Lekcii Differenc. uravneniya

1
Дифференциальные уравнения
Курс лекций для специальности
1-31 03 06-02
Экономическая кибернетика
(информационные технологии в экономике)
Минск 2014
2
1. Дифференциальные уравнения 1-го порядка
1.1. Задачи, приводящие к дифференциальным уравнениям.
Дифференциальные уравнения первого порядка.
Изоклины. Задача Коши. Теорема существования и
единственности задачи Коши
Уравнения, в которые неизвестная функция входит под знаком производной
или дифференциала, называются дифференциальными уравнениями.
Подобными уравнениями описываются многие явления и процессы.
dx
  kx 
dt
уравнение радиоактивного распада (k – постоянная распада, х – количество
dx
неразложившегося вещества в момент времени t, скорость распада
dt
пропорциональна количеству распадающегося вещества).
 2u  2u  2u
2)


 4 ( x , y , z) 
x 2 y 2 z2
уравнение Пуассона, задающее зависимость между многими физическими
величинами.
Мы будем рассматривать уравнения, где неизвестная функция является
функцией одной переменной. Такие уравнения называются обыкновенными
дифференциальными уравнениями.
Уравнение вида
Примеры. 1)
F(x , u(x ), u(x), u( x),..., u( n ) ( x))  0 (1)
называется обыкновенным дифференциальным уравнением п-го
порядка. При этом порядком уравнения называется максимальный порядок
входящей в него производной.
Функция, которая при подстановке в уравнение (1) обращает его в
тождество, называется решением дифференциального уравнения.
Дифференциальные уравнения первого порядка, разрешенные
относительно производной
Рассмотрим уравнение вида
dy
 f ( x , y ). (2)
dx
Можно показать, что общее решение такого уравнения зависит от одной
произвольной постоянной. С геометрической точки зрения уравнение (2)
устанавливает зависимость между координатами точки на плоскости и
3
dy
касательной к графику решения в той же точке.
dx
Следовательно, уравнение (2) определяет некоторое поле направлений, и
задача его решения состоит в том, чтобы найти кривые, называемые
интегральными кривыми, направление касательных к которым в каждой
точке плоскости совпадает с направлением этого поля.
dy y
Примеры. 1)
 .
dx x
В каждой точке, кроме начала координат, угловой коэффициент к искомой
y
интегральной кривой равен , то есть тангенсу угла, образованного с осью
x
Ох прямой, проходящей через данную точку и начало координат.
Следовательно, интегральными кривыми в данном случае будут прямые вида
у  сх (рис.1).
угловым коэффициентом
у
х
Рис. 1
dy
x
 .
dx
y
В этом случае касательная в каждой точке плоскости перпендикулярна
направлению прямой, проходящей через эту точку и начало координат, так
как угловые коэффициенты этих прямых удовлетворяют условию
ортогональности:
у
х у
   1.
у х
Поэтому направление касательной в
данной точке совпадает с направлением
касательной к окружности с центром в
х
начале координат, на которой лежит
выбранная точка. Такие окружности и
являются
интегральными
кривыми
данного уравнения (рис. 2).
Рис. 2
Часто для построения интегральных кривых удобно предварительно найти
геометрическое место точек, в которых касательные к искомым
интегральным кривым сохраняют постоянное направление. Такие линии
называются изоклинами.
2)
4
dy
 x2  y 2
dx
Пример. Изоклины уравнения
x 2  y 2  k или x 2  y 2  k 2 ,
dy
так как на каждой изоклине производная
должна сохранять постоянное
dx
значение. Полученные уравнения задают семейство концентрических
окружностей с центром в начале координат, а угловой коэффициент
касательной к интегральной кривой равен радиусу проходящей через данную
точку окружности.
задаются уравнениями
Задача Коши для уравнения первого порядка
Как уже было сказано, общим решением уравнения (2) является все
множество функций, обращающих при подстановке рассматриваемое
уравнение в тождество. Пусть теперь требуется найти решение этого
уравнения, удовлетворяющее условию
y( x0 )  y 0 ,
(3)
называемому начальным условием. Если общее решение уравнения (2)
задается формулой
y   ( x , C ),
(4)
то значение постоянной С, соответствующее поставленному начальному
условию, можно определить, подставив в равенство (4) х = х0 и у = у0.
Задача выбора из общего решения (4) уравнения (2) решения,
удовлетворяющего начальному условию (3), называется задачей Коши, а
выбранное решение называется частным решением уравнения (2).
Замечание. Если воспринимать множество всех решений уравнения (2) как
множество интегральных кривых на плоскости, то ставится задача поиска той
из них, которая проходит через точку с координатами (х0 , у0). Выясним, при
каких условиях такая кривая существует и является единственной.
Теорема существования и единственности решения задачи Коши
Рассмотрим
предварительно
дифференциальных уравнений,
приведенной ниже теореме.
метод
приближенного
решения
обоснование которого будет дано в
Метод Эйлера
Метод Эйлера заключается в том, что искомая интегральная кривая
уравнения (2), проходящая через точку (х0 , у0 ), заменяется ломаной, каждое
звено которой касается интегральной кривой в одной из своих граничных
точек (рис. 3).
5
у
у0
h
х0
х1
b
х
Рис. 3
Пусть требуется найти приближенное значение искомого решения при x = b.
Разделим отрезок [x0 ,b] на п равных частей (полагаем, что b > x0) и назовем
шагом вычисления h длину отрезка [xi-1 , xi ] . Заменим на отрезке [x0 , x1]
интегральную кривую отрезком ее касательной в точке (х0 , у0). Ордината
этого отрезка при х = х1 равна y1 = y0 + hy0’, где у0’ = f(x0 ,y0). Так же найдем
y 2  y1  hy1 , где y1  f  x1 , y1  ;
y 3  y 2  hy2 , где y2  f  x2 , y 2  ;
.......................................................
yn  yn1  hyn1 , где yn1  f  xn1 , yn1  .
Можно предположить, что при h  0 построенные таким образом ломаные
Эйлера приближаются к графику искомой кривой. Доказательство этого
утверждения будет дано в следующей теореме:
Теорема 1 (теорема существования и единственности решения). Если в
уравнении
dy
 f (x , y )
dx
функция f(x,y) непрерывна в прямоугольнике D:
x0  a  x  x0  a , y0  b  y  y0  b (5)
и удовлетворяет в D условию Липшица:
| f ( x , y1 )  f ( x , y 2 )| N|y1  y 2 |, (6)
где N – постоянная, то существует единственное решение
y  y( x ), x0  H  x  x0  H ,
уравнения (2), удовлетворяющее условию (3) , где
b 1
H  min( a , , ), M  max f ( x , y ) в D.
M N
Замечание 1. Нельзя утверждать, что искомое решение будет существовать
при x  [ x0  a , x0  a], так как интегральная кривая может выйти из
прямоугольника (5), и тогда решение может быть не определено.
6
Замечание 2. Условие Липшица (6) можно заменить более сильным
требованием
| f y( x , y )| N в D.
Тогда по теореме Лагранжа
| f ( x , y1 )  f ( x , y2 )| f y( x ,  )|y1  y2 |, где y1    y2 .
Таким образом,
  D u | f y( x ,  )| N.
Поэтому
| f ( x , y1 )  f ( x , y 2 )| N|y 1  y 2 |.
Доказательство теоремы 1. Заменим уравнение (2) с начальным условием
(3) эквивалентным интегральным уравнением
x
y  y0   f ( x , y )dx.
(7)
xo
Легко проверить, что функция, обращающая в тождество уравнение (2),
будет решением и уравнения (7).
Построим ломаную Эйлера у = уп(х), исходящую из точки (х0 ,у0) с шагом
H
на отрезке [x0 , x0  H ] (аналогично можно доказать существование
hn 
n
решения на [x0 – H, x0]). Такая ломаная не может выйти за пределы D, так как
угловые коэффициенты каждого ее звена по модулю меньше М. Теперь
докажем последовательно три утверждения:
1)
Последовательность у  уп  х  равномерно сходится.
2)
Функция
y( x )  lim yn ( x )
n
является решением интегрального уравнения (7).
3)
Решение y( x ) уравнения (7) единственно.
Доказательство 1). По определению ломаной Эйлера
yn ( x )  f ( xk , y k ) npu xk  x  x k 1 , k  0,1,..., n  1,
или
yn ( x )  f ( x , yn ( x ))  ( f ( x k , y k )  f ( x , y n ( x )). (8) .
Обозначим
f ( xk , y k )  f ( x , yn ( x ))  n ( x ),
тогда в силу равномерной непрерывности f(x) в D
|n ( x )|| f ( xk , y k )  f ( x , y n ( x ))|  n (9)
при n  N ( n ), где  n  0 при n  , так как
|x  xk | hn , a |y k  yn ( x )| Mhn ,
H
u hn   0 npu n  .
n
7
Интегрируя (8) по х в пределах от х 0 до х и учитывая, что yn ( x0 )  y0 ,
получим:
x
x
x0
x0
yn ( x )  y0   f (t , yn (t ))dt   n (t )dt. (10)
Так как п – любое целое положительное число, то для любого m  0
x
x
x0
x0
ynm ( x )  y0   f (t , ynm (t ))dt   nm (t )dt ,
откуда
|ynm ( x )  yn ( x )|

x
 ( f (t , y
x0
nm
x
x
x0
x0
(t ))  f (t , y n (t ))dt   nm (t )dt   n (t )dt 
x
x
x
x0
x0
x0
 | f (t , ynm (t ))  f (t , yn (t ))|dt  |nm (t )|dt  |n (t )|dt.
Тогда из (9) и условия Липшица следует, что
x
|ynm ( x )  yn ( x )| N |ynm (t )  yn (t )|dt  ( nm   n )H .
x0
Следовательно,
max |ynm ( x )  yn ( x )|
x0  x  x 0  H
x
 N max |ynm (t )  yn (t )|dt  ( nm   n )H ,
x0
откуда
( nm   n )H

x0  x  x 0  H
1  NH
  0 npu n  N 1 ( ),
то есть последовательность непрерывных функций уп  х  равномерно
max |ynm ( x )  yn ( x )|
сходится при x0  x  x0  H к непрерывной функции
утверждение 1) доказано.
Доказательство 2). Перейдем в (10) к пределу при n   :
x
y( x ).
Итак,
x
lim yn ( x )  y( x )  y0  lim  f (t , y n (t ))dt  lim  n (t )dt. (11) .
n
n
x0
n
x0
В силу равномерной сходимости уп  х  к y( x ) и равномерной непрерывности
f ( x , y ) в D последовательность f ( x , y n ( x )) равномерно сходится к f(x, y( x ) ).
Действительно,
| f ( x , y( x ))  f ( x , y n ( x )|  npu |y( x )  y n ( x )|  ( ),
что выполняется при n  N 1 ( ( )) x  [ x0 , x0  H ].
8
Следовательно, возможен переход к пределу под знаком интеграла.
Учитывая, что
|n ( )|  n , где  n  0 npu n   ,
получим из (11):
x
y ( x )  y0   f ( x , y ( x ))dx ,
xo
то есть y( x ) удовлетворяет уравнению (7). Утверждение 2) доказано.
Доказательство 3). Предположим, что существуют два различных решения
уравнения (7): у1(х) и у2(х), то есть
max y1 ( x )  y 2 ( x )  0.
x0  x  x0  H
Тогда, подставляя эти функции в (7) и вычитая полученные равенства друг из
друга, получим:
x
y1 ( x )  y 2 ( x )   ( f ( x , y1 ( x ))  f ( x , y 2 ( x )))dx ,
x0
откуда
max y1 ( x )  y 2 ( x ) 
x0  x  x0  H
x
 ( f (x , y (x))  f ( x , y ( x)))dx 
 max
1
x0  x  x 0  H
 max
2
x0
x
x0  x  x 0  H
| f (x , y ( x))  f ( x , y ( x))|dx .
1
2
x0
Применим к этому неравенству условие Липшица:
max |y 1 ( x )  y 2 ( x )|
x0  x  x0  H
 N max
x0  x  x0  H
x
|y (x )  y (x )|dx 
1
2
x0
x
 N max |y1 ( x )  y 2 ( x )| max
x0  x  x0  H
x0  x  x0  H
 dx 
x0
 NH max |y1 ( x )  y 2 ( x )|.
x0  x  x0  H
Если
max y1 ( x )  y 2 ( x )  0,
x0  x  x0  H
то полученное равенство:
max |y1 (x)  y2 (x)| NH max |y1 (x)  y2 (x)|
x0 xx0  H
x0 xx0  H
противоречиво, так как по условию теоремы H  1 N . Следовательно,
max y1 ( x )  y 2 ( x )  0, то есть y 2  y1 .
x0  x  x0  H
9
Примеры решения задач
Задача 1. Найти общее решение уравнения y  x.
Указание
Найдите у": y   ydx  C 1 и т.д.
Решение
x2
y   ydx   xdx 
 C1 ;
2
 x2

x3


y   y dx     C 1 dx   C 1x  C 2 ;
6
 2

 x3

x 4 C1 2

y   y dx     C 1x  C 2 dx 
 x  C2x  C3 
24 2
 6

x4

 C1x 2  C 2 x  C 3 .
24
4
x
 C 1x 2  C 2 x  C 3 .
Ответ: y 
24
1
Задача 2. Решить задачу Коши: y  2
, y(0)  2.
x 1
Указание
Найдите общее решение уравнения: y   ydx  C ,
а затем определите С из условия у(0) = 2.
Решение
1
dx  arctgx  C ;
Общее решение уравнения: y   2
x 1
2  arctg0  C  C  2  y частн  arctgx  2.
Ответ: y  arctgx  2.
Задача 3. Найдите интегральную кривую уравнения yy  x  5,
проходящую через точку (1;-5).
Указание
Запишите левую часть уравнения в виде y 2 2  .


Решение
 y 2 
   x  5,
 2 
y2
x2
  x  5 dx 
 5x  C ,
2 
2
y   x 2  10x  2C ;  5   x 2  10x  2C ;
2C  11  25, C  7, y   x 2  10x  14.
Ответ: y   x 2  10x  14.
10
Задача 4. Изоклинами уравнения y  1  xy являются …..
Указание
Уравнение изоклин имеет вид: 1 + ху = С.
Решение
Уравнение изоклин имеет вид:
C 1
1  xy  C  xy  C  1, y 
 гиперболы.
x
Ответ: гиперболы.
1.2. Методы решения простейших дифференциальных
уравнений первого порядка (с разделяющимися переменными,
однородных, линейных и сводящихся к ним)
Уравнения с разделяющимися переменными
Дифференциальные уравнения вида
f 2 ( y )dy  f 1 ( x )dx
(1)
называются уравнениями с разделяющимися переменными. Тогда любое
решение у(х) этого уравнения будет удовлетворять и уравнению
 f 2 ( y )dy   f 1 (x)dx  c , (2)
где с – произвольная постоянная. Если удается найти первообразные
функций f1(x) и f2(y), выраженные в элементарных функциях, то из (2) можно
получить конечное уравнение
( x , y )  C ,
(3)
которое определяет решение у(х) уравнения (1) как неявную функцию х.
Уравнение вида (3) называется интегралом уравнения (1), а если оно
определяет все решения (1) – общим интегралом этого уравнения.
Пример 1.
y 2  1 dx  xydy.
Приведем уравнение к виду (1):
ydy
dx

, откуда
y2  1 x

ydy
y2  1

dx
 C.
x
Проинтегрируем обе части равенства:
y 2  1  ln|x|C.
Полученное уравнение можно считать общим интегралом или решением
исходного уравнения.
Если требуется найти частное решение уравнения (1), удовлетворяющее
условию у  х0   у0 , достаточно подставить значения х 0 и у0 в уравнение (3)
и найти значение С, соответствующее начальному условию.
Пример 2. Найти решение уравнения y ctg x  y  2, удовлетворяющее
условию у  0   1.
11
dy
sin xdx
 c,
cos x
 ln|2  y|  ln|cos x| ln|c|, 2  y  c  cos x.
Подставив в это равенство х  0 и у  1, получим, что
Следовательно, искомое частное решение имеет вид: y  2 – 3cosx.
Разделим переменные:
2y 
с  3.
Уравнения, приводимые к уравнениям с разделяющимися переменными
Если требуется решить уравнение вида
dy
 f ( ax  by ),
(4)
dx
где а и b – постоянные числа, то с помощью замены переменной z  ax  by
оно сводится к уравнению с разделяющимися переменными:
dy
dz
dz
dz
ab ,
 a  bf ( z),
 dx.
dx
dx
dx
a  bf ( z)
Пример 3. y  4x  2 y  1.
Замена: z  4x  2 y – 1, тогда
dz
 4  2 z   dx  c.
Вычислим интеграл в левой части равенства: замена
u  z , z  u2 , dz  2udu
приводит к
2udu
4 

 4  2u    1  4  2u  du u  2 ln|4  2u|
 z  2 ln(4  2 z )  4x  2 y  1  2 ln(4  2 4 x  2 y  1.
Проинтегрировав теперь правую часть равенства, получим общий интеграл:
4х  2 у  1  2ln(4  2 4x  2 y  1  х  с.
Однородные уравнения
К уравнениям с разделяющимися переменными приводятся и так
называемые однородные дифференциальные уравнения первого порядка,
имеющие вид:
dy
y
 f  .
(5)
dx
x
y
Действительно, замена t  или y  x  t приводит к
x
dy
dt
dt
 x  t , x  t  f (t ),
dx
dx
dx
12
dt

dt
dx
dt

, 
 ln|x| ln c , x  ce f ( t )t .
f (t )  t x
f (t )  t
Еще одной формой однородного уравнения является уравнение
M( x , y )dx  N ( x , y )dy  0, (6)
если М  х , у  и N ( x , y ) – однородные функции одинаковой степени
однородности k : М  tх , t у   t k  М  х , у  , N  tх , t у   t k  N  х , у  . При этом
dy
M( x , y )
y

 f  .
dx
N (x , y )
x
Пример 4. y ²  x² y  xyy. Преобразуем уравнение к виду (5):
y( xy  x )  y ,
2
2
dy
y2

,
dx xy  x 2
После замены y  xt получим:
dy  y x 

.
y
dx
1
x
2
dt
t2
dt
t
(t  1)dt dx
x t 
, x 
,
 ,
dx
t 1
dx t  1
t
x
1 
dx

  1  t dt    x  c , t  ln|t| ln|x| ln|C|,
y
Сxt  et , Cy  e x .
В однородные можно преобразовать и уравнения вида
 a x  b1 y  c 1 
dy
 f 1
 (7)
dx
a
x

b
y

c
2
2 
 2
с помощью замены Х  х – х1 , Y  y – y 1 , где ( х1 , у 1 ) – решение системы
уравнений
a1x  b1 y  c1  0, a2 x  b2 y  c 2  0 .
(C геометрической точки зрения производится перенос начала координат в
точку пересечения прямых a1x  b1 y  c1  0 и a2 x  b2 y  c 2  0 ). Тогда,
dy dY

, в новых переменных уравнение примет вид:
поскольку
dx dX
Y 

a

b
1
1



dY
a X  b1Y
dY
X   Y  
 f 1
или

f


 
Y
dX
dX
X
 a2 X  b2Y 
 a2  b2 

X
однородное уравнение.
Пример 5.
 у  2  dx  (2x  y – 4)dy.
Запишем уравнение в виде
dy
y2

.
dx 2 x  y  4
13
Решением системы у  2  0, 2 х  у – 4  0 будут х1  3, у1  2. В новых
переменных Х  х – 3, Y  y  2 получим однородное уравнение
dY
Y

,
dX 2 X  Y
которое можно решить с помощью обычной замены Y  Xt. Тогда
dt
t
dt t 2  t
X
t 
, X

,
dX
2t
dX t  2
(t  2)dt
dX
2
dX
 1

, 
  dt   
 c, ,
t(t  1)
X
X
 t1 t 
t2
ln
  ln|X| ln|C|,
t1
и после обратной замены общий интеграл выглядит так:
( y  2)2  C( x  y  1).
Заметим, в это общее решение входит при С=0 и частное решение у  1 – х ,
которое могло быть потеряно при делении на у  х – 1.
Линейные уравнения
Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется
уравнение вида
dy
 p( x )y  f ( x ), (8)
dx
линейное относительно неизвестной функции у(х) и ее производной. При
этом будем предполагать, что р(х) и f(x) непрерывны.
В случае, когда f ( x )  0 , уравнение (8) называется однородным. Такое
уравнение является уравнением с разделяющимися переменными:
dy
dy
 p( x )y  0, откуда
  p( x )dx ,
dx
y
ln|y|   p( x )dx  ln c ,
y  Ce 
(9)
При делении на у могло быть потеряно решение у = 0, но оно входит в общее
решение при С = 0.
Для решения неоднородного уравнения (8) применим метод вариации
постоянной. Предположим, что общее решение уравнения (8) имеет форму
(9), в которой С – не постоянная, а неизвестная функция аргумента х:
 p( x ) dx
y  C ( х )e 
.
 p( x ) dx
Тогда
 p ( x ) dx
dy dC   p( x )dx

e
 C( x )p( x )e 
.
dx dx
14
Подставив эти выражения в уравнение (8), получим:
 p( x ) dx
 p( x ) dx
dC   p( x )dx
e
 C( x )p( x )e 
 p( x )C( х )e 
 f ( x ),
dx
откуда
p ( x ) dx
p ( x ) dx
dC
 f ( x )e 
, C ( x )   f ( x )e 
dx  c ,
dx
 p ( x ) dx
 p ( x ) dx
p ( x ) dx
y  ce 
e 
f ( x )e 
dx.
(10)

Замечание. При решении конкретных задач удобнее не использовать в
готовом виде формулу (10), а проводить все указанные преобразования
последовательно.
Пример 6.
Найдем общее решение уравнения у  2 х( х ²  y ) . Представим уравнение в
виде y  2 xy  2 x ³ и решим соответствующее однородное уравнение
y  2xy  0.
dy
dy
dy
 2 xy ,
 2 xdx , 
 2 xdx  C1 ,
dx
y
y 
2
ln|y| x 2 ln|C|, y  Ce x .
Применим метод вариации постоянных: пусть решение неоднородного
уравнения имеет вид:
2
2
2
dy
y  C( x )e x , тогда
 C e x  C( x )e x  2 x.
dx
Подставим полученные выражения в уравнение:
2
2
2
Cex  C(x)ex  2x  2xC(x)ex  2x 3 .
Следовательно,
2
C  2x 3 ex ,
C ( x )   2 x 3 e  x dx   x 2 e  x dx 2 
2
2
  te  t dt  te  t   e  t dt 
2
2
 te t  e t  c   x 2 e  x  e  x  c.
При этом общее решение исходного уравнения
2
2
2
2
y  (x2 e x  e x  c )ex  cex  x 2  1.
К линейным уравнениям можно свести с помощью замены некоторые другие
дифференциальные уравнения, например, уравнение Бернулли:
dy
 p( x )y  f ( x )у п , п  1. (11)
dx
п
Разделив на у , получим:
dy
у п
 p( x )y 1п  f ( x ),
dx
15
а замена
dy
dz
 (1  n)y  n
dx
dx
приводит к линейному уравнению относительно z:
1 dz
 p( x )z  f ( x ).
1  n dx
Пример 7.
y  y 4 cos x  y  tgx , y  y  tgx  y 4 cos x , y  4 y  y  3tgx  cos x.
1
dz
3 dy
Сделаем замену: z  3 ,
 4
.
y
dx
y dx
1
Относительно z уравнение стало линейным:  z  z  tgx  cos x.
3
Решим однородное уравнение:
dz
dz 3sin xdx
  z  tgx ,

, ln|z| 3ln|cos x| ln C1 , z  C cos 3 x.
3dx
z
cos x
Применим метод вариации постоянных:
dz
z  C( x )cos 3 x ,
 C cos 3 x  3C( x )cos 2 x sin x.
dx
Подставим эти результаты в неоднородное уравнение:
1
 C cos3 x  C( x )cos2 x  sin x  C( x )cos 3 x  tgx  cos x ,
3
3
3dx
C  
, C( x )   
  3tgx  c.
2
cos x
cos2 x
Окончательно получаем: y 3  (3tgx  c )cos 3 x  c  cos 3 x  3sin x  cos 2 x.
Дополним это общее решение частным решением у  0, потерянным при
z  y n ,
делении на у 4 .
Примеры решения задач
Задача 1. Найти общее решение уравнения y  e 4 x  y 5 .
Указание
Разделите переменные и приведите уравнение к виду y  5dy  e 4 x dx.
Решение
Разделим переменные:
dy
dy
y 4 1 4 x C
4x
4x
 e dx ,  5   e dx ,
 e  , e 4 x  y 4  C.
5
y
y
4 4
4
4x
4
Ответ: e  y  C.
Задача 2. Решить задачу Коши: (2 x  2 y  1)dx  ( x  y  2)dy  0, y( 1)  2.
Указание
Сделайте замену: t  x  y.
16
Решение
Обратим внимание на то, что коэффициенты при х и у в выражениях
2 х  2 у – 1 и х  у – 2 пропорциональны. Поэтому можно ввести новую
неизвестную функцию, относительно которой исходное уравнение станет
уравнением с разделяющимися переменными: t  x  y . Тогда
dy  d(t  x )  dt  dx ,
и уравнение примет вид: (2t  1)dx  (t  2)( dt  dx )  0, (t  2)dt  (t  1)dx ,
(t  2)dt
3 

 dx ,   1 
 dt    dx ,
t1
t

1


t  3ln|t  1| x  ln|C|, (t  1)3  Ce x t ,
( x  y  1)3  Ce2 xy .
Найдем частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям:
y( 1)  2  ( 1  2  1)3  Ce22 , 8  Ce0 , C  8,
( x  y  1)3  8e 2 x y  искомое частное решение.
Ответ: ( x  y  1)3  8e 2 x y .
y
x2  y 2
Задача 3. Найти общее решение уравнения y   2
.
x
x2
Указание
y
Сделайте замену t  .
x
Решение
Сделаем стандартную замену, применяемую при решении однородных
уравнений:
y
t  , y  tx , y  tx  t.
x
Тогда уравнение примет вид:
dt
2 dx
tx  t  t  2(1  t 2 ),

,
2
1t
x
dt
2 dx

 1  t 2  x , arctg t  2 ln|x| ln|C|,
y
arctg  ln(Cx 2 ), y  x  tg  ln(Cx 2 )  .
x
Ответ: y  x  tg  ln(Cx 2 )  .
Задача 4. Решить задачу Коши:
(12 x  5y  9)dx  (5x  2 y  3)dy  0,
Указание
Сделайте замену: x  x  x0 , y  y  y0 ,
y(0)  3.
17
12 x  5 y  9  0,
где  х0 , у0  – решение системы 
 5x  2 y  3  0.
Решение
12 x  5 y  9  0
 x0  3, y0  9,
Решим систему 
 5x  2 y  3  0
и перейдем к новым переменным: x  x  3, y  y  9.
dx  dx , dy  dy ,
При этом
и уравнение становится однородным:
(12 x  5 y )dx  (5x  2 y )dy  0,
y
12

5
dy
12 x  5 y
x , ty,


y
dx
5x  2 y
x
52
x
12  5t
2t 2  10t  12
tx  t  
, tx  
,
5  2t
5  2t
(5  2t )dt
dx
d(t 2  5t  6)
dx
 2
 2 ,   2
 2 ,
t  5t  6
x
t  5t  6
x
2
 ln|t  5t  6| 2 ln|x| ln|C|,
 y2

y
x (t  5t  6)  C , x  2  5  6   C ,
x
x

y 2  5xy  6 x 2  C ,
2
2
2
( y  9)2  5( x  3)( y  9)  6( x  3)2  C ,
6 x 2  5xy  y 2  9 x  3 y  C .
Найдем частное решение:
y(0)  3, 9  9  C , C  0,
6x 2  5xy  y 2  9x  3y  0.
Ответ: 6x 2  5xy  y 2  9x  3y  0.
2
Задача 5. Найти общее решение уравнения y  8xy  4e 4 x sin 2x.
Указание
Найдите решение однородного уравнения y  8xy ,
а затем примените метод вариации постоянных.
Решение
Найдем решение однородного уравнения:
dy
y  8xy , 
  8xdx , ln|y| 4x 2  ln|C|,
y
2
yодн  Ce 4 x .
18
Применим метод вариации постоянных:
2
2
2
yнеодн  C ( x )e 4 x , y  C e 4 x  8Cxe 4 x ,
2
2
2
2
C e 4 x  8Cxe 4 x  8xCe 4 x  4 e 4 x sin 2 x ,
C   4sin 2 x , C  4  sin 2 xdx  2 cos 2 x  C ;
2
y  e 4 x (C  2 cos 2 x ).
2
Ответ: y  e 4 x (C  2 cos2x).
3y
 x 3 y 2  0, y(1)  7.
x
Указание
Сделав замену z  1 y , вы получите линейное уравнение для z.
Решение
2
Разделим обе части равенства на у :
y 3 1
y 3 1
3



x

0,

   x3 .
2
2
y
x y
y
x y
1
1
3z
z   z   2 y  z 
 x3 
y
y
x
линейное уравнение. Найдем решение однородного уравнения:
3z
dz
dx
z 
 0,   3  ,
x
z
x
C
ln|z| 3ln|x| ln|C|, zодн  3 .
x
Применим метод вариации постоянных:
C( x )
C x  3C
zнеодн  3 , z  C x 3  3Cx 4 
,
x
x4
C x  3C 3C
x7 C
3
6
 4  x , C  x , C   ,
x4
x
7 7
7
3
x C
7x
z
,
y

.
7x3
x7  C
7
7
 7, C  0, y  4 .
Найдем частное решение: y(1)  7,
C1
x
7
Ответ: y  4 .
x
Задача 6. Решить задачу Коши: y 
19
2. Дифференциальные уравнения высших порядков.
Системы линейных дифференциальных уравнений
2.1. Дифференциальные уравнения высших порядков. Задача
Коши. Понятие о краевых задачах для дифференциальных
уравнений. Уравнения, допускающие понижение порядка
Рассмотрим дифференциальное уравнение п-го порядка:
F  x , y , y , , y ( n )   0, (1)
где F предполагается непрерывной функцией всех своих аргументов. Тогда
по теореме о существовании неявной функции можно разрешить это
уравнение относительно старшей производной:
y( n )  f  x , y , y , y ( n1)  (2)
и сформулируем для него (без доказательства) теорему существования и
единственности решения:
Теорема 1. Существует единственное решение уравнения (2),
удовлетворяющее условиям
y( x0 )  y0 , y( x0 )  y0 , ... , y ( n1) ( x0 )  y0( n1) (3)
если в окрестности начальных значений (х0 , у0 , у’0 ,…, у0(п-1)) функция f
является непрерывной функцией всех своих аргументов и удовлетворяет
условию Липшица по всем аргументам, начиная со второго.
Замечание 1. Так же, как и для дифференциального уравнения 1-го порядка,
задача отыскания решения уравнения (2), удовлетворяющего условиям (3),
называется задачей Коши.
Замечание 2. Теорема 1 утверждает существование частного решения
уравнения (2), удовлетворяющего данным начальным условиям.
С геометрической точки зрения это соответствует существованию
интегральной кривой, проходящей через точку ( x0 , y0 , y0 ,..., y0( n1) ). Но,
используя эту теорему, можно доказать и существование общего решения
уравнения (2), содержащего п произвольных постоянных и имеющего вид:
y   ( x , C1 , C2 ,..., Cn ) (4)
или, в неявной форме:
( x , y , C1 , C2 ,..., Cn )  0. (5)
Соотношение (5) будем называть общим интегралом уравнения (1) или (2).
Уравнения, допускающие понижение порядка
В некоторых случаях порядок дифференциального уравнения может быть
понижен, что обычно облегчает его интегрирование. Рассмотрим несколько
типов подобных уравнений.
20
1. Уравнение не содержит искомой функции и ее производных по порядок
(k – 1) включительно:
F( x, y( k ) , y( k 1) ,..., y( n) )  0. (6) .
В этом случае можно сделать замену р = у(k), которая позволяет понизить
порядок уравнения до n – k, так как после замены уравнение примет вид
F( x, p, p,..., p( nk ) )  0.
Из этого уравнения можно найти р = р (х, С1 , С2 ,…, Сn-k), а затем найти у с
помощью интегрирования k раз функции р = р (х, С1 , С2 ,…, Сn-k).
Пример 1. Уравнение
y  y2
при замене
p( x)  y 
становится уравнением 1-го порядка относительно р:
dp
p  p 2 , откуда
 dx ,
p2
1
1
  x  C1 , p  
.
p
x  C1
Тогда
dx
y    p( x)dx   
  ln( x  C1 )  C2 ,
x  C1
y   y dx    (ln( x  C1 )  C2 )dx 
   ln( x  C1 )dx  C2 x  C 3 
x
dx  C2 x  C 3 
x  C1
  x ln( x  C1 )  x  C1 ln( x  C1 )  C2 x  C 3 
  x ln( x  C1 )  
 C3  C2 x  ( x  C1 )ln( x  C1 ).
2.
Уравнение не содержит независимой переменной:
F  y , y , , y ( n )   0. (7)
Порядок такого уравнения можно понизить на единицу заменой у′ = р(у).
При этом производные функции f(x) по аргументу х нужно выразить через
производные р по у:
dy
d 2 y dp dp dy
 p( x), 2 

 p  p u m. .
dx
dx
dx dy dx
Пример 2. Уравнение y   2 yy .
Пусть y   p( y ), y   p  p, тогда pp  2 yp.
Отметим частное решение р = 0, то есть y   0, y  C. Если p  0, после
сокращения на р получим
21
 dp   2 ydy ,
p  y 2  C1 , 
dy
y
1
  dx , arctg

y  C1
C1
C1
2
 x  C2 , y  C1tg(C1 x  C2 ).
3. Уравнение F (х, y, y′,…, y(n)) = 0 однородно относительно аргументов y,
y′,…, y(n), то есть справедливо тождество
F( x, ky , ky, ky,..., ky( n) )  k pF( x, y , y , y ,..., y( n) ).
В этом случае можно понизить порядок уравнения на единицу, вводя новую
zdx
неизвестную функцию z, для которой y  e  . Тогда
y  e  z , y  e  ( z 2  z) u m. .
zdx
zdx
Примеры решения задач
Задача 1. Найти общее решение уравнения y sin 4 x  sin 2 x.
Указание
Используйте то, что y    y dx u m. .
Решение
sin 2 x
sin 2 x
, y    y dx  
dx 
4
sin x
sin 4 x
d(sin 2 x)
2 sin x cos x
1

dx  
 C1 
;
4
2
2
sin x
(sin x)
sin 2 x
1 

y   ydx    C1 
dx  C1x  ctgx  C 2 ;
sin 2 x 

y   ydx   C 1x  ctgx  C 2 dx 
y  
C1 2
x  ln|sin x|C 2 x  C 3 
2
 ln|sin x|C 1x 2  C 2 x  C 3 .

Ответ: y  ln|sin x|C1 x2  C2 x  C3 .
Задача 2. Найти общее решение уравнения (1  x2 )y  xy  2.
Указание
Сделайте замену: y   p( x), y   p( x).
Решение

y  p( x), y   p( x);
(1  x 2 )p  xp  2.
Однородное уравнение:
22

(1  x 2 )p  xp  0,
dp
xdx

,
p
1  x2
1
C1
ln|p|  ln|1  x 2 | ln|C1 |, pодн 
;
2
1  x2
1
3


C1 ( x )
1
2 2
2 2
pнеодн 
, p  C1 (1  x )  C1 (1  x )  2 x  
2
1  x2

C1 (1  x 2 )  C1 x
3
2 2
;
(1  x )
C1 (1  x 2 )  C1 x
1
2 2

(1  x )
C1 
p
2
, C1  
1 x
2 arcsin x  C1
2
C1 x
1  x2
2dx
1 x
; y 
2
 2;
 2 arcsin x  C1 .
2 arcsin x  C1
1 x
1 x
 2 arcsin x  C1 
y  
dx 
1  x2


 arcsin 2 x  2C1 arcsin x  C2 
2
2
,
 arcsin 2 x  C1 arcsin x  C2 .
Ответ: y  arcsin 2 x  C1 arcsin x  C2 .
Задача 3. Найти общее решение уравнения 2 xy y   y   1.
Указание
Сделайте замену: y   p( x), y   p( x).
Решение
y  p( x ), y  p( x );
2 pdp
dx
2 xpp  p 2  1,  2
 ,
p 1
x
ln|p 2  1| ln|x| ln|C 1|,
p   C 1x  1, y   C 1x  1;
3
2
2
y    C1x  1dx  
(C1x  1)  C2 ;
3C1
3
5
 2

4
2
2
y   
(C 1x  1)  C 2 dx  
(C 1x  1)  C 2 x  C 3 .
2
3
C
15
C
1
1


5
4
2
Ответ: y  
(C1 x  1)  C2 x  C3 .
15C12
23
Задача 4. Решить задачу Коши: yy  y2  0, y(0)  1, y(0)  2.
Указание
Сделайте замену: y   p( y ), y   pp.
Решение
Сделаем замену: y   p( y ), y   pp.
Тогда
dp
dy
ypp  p 2  0, 
  , ln|p| ln|y| ln|C|,
p
y
p  Cy , p(0)  2, y(0)  1  2  C  1  C  2,
p  2y , y  2y ,
dy
 y   2dx,
ln|y| 2 x  ln|C|, y  Ce 2 x , y(0)  1 
 1  Ce0 , C  1, y  e 2 x .
Ответ: y  e 2 x .
2.2. Линейные дифференциальные уравнения высших порядков
Линейным дифференциальным уравнением п-го порядка называется
уравнение, линейное относительно неизвестной функции и ее производных:
a0 ( x)y( n)  a1( x)y( n1)  ...  an1( x)y   an ( x)y  ( x). (8)
Если  ( x )  0, уравнение называется линейным однородным.
Если а0(х) не равно нулю ни в одной точке некоторого отрезка [a,b],
линейное однородное уравнение удобно записывать в форме
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0 (9)
или
y
( n)
n
  pi ( x)y( ni ) .
(9)
i 1
Замечание 1. Если коэффициенты pi(x) непрерывны на [a,b], то в окрестности
любых начальных значений при x0  [ a , b ] удовлетворяются условия теоремы
существования и единственности.
Замечание 2. Линейность и однородность уравнения сохраняются при любом
преобразовании x   (t ), где  ( t ) - п раз дифференцируемая функция и
 (t )  0 на [a,b], так как
dy dy 1
d2 y d2 y
dy  (t )
1

,
 2

u m. .,
2
2
dx dt  (t ) dx
dt ( (t ))
dt ( (t ))3
то есть производная любого порядка по х является линейной однородной
функцией производных по t.
24
Замечание 3. Линейность и однородность уравнения сохраняются также при
линейном однородном преобразовании неизвестной функции y(x) = (x)z(x).
Назовем линейным дифференциальным оператором
L[ y ]  y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y   pn ( x)y (10)
результат применения к функции у операций, задаваемых левой частью
уравнения (9).
При этом уравнение (9) можно записать в виде L[y] = 0.
1)
2)
Свойства линейного дифференциального оператора
Постоянный множитель выносится за знак линейного оператора:
L[cy] = cL[y], так как (су)(i) = cy(i).
L y1  y2   L  y1   L  y2 .
Действительно,  у1  у 2   y1( i )  y 2 ( i ) , откуда следует справедливость
сформулированного свойства.
Следствие.
m
 m
L   ci yi    ciL[ yi ]. (11)
 i 1
 i 1
(i)
Свойства решений линейного уравнения
Используя свойства линейного оператора, можно указать некоторые
свойства решений линейного однородного уравнения (9).
Теорема 1. Если у1 – решение уравнения (9), то и су1, где с – произвольная
постоянная, – тоже решение этого уравнения.
Доказательство. Если L[ y1 ]  0 , то по свойству 1) линейного оператора
L[сy1 ]  0, что и требовалось доказать.
Теорема 2. Сумма у 1  у 2 решений уравнения (9) тоже является решением
этого уравнения.
Доказательство. Так как L[y1] = 0 и L[y2] = 0, по свойству 2) линейного
оператора L[ y1  у 2 ]  L[ y1 ]  L[ y 2 ]  0, что доказывает утверждение теоремы.
Следствие теорем 1 и 2. Линейная комбинация
m
c y
i 1
i
i
решений уравнения (9)
у1 , у 2 ,, ут с произвольными постоянными коэффициентами тоже является
решением этого уравнения.
Если рассматривается линейное неоднородное уравнение (8), которое при
a0 ( x )  0 можно записать в виде
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y   pn ( x)y  f ( x) (12)
25
или L[ y ]  f ( x ), то при непрерывности функций pi ( x ) и f ( x ) оно имеет
единственное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям (3).
Из свойств линейного оператора следуют свойства решений неоднородного
линейного уравнения:
1)
Сумма y  y1 решения y неоднородного уравнения (12) и решения у 1
соответствующего однородного уравнения (9) является решением
неоднородного уравнения (12).
Доказательство.
L[ y  y1 ]  L[ y ]  L[ y1 ]  f ( x)  0  f ( x).
m
2)
Если y i – решение уравнения L[ y ]  f i ( x ), то y    i y i является
i 1
решением уравнения
m
L[ y ]    i f i ( x),
i 1
где ai – постоянные (принцип
суперпозиции или наложения).
Доказательство.
m
m
m
 m
L  i yi    L[i yi ]  i L[ yi ]  i f i ( x),
i 1
i 1
 i 1
 i 1
что и требовалось доказать.
2.3. Линейная зависимость и независимость системы функций.
Определитель Вронского, его свойства. Фундаментальная
система решений однородного линейного дифференциального
уравнения. Общее решение однородного уравнения
Функции у1  х  , у2  х  ,, уп  х  называются линейно зависимыми на
некотором отрезке [a,b], если существуют такие числа a1 , a2 ,  , aп , хотя
бы одно из которых не равно нулю, что
 1 y1   2 y2    n yn  0 (1)
на рассматриваемом отрезке. Если же равенство (1) справедливо только при
всех ai  0, функции у1  х  , у2  х  ,, уп  х  называются линейно
независимыми на отрезке [ a , b ].
Примеры.
1. Функции 1, x, x², …, xn линейно независимы на любом отрезке, так как
1  2 x  3 x2   n1 xn  0 справедливо только при всех
равенство
 i  0. Иначе в левой части равенства стоял бы многочлен степени не выше
п, который может обращаться в нуль не более, чем в п точках
рассматриваемого отрезка.
2. Линейно независимой на любом отрезке является система функций
ek1x , ek2x ,..., eknx .
26
Если предположить, что эта система линейно зависима, то существуют такие
числа a1 , a2 , , aп (пусть для определенности п  0 ), что
1ek x  2 ek x  ...  n ek x  0.
1
n
2
Разделим полученное равенство на e k1x и продифференцируем:
2 ( k2  k1 )e( k2 k1 )x  ...  n ( kn  k1 )e( kn k1 )x  0.
Проделав эту операцию п-1 раз, придем к равенству
n ( k2  k1 )(k3  k2 )...(kn  kn1 )e( kn kn1 )x  0,
что невозможно, так как по предположению
n  0, ki  k j , e( kn kn1 )x  0.
3. Подобным образом можно доказать линейную независимость системы
функций
e k1x , xe k1x ,..., x n1 e k1x ,
e k2 x , xe k2 x ,..., x n2 e k2 x ,
.............................
k x
k x
n
k x
e p , xe p ,..., x p e p .
Определитель Вронского
Определитель вида
y1
y2
... yn
y1
y 2
... yn
y 2 ... yn
W ( x)  W [ y1 , y 2 ,..., yn ]  y1
(2)
...
...
...
...
( n1)
( n1)
( n1)
y1
y2
... yn
называется определителем Вронского системы функций у1 , у 2 ,, уп .
Теорема 1. Если функции у1 , у 2 ,, уп линейно зависимы на отрезке [ a , b ],
то их определитель Вронского на этом отрезке тождественно равен нулю.
п1
Доказательство.
Дифференцируя
раз
тождество
a1 у1  a2 у 2    aп уп  0 , где не все ai  0,
получим линейную
однородную систему относительно a1 , a2 , , aп :
 1 y1   2 y2  ...   n yn  0,


 1 y1   2 y2  ...   n yn  0,


 .............................................
 1 y1( n1)   2 y (2n1)  ...   n yn( n1)  0,
которая по условию должна иметь нетривиальное решение при любом х из
отрезка [a,b], а это возможно только в том случае, если главный
определитель этой системы (см. правило Крамера) равен нулю. Поскольку
этот главный определитель является определителем Вронского для
выбранной системы функций, теорема доказана.
27
Теорема 2. Если линейно независимые функции у1 , у 2 ,, уп являются
решениями линейного однородного уравнения
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0
с непрерывными на отрезке [ a , b ] коэффициентами, то определитель
Вронского для этих функций не может обратиться в нуль ни в одной точке
отрезка [ a , b ].
x0  [ a , b] : W ( x0 )  0.
Доказательство.
Пусть
Выберем
числа
 1 ,  2 ,...,  n , не все равные нулю, так, чтобы удовлетворялась система
уравнений
 1 y1 ( x0 )   2 y2 ( x0 )  ...   n yn ( x0 )  0,


 1 y1 ( x0 )   2 y2 ( x0 )  ...   n yn ( x0 )  0,

(3)

..............................................................

 1 y1( n1) ( x0 )   2 y(2n1) ( x0 )  ...   n yn( n1) ( x0 )  0.
(Определитель этой системы, неизвестными в которой считаем ai , равен
W ( x0 ) и, следовательно, равен нулю, поэтому система имеет ненулевое
решение). Тогда по условию теоремы
y   1 y1 ( x)   2 y2 ( x)  ...   n yn ( x) 
решение уравнения
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0
с нулевыми начальными условиями
y( x0 )  y( x0 )  ...  y( n1)( x0 )  0,
что следует из системы (3). Очевидно, что этим условиям удовлетворяет
нулевое решение:
 1 y1 ( x)   2 y2 ( x)  ...   n yn ( x)  0,
а по теореме существования и единственности это решение единственно. Но
при этом из равенства (4) следует, что функции у1 , у 2 ,, уп линейно
зависимы, что противоречит условиям теоремы. Следовательно, W ( x )  0 ни
в одной точке отрезка [ a , b ].
Замечание. В теореме 2 важно, что функции у1 , у 2 ,, уп – решения
однородного уравнения y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0. Для
произвольной системы функций утверждение теоремы не справедливо.
Теорема 3. Общим решением на [a,b] уравнения
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0
с непрерывными коэффициентами p i является линейная комбинация
n
y   ci y i
(5)
i 1
п линейно независимых на [a,b] частных решений y i с произвольными
постоянными коэффициентами c i .
28
Доказательство. Для доказательства теоремы с учетом теоремы
существования и единственности достаточно показать, что можно подобрать
постоянные c i так, чтобы удовлетворялись произвольно заданные начальные
условия:
y( x0 )  y0 , y( x0 )  y0 ,..., y( n1)( x0 )  y0( n1) , (6)
где х 0 – произвольная точка отрезка [ a , b ].
Подставив в равенства (6) выражение для у вида (5), получим линейную
систему из п уравнений относительно неизвестных с1 , с 2 , , с п :
 n
  ci yi ( x0 )  y0 ,
 in1

  ci yi( x0 )  y0 ,
,
 i 1
 ........................
n

( n1)
( n1)
  ci y i ( x0 )  y0
i 1
определителем которой является определитель Вронского для выбранных п
линейно независимых решений рассматриваемого уравнения, который по
теореме 2 не равен нулю. Следовательно, по правилу Крамера система имеет
решение при любых правых частях. Теорема доказана.
Следствие. Максимальное число линейно независимых решений
однородного уравнения
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0
равно его порядку.
Любые п линейно независимых решений однородного линейного уравнения
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0
называются его фундаментальной системой решений.
Таким образом, общее решение уравнения
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn1( x)y  pn ( x)y  0
является линейной комбинацией любой его фундаментальной системы
решений.
Примеры решения задач
Задача 1. Найти значения a, b и с, при которых функции ах 3  х  b и
сx 2 – x – 1 линейно зависимы.
Указание
Условие линейной зависимости функций – существование чисел 1 и 2, из
которых хотя бы одно не равно нулю, для которых верно равенство
1( ax3  x  b)  2 (cx2  x  1)  0.
29
Решение
Пусть  1 ( ax  x  b)   2 (cx  x  1)  0.
Тогда 1ax3  2 cx2  (1   2 )x  (1b   2 )  0.
Отсюда
  1a  0
  c0

2
.





0
1
2

 1b   2  0
3
2
Эта система имеет ненулевое решение для a1 и a2 , если а  с  0, b  1.
При этом a1 и a2 – любые числа, удовлетворяющие условию a1  a2 .
Ответ: а  с  0, b  1.
Задача 2. Вычислить определитель Вронского для функций x  ln x и x  ln x
при х  1.
Указание
f1 f2
.
Определитель Вронского для двух функций имеет вид W 
f 1 f 2
W
При х = 1
W
f1
f 1
Решение
x  ln x x ln x
f2

.
1
f 2
1
ln x  1
x
1 0
 1.
2 1
Ответ: 1.
Задача 3. Найти фундаментальную систему решений уравнения y   y   0.
Указание
Найдите общее решение уравнения и определите линейно независимые
функции, линейной комбинацией которых оно является.
Решение
Пусть
y   p( x), y   p.
dp
p  p  0, 
   dx , ln|p|  x  ln|C1 |,
p
y   C1 e  x , y   C1e  x  C2 , y  C1e  x  C2 x  C 3 .
Следовательно, любое решение уравнения является линейной комбинацией
линейно независимых функций 1, х и е-х, которые соответственно образуют
фундаментальную систему решений.
Ответ: 1, x , e  x .
30
2.4. Однородные линейные дифференциальные уравнения с
постоянными коэффициентами. Построение
фундаментальной системы решений. Неоднородные линейные
дифференциальные уравнения. Частное и общее решения
Определим вид частных решений однородного линейного уравнения
a0 y( n)  a1 y( n1)  ...  an y  0, (1)
в котором коэффициенты ai постоянны. Можно показать, что они имеют вид
y  e kx , где k – постоянная. Действительно, при этом
y( p )  k p ekx ,
и после подстановки в уравнение (1) получаем:
a0 k n ekx  a1k n1ekx  ...  an e kx  0,
или, после сокращения на ekx,
a0 k n  a1k n1  ...  an1k  an  0  (2)
так называемое характеристическое уравнение для уравнения (1). Числа k,
являющиеся его решениями, при подстановке в функцию y  e kx дают
частные решения уравнения (1). Исследуем различные возможности
количества и вида решений характеристического уравнения.
1.
Все корни уравнения (2) действительны и различны: k1, k2,…, kn . Тогда
они задают максимально возможное количество линейно независимых
решений уравнения (1) (их линейная независимость показана в примере 2
предыдущей лекции), то есть определяют фундаментальную систему
решений. Следовательно, в этом случае общее решение уравнения (1) может
быть записано в виде:
y  c1ek1x  c2 ek2x  ...  cn e knx .
Пример 1. Общее решение уравнения
y( 5)  5y  4 y  0
можно найти, решив характеристическое уравнение
k 5  5k 3  4k  0.
Разложим левую часть на множители: k( k 2  4)( k 2  1)  0.
Следовательно, корни характеристического уравнения:
k1  0, k2  2, k3  2, k 4  1, k5  1.
Поэтому общее решение исходного уравнения имеет вид:
y  c1  c2 e 2 x  c3 e 2 x  c 4 e  x  c5 e x .
2.
Корни уравнения (2) различны, среди них есть комплексные. При этом,
как было показано ранее, они образуют пары комплексно сопряженных
чисел. При этом решения уравнения (1), соответствующие паре комплексно
сопряженных решений уравнения (2)
k1     i u k 2     i ,
имеют вид
31
e(  i ) x u e(  i ) x
и могут быть заменены двумя действительными решениями: действительной
и мнимой частями указанных решений. Следовательно, так как
e(  i ) x  e x (cos  x  i sin  x),
решениями уравнения (1) будут
e x cos  x u e x sin  x.
Пример 2.
y   6 y   10  0, k 2  6k  10  0,
k1,2  3  i , y1  e 3 x cos x , y2  e 3 x sin x ,
y  e 3 x (c1 cos x  c2 sin x).
3.
Характеристическое уравнение имеет кратные корни. В этом случае
число линейно независимых решений предыдущих типов меньше п, и для
получения фундаментальной системы нужно найти дополнительные решения
иного вида. Докажем, что при наличии у характеристического уравнения
корня ki кратности i такими решениями будут
xekix , x2 ekix ,..., xi 1ekix .
Предположим вначале, что выбранный кратный корень ki = 0. Тогда
характеристическое уравнение имеет вид:
a0k n  a1k n1  ...  ani ki  0,
а соответствующее дифференциальное уравнение:
a0 y( n)  a1y( n1)  ...  ani y(i )  0. .
Очевидно, что частными решениями такого уравнения будут функции
1, x, x2 , , xi 1 ,
все производные которых порядка i и выше равны нулю. Кстати, линейная
независимость такой системы функций показана в примере 1 предыдущей
лекции.
Пусть теперь корень характеристического уравнения ki кратности i не равен
нулю. Сделаем замену переменной: y  e ki x z , тогда при подстановке в
дифференциальное уравнение его линейность и однородность не нарушается,
а коэффициенты изменяются, но по-прежнему остаются постоянными:
b0 z( n)  b1z( n1)  ...  bn z  0.
При этом корни характеристического уравнения
b0 pn  b1 pn1  ...  bn p  0 (3)
отличаются от корней уравнения
a0 k n  a1k n1  ...  an1k  an  0
на слагаемое –ki, так как при
z  e px y  eki x z  e( ki p )x ,
то есть k  ki  p. Следовательно, уравнение (3) имеет корень р  0 кратности
i , которому соответствуют линейно независимые частные решения
32
z  1, z  x , ..., z  xi 1 .
При обратной замене получаем набор линейно независимых решений
исходного уравнения:
y  ekix , y  xekix ,..., y  xi 1ekix . (4)
Таким образом, каждый кратный корень уравнения (2) задает серию линейно
независимых частных решений уравнения (1), количество которых равно его
кратности. Следовательно, вновь построена фундаментальная система
решений.
Замечание. Кратные комплексно сопряженные корни задают частные
решения вида
xi e x cos  x, xi e x sin  x.
Пример 3. Характеристическое уравнение для уравнения
y   3 y   3 y   y  0
имеет вид ( k  1)³  0, то есть k  1 – корень кратности 3. Следовательно,
фундаментальная система решений состоит из функций
e  x , xe  x , x2 e  x ,
а общее решение можно записать в виде
y  (c1  c2 x  c3 x2 )e  x .
Пример 4. Для уравнения y( 4)  8y  16y  0
характеристическим уравнением является k 4  8k 2  16  0,
то есть (k²+4)²= 0. Следовательно, k   2 i  корни кратности 2.
Тогда общим решением исходного дифференциального уравнения является
y  ( c1  c2 x)cos 2 x  ( c3  c 4 x)sin 2 x.
Линейные неоднородные уравнения
Ранее было показано, что сумма решений линейного неоднородного
уравнения L[ y ]  f ( x ) и соответствующего однородного уравнения L[ y ]  0
является решением неоднородного уравнения. Используя это свойство,
можно доказать следующую теорему:
Теорема 1. Общее решение на отрезке [ a , b ] уравнения L[ y ]  f ( x )
с непрерывными на [a,b] коэффициентами pi ( x ) и правой частью f ( x ) равно
сумме общего решения
n
c y
i 1
i
i
соответствующего однородного уравнения и
какого-либо частного решения неоднородного уравнения.
Доказательство. Требуется доказать, что для любых начальных условий
y( k ) ( x0 )  y0( k ) , k  0,1,..., n  1,
можно подобрать такие значения постоянных ci, чтобы функция
33
n
y   ci yi  y , (5)
i 1
где y i – линейно независимые частные решения однородного уравнения
L[ y ]  0 , а y - частное решение рассматриваемого неоднородного уравнения,
была решением этого неоднородного уравнения с заданными начальными
условиями. Это требование приводит нас к системе уравнений относительно
неизвестных с1 , с 2 ,, сп :
n

ci y i ( x0 )  y( x0 )  y0 ,


i 1

n

ci y i( x0 )  y ( x0 )  y0 ,


i 1

n
, (6)

( x0 )  y ( x0 )  y 0 ,
c
y

i
i

i 1

 .........................................
n
  ci y (i n1) ( x0 )  y ( n1) ( x0 )  y0( n1)
 i1
главным определителем которой является определитель Вронского
W [ y1 , y 2 ,..., yn ], как известно, не равный нулю. Поэтому система (6) имеет
единственное решение, что и доказывает утверждение теоремы.
Замечание. Таким образом, при найденном общем решении однородного
уравнения решение неоднородного уравнения сводится к подбору его
частного решения.
Методы нахождения частного решения неоднородного линейного
дифференциального уравнения
Метод вариации произвольных постоянных
Распространим метод вариации произвольных постоянных, рассмотренный
ранее для решения линейного уравнения первого порядка, на линейные
уравнения высших порядков. Будем искать решение неоднородного
уравнения в виде
n
y   ci ( x)yi .
i 1
При этом требуется найти п неизвестных функций с1  х  , с2  х  , , сп  х  ,
которые удовлетворяли бы только одному уравнению
y( n)  p1( x)y( n1)  ...  pn ( x)y  f ( x). (7)
34
Поэтому можно дополнительно потребовать, чтобы искомые функции
удовлетворяли еще каким-нибудь п-1 уравнениям, выбранным так, чтобы
производные функции
n
y   c i ( x )y i
i 1
имели по возможности такой же вид, как при постоянных ci . Первая
производная решения имеет вид:
n
n
i 1
i 1
y    ci ( x)yi( x)   ci( x)yi ( x).
Потребуем, чтобы вторая сумма в этом выражении равнялась нулю:
n
 c( x)y ( x)  0,
i
i 1
i
тогда
n
y    ci ( x)y i( x).
i 1
Зададим такое же условие для второй производной:
n
n
i 1
i 1
y    ci ( x )y i( x )   c i( x )y i( x ),
n
n
i 1
i 1
 ci( x)yi( x)  0, y    ci ( x)yi( x).
Продолжая вычислять производные функции
n
y   c i ( x )y i
i 1
до порядка п – 1 включительно и требуя каждый раз, чтобы
n
 c( x)y
i 1
i
(k)
i
( x)  0,
получим:
n

y   c i ( x )y i

i 1

n

y    ci ( x)y i

i 1

n

y    ci ( x)y i

(8)

i 1

......................

n

( n1)
y

ci ( x)y (i n1)


i 1

n
n
 y( n )  c ( x)y( n )  c ( x)y ( n1)


i
i
i
i

i 1
i 1
35
(в последнем равенстве уже нельзя потребовать, чтобы вторая сумма
равнялась нулю, так как на искомые функции уже наложено п – 1 условие, а
последним требованием является то, что эти функции должны удовлетворять
уравнению (7)). Подставив
n
y   c i ( x )y i
i 1
с учетом (8) в (7), получим:
n
n
i 1
i 1
 ci( x)y(i n1)   ci ( y(i n)  p1( x)y(i n1)  ...  pn ( x)yi )  f ( x),
но y i – частные решения однородного уравнения, следовательно, все
слагаемые второй суммы равны нулю и уравнение сводится к следующему:
n
 cy
i 1
i
( n1)
i
 f ( x). (9)
Добавив его к первым п – 1 уравнениям системы (8), получим систему из п
уравнений для определения с1 ’, с 2 ’,, сп ’, определитель которой является
определителем Вронского для функций у1 , у 2 ,, уп и, следовательно, не
равен нулю. Следовательно, из этой системы можно единственным образом
найти производные искомых функций, а затем с помощью интегрирования и
сами функции с 1 , с 2 , , с п .
ex
y   2 y   y  .
Пример 5.
x
Найдем решение однородного уравнения, для чего
составим
характеристическое уравнение k ²  2 k  1  0, k1  k2  1. Следовательно,
общее решение однородного уравнения имеет вид у  (с1  c 2 x )е х , то есть
фундаментальную систему решений составляют функции у1  е х и у2  хе х .
Будем искать общее решение неоднородного уравнения в виде
у  с1  х  е х  с 2  х  хе х . Составим систему (8):
 с1 e x  c2 xe x  0

 x
ex ,
x


c
e

c
(1

x
)
e

 1
2
x

откуда
 c1  c2 x  0
1


1 , c2  , c 2  ln|x|C 2 ,
x
c1  c2 (1  x )  x
c1  1, c1  x  C 1 ,
где С1 и С2 – произвольные постоянные. Таким образом, найдено общее
решение исходного уравнения: у  ех ( х ln|x|x  C1x  C 2 ).
36
Подбор частного решения для неоднородного уравнения с постоянными
коэффициентами
Для некоторых видов правой части линейного неоднородного
дифференциального уравнения
a0 y( n)  a1 y( n1)  ...  an1 y  an y  f ( x) (10)
можно подобрать частное решение в виде функции с неопределенными
коэффициентами, которые определяются путем подстановки этой функции в
уравнение (10).
1. f ( x)  A0 x s  A1x s1   As ( an  0).
При этом существует частное решение уравнения (10), имеющее такой же
вид:
y  B0 xs  B1 xs1 
 Bs .
Действительно, подставив эту функцию в уравнение (10) и приравняв
коэффициенты при одинаковых степенях х, получим разрешимую
единственным образом систему линейных уравнений:
an B0  A0


an B1  san1B0  A1

an B2  ( s  1)an1B1  s( s  1)an2 B0  A2 . .
 ..........................................................

an Bs  ...  As

Пример 6. y   3 y   2 y  3 x  5.
Будем искать частное решение в виде у  Ах  В, тогда
y   A, y   0,
и после подстановки в уравнение получим: 3 А  2 Ах  2В  3х – 5. Тогда
2 А  3, 3 А  2В  5. Следовательно,
3
19
A , B ,
2
4
и общее решение уравнения можно записать в виде:
3
19
y  c1 e  x  c2 e 2 x  x  .
2
4
2. Если
an  an1  ...  an 1  0, an  0
(то есть k = 0 является  – кратным корнем характеристического уравнения),
то частное решение имеет вид:
y  x ( B0 xs  B1 xs1  ...  Bs ).
Легко убедиться, что функция подобного вида является решением уравнения
(10) при поставленных условиях.
37
Пример 7. y  3y  2 x2  5.
Пусть
у частн  х2 ( Ах2  Вх  С )  Ах 4  Вх 3  Сх2 ,
у   4 Ах 3  3Вх2  2Сх , у   12 Ах 2  6Вх  2С ,
у   24 Ах  6В.
Подставляя в уравнение, получим:
24 Ах  6В  36 Ах2  18Вх  6С  2х2  5,
откуда –36 А  2, 24 А – 18В  0, 6В – 6С  5. Решая эту систему, получаем
1
2
49
A , B , C  .
18
27
54
Следовательно, общее решение уравнения имеет вид:
1
2
49
y  c1  c 2 x  c 3 e 3 x  x 4  x 3  x 2 .
18
27
54
px
s
s 1
3. f (x)  e ( A0x  A1x  ...  As ).
Если число р при этом не является корнем характеристического уравнения,
можно задать частное решение в виде:
y  e px ( B0 xs  B1 xs1  ...  Bs ).
Если же р – корень характеристического уравнения кратности , частное
решение имеет вид:
y  x e px (B0 xs  B1x s1  ...  Bs ).
В обоих случаях с помощью подстановки в исходное уравнение можно
убедиться, что выбранные функции являются его решениями.
Пример 8. y  y  2 y  xe  x .
Найдя корни характеристического уравнения k ²  k – 2  0 : k1  1, k2  2,
видим, что р  1 не является корнем этого уравнения. Поэтому будем
искать частное решение в форме y  e x ( Ax  B). При этом
y  e  x (  Ax  B  A), y  e  x ( Ax  2 A  B).
Подставляя в уравнение, получаем:
e  x ( 2 Ax  A  2B)  xe  x ,
откуда –2 А  1,  А – 2 В  0, то есть A   1 2 , B  1 4.
e x
(1  2 x).
Итак, общее решение уравнения: y  c1e x  c2 e 2 x 
4
y  2 y  y  2e x .
Пример 9.
Здесь р  1 – корень характеристического уравнения кратности 2, поэтому
частное решение имеет вид
y  Ax 2 ex , y  Aex ( x 2  2 x ), y  Aex ( x 2  4x  2).
Подстановка в уравнение дает 2 Ае х  2 е х , откуда А  1, а общее решение:
38
у   с1  с 2 х  х ²  е х .
4. В аналогичной форме задаются частные решения в случае, когда правая
часть уравнения (7) имеет вид
f ( x)  e px ( P( x)cos qx  Q( x)sin qx),
где Р и Q – некоторые многочлены:
а) если p  qi - не корни характеристического уравнения, то можно
подобрать частное решение в виде
y  e px ( Pm ( x)cos qx  Qm( x)sin qx),
где Pm ( x) и Qm ( x)  многочлены с неопределенными коэффициентами,
степень т которых есть старшая из степеней многочленов Р и Q.
б) если p  qi - корни характеристического уравнения кратности a , то
y  x e px ( Pm ( x)cos qx  Qm ( x)sin qx).
Пример 10.
y( 4)  2 y  у  x cos x. .
При этом  i - корни характеристического уравнения кратности 2, поэтому
следует искать частное решение в виде:
y  x2 (( Ax  B)cos x  (Cx  D)sin x).
5. Если правая часть уравнения (7) представляет собой сумму функций,
рассмотренных в предыдущих пунктах, то по принципу суперпозиции
частное решение будет задаваться как сумма решений, соответствующих
каждому из слагаемых правой части.
Пример 11. Для уравнения y  4 y  y  4  x 3 e x  sin x частное решение
ищем в виде: y  ( Ax3  Bx2  Cx  D)e x  x(E cos x  F sin x).
Примеры решения задач
Задача 1. Найти общее решение уравнения y   5 y   6 y  0.
Указание
Составьте и решите характеристическое уравнение.
Решение
Характеристическое уравнение: k 2  5k  6  0  k1  1, k2  6.
Корни характеристического уравнения действительны и различны, поэтому
общее решение дифференциального уравнения имеет вид: y  C1e  x  C2 e6 x .
Ответ: y  C1e  x  C2 e6 x .
Задача 2. Найти общее решение уравнения y( 5)  y   0.
Указание
Составьте и решите характеристическое уравнение.
Решение
39
Характеристическое уравнение:
k 5  k 3  0, k 3 ( k 2  1)  0  k1  k2  k3  0, k4,5  i.
Таким образом, характеристическое уравнение имеет один действительный
корень кратности 3 и пару комплексно сопряженных корней с нулевой
действительной частью. Следовательно, общее решение дифференциального
уравнения имеет вид:
y  C1  C2 x  C3 x2  C4 cos x  C5 sin x.
Ответ: y  C1  C2 x  C3 x2  C4 cos x  C5 sin x.
Задача 3. Найти общее решение уравнения y   4 y   4 y  4 x  1.
Указание
Поскольку k  0 не является корнем характеристического уравнения, частное
решение имеет вид:
yчастн  Ax  B.
Решение
Найдем общее решение однородного уравнения:
k 2  4k  4  0  k1  k2  2;
yодн  (C1  C2 x)e  x .
Поскольку k  0 не является корнем характеристического уравнения, частное
решение имеет вид:
y частн  Ax  B, y   A, y   0.
Подставив эти выражения в неоднородное уравнение, получим:
4 A  4 Ax  4B  4 x  1, 4 Ax  (4 A  4B)  4 x  1,
 4A  4
5
 A  1, B   ,

4
 4 A  4B  1
5
y частн  x  .
4
Общее решение уравнения представляет собой сумму общего решения
однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения:
5
y  (C1  C2 x)e 2 x  x  .
4
5
Ответ: y  (C1  C2 x)e 2 x  x  .
4
Задача 4. Найти общее решение уравнения
y   4 y   5 y  3 cos 2 x.
Указание
Поскольку k   2 i не является корнем характеристического уравнения,
частное решение имеет вид:
yчастн  A cos 2 x  B sin 2 x.
Решение
40
Найдем общее решение однородного уравнения:
k 2  4k  5  0  k1,2  2  i ,
yодн  e 2 x (C1 cos x  C2 sin x).
y частн  A cos 2 x  B sin 2 x ,
y   2 A sin 2 x  2B cos 2 x ,
y   4 A cos 2 x  4B sin 2 x.
Подставим эти выражения в неоднородное уравнение:
4 A cos 2 x  4B sin 2 x  8 A sin 2 x  8B cos 2 x 
5 A cos 2 x  5B sin 2 x  3 cos 2 x ,
( A  8B)cos 2 x  ( B  8 A)sin 2 x  3 cos 2 x ,
 A  8B  3
3
24
A , B
,

65
65
B  8 A  0
3
24
y частн  cos 2 x  sin 2 x ,
65
65
3
24
y  e 2 x (C1 cos x  C2 sin x)  cos 2 x  sin 2 x.
65
65
3
24
Ответ: y  e 2 x (C1 cos x  C2 sin x)  cos 2 x  sin 2 x.
65
65
Задача 5. Найти общее решение уравнения y  y  2 y  3e x .
Указание
Поскольку k  1 – корень характеристического уравнения, частное решение
имеет вид:
yчастн  Axe x .
Решение
2
k  k  2  0  k1  2, k2  1.
yодн  C1 e 2 x  C2 e x ;
у частн  Axe x , y   ( A  Ax)e x , y   (2 A  Ax)e x ;
(2 A  Ax)e x  ( A  Ax)e x  2 Axe x  3e x ,
3 Ae x  3e x , A  1, у частн  xe x ,
y  C1 e 2 x  C2 e x  xe x .
Ответ: y  C1e 2 x  C2 e x  xe x .
Задача 6. Найти общее решение уравнения y   y  
ex
.
ex  1
Указание
Найдите решение однородного уравнения и примените метод вариации
постоянных.
Решение
41
Найдем решение однородного уравнения:
k 2  k  0, k1  0, k2  1,
yодн  C1 e x  C2 .
Будем искать решение неоднородного уравнения в виде:
yнеодн  C1( x)e x  C2 ( x).
Составим и решим систему уравнений для определения С1 и С2:
C 1 e x  C 2  0
1

 x
e x  C 1  e x  1 ,
C 1 e  x
e 1

x
dx
e x dx t  e
dt
1 
1
C1   x
 x x
 
  
 dt 
e  1 e ( e  1)
t(t  1)
t
t

1


 ln t  ln(t  1)  C 1  ln e x  ln( e x  1)  C 1  x  ln( e x  1)  C 1 ;
ex
ex
, C2   x
dx   ln( e x  1)  C 2 .
x
e 1
e 1
Следовательно, общее решение уравнения имеет вид:
y  ( x  ln( e x  1)  C1 )e x  ln( e x  1)  C2 
C 2  C 1 e x  
 e x ( x  C1 )  ( e x  1)ln( e x  1)  C2 .
Ответ: y  e x ( x  C1 )  ( e x  1)ln( e x  1)  C2 .
2.5. Устойчивость решений дифференциальных уравнений и их
систем. Определение устойчивости по Ляпунову и
асимптотической устойчивости. Автономные системы
дифференциальных уравнений. Фазовое пространство
(плоскость), фазовая траектория. Точки покоя. Классификация
точек покоя системы двух однородных линейных
дифференциальных уравнений с постоянными
коэффициентами. Условия устойчивости точки покоя
Поскольку при решении реальных задач с помощью дифференциальных
уравнений начальные условия обычно являются результатами измерений и,
следовательно, получены с некоторой погрешностью, очень важным является
вопрос о том, как изменится решение уравнения при малом изменении
начальных условий. В частности, если такие изменения существенно меняют
решение, то подобное решение, очевидно, не имеет практической ценности.
Пусть некоторое явление описывается системой дифференциальных
уравнений
dyi
  i (t , y1 , y2 ,..., yn ), i  1, 2,..., n (1)
dt
с начальными условиями yi (t0 )  yi 0 .
42
Решение i (t ) (i  1, 2,, n) называется устойчивым по Ляпунову, если
  0   0 такое, что для всякого решения y i (t ) той же системы,
начальные условия которого удовлетворяют неравенствам
|yi (t0 )   i (t0 )|  ( ),
для всех t  t0 справедливы неравенства
|yi (t )   i (t )| 
(2)
(то есть близкие по значениям решения остаются близкими для всех t  t0 ).
Если хотя бы для одного решения y i (t ) неравенства (2) не выполняются,
решение  i (t ) называется неустойчивым.
Если решение  i (t ) не только устойчиво по Ляпунову, но и удовлетворяет
условию
lim|yi (t )  i (t )| 0 (3)
t 
при
|yi (t0 )   i (t0 )|  1 ,  1  0,
то это решение называется асимптотически устойчивым.
Замечание. Одно условие (3) не обеспечивает устойчивость решения.
Фазовая плоскость
Дифференциальное уравнение второго порядка
d2 y
dy
 f (t , y , ) (4)
2
dt
dt
равносильно системе уравнений первого порядка
dy
dy
 y,
 f (t , y , y ). (5)
dt
dt
Геометрически общее решение уравнения (4) или системы (5) можно
представить семейством фазовых траекторий на фазовой плоскости Oyy.
Особенно удобно такое представление в случае, когда функция f (t , y , y ) не
содержит явным образом независимого переменного t. Тогда система (5) имеет
вид
dy
dy
 P( y , y ),
 Q( y , y ) (6)
dt
dt
и называется автономной системой. Фазовые траектории в этом случае
удовлетворяют дифференциальному уравнению первого порядка
dy Q( y , y )

,
(7)
dy P( y , y )
которое каждой точке ставит в соответствие наклон проходящей через нее
интегральной кривой.
43
Точки покоя
Точка ( y , y ) фазовой плоскости системы (6) называется обыкновенной
точкой, если P( y , y ) u Q( y , y ) дифференцируемы и не обращаются
одновременно в нуль; через каждую обыкновенную точку проходит одна
фазовая траектория. Точка ( y0 , y 0 ) называется особой точкой, если
P( y0 , y0 )  0 u Q( y0 , y0 )  0.
Замечание. Особые точки классифицируются по характеру фазовых
траекторий в их окрестности.
Исследование на устойчивость некоторого решения
yi  yi (t ) ( i  1, 2,..., n)
системы (1) можно свести к исследованию тривиального решения – точки
покоя, расположенной в начале координат, преобразуя систему к новым
переменным: xi  yi  y i (t )  отклонениям прежних неизвестных от решения,
исследуемого на устойчивость. В новых переменных система (1) принимает
вид:
dy
dxi
  i   i (t , x1  y1 (t ), x2  y 1 (t ),..., xn  y n (t )), (8)
dt
dt
i  1, 2,..., n.
Простейшие типы точек покоя
Исследуем расположение траекторий в окрестности точки покоя х = 0, у = 0
системы двух линейных однородных уравнений с постоянными
коэффициентами:
 dx
 dt  a11 x  a12 y
a11 a12
, где
 0.

a
a
dy
21
22
  a21 x  a22 y
 dt
Характеристическое уравнение при этом имеет вид:
k 2  ( a11  a22 )k  (a11a22  a21a12 )  0.
Рассмотрим различные наборы корней этого уравнения:
1) k1 и k2 действительны и различны. Тогда общее решение системы (9) можно
задать так:
 x  c1 1e k1t  c2  1e k2t
.

k1t
k2t
y

c

e

c

e
1 2
2 2

При этом возможны следующие случаи:
а) если k1 < 0 и k2 < 0, то точка покоя асимптотически устойчива, так как
k t
lim e 1,2  0, и все точки, находящиеся в начальный момент t  t0 в любой  –
t 
окрестности начала координат, при достаточно большом t переходят в точки,
лежащие в сколь угодно малой  – окрестности начала координат, а при
44
стремятся к началу координат. Такая точка покоя называется
устойчивым узлом (рис. 1).
t 
О
Рис. 1
б) если k1  0, k2  0, можно свести исследование к предыдущему случаю
заменой t на –t. При этом фазовые траектории имеют такой же вид, но
направление движения меняется на противоположное, то есть при
увеличении t точка удаляется от начала координат, поэтому подобная точка
покоя – неустойчивый узел – неустойчива по Ляпунову (рис. 2).
О
Рис. 2
в) при k1  0, k2  0 точка покоя тоже неустойчива, так как движущаяся по
траектории
x  c11e k1t , y  c12 e k1t
точка с возрастанием t выходит из  – окрестности начала координат. Точка
покоя рассматриваемого типа называется седлом (рис. 3).
О
Рис. 3
45
2) k1,2  p  qi . Тогда общее решение системы (9) можно представить в виде
 x  e pt (c1 cos qt  c2 sin qt )
,

pt
y

e
(
c
cos
qt

c
sin
qt
)
1
2

где c 1 , c 2  линейные комбинации произвольных постоянных с 1 , с 2 . При этом
возможны следующие случаи:
a ) p  0, q  0. Тогда e pt  0 при t   , а тригонометрические функции
являются ограниченными. Поэтому фазовые траектории являются спиралями,
асимптотически приближающимися при t   к началу координат. Таким
образом, точка покоя асимптотически устойчива. Она называется устойчивым
фокусом (рис. 4).
О
Рис. 4
б) p  0, q  0. Изменяется направление движения по фазовым траекториям,
следовательно, точки удаляются от начала координат и точка покоя
неустойчива – неустойчивый фокус (рис. 5).
О
Рис. 5
в) р  0. Траекториями являются замкнутые кривые, окружающие точку покоя,
называемую в этом случае центром (рис. 6). Такая точка покоя устойчива, так
как можно подобрать такое  , что замкнутые траектории, начальные точки
которых лежат в  – окрестности начала координат, не выходят за пределы  –
окрестности начала координат ( x ² (t )  y ² (t )  e ² ).
46
О
Рис. 6
3) Корни кратны: k1  k2 .
а) k1  k2  0. Тогда общее решение
 x(t )  (c11  c2  2t )e k1t

k1t
 y(t )  (c1 2  c2  2t )e
стремится к нулю при t   , и точка покоя вновь называется устойчивым
узлом (рис. 7).
О
Рис. 7
При 1   2  0 получаем частный случай устойчивого узла – так называемый
дикритический узел (рис. 8).
О
Рис. 8
47
б) k1 = k2 > 0. Направление движения по траекториям меняется –
неустойчивый узел (рис. 9).
О
Примеры решения задач
Задача 1. Определить тип точки покоя системы
 dx
 dt  4 x  3 y
.

dy
  3 x  4 y
 dt
1) устойчивый узел
2)! неустойчивый узел
3) седло
4) устойчивый фокус
5) неустойчивый фокус
Указание
Исследуйте вид корней характеристического уравнения.
Решение
Найдем корни характеристического уравнения:
4  k 3
 0  k1  1, k2  7.
3 4  k
Корни характеристического уравнения действительны, различны
положительны, следовательно, точка покоя – неустойчивый узел.
Ответ: неустойчивый узел.
Задача 2. Определить тип точки покоя системы
 dx
 dt  3 x  y
.

dy
  4 x  2 y
 dt
1) устойчивый узел
2) неустойчивый узел
3)! седло
4) устойчивый фокус
5) неустойчивый фокус
Указание
Исследуйте вид корней характеристического уравнения.
Решение
Найдем корни характеристического уравнения:
и
48
3k
1
 0  k1  1, k2  2.
4  2  k
Корни характеристического уравнения действительны, различны и имеют
разные знаки, следовательно, точка покоя – седло.
Ответ: седло.
Задача 3. Определить тип точки покоя системы
 dx
 dt  x  4 y
.

dy
  4x  y
 dt
1) устойчивый узел
2) неустойчивый узел
3) седло
4) устойчивый фокус
5)! неустойчивый фокус
Указание
Исследуйте вид корней характеристического уравнения.
Решение
Найдем корни характеристического уравнения:
1  k 4
 0  k1,2  1  4i.
4
1k
Корни
характеристического
уравнения
комплексны,
причем
их
действительная часть положительна. Следовательно, точка покоя –
неустойчивый фокус.
Ответ: неустойчивый фокус.
Задача 4. Определить тип точки покоя системы
 dx
 dt  2 x  y
.

dy

 x  4y
 dt
1)! устойчивый узел
2) неустойчивый узел
3) седло
4) устойчивый фокус
5) неустойчивый фокус
Указание
Исследуйте вид корней характеристического уравнения.
Решение
Найдем корни характеристического уравнения:
2  k
1
 0  k1  k2  3.
1
4  k
Корни характеристического уравнения действительны,
отрицательны. Следовательно, точка покоя – устойчивый узел.
Ответ: устойчивый узел.
кратны
и