Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Если правая часть неоднородного уравнения, записанного в каноническом виде $$\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}a_{k}y^{(k)}=f\left(x\right)\label{eq:main} \end{equation}$$ не относится к одному из рассмотренных выше классов функций, можно воспользоваться методом вариации постоянных. Он более хлопотный, но может применяться в качестве оружия последнего шанса.

Начинается это решение, как всегда, с нахождения $n$ частных решений однородного уравнения: $y_{0m}$, где $m=1\dots n$, удовлетворяют условию $$\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}a_{k}y_{0m}^{(k)}=0,\label{odn} \end{equation}$$ так что общее решение однородного уравнения записывается в виде $$y_{0}=\sum_{m=1}^{n}C_{m}y_{0m},\qquad C_{m}=const.$$ Будем искать решение неоднородного уравнения ($\ref{eq:main}$), заменив константы на функции от $x$; в виде $$\begin{equation} y=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}\left(x\right)y_{0m}.\label{vid} \end{equation}$$ Найдём производную: $$y'=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}\left(x\right)y_{0m}+\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}\left(x\right)y_{0m}^{\prime}.$$ Попробуем найти такие $\varphi_{m}\left(x\right)$, чтобы $$\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}\left(x\right)y_{0m}=0,$$ (мы пока не знаем, удастся ли это) тогда $$y'=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}\left(x\right)y_{0m}^{\prime}.$$ Аналогично, требуя равенства слева, получим производные справа: $$\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{\prime}=0\qquad\Longrightarrow\qquad y''=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{\prime\prime},$$ $$\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{\prime\prime}=0\qquad\Longrightarrow\qquad y'''=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{\prime\prime\prime},$$ $$\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots$$ $$\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-2)}=0\qquad\Longrightarrow\qquad y^{(n-1)}=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(n-1)}.$$ Последняя присутствующая в уравнении ($\ref{eq:main}$) производная выражается так: $$y^{(n)}=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-1)}+\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(n)}.$$

Теперь подставим записанные выше производные в уравнение ($\ref{eq:main}$): $$\sum_{k=0}^{n}a_{k}y^{(k)}=\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}y^{(k)}+a_{n}y^{(n)}=\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(k)}+a_{n}\left(\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-1)}+\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(n)}\right)=$$ Присоединим к первой сумме оказавшееся поблизости ещё одно слагаемое: $$=\left(\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(k)}+a_{n}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(n)}\right)+a_{n}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-1)}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}y_{0m}^{(k)}+a_{n}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-1)}=$$ Внесём $a_{k}$, переставим суммы, вынесем $\varphi_{m}$, и вспомним про ($\ref{odn}$): $$=\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}\sum_{k=0}^{n}a_{k}y_{0m}^{(k)}+a_{n}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-1)}=a_{n}\sum_{m=1}^{n}\varphi_{m}^{\prime}y_{0m}^{(n-1)}=f\left(x\right)$$ Последнее равенство выражает также условие на $\varphi_{m}$. Если теперь все эти условия, наложенные на $\varphi_{m}$, записать в одну систему $$\begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} \varphi_{1}^{\prime}y_{01}+\dots+\varphi_{n}^{\prime}y_{0n}=0,\\ \varphi_{1}^{\prime}y_{01}^{\prime}+\dots+\varphi_{n}^{\prime}y_{0n}^{\prime}=0,\\ \dots\\ \varphi_{1}^{\prime}y_{01}^{(n-2)}+\dots+\varphi_{n}^{\prime}y_{0n}^{(n-2)}=0,\\ \varphi_{1}^{\prime}y_{01}^{(n-1)}+\dots+\varphi_{n}^{\prime}y_{0n}^{(n-1)}=\frac{f\left(x\right)}{a_{n}}; \end{array}\right.\label{sys} \end{equation}$$ то мы увидим, что это – система уравнений на $\varphi_{m}^{\prime}$, т.е. относительно $\varphi_{m}^{\prime}$ уравнения не являются дифференциальными. А образуют они неоднородную (см нижнее уравнение) систему линейных дифференциальных уравнений, которая решается по правилу Крамера и имеет единственное решение.

Единственное, что могло пойти не так, это то, что могла оказаться вырожденной матрица коэффициентов. Если решения $y_{0m}$, однако, линейно независимы, то матрица коэффициентов системы, образующая матрицу Вронского для этих решений (об этом будет чуть позже) будет иметь ненулевой определитель Вронского, и единственное решение по правилу Крамера будет существовать.

Найдя $\varphi_{m}^{\prime}$, останется их проинтегрировать по х, и полученные $\varphi_{m}$ подставить в ($\ref{vid}$). Учитывая константы, которые получатся при интегрировании, это решение будет содержать и общее решение однородного уравнения $y_{0}$.

Филиппов, № 576 Решить уравнение $$y''+3y'+2y=\frac{1}{e^{x}+1}.$$ Сначала решим однородное уравнение $$y_{0}''+3y_{0}'+2y_{0}=0,$$ для чего составим и решим характеристическое: $$\lambda^{2}+3\lambda+2=0,\qquad\lambda_{1}=-2,\;\lambda_{2}=-1.$$ Частные решения однородного уравнения будут такими: $$y_{01}=e^{-2x},\qquad y_{02}=e^{-x};$$ а решение неоднородного уравнения будем искать в виде $$\begin{equation} y=e^{-2x}\varphi_{1}\left(x\right)+e^{-x}\varphi_{2}\left(x\right).\label{vid1} \end{equation}$$ Составим систему на $\varphi_{m}$ типа ($\ref{sys}$); так как в нашей задаче $n=2$, она будет всего из двух уравнений: $$\left\{ \begin{array}{l} e^{-2x}\varphi'_{1}+e^{-x}\varphi'_{2}=0,\\ -2e^{-2x}\varphi'_{1}-e^{-x}\varphi'_{2}=\frac{1}{e^{x}+1}. \end{array}\right.$$ Сложив уравнения, выразим из полученного $\varphi'_{1}$ $$-e^{-2x}\varphi'_{1}=\frac{1}{e^{x}+1},\qquad\varphi'_{1}=-\frac{e^{2x}}{e^{x}+1},$$ подставим в первое уравнение и получим $\varphi'_{2}$ $$e^{-x}\varphi'_{2}=-e^{-2x}\varphi'_{1},\qquad\varphi'_{2}=-e^{-x}\varphi'_{1}=\frac{e^{x}}{e^{x}+1}.$$ Интегрируем $$\varphi{}_{1}=-\int\frac{e^{2x}}{e^{x}+1}dx=-\int\frac{e^{x}\left(e^{x}+1-1\right)}{e^{x}+1}dx=-\int\left(e^{x}-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}\right)dx=-e^{x}+\ln\left(e^{x}+1\right)+C_{1},$$ $$\varphi{}_{2}=\int\frac{e^{x}}{e^{x}+1}dx=\ln\left(e^{x}+1\right)+C_{2};$$ и подставляем в ($\ref{vid1}$): $$y=e^{-2x}\left[-e^{x}+\ln\left(e^{x}+1\right)+C_{1}\right]+e^{-x}\left[\ln\left(e^{x}+1\right)+C_{2}\right].$$

Задание: № 575, 577, 578.

Уравнениями Эйлера называются уравнения с коэффициентами уже непостоянными, но специального вида, позволяющего свести такие уравнения к уравнениям с постоянными коэффициентами. Выглядят они так: $$\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}a_{k}\left(bx+c\right)^{k}y^{(k)}=f\left(x\right)\label{Eiler} \end{equation}$$ Решаются они заменой $bx+c=e^{t}$.

Филиппов, № 599 Решить уравнение $$\left(x-2\right)^{2}y''-3\left(x-2\right)y'+4y=x.$$ Замена: $$x-2=e^{t},\qquad1=e^{t}t'_{x},\qquad t'_{x}=e^{-t};$$ тогда для производных $y$ $$y'=\dot{y}t'_{x}=e^{-t}\dot{y},\qquad y''=\frac{dy'}{dt}t'_{x}=e^{-t}\frac{d}{dt}\left(e^{-t}\dot{y}\right)=e^{-t}\left(-e^{-t}\dot{y}+e^{-t}\ddot{y}\right)=e^{-2t}\left(\ddot{y}-\dot{y}\right).$$ Подставляем в уравнение: $$\left(\ddot{y}-\dot{y}\right)-3\dot{y}+4y=e^{t}+2,$$ $$\ddot{y}-4\dot{y}+4y=e^{t}+2.$$ Полученное решается как обыкновенное линейное неоднородное уравнение с постоянными коэффициентами. Решается характеристическое уравнение: $$\lambda^{2}-4\lambda+4=0,\qquad\lambda=2,\;k=2,$$ находится решение однородного уравнения: $$y_{0}=C_{1}e^{2t}+C_{2}te^{2t}.$$ Неоднородных решения нам понадобится два: $y_{1}$ из уравнения $$\ddot{y}_{1}-4\dot{y}_{1}+4y_{1}=e^{t}$$ $$y_{1}=Ae^{t}$$ $$Ae^{t}-4Ae^{t}+4Ae^{t}=e^{t}$$ $$A=1,\qquad y_{1}=e^{t}$$ и $y_{2}$ из уравнения $$\ddot{y}_{2}-4\dot{y}_{2}+4y_{2}=2$$ $$y_{2}=B$$ $$4B=2,\qquad B=\frac{1}{2},\qquad y_{2}=\frac{1}{2}.$$ Сумма всех $y$ даст общее решение: $$y=y_{0}+y_{1}+y_{2}=C_{1}e^{2t}+C_{2}te^{2t}+e^{t}+\frac{1}{2}=\left(C_{1}+C_{2}t\right)e^{2t}+e^{t}+\frac{1}{2}.$$ Осталось вернуться к переменным из задачи: $e^{t}=x-2$, $$y=\left[C_{1}+C_{2}\ln\left(x-2\right)\right]\left(x-2\right)^{2}+x-\frac{3}{2}.$$

Задание: № 589, 591, 593, 600.