

e ⁰ (cos x + isin x) = cos x + isin x

В нашем случае k = 0 в r нет действительной части.

После пренебрежения константой i решение будет:

y (x) = c ₁ cos x + c ₂ sin x

Константы c ₁ и c ₂ находятся по начальным условиям.

y (0) = c ₁ cos 0 + c ₂ sin 0	→ с ₁ = 0
y ‘(0) = −c ₁ sin 0 + c ₂ cos 0 = 2	→ с ₂ = 2

И окончательное решение:

y (x) = 2 sin x

Линейные системы дифференциальных уравнений.Метод исключения

Линейные системы дифференциальных уравнений. Метод устранения

Система дифференциальных уравнений, которую можно записать в виде:

{y1 ′ = a1 & InvisibleTimes; 1 & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y1 + a1 & InvisibleTimes; 2 & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y2 +… + a1 & InvisibleTimes; n & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; (t) & InvisibleTimes; y1 + a2 & InvisibleTimes; 2 & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y2 +… + a2 & InvisibleTimes; n & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; yn = h3 & ApplyFunction; (t) ……………………………………………………………… ; 1 & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; yn + an & InvisibleTimes; 2 & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y2 +… + an & InvisibleTimes; n & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; yn = hn & InvisibleFunction; (t) (LS) & Z

будем называть системой линейных дифференциальные уравнения.

Функции ai & InvisibleTimes; j & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace; называются коэффициентами, а функции привет & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace; называются бесплатными условиями системы.

Систему (LS) часто записывают в матричной форме:

y⃗ ′ = A & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y⃗ + h⃗ & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace;

куда:

y⃗ ′ = [y1′y2 ′… yn ′], A & ApplyFunction; (t) = [a1 & InvisibleTimes; 1 & ApplyFunction; (t) a1 & InvisibleTimes; 2 & ApplyFunction; (t)… a1 & InvisibleTimes; n & ApplyFunction; (t) a2 & InvisibleTimes; ; 2 & ApplyFunction; (t)… a2 & InvisibleTimes; n & ApplyFunction; (t) ………… an & InvisibleTimes; 1 & ApplyFunction; (t) an & InvisibleTimes; 2 & ApplyFunction; (t)… an & InvisibleTimes; n & ApplyFunction; (t)], h⃗ & ApplyFunction; (t)], h⃗ & ApplyFunction; (t)], h⃗ & ApplyFunction; (t)], h⃗ & ; (t) h3 & ApplyFunction; (t)… hn & ApplyFunction; (t)] & ZeroWidthSpace;

Пример .Матричная форма системы:

x ′ = t & InvisibleTimes; x − 2 & InvisibleTimes; y + ety ′ = x + t & InvisibleTimes; y − sin & ApplyFunction; t & ZeroWidthSpace;

является:

[x′y ′] = [t − 21t] & InvisibleTimes; [xy] + [et − sin & ApplyFunction; t] & ZeroWidthSpace;

Упражнение . Запишите каждую из следующих систем в матрицу форма:

а) {x ′ = 3 & InvisibleTimes; x − 1t & InvisibleTimes; y + t2y ′ = – x + 4 & InvisibleTimes; y − tb) {x ′ = x − yy ′ = – x + 2 & InvisibleTimes; y + 1c) {x ′ = x− y + z + ty ′ = 2 & InvisibleTimes; x + 3 & InvisibleTimes; y − 5 & InvisibleTimes; z + 4z ′ = – 4 & InvisibleTimes; x + 2 & InvisibleTimes; y + 2 & InvisibleTimes; z + 3 & InvisibleTimes; t & ZeroWidthSpace;

ОТВЕЧАТЬ

Следующая теорема устанавливает достаточные условия для начального значения проблема, связанная с (LS), чтобы иметь единственное решение.

Теорема . Предположим, что функции ai & InvisibleTimes; j & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace; а также привет & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace; (i, j = 1,…, n & ZeroWidthSpace;) непрерывны на интервале (а, б). & ZeroWidthSpace; Тогда для каждого t0 & Элемент; (a, b) & ZeroWidthSpace; и каждый y10, y20,…, yn0 & Element; R & ZeroWidthSpace; существует единственное решение y⃗ & ApplyFunction; (t) = (y1 & ApplyFunction; (t),…, yn & ApplyFunction; (t)) & ZeroWidthSpace; системы (LS), удовлетворяющей начальным условиям y⃗ & ApplyFunction; (t0) = (y10, y20,…, yn0).& ZeroWidthSpace;

Решение линейных систем – метод исключения

Метод исключения заключается в приведении системы п & ZeroWidthSpace; дифференциальные уравнения в одно дифференциальное уравнение порядка n & ZeroWidthSpace ;. Следующий пример объясняет это.

Пример. Рассмотрим систему:

(S) {x ′ = t & InvisibleTimes; x − y + 1y ′ = 2 & InvisibleTimes; x + t & InvisibleTimes; y − et & ZeroWidthSpace;

Если мы решим первое уравнение (S) в y & ZeroWidthSpace ;, мы получаем

y = x ′ + t & InvisibleTimes; x + 1 & ZeroWidthSpace;

и следовательно,

у ‘= х’ ‘+ х + т & InvisibleTimes; х’ + 1.& ZeroWidthSpace;

Подставляю сейчас y & ZeroWidthSpace; а также y ′ & ZeroWidthSpace; таким образом выраженный x & ZeroWidthSpace; во второе уравнение получаем:

x ′ ′ + x + t & InvisibleTimes; x ′ + 1 = 2 & InvisibleTimes; x + t & InvisibleTimes; (x ′ + t & InvisibleTimes; x + 1) −et & ZeroWidthSpace;

После упрощения последнее уравнение принимает вид:

x ′ ′ – (t2 + 1) и InvisibleTimes; x − t − 1 + et = 0 и ZeroWidthSpace;

Таким образом, мы превратили систему (S) в единую систему второго порядка. линейное уравнение.

Следует отметить, что, наоборот, каждое линейное уравнение второго порядка может быть превращается в систему двух линейных уравнений первого порядка. Чтобы увидеть это, рассмотреть уравнение

(*) y ′ ′ + p & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y ′ + q & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y = h & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace;

Обозначение y ′ & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace; к x & ApplyFunction; (t), & ZeroWidthSpace; мы вводим новую функцию x, & ZeroWidthSpace; чья производная x ′ = y ′ ′ & ZeroWidthSpace ;.Тогда уравнение (L) принимает вид

x ′ + p & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; x + q & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y = h & ApplyFunction; (t) & ZeroWidthSpace;

который вместе с заменой у ‘= х, & ZeroWidthSpace; дает следующую систему:

(**) {x ′ = – p & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; x − q & ApplyFunction; (t) & InvisibleTimes; y + h & ApplyFunction; (t) y ′ = x & ZeroWidthSpace;

Пример .Решим систему:

(S) {x ′ = x − y + ety ′ = x + 3 & InvisibleTimes; y & ZeroWidthSpace;

с начальными условиями x & ApplyFunction; (0) = y & ApplyFunction; (0) = 0. & ZeroWidthSpace;

РЕШЕНИЕ

Решая первое уравнение для y & ZeroWidthSpace ;, мы получаем y = x − x ′ + et. & ZeroWidthSpace; Следовательно y ′ = x′ − x ′ ′ + et. & ZeroWidthSpace;

Подстановка y & ZeroWidthSpace; а также y ′ & ZeroWidthSpace; во втором уравнении получаем:

x′ − x ′ ′ + et = x + 3 & InvisibleTimes; (x − x ′ + et) и ZeroWidthSpace;

Итак, после упрощений получаем:

(R1) x ′ ′ – 4 & InvisibleTimes; x ′ + 4 & InvisibleTimes; x = −2 & InvisibleTimes; et & ZeroWidthSpace;

Мы получили линейное уравнение второго порядка в Икс.& ZeroWidthSpace; Соответствующее однородное уравнение:

(R2) x ′ ′ – 4 & InvisibleTimes; x ′ + 4 & InvisibleTimes; x = 0 & ZeroWidthSpace;

Характеристическое уравнение (R2) имеет вид λ2−4 & InvisibleTimes; λ + 4 = 0. & ZeroWidthSpace; Имеет двойной корень λ1,2 = 2 & ZeroWidthSpace ;.

Таким образом, общее решение (R2) есть x = (C1 + C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t. & ZeroWidthSpace;

Найдем теперь частное решение (R1) методом неопределенных коэффициенты.Ищем решение в виде xp = A & InvisibleTimes; et. & ZeroWidthSpace;

После дифференцирования получаем xp ′ = xp ′ ′ = A & InvisibleTimes; et. & ZeroWidthSpace; Подстановка xp, xp ′ и ZeroWidthSpace; а также xp ′ ′ & ZeroWidthSpace; в уравнении (R1) получаем:

A & InvisibleTimes; et − 4 & InvisibleTimes; A & InvisibleTimes; et + 4 & InvisibleTimes; A & InvisibleTimes; et = −2 & InvisibleTimes; et, & ZeroWidthSpace; следовательно А = -2.& ZeroWidthSpace;

Таким образом, мы получили общее решение (R1):

(X) x = (C1 + C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t − 2 & InvisibleTimes; et & ZeroWidthSpace;

Из первого уравнения системы (S) x ′ = x − y + et, & ZeroWidthSpace; мы нашли y = x − x ′ + et. & ZeroWidthSpace;

Из (X) следует, что x ′ = (C2 + 2 & InvisibleTimes; C1 + 2 & InvisibleTimes; C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t − 2 & InvisibleTimes; et.& ZeroWidthSpace; Следовательно

y = x − x ′ + et = (C1 + C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t − 2 & InvisibleTimes; et− (C2 + 2 & InvisibleTimes; C1 + 2 & InvisibleTimes; C2 & InvisibleTimes; times & evisibleTimes; ;

и после упрощений

(Y) y = (- C1 − C2 − C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t + et & ZeroWidthSpace;

Таким образом, общее решение системы (1):

x = (C1 + C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t − 2 & InvisibleTimes; et & ZeroWidthSpace;

y = (- C1 − C2 − C2 & InvisibleTimes; t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t + et & ZeroWidthSpace;

Применяя начальные условия x & ApplyFunction; (0) = y & ApplyFunction; (0) = 0 & ZeroWidthSpace; к полученному выше x & ZeroWidthSpace; а также y, & ZeroWidthSpace; мы получаем

{C1−2 = 0 − C1 − C2 + 1 = 0 & ZeroWidthSpace;

Следовательно C1 = 2 & ZeroWidthSpace; а также С2 = -1.& ZeroWidthSpace;

Решение системы (S) с заданными начальными условиями:

x = (2-t) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t-2 & InvisibleTimes; et & ZeroWidthSpace;

y = (t − 1) & InvisibleTimes; e2 & InvisibleTimes; t + et & ZeroWidthSpace;

Упражнение . Найдите решение системы:

(S) {x ′ = x + y − ety ′ = – x − y + et & ZeroWidthSpace;

с начальными условиями x & ApplyFunction; (0) = y & ApplyFunction; (0) = 1.& ZeroWidthSpace;

ОТВЕЧАТЬ

x = −et + 2 & InvisibleTimes; t − 2 & ZeroWidthSpace;

y = et − 2 & InvisibleTimes; t & ZeroWidthSpace;

РЕШЕНИЕ

Решая первое уравнение в y & ZeroWidthSpace ;, у нас есть y = x′ − x + et. & ZeroWidthSpace; Следовательно y ′ = x ′ ′ – x ′ + и др. & ZeroWidthSpace; Подстановка y & ZeroWidthSpace; а также y ′ & ZeroWidthSpace; полученное таким образом ко второму уравнению, получаем

x ′ ′ – x ′ + et = −x− (x′ − x + et) + et & ZeroWidthSpace;

После упрощений получаем

x ′ ′ = – et & ZeroWidthSpace;

Последнее уравнение дает

x ′ = – et + C1 & ZeroWidthSpace;

и следовательно,

(X) x = −et + C1 & InvisibleTimes; t + C2 & ZeroWidthSpace;

Следовательно y = x′ − x + et = & ZeroWidthSpace;

−et + C1 – (- et + C1 & InvisibleTimes; t + C2) + et & ZeroWidthSpace;

После упрощений получаем

(Y) y = et-C1 & InvisibleTimes; t + C1-C2 & ZeroWidthSpace;

Применяя начальные условия к (X) и (Y) соответственно, получаем

-1 + C1 = 1 & ZeroWidthSpace;

1 + C1-C2 = 1 & ZeroWidthSpace;

следовательно С1 = С2 = 2.& ZeroWidthSpace;

Требуемое решение:

x = −et + 2 & InvisibleTimes; t − 2 & ZeroWidthSpace;

y = et − 2 & InvisibleTimes; t & ZeroWidthSpace;

Упражнение . Найдите решение системы:

(S) {x ′ = x + yy ′ = 1t & InvisibleTimes; y + t & ZeroWidthSpace;

с начальными условиями x & ApplyFunction; (1) = y & ApplyFunction; (1) = 0. & ZeroWidthSpace;

ОТВЕЧАТЬ

x = & ZeroWidthSpace; x = -t2-t-1 + 3 & InvisibleTimes; et-1 & ZeroWidthSpace;

y = t2 − t & ZeroWidthSpace;

РЕШЕНИЕ

Обратите внимание, что второе уравнение включает y & ZeroWidthSpace; только, поэтому мы можем решить его как одно уравнение.

Перезапись y ′ = 1t & InvisibleTimes; y + t & ZeroWidthSpace; в качестве

(EY) y′ − 1t & InvisibleTimes; y = t, & ZeroWidthSpace;

мы идентифицируем его как линейное уравнение первого порядка.

Умножая обе части (EY) на интегрирующий коэффициент e∫ (−1t) & InvisibleTimes; dt = 1t, & ZeroWidthSpace; у нас есть

1t & InvisibleTimes; y′ − 1t2 & InvisibleTimes; y = 1 & ZeroWidthSpace;

(1t & InvisibleTimes; y) ′ = 1 & ZeroWidthSpace;

1t & InvisibleTimes; y = t + C & ZeroWidthSpace;

y = t2 + C & InvisibleTimes; t & ZeroWidthSpace;

Начальное состояние y & ApplyFunction; (1) = 0 & ZeroWidthSpace; подразумевает 0 = 1 + C, & ZeroWidthSpace; следовательно С = -1.& ZeroWidthSpace; Следовательно y = t2 − t. & ZeroWidthSpace;

Теперь заменяем y = t2 − t & ZeroWidthSpace; в правой части первого уравнения (S), и получим:

x ′ = x + t2 − t & ZeroWidthSpace;

или

(EX) x′ − x = t2 − t & ZeroWidthSpace;

Это снова линейное уравнение первого порядка. Умножая обе стороны (EX) интегрирующим множителем e∫ (-1) & InvisibleTimes; dt = e-t, & ZeroWidthSpace; у нас есть

e − t & InvisibleTimes; x′ − e − t & InvisibleTimes; x = (t2 − t) & InvisibleTimes; e − t & ZeroWidthSpace;

(e-t & InvisibleTimes; x) ′ = (t2-t) & InvisibleTimes; e-t & ZeroWidthSpace;

e − t & InvisibleTimes; x = – (t2 + t + 1) & InvisibleTimes; e − t + C & ZeroWidthSpace;

следовательно

x = −t2 − t − 1 + C & InvisibleTimes; et & ZeroWidthSpace;

Начальное состояние x & ApplyFunction; (1) = 0 & ZeroWidthSpace; подразумевает 0 = −3 + C & InvisibleTimes; e, & ZeroWidthSpace; следовательно C = 3e.& ZeroWidthSpace;

Следовательно x = −t2 − t − 1 + 3 & InvisibleTimes; et − 1. & ZeroWidthSpace;

Решение системы (S) с заданными начальными условиями:

x = & ZeroWidthSpace; x = -t2-t-1 + 3 & InvisibleTimes; et-1 & ZeroWidthSpace;

y = t2 − t & ZeroWidthSpace;

Упражнение . Решите систему:

(S) {x ′ = y − ty ′ = x + t & ZeroWidthSpace;

с начальными условиями x & ApplyFunction; (1) = y & ApplyFunction; (1) = 0.& ZeroWidthSpace;

ОТВЕЧАТЬ

x = −t + 1 & ZeroWidthSpace;

y = t − 1 & ZeroWidthSpace;

РЕШЕНИЕ

Решая первое уравнение для y & ZeroWidthSpace; дает y = x ′ + t, & ZeroWidthSpace; следовательно y ′ = x ′ ′ + 1. & ZeroWidthSpace;

Второе уравнение теперь принимает следующий вид:

x ′ ′ + 1 = x + t & ZeroWidthSpace;

или

(EX) x ′ ′ – x = t − 1 & ZeroWidthSpace;

Однородное уравнение, связанное с (EX):

(EXH) x ′ ′ – x = 0 & ZeroWidthSpace;

Корни его характеристического уравнения λ2−1 = 0 & ZeroWidthSpace; находятся λ1 = -1 & ZeroWidthSpace; а также λ2 = 1.& ZeroWidthSpace;

Поэтому общее решение (EXH):

x = C1 & InvisibleTimes; e − t + C2 & InvisibleTimes; et & ZeroWidthSpace;

Мы ищем частное решение (EX) в виде:

xp = A & InvisibleTimes; t + B & ZeroWidthSpace;

У нас есть xp ′ = A & ZeroWidthSpace; а также xp ′ ′ = 0. & ZeroWidthSpace; Уравнение (EX) теперь дает:

−A & InvisibleTimes; t − B = t − 1 & ZeroWidthSpace;

Следовательно A = -1 & ZeroWidthSpace; а также B = 1, & ZeroWidthSpace; так xp = −t + 1 & ZeroWidthSpace;

Таким образом, мы получили общее решение (EX): x = C1 & InvisibleTimes; e − t + C2 & InvisibleTimes; et − t + 1.& ZeroWidthSpace; Следовательно x ′ = – C1 & InvisibleTimes; e − t + C2 & InvisibleTimes; et − 1. & ZeroWidthSpace;

Из первого уравнения (S) имеем y = x ′ + t = & ZeroWidthSpace; −C1 & InvisibleTimes; e − t + C2 & InvisibleTimes; et − 1 + t. & ZeroWidthSpace;

Общее решение (S):

x = C1 & InvisibleTimes; e-t + C2 & InvisibleTimes; et-t + 1 & ZeroWidthSpace;

y = & ZeroWidthSpace; −C1 & InvisibleTimes; e − t + C2 & InvisibleTimes; et + t − 1 & ZeroWidthSpace;

Применяя начальные условия x & ApplyFunction; (1) = y & ApplyFunction; (1) = 0, & ZeroWidthSpace; мы получаем:

0 = C1 + C2 & ZeroWidthSpace;

0 = −C1 + C2 & ZeroWidthSpace;

следовательно С1 = С2 = 0.& ZeroWidthSpace;

Требуемое решение (S) тогда:

x = −t + 1 & ZeroWidthSpace;

y = t − 1 & ZeroWidthSpace;

Упражнение . Решите систему:

{x ′ = y + 1y ′ = – x − 2 & InvisibleTimes; y & ZeroWidthSpace;

с начальными условиями x & ApplyFunction; (0) = y & ApplyFunction; (0) = 0. & ZeroWidthSpace;

ОТВЕЧАТЬ

х = -2 & InvisibleTimes; e-t-t & InvisibleTimes; e-t + 2 & ZeroWidthSpace;

у = е-т + т & InvisibleTimes; е-т-1 & ZeroWidthSpace;

Упражнение .Решите систему:

{x ′ = x + 2 & InvisibleTimes; yy ′ = – x − y & ZeroWidthSpace;

с начальными условиями x & ApplyFunction; (0) = y & ApplyFunction; (0) = 1. & ZeroWidthSpace;

ОТВЕЧАТЬ

x = cos & ApplyFunction; t + 3 & InvisibleTimes; sin & ApplyFunction; t & ZeroWidthSpace;

y = cos & ApplyFunction; t − 2 & InvisibleTimes; sin & ApplyFunction; t & ZeroWidthSpace;

Оставить комментарий Отменить ответ

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.