орит. Задача с 68(а)
 Скачать 7.51 Mb.
|
|
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 Страница 12 Методы решения дифференциальных уравнений 6 Положения равновесия. Источник. 6.1 Узел — λ 1 6= λ 2 ∈ R одного знака. а) б) Рис. 1: V 1 и V 2 — собственные векторы, коответствующие собственным значениям |λ 1 | < |λ 2 | ∈ R Узел является ассимптотически устойчивым, если λ 1 < 0 и λ 2 < 0. Заметим, что в случае как устойчивого, так и неустойчивого узла фазовые траектории касаются пря- мой, которая направлена вдоль собственного вектора, соответствующего меньшему по абсолютной величине собственному значению λ. 6.2 Дикритический узел — λ 1 = λ 2 6= 0 ∈ R, λ кратности 2. а) б) Рис. 2: При λ < 0 — устойчивый. Содержание Github Страница 13 Методы решения дифференциальных уравнений 6.3 Вырожденный узел — λ 1 = λ 2 6= 0 ∈ R, λ кратности 1 а) б) Рис. 3: Матрица A имеет лишь один собственный вектор V 1 , второй собственный вектор ищется как присоеди- ненный к V 1 При λ < 0 — устойчивый. 6.4 Седло — λ 1 , λ 2 ∈ R разных знаков, не равны 0. Рис. 4: Прямые, направленные вдоль векторов V 1 , V 2 называются сепаратиссами, и являются ассимптотами для остальных фазовых траекторий, имеющих форму гипербол. Определение направления: • Если прямая связана с λ < 0, то движение вдоль нее направлено к положению равновесия. • Если прямая связана с λ > 0, то направление от положения равновесия. Содержание Github Страница 14 Методы решения дифференциальных уравнений 6.5 Фокус — λ 1,2 ∈ C; Reλ 1 = Reλ 2 6= 0. а) б) в) г) Рис. 5: • При Reλ < 0, спирали будут закручиваться, приближаясь к началу координат. Такое положение равно- весия называется устойчивым фокусом. • При Reλ > 0 — неустойчивый фокус. Где A = a 11 a 12 a 21 a 22 — матрица системы. Содержание Github Страница 15 Методы решения дифференциальных уравнений 6.6 Центр — λ 1 , λ 2 ∈ C; Reλ 1 = Reλ 2 = 0 — Устойчивое по Ляпунову. а) б) В случае центра фазовые траектории представляют собой формально спирали при Reλ = 0, то есть эллипсы. Направление вращения определяется знаком a 2 1. 6.7 Вырожденная матрица — det(A) = 0. Если матрица является вырожденной, то у нее одно или оба собственных значения равны нулю. При этом возможны следующие частные случаи: а) б) Рис. 6: Содержание Github Страница 16 Методы решения дифференциальных уравнений 7 Линеаризация систем 7.1 Алгоритм линеаризации Пусть есть система: ( ˙ x = f 1 (x, y), ˙ y = f 2 (x, y). 1. Найти положения равновесия, то есть разрешить систему ( f 1 (x, y) = 0, f 2 (x, y) = 0. 2. Пусть набор x 0 y 0 , x 1 y 1 , ... — набор положений равновесия. 3. Для каждого положения равновесия: (a) Сделать замену: ( U = x − x i , V = y − y i и подставить в исходную систему, получив ( ˙ U = f 1 i (U, V ), ˙ V = f 2 i (U, V ). (b) Разложить функции f 1 i (U, V ) и f 2 i (U, V ) в точке (0, 0), избавляясь в процессе разложения от сте- пеней выше 1, то есть U 2 + U + 3V −→ U + 3V . (c) В результате предыдущего шага получим систему ( ˙ U = a 11 U + a 12 V, ˙ V = a 21 U + a 22 V. , матрица данной системы: A = a 11 a 12 a 21 a 22 (d) Найти собственные значения λ 1 , λ 2 матрицы A. И, если необходимо, найти собственные векторы: i. Для каждого собственного значения λ i разрешить систему: a 11 − λ i a 12 a 12 a 22 − λ i · v 1 v 2 = 0. ii. (Для тех, кто разучился к ГОС-у перемножать матрицы): ( v 1 (a 11 − λ i ) + v 2 a 1 2 = 0, v 1 a 12 + v 2 (a 22 − λ i ) = 0. (e) Построить фазовую траекторию, с положением равновесия U = V = 0. (f) Построить фазовую траекторию в изначальных координатах (x, y), то есть сдвинуть то, что полу- чилось на предыдущем шаге на x i единиц вправо и y i единиц вверх. 7.2 Разложение по Маклорену 1. ln(1 + x) −→ x − x 2 2 + x 3 3 − .... 2. arcsin(x) −→ x + x 3 6 + 3 x 5 40 + ... 3. e x −→ 1 + x + x 2 2 + ... 4. (1 + x) α −→ 1 + αx + α(α−1) 2 x 2 + ... 5. sin(x) −→ x − x 3 6 + ... 6. tg(x) −→ x + x 3 3 + ... 7. arccos(x) −→ π 2 − arcsin(x) 8. arctg(x) −→ x − x 3 3 + ... 9. sh(x) −→ x + x 3 6 + ... 10. th(x) −→ x − x 3 3 + ... 11. arcsh(x) −→ x − x 3 6 + ... 12. arcth(x) −→ x + x 3 3 + ... Содержание Github Страница 17 Методы решения дифференциальных уравнений 8 Некоторые типы дифференциальных уравнений. 8.1 Уравнение Бернулли (I порядок). y 0 + a(x)y = b(x)y m , (7) где a(x) и b(x) — непрерывные функции. Если m = 0, то имеем дело с линейным дифференциальным урав- нением, если m = 1, то преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными. В общем случае, когда m 6= 0, уравнение Бернулли сводится к линейному дифференциальному уравнению с помощью подстановки: z = y 1−m 8.2 Уравнение Риккати (I порядок). y 0 + b(x)y + d(x)y 2 = f (x), (8) где b(x), d(x), f (x) — непрерывные функции. Алгоритм решения уравнений Риккати: 1. Найти некоторое частное решение уравнения y 1 2. Тогда искомым решением будет y = y 1 + U , следовательно, задача свелась к поиску U . 3. Подставляем в исходное выражение вместо y и y 0 выражения (y 1 + U ) и (y 1 + U ) 0 , и получаем уравнение Бернулли ( 7 ). 4. Находим из него U и подставляем в выражение для общего решения. 8.3 Уравнение Эйлера (II порядок). x 2 y 00 + Axy 0 + By = 0, x > 0, (9) Данное уравнение можно свести к линейному дифференциальному уравнению с постоянными коэффици- ентами с помощью замены x = e t , в этом случае: y 0 x = e −t y 0 t , y 00 xx = e −2t (y 00 tt − y 0 t ). Подставляя в исходное уравнение, имеем : y 00 tt + (A − 1)y 0 t + By = 0. Содержание Github Страница 18 Методы решения дифференциальных уравнений 9 Первые интегралы 9.1 Поиск первых интегралов. Пусть в области Ω ⊆ R 3 задана автономная система дифференциальных уравнений: ˙ x = f 1 (x, y, z), ˙ y = f 2 (x, y, z), ˙ z = f 3 (x, y, z). (10) Решения системы 10 можно найти с помощью первых интегралов: Определение (ПИ) Непрерывно дифференцируемая в области Ω функция U (x, y, z) называется первым интегралом системы ( 10 ), если U (− → ϕ (t)) ≡ Const (то есть первый интеграл постоянен вдоль каждой фазовой траектории). Критерий ПИ Непрерывно дифференцируемая функция U (x, y, z) является первым интегралом системы ( 10 ) ⇐⇒ ∀(x, y, z) ∈ Ω выполнено ∂U ∂x f 1 + ∂U ∂y f 2 + ∂U ∂z f 3 = 0. (11) Количество независимых ПИ системы Если точка a ∈ Ω ⊂ R n не является положением равновесия автономной системы, то в ее окрестности суще- ствует n − 1 независимых первых интегралов. Поиск ПИ При поиске ПИ применяется так называемый метод интегрирующих комбинаций, который заключается в том, что мы, "глядя"на функции, стоящие в правых частях уравнений, пытаемся подобрать такую комбинацию этих уравнений, которая позволяла бы выделить функции, являющиеся производными от более сложных функций. Перечислим некоторые способы такого поиска: 1. Запись системы ( 10 ) в симметричном виде: dt = dx f 1 = dy f 2 = dz f 3 (12) 2. Свойство равных дробей. Так как dx = f 1 dt, а dy = f 2 dz, то dx + dy = (f 1 + f 2 )dt, из этого принципа вытекает: dt = d(x + y) (f 1 + f 2 ) = d(x − y) (f 1 − f 2 ) = d(x + y + z) (f 1 + f 2 + f 3 ) = . . . (13) 3. Пусть найден U 1 для системы ( 12 ). Тогда при поиске U 2 , можно использовать выражение, полученное для U 1 , считая его константой, а затем, подставить выражение для U 1 в полученное выражение для U 2 Пример 1 ˙ x = z − x + 3y, ˙ y = z + x − 3y, ˙ z = −2z. 1. Сложим три уравнения: ˙ x + ˙ y + ˙ z = 0, следовательно x + y + z = Const = U 1 2. Заметим, что dt = d(x−3y+z) −4(x−3y+z) = dz −2z , проинтегрировав, получим: 2 ln z = ln (x − 3y + z) + Const, значит U 2 = z 2 x − 3y + z Содержание Github Страница 19 Методы решения дифференциальных уравнений Пример 2 ˙ x = 2x 2 z 2 + x, ˙ y = −4xyz 2 + y, ˙ z = −4xz 3 + z. 1. Выпишем первое и третье уравнения и перемножим их "крест накрест": dx 2x 2 z 2 + x = dz z − 4xz 3 =⇒ zdx − 4xz 3 dx − 2x 2 z 2 dz − xdz = 0 : z 2 dx dz − x z 2 − 2(2xzdx + x 2 dz) = 0 =⇒ d x z + d(−2x 2 z) = 0 =⇒ x z − 2x 2 z = Const = U 1 2. Выпишем второе и третье уравнения и сократим общую часть в знаменателе: dy y(−4xz 2 + 1) = dz z(−4xz 2 + 1) =⇒ dy y = dz z =⇒ y = z · Const =⇒ U 2 = z y Пример 3 ˙ x = 2xy, ˙ y = 1 − y 2 − 2xz, ˙ z = − y x 1. Выпишем 1 и 3 уравнения, сократим общую часть в знаменателе: dx 2xy = xdy −y =⇒ dx x 2 = −2dz =⇒ − 1 x = −2z + Const =⇒ 2z − 1 x = U 1 2. Преобразуем второе уравнение, учитывая, что 2xz = U 1 x + 1: dy 1 − y 2 − (U 1 x + 1) =⇒ − y 2 dx − U 1 xdx = 2xydy =⇒ d(y 2 x) + d U 1 x 2 2 = 0 U 2 = y 2 x + U 1 x 2 2 =⇒ U 2 = y 2 x + zx 2 − x 2 9.2 Линейные однородные уравнения в частных производных первого порядка. Пусть задана система ( f 1 ∂U ∂x + f 2 ∂U ∂y + f 3 ∂U ∂z = 0, U = F 1 , при F 2 = 0. (14) Алгоритм решения 1. Выписать характеристическую систему ˙ x = f 1 , ˙ y = f 2 , ˙ z = f 3 2. Найти два первых интеграла U 1 и U 2 для этой системы (поиск ПИ: 9.1 ). 3. Общим решением ( 14 ) будет: U = F (U 1 , U 2 ), где F — произвольная непрерывно дифференцируемая функция. Содержание Github Страница 20 Методы решения дифференциальных уравнений 4. Затем, из системы ниже нужно выразить x, y и z через U 1 и U 2 и подставить в выражение U = F 1 (второе уравнение системы 14 ). После того, как мы получим выражение U через U 1 и U 2 (избавившись от x, y и z), нужно подставить выражения для U 1 (x, y, z) и U 2 (x, y, z) в U (U 1 , U 2 ). . . . = U 1 , . . . = U 2 , F 2 = 0. Получившееся выражение U (x, y, z) и будет являтся решением задачи Коши ( 14 ). Пример 1 ( (z − x + 3y) ∂U ∂x + (z + x − 3y) ∂U ∂y − 2z ∂U ∂z = 0, U = 4y z , при x − 3y = 0. 1. Выпишем характеристическую систему и найдем первые интегралы (поиск первых интегралов данной системы тут: 9.1 ). 2. Общим решением будет U = F (U 1 , U 2 ) = F x + y + z, z 2 x − 3y + z 3. Решим задачу Коши: (a) Выразим x, y, z через U 1 и U 2 из системы: x + y + z = U 1 , z 2 x−3y+z = U 2 , x − 3y = 0. (b) Получим: y = 1 4 (U 1 − U 2 ) и z = U 2 . Подставим найденные выражения в U (x, y, z) = 4y z и получим U (U 1 , U 2 ): U = 4y z = U 1 − U 2 U 2 (c) Подставим в полученное выражение U 1 (x, y, z) и U 2 (x, y, z) (рнайденные на шаге 1) и получим ответ. Содержание Github Страница 21 Методы решения дифференциальных уравнений 10 Вариационное исчисление 10.1 Алгоритм решения варианционной задачи Рассмотрим функционал J (y) = b Z a F (x, y, y 0 )dx, (15) где a < b ∈ R — заданные числа, а F (x, y, y 0 ) — заданная вещественнозначная неперывно дифференцируемая функция ∀x ∈ [a, b] ∀y ∈ (−∞, +∞) ∀y 0 ∈ (−∞, +∞). Решим простейшую вариационную задачу: J (y) = b R a F (x, y, y 0 )dx, y(a) = c 1 , y(b) = c 2 (16) 1. Сначала нужно найти y(x) (то есть найти экстремаль y(x)) из уравнения ∂F ∂y − d dx ∂F ∂y 0 = 0, (17) причем ∂F ∂y 0 ищется при условии того, что y 0 свободная переменная (то же самое и с y). При нахождении d dx считаем, что y 0 = y 0 (x), y = y(x). Чаще всего при решении возникает либо линейное уравнение с постоянными (переменными) коэффи- циентами, либо уравнение Эйлера (решение уравнения Эйлера тут: 8.3 ). 2. После того, как выражена экстремаль y(x), нужно найти допустимую экстремаль. Для этого нужно най- ти константы C 1 и C 2 (которые будут сидеть в выражении для y(x)) из граничных условий: ( y(a) = c 1 , y(b) = c 2 (c 1 и c 2 — заданные в условии числа). Допустимую экстремаль принято обозначать ˆ y. 3. Далее нужно выяснить, дает ли экстремаль ˆ y минимум, максимум или не является экстремумом вовсе. Для этого нужно определить знак выражения ∆J = J (ˆ y + h) − J (ˆ y), где h — произвольная непрерывно дифференцируемая функция на отрезке [a, b], такая, что h(a) = h(b) = 0. Бывает удобно записать ∆J в виде: ∆J = δJ (ˆ y, h) | {z } =0 + b Z a F (x, h, h 0 )dx. Так же удобно пользоваться результатом следующего интегрирования по частям: b Z a f (x)hh 0 dx = f (x) h 2 2 b a | {z } =0 − b Z a h 2 2 f 0 (x)dx. Иногда полезен следующий результат: b Z a h 2 (x)dx 6 (b − a) 2 4 b Z a (h 0 ) 2 dx. 4. В случае, если требуется показать, что ∆J дает разные знаки для разных допустимых h, бывает полезен прием представления h в виде тригонометрической функции, такой, что h(a) = h(b) = 0 (пример будет разобран ниже). Содержание Github Страница 22 Методы решения дифференциальных уравнений 5. (Задача со свободным концом) В случае, если нужно решить задачу со свободным концом (то есть отсутствием одного граничного условия), то недостающим "граничным"условием, для нахождения кон- стант C 1 и C 2 будет выступать условие: ∂F ∂y 0 x=b = 0, если отсутствует граничное условие на y(b), ∂F ∂y 0 x=a = 0, если отсутствует граничное условие на y(a), Либо, если граничные условия отсутствуют вообще (задача со свободными концами), то константы находятся из условия ∂F ∂y 0 x=a = ∂F ∂y 0 x=b = 0. Пример Показать, что допустимая экстремаль не дает экстремума функционала J (y) = π R 0 (y 0 ) 2 − 9 4 y 2 + 18y dx, y(0) = 4, y(π) = 0. 1. Найдем экстремаль: • ∂F ∂y = − 9 2 y + 18, • ∂F ∂y 0 = 2y 0 , • d dx ∂F ∂y 0 = 2y 00 ∂F ∂y − d dx ∂F ∂y 0 = 0 ⇐⇒ 4y 00 + 9y = 36 Решением однородного будет y = C 1 sin 3 2 x + C 2 cos 3 2 x. Частным решением, очевидно, будет ялвятся y ч. = 4. Следовательно: y = C 1 sin 3 2 x + C 2 cos 3 2 x + 4. 2. Найдем допустимую экстремаль: ( y(0) = 4, y(π) = 0. =⇒ ( C 2 + 4 = 0, −C 1 + 4 = 0. =⇒ ( C 1 = 4, C 2 = −4. Следовательно: ˆ y = 4 sin 3 2 x − 4 cos 3 2 x + 4 — допустимая экстремаль. 3. Исследуем функционал на экстремум: ∆J = δJ (ˆ y, h) | {z } =0 + π Z 0 (h 0 ) 2 − 9 4 h 2 dx. Покажем, что ∆J меняет свой знак в зависимости от h. Для отрезка [0, π] удобнее всего взять три- гонометрическую функцию, образующую ноль но концах отрезка. Такой функцией будет h = sin kx, k ∈ N. Содержание Github Страница 23 Методы решения дифференциальных уравнений Тогда ∆J = π Z 0 k 2 cos 2 kx − 9 4 sin 2 kx dx = π Z 0 k 2 1 + cos 2kx 2 − 9 4 1 − cos 2kx 2 dx ∆J = π Z 0 1 2 (k 2 − 9 4 )dx = π 2 (k 2 − 9 4 ). Таким образом, если k 2 > 9 4 , то ∆J > 0, а если k 2 < 9 4 , то ∆J < 0. Следовательно экстремума нет. 10.2 Функционалы, зависящие от двух функций. Рассматривается задача нахождения слвбого экстремума J (y 1 , y 2 ) = b Z a F [x, y 1 (x), y 2 (x), y 0 1 (x), y 0 2 (x)]dx, (18) , где F — заданная непрерывно дифференцируемая функция своих аргументов, в классе непрерывно диффе- ренцируемых пар функций y 1 (x), y 2 (x) на отрезке [a, b]. Причем функции удовлетворяют граничным услови- ям: y 1 (a) = A 1 , y 2 (a) = A 2 , y 1 (b) = B 1 , y 2 (b) = B 2 , (19) , где A 1 , A 2 , B 1 , B 2 — заданные в условии числа. В этом случае экстремали y 1 (x) и y 2 (x) находятся из системы ( ∂F ∂y 1 − d dx ∂F ∂y 0 1 = 0, ∂F ∂y 2 − d dx ∂F ∂y 0 2 = 0. Допустимые экстремали ˆ y 1 и ˆ y 2 находятся из граничных условий ( 19 ). 10.3 Функционалы, содержащие производные второго порядка. Рассматривается задача нахождения слабого экстремума J (y) = b Z a F [x, y(x), y 0 (x), y 00 (x)]dx, (20) , где F — заданная трижды дифференцируемая функция своих аргументов, в классе дважды непрерывно дифференцируемых функций y(x) на отрезке [a, b], удовлетворяющих граничным условиям: y(a) = A 1 , y 0 (a) = A 2 , y(b) = B 1 , y 0 (b) = B 2 , (21) , где A 1 , A 2 , B 1 , B 2 — заданные в условии числа. Содержание Github Материал к уроку http://mathprofi.ru/kak_reshit_neodnorodnoe_uravnenie_vtorogo_poryadka.html © http://mathprofi.ru , Емелин А. Высшая математика – просто и доступно! |