дәріс. Жоғарғы ретті біртекті емес сызықтық дифференциалдық теңдеулер

n
y*  x^r P xe^x ,
(8)

мұндағы
P x - коэффиценттері белгісіз көпмүшелік.

2. 
   
   n
   f x  P xcos x  Q xsin x e^{x , онда} y  x^r U xcos x  V
   

xsin x e^{x ,}

n m k k
(9)
мұндағы k  maxn, m, ал ^U_k және ^V_k - коэффиценттері белгісіз көпмүшеліктер.

Мысал 3. Берілген теңдеудің жалпы шешімін тап:
y^  4 y^  3y xe^x

(10)

Шешуі.
y^  4 y^  3y  0

біртекті теңдеуінің жалпы шешімін табамыз.

k ²  4k  3  0  k
 1 ,k  3 ^~y  C e^x  C e^3x .

1 2 1 2

n
(10) теңдеуінің дербес шешімін табалық: f ^x^  xe^{ x}  P ^x^  x ,   1 - бір еселі

n
түбір ^  k₁
 r  1, P x  ax  b , y*  xax  be ^{ x
, мұндағы} a ^{және b сандарын y*}
(10)

теңдеуінің шешімі болатындай етіп алуымыз керек.
( y*)'   ax ²  2a  bx  b e ^{ x}  ( y*)"  ax ²  4a  b x  2a  2b e^{ x .}

Табылған
y* ,
( y*)' ,
^{( y*)" -терді (10) теңдеуіне қоямыз және} x ^{-тің бірдей}

дәрежесінің коэффиценттерін теңестіре отырып, белгісіз коэффиценттерді табамыз:
 ax²  4a  b  2a  2b 4 ax²  2a  b x  b 3ax²  bxe^x  xe ^x 
 4ax  2a  2b  x 


^{4a  1}
_2a  2b  0
 a  ¹ ,
4
b   ^{1 .}
4

Теңдеудің дербес шешімі
y  C e^{ x}  C e^{3 x}  ¹ xx  1 e^{ x .}
_{y* } ¹ _{xx  1e} ^{ x} , ал жалпы шешімі
4

1 2


Мысал 4.
Шешуі:
4
y^  2 y^  5 y  2cos x .

1, 2
k ²  2k  5  0 D  4  20  16  4i²  k

 ^{ 2  4i}  1  2i 

2

^~y  C₁ cos 2x  C₂ sin 2x e ^{- біртекті теңдеудің жалпы шешімі.}

• 
  x
  

f x  2cos x  2cos x  e^ox  P x  2,Q x  0,  0,   2   i  2i
n m

k
мінездемелік теңдеудің түбірі болмайды, яғни,

 2i  k

1,2

  r  0 ,U
x  A, V_k
x  B , y*  r ⁰ Acos x  B sin x e^{0 x}  Acos x 

• 
  B sin x  ( y*)'  Bcos x  Asin x ( y*)"   Acos x  B sin x . Табылған терді теңдеуге қойсақ:
  

^y* ,
( y*)' , ( y*)" -


_2B  4A  2 _{ A  2 ,}
B  ¹  y*  ² cos x  ¹ sin x ^.

_4B  2A  0 5 5 5 5
Онда жалпы шешім:
y  C cos 2x  C sin 2xe^{ x}  ² cos x  ¹ sin x ^.
1 2 _{5 5}

Мысал 5 . Теңдеудің жалпы шешімін тап:
_y|V  3y^  9 _x²

Шешуі. Мінездемелік теңдеуді құра отырып, оны шешіп, фундаменталдық шешімдер
жүйесін табамыз және сәйкес біртекті дифференциал теңдеудің жалпы шешімін ^~у
табамыз:

1



2
_⁴  3_²  0 ^, _{ }
 0, _



 

3.
3,4

1 2 3 4
^~у  _С  _С х  _{С е}x 3  _{С е} x 3 .
Мұнда α=0. Мінездемелік теңдеудің


^1 ^{ }2 ^{ 0}

екі еселі түбірі α=0-мен беттеседі,

ендеше, r=2 . Теңдеудің дербес шешімі (8) формулаға сәйкес
болады. Туындыларын есептелік:
( y*)'  4 Ax ³  3Bx ²  2Cx ( y*)"  12 Ax ²  6Bx  2C ( y*)"'  24Ax  6B
_у*  _х² ( А _х²  Вх  С)
түрінде

( y*)^|V  24A.

Табылған
( y*)" , ( y*)^|V
-терді берілген теңдеуге қойсақ:

( y*)^|V  3( y*)"  36 Ax ²  18Bx  6C  24  9x ^2
x айнымалысының бірдей дәрежесінің оң жағы мен сол жағын теңестіре отырып, А,В,С белгісіздерін анықтауға болатын алгебралық теңдеулер жүйесін аламыз:
^{ 36А  9}


^18В  0


^ 6С  24А  0
бұдан А=-1/4 , В=0, С=-1. Сонымен,
y*  x ² (  ¹ x ² 1).
4
Ендеше, берілген теңдеудің жалпы шешімі:

у  ^~у  y*  _{С  С
х  С е}x 3 _{ С е} x 3 _{. }
2 ₍ ^1
2 1).

1 2 3
⁴ х ₄ х

Мысал 6. Коши есебін шеш:

y^  7 y^  6 y  ( x  2 )e^x ,
y( 0 )  1,
y^( 0 )  3.

^Шешуі. _²  7  6  0 ^{мінездемелік теңдеудің түбірлері}
_1  1,_2  6 ^{болғандықтан,}

берілген теңдеуге сәйкес біртекті теңдеудің жалпы шешімі
^~y  C e^x  C e^6x .

1 2

Теңдеудің оң жағына мән берсек, α=1;
_P1( x )  x  2;
α мінездемелік теңдеудің

түбірі болғандықтан түрінде іздейміз.
r  1
және берілген теңдеудің дербес шешімін
y*  xe ^x ( Ax  B )

бұдан
A  1/10,
B  9 / 25
және дербес шешім:

y^*  e^x ( ¹
10
x ² 
⁹ x) .
25

Берілген теңдеудің жалпы шешімі:

y  _{C e}x  _{C e}6 x  ^{ex ( 1
x 2  9 x)} .

^{1 2} 10 25
Енді Коши есебін шешу үшін, y^ -ті табамыз:

y^  C e^x  6C e^{6 x}  e^x ( ¹ x²  ⁹ x)  e^x ( ¹ x 

^{9 )} .

^{1 2} 10 25
5 25

Бастапқы шарттарды ескере отырып, мынадай жүйе аламыз:
y(0)  _C1  _C2  1, y^(0)  _C1  6_C2  9 / 25  3 ,
бұдан: C₁ =84/125 , C₂ =41/125.
Сонымен, берілген бастапқы шартты қанағаттандыратын теңдеудің дербес шешімі:

y  ⁸⁴ e ^x 
125
⁴¹ e^{6 x}  e ^x ( ¹
125 10
x ² 
^{9 x)} .
25

Мысал 7. Берілген теңдеудің жалпы шешімін тап:
y^  y  x sin x  cos 2x
(11)

Шешуі. ²  1  0 мінездемелік теңдеуінің түбірлері 
1
 i, ₂  i , онда
y^  y  0

біртекті теңдеуінің жалпы шешімі (6) формуласына сәйкес
^~y  C cos x  C

1
2
sin x болады.

Берілген (11) дифференциал теңдеуінің оң жағы екі квазиполиномның

қосындысына тең: f₁ (x)  x sin x,
алдымен
f ₂ (x)  cos 2x . Сондықтан, (9) формуласын қолданып,

y^  y  x sin x
теңдеуінің дербес шешімі



1
y ^* -ті табамыз , одан кейін
y^  y  cos 2x

y

2
теңдеуінің ^* дербес шешімін табамыз.

(11) теңдеуінің оң жағы
f₁ ( x ) үшін:
a  0,
b  1,
  i  ₁ , сондықтан
^{r  1} және

1
.y ^*  x(( Ax  B) cos x  (Cx  D) sin x) .
y ^*  y ^*  ( Ax ²  Bx  2Cx  2 A  D  Ax ²  Bx  2Cx  D) cos x 
1 1

• 
  
  y
  9Cx ²  Dx  Cx ²  2 Ax  Dx  B  2 Ax  B  2C) sin x  x sin x .
  

1
Ұқсас мүшелердің коэффиценттерін теңестіре отырып, табамыз :
A,B,C,D
және ^*

^{x cos x 4C  0,} 


cos x 2 A  2D  0, ^


x sin x  4 A  1, ^
sin x  2B  2C  0,^_
бұдан A  1/ 4, B  0, C  0, D  1/ 4 . Сонымен,

11. 
    теңдеуінің оң жағы
    

2
y ^*  M cos 2x  N sin 2x .
f ₂ ( x ) үшін: a  0, b  2,   2i , сондықтан ^{r  0}
және

Ары қарай, ұқсас мүшелердің коэффиценттерін теңестірсек:

_y*^ _{ y}*
 3M cos 2x  3N sin 2x  cos 2x

2 2

• 
  3M  1,  3N  0 болады және
  

^{y *   1 cos 2x} .

2 ₃

Сонымен,
y^*  y^*  y^*  ¹ x(sin x  x cos x)  ¹ cos 2x

1 2 _{4 3}
және берілген теңдеудің жалпы шешімі мына түрде болады:
^{y  ~y  y*  C cos x  C sin x  1 x(sin x  x cos x)  1 cos 2x} .
1 2 _{4 3}

Мысал 8. Коши есебін шеш:
y^  2 y^  5 y  3e^x  e ^xtg2x,


y(0)  3 / 4,


y^(0)  2.

(12)

Шешуі. Сәйкес біртекті теңдеудің ²  2  5  0 мінездемелік теңдеуінің түбірлері

^_1,2 ^{ 1  2i} . Онда y^  2 y^  5 y  0

1 2
^~y  e ^x (C cos 2x  C sin 2x).
теңдеуінің жалпы шешімі (6) формуласы бойынша:

11. 
    
    1
    теңдеуінің оң жағы екі функцияның қосындысы ретінде берілген. Оның
    

біріншісі
f (x)  3e^x
үшін:
P_r ( x )  3, a  1, b  0,   1  

1,2

. Сондықтан,

y^  2 y^  5 y  3e^x
теңдеуінің дербес шешімі
y ^* -ді былай іздейміз:
y ^*  Ae ^x , мұндағы ^A

1

1

1
белгісізі берілген теңдеуге y ^* -ны қою көмегімен табылады.

Екінші функция
f (x)  e ^xtg2x
квазиполином емес және

2
y^  2 y^  5 y  e ^xtg2x
теңдеуінің дербес шешімі
^* -ны тұрақты шаманы вариациалау

2

y
әдісімен (Лагранж әдісі) бойынша табылады. Әйгілі теоремаға сәйкес:
y ^*  e ^x (C (x) cos 2x  C (x) sin 2x) .
2 1 2
Біздің жағдайымызда жүйе екі теңдеуден тұрады:

2

1
( y  e ^x cos 2x, y  e ^x sin 2x ):
C ^e ^x cos 2x  C ^e ^x sin 2x  0, ^_
1 2 _
C ^e ^x (cos 2x  2 sin 2x )  C ^e ^x (sin 2x  2 cos 2x )  e^xtg2x.^
1 2 
Жүйедегі теңдеулердің екі жағын да e ^x -ке қысқартып:
C ^ cos 2x  C ^ sin 2x  0, ^_
1 2 _
C ^(cos 2x  2 sin 2x )  C ^(sin 2x  2 cos 2x )  tg2x.^
1 2 
Соңғы жүйенің анықтауышы (вронскиан):

_{W } cos 2x
cos 2x  2 sin 2x
sin 2x
sin 2x  2co2x
 2.

C ^  ^{1 0}
sin 2x
  ¹ sin 2xtgx,

¹ 2 ^{tg2x sin 2x  2 cos 2x} 2

C ^  ¹
cos 2x
⁰   ¹ sin 2x.

² 2 ^{cos 2x  2 sin 2x
tg2x} 2


Енді табылған теңдікті интегралдасақ:

1 _
C   ¹
2
sin ² 2x cos 2x
dx   ¹
2
1  cos² 2x cos 2x
dx 

  ¹ _ ^dx  ¹ _ cos 2xdx  ¹ ln | tg( / 4  x) |  ¹ sin 2x,
2 cos 2x 2 4 4

C  ¹
2 ₂
sin 2xdx   ¹ cos 2x.


4

Сонымен,
_{y*  x} 1 1


₂ e ( ln | tg(  x) | cos 2x  sin 2x cos 2x 
4 4 4
¹ sin 2x cos2x)  ¹ e^x ln | tg(^  x) | cos2x.
4 4 4
Ендеше, берілген теңдеудің дербес шешімі:
y^*  y^*  y^*  ³ e^x  ¹ e^x ln | tg( ^  x ) | cos 2x  ¹ e^x ( 3  ln | tg( ^  x ) | cos 2x ),
^{1 2} 4 4 4 4 4
Ал оның жалпы шешімі:

y  ^~y  y ^*  e ^x (C cos 2x  C sin 2x)  ¹ e^x(3  ln | tg(^

• 
  x) | cos2x).
  

11. 
    

1 2 _{4 4}
Енді Коши есебін шешу үшін, y^ -ті табамыз:

1 2 1 2
y^  e ^x (C cos 2x  C sin 2x)  e ^x (2C sin 2x  2C cos s2x) 
 ¹ e^x (3  ln | tg( / 4  x) | cos 2x) 
4

 ¹ e^x ( 4
cos 2x


tg( / 4  x) cos² ( / 4  x)
 2 ln | tg( / 4  x) | sin 2x) ^.

Берілген бастапқы шарттарды қолдансақ:
y(0)  3 / 4  C₁  3 / 4, y^(0)  2  2C₂  3 / 4  1/ 2,
бұдан C₁  0, C₂  7 / 4.
Сонымен, ізделінді дербес шешім:
y  ¹ e^x (3  7 sin 2x  ln | tg( / 4  x) | cos 2x).
4

11. 
    
    
    жүктеу/скачать 284,49 Kb.
    
    Достарыңызбен бөлісу: