Линейным дифференциальным уравнением \(n\)-го порядка называется уравнение вида
$$y^{(n)}+a_1(x)y^{(n-1)}+a_2(x)y^{(n-2)}+...+a_{n-1}(x)y^{'}+a_n(x)y=f(x)$$
Здесь функции \(a_1(x),a_2(x),...,a_{n}(x),f(x)\) заданы и непрерывны в некотором промежутке \(]a,b[\) .
Уравнение называетсялинейным неоднородным, или уравненией с правой частью. Если же \(f(x)\equiv 0\) , то уравнение называется линейным однородным. Однородное уравнение с той же левой частью, что и данное неоднородное, называется соответствующим ему.

Пример 1. Дано уравнение
$$y^{'''}+\frac{2}{x}y^{''}-y^{'}+\frac{1}{x\ln x}y=x$$
и известно частное решение \(y_1=\ln x\) соответствующего однородного уравнения. Понизить порядок уравнения.
Воспользуемся подстановкой \(y=\ln x\cdot \int zdx\), где \(z\) - новая неизвестная функция. Тогда, подставляя соответствующие производные
$$y^{'}=\frac{1}{x}\int zdx+z\ln x, y^{''}=-\frac{1}{x^2}\int zdx+\frac{2z}{x}+z^{'}\ln x,$$
$$y^{'''}=\frac{2}{x^3}\int zdx-\frac{3z}{x^2}+\frac{3z^{'}}{x}+z^{''}\ln x$$
в данном уравнение, получим уравнение второго порядка
$$z^{''}\ln x+\frac{2\ln x}{3}\cdot z^{'}+(\frac{1}{x^2}-\ln x)z=x.$$
Примечание. Отметим, что применяя указанную подстановку к линейному уравнению второго порядка и учитывая, что линейное уравнение первого порядка инетегрируется в квадратурах, можно проинтегрировать в квадратурах всякое линейное уравнение второго порядка,если известно одно частное решение соответствующего однородного уравнения.

Пример 2. Проинетгрировать уравнение \(y^{''}+\frac{2}{x}y^{'}+y=0,\) , имеющее частное решение \(y_1=\frac{\sin x}{x}\).
Произведем замену
$$y=\frac{\sin x}{x}\cdot \int zdx$$
тогда
$$y^{'}=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2}\cdot \int zdx+\frac{\sin x}{x}z,$$
$$y^{''}=\frac{\sin x}{x}z^{'}+\frac{2(x\cos x-\sin x)}{x^2}\cdot z-\frac{(x^2-2)\sin x+2x\cos x}{x^3}\cdot \int zdx.$$
Получаем уравнение
$$\sin x\cdot z^{'}+2\cos x\cdot z=0\Rightarrow z=\frac{C_1}{\sin ^2x}.$$
Следовательно
$$y=\frac{\sin x}{x}\cdot \int \frac{C_1dx}{\sin ^2x}=\frac{\sin x}{x}(C_2-C_1ctgx)=C_2\cdot \frac{\sin x}{x}-C_1\frac{\cos x}{x}.$$

Пример 3. Дано уравнение \(y^{'''}-y^{'}=0.\) Составляют ли фундаментальную систему решений функции \(e^x,e^{-x},ch x\), являющиеся как легко проверить решение этого уравнения?
Для проверки линейной независимости этих решений вычислим вронскиан:
$$W(x)=\begin{vmatrix} e^x&e^{-x} & chx \\ e^x& -e^{-x} & shx\\ e^x &e^{-x} &chx \end{vmatrix}.$$
Этот определитель равен нулю, так как элемены первой и третей строки одинаковы.
Следовательно, данные функции линейно зависемы, а потому составить общее решение по этим частным решениям нельзя. Тот же результат можно получить быстрее, поскольку \(ch x=(e^x+e^{-x})/2\) и, следовательно, данные три функции линейно зависемы.

Пример 4. Найти решение уравнения \(x-2x=0\) , удовлетворяющее краемыв условиям \(x=0\) при \(t=0\) и \(x=3\) при \(t=\ln 2\).
Характеристическое уравнение \(k^2-2k=0\) имеет корни \(k_1=0,k_2=2\). Следовательно, общее решение записывается в виде \(x=C_1+C_2e^{2t}\) . Плдставляя краевые условия в найденное общее решение, получаем
$$\begin{cases} & \text{ } C_1+C_2=0, \\ & \text{ } C_1+C_2e^{2\ln 2}= 3 \end{cases}$$
или
$$\begin{cases} & \text{ } C_1+C_2=0, \\ & \text{ } C_1+4C_2= 3 . \end{cases}$$
Отсюда \(C_1=-1, C_2=1.\) Итак, \(x=e^{2x}-1\) искомое частное решение, удовлетворяющее заданым краевым условиям.


2012-12-16 • Просмотров [ 1114 ]