Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

28.10.2015

Филиппов №681

Filed under: диф. уравнения,Решения — Shine @ 9:32 пп

Я задал группе 06-410 уравнения, решаемые методом Остроградского-Лиувилля, а примеров не показал. Показываю:

Решить уравнение

(2x + 1) y′′ + 4xy′ − 4y = 0
(1)

Нам потребуется угадать первое частное решение. Заметим, что если в уравнение подставить xm  , то во втором и третьем слагаемом x  окажется в равных степенях. Чтобы первое слагаемое уничтожилось, попробуем подставить в уравнение (1)

y1 = kx,   y′1 = k,   y′1′= 0;

и найти k  :

4x⋅k − 4⋅kx = 0.

Как видно, последнее выполняется при всяком k  ; для простоты мы выберем частное решение для k = 1  :

y = x.
 1

На занятии мы получили, что

     ||       ||
-d-  |||| y1  y2||||  -d-     ′     ′
dx ln || y′1  y′2|| = dx ln|y1y2 − y2y1| = − a(x),

где a (x)  – это коэффициент при y′ в уравнении, в котором коэффициент при y′′ равен единице. Разделив уравнение (1) на 2x + 1  , получим его в нужном виде:

y′′ +-4x--y′ −---4--y = 0,
     2x+ 1    2x + 1

откуда становится видно, что

       --4x--
a (x) = 2x+ 1.

Тогда

d                 4x            2
--ln|xy′2 − y2| = −-----= − 2 +-----,
dx               2x+ 1        2x+ 1

ln|xy′2 − y2| = − 2x +ln|2x+ 1|+ ˜D,

           ˜
|xy′2 − y2| = eDe−2x |2x +1|,

   ′         D˜− 2x             −2x
(xy2 − y2) = ±e e  (2x + 1) = De   (2x + 1),
(2)

где D  – произвольная константа. Заметим, что

(xy ′− y)|    = 0
  2    2 y2=x

и заменим в уравнении (2)

y = xy :
2     3

x (y3 + xy′3)− xy3 = De−2x(2x + 1),

x2y′3 = De −2x(2x+ 1),

          2x+ 1
y′3 = De− 2x-x2--.

Проинтегрируем:

                                        (  )
     ∫   − 2x 2x+-1-       ∫  −2x         1- ′
y3 =   De     x2  dx = − D  e   (2x + 1) x   dx =

                   ∫
= − De− 2x 2x-+-1+ D    [− 2e−2x(2x+ 1)+ e−2x ⋅2]-1dx =
            x                                x

      −2x2x+ 1     ∫ [   −2x ] 1
= − De   --x---+ D    − 4e  x x-dx =

                    ∫
= − De−2x2x-+-1− 4D   e−2xdx = − De −2x2x+-1-+ 2De− 2x + D1 =
            x                           x

       −2x
= − D e---+ D1,
       x

и отсюда найдём

y2 = xy3 = − De −2x + D1x.

D  и D1  – произвольные константы. Мы ищем частное решение, независимое от y1  , поэтому мы можем выбрать D  = − 1  и D1 = 0  . Тогда

y2 = e−2x.

Докажем независимость этих решений:

||       ||  ||      −2x  ||      ||       ||
|| y1′ y2′ || = || x  e −2x || = e−2x|| x  1 || = − e− 2x (2x + 1) ⁄= 0.
 y1  y2      1  − 2e            1  − 2

Получив два частных решения, общее запишем как обычно:

                         − 2x
y = C1y1 + C2y2 = C1x+ C2e  .

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников