Лекции по восьми основным разделам курса высшей математики. Именно такой объ¨ем мате матики

k
]
| {z }
=0
+
n
X
k=1
C
0
k
(x)y
(n−1)
k
= f (x) .
В результате получим следующую квадратную систему линей-
ных алгебраических уравнений для C
0
k
(x):













C
0
1
y
1
+
C
0
2
y
2
+ . . . +
C
0
n
y
n
=
0,
C
0
1
y
0
1
+
C
0
2
y
0
2
+ . . . +
C
0
n
y
0
n
=
0,
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
0
1
y
(n−1)
1
+ C
0
2
y
(n−1)
2
+ . . . + C
0
n
y
(n−1)
n
= f (x).
Решение этой системы определяется формулой Крамера

178
Дифференциальные уравнения
C
0
k
(x) =
∆
k
∆
=
∆
k
W [y
1
, y
2
, . . . , y
n
]
,
(3)
прич¨ем е¨е определителем является определитель Вронского.
J
F
Метод вариации произвольных постоянных — метод на-
хождения частного и общего решений линейного неодно-
родного уравнения при известной фундаментальной систе-
ме его решений, при этом решение уравнения (1) ищется
в виде (2), в котором C
k
(x) удовлетворяет (3).
Пример 1.
Известно, что {x, cos x, sin x} — фундамен-
тальная система решений уравнения
y
000
−
1
x
y
00
+ y
0
−
1
x
y = x.
Hайти частное и общее решения этого уравнения.
B
y =
3
X
k=1
C
k
(x)y
k
= C
1
(x)x + C
2
(x) cos x + C
3
(x) sin x .
1. Вычислим определители.
W [x, cos x, sin x] =
x
cos x
sin x
1
− sin x
cos x
0
− cos x − sin x
= x,
∆
1
=
0
cos x
sin x
0
− sin x
cos x
x
− cos x − sin x
= x,
∆
2
=
x 0
sin x
1 0
cos x
0 x
− sin x
=
−x(x cos x − sin x),

Лекция 38. Метод вариации произвольных постоянных
179
∆
3
=
x
cos x
0
1
− sin x 0
0
− cos x x
= x(
−x sin x − cos x).
2. Вычислим C
k
(x) .
C
0
1
= 1
⇒ C
1
(x) = x + C
1
,
C
0
2
=
−x cos x + sin x ⇒ C
2
(x) =
−
Z
x cos x dx
− cos x + C
2
,
C
0
3
=
−x sin x − cos x ⇒ C
3
(x) =
−
Z
x sin x dx
− sin x + C
3
,
Z
x cos x dx =
(
u = x v
0
= cos x
u
0
= 1 v = sin x
)
= x sin x + cos x,
Z
x sin x dx =
(
u = x v
0
= sin x
u
0
= 1 v =
− cos x
)
=
−x cos x + sin x.
Таким образом
C
2
(x) =
−x sin x − 2 cos x + C
2
; C
3
(x) = x cos x
− 2 sin x + C
3
.
3. Окончательно получим
y =
3
X
k=1
C
k
(x)y
k
= (x + C
1
)x + (
−x sin x − 2 cos x + C
2
) cos x +
+(x cos x
− 2 sin x + C
3
) sin x = x
2
− 2
| {z }
y
0
+ C
1
x + C
2
cos x + C
3
sin x
|
{z
}
y
4. Проверим частное решение y
0
= x
2
− 2
y
0
= 2x, y
00
= 2, y
000
= 0 =
⇒ 0 +
1
x
2
− 2x −
1
x
(x
2
− 2) = x ≡ x .
Ответ: y = x
2
− 2 + C
1
x + C
2
cos x + C
3
sin x.
C

180
Дифференциальные уравнения
Лекция 39. Линейные однородные
дифференциальные уравнения n-го
порядка с постоянными коэффициентами
Нам предстоит получить общее решение линейного однород
-
ного уравнения
L
n
[y] = 0 (1) как для случая простых корней
(действительных и комплексных), так и для случая кратных
корней характеристического уравнения
.
Характеристическое уравнение
Задача
1
Преобразовать линейное однородное дифференциальное уравне-
ние n-го порядка с постоянными коэффициентами
L
n
[y] = y
(n)
+ p
n−1
y
(n−1)
+ . . . + p
1
y
(1)
+ p
0
y = 0, p
j
= const
к алгебраическому уравнению.
I
Возьм¨ем в качестве решения функцию
y = e
kx
— пробная функция
Тогда
L
n
[e
kx
] =
n
X
j=0
p
j
d
j
dx
j
e
kx
= e
kx
n
X
j=0
p
j
k
j
= e
kx
R
n
(k) = 0
J
F
Алгебраическое уравнение, получаемое из линейного одно-
родного дифференциального уравнения n-го порядка заме-
ной производных на степени, т.е. y
(j)
=
⇒ k
j
, называется
характеристическим уравнением
R
n
(k) =
n
X
j=0
p
j
k
j
= k
n
+ p
n−1
k
n−1
+ . . . + p
1
k + p
0
= 0 .

Лекция 39. Линейные однородные уравнения
181
Задача
2
Пусть все k
j
— простые корни характеристического уравне-
ния. Показать, что
n
e
k
j
x
o
, где j = 1, n, является фундаменталь-
ной системой решений уравнения (1).
I
Из Задачи 1 следует, что e
k
j
x
без сомнения являются реше-
ниями уравнения (1). Нужно показать, что они линейно незави-
симы. Сделаем это для случая n = 3.
W
h
e
k
1
x
, e
k
2
x
, e
k
3
x
i
=
e
k
1
x
e
k
2
x
e
k
3
x
k
1
e
k
1
x
k
2
e
k
2
x
k
3
e
k
3
x
k
1
2
e
k
1
x
k
2
2
e
k
2
x
k
3
2
e
k
3
x
=
= e
k
1
x+k
2
x+k
3
x
1
1
1
k
1
k
2
k
3
k
1
2
k
2
2
k
3
2
=





преобразуем
определитель
Вандермонда





=
= e
k
1
x+k
2
x+k
3
x
1
0
0
k
1
k
2
− k
1
k
3
− k
1
k
1
2
k
2
2
− k
1
2
k
3
2
− k
1
2
=
= e
k
1
x+k
2
x+k
3
x
k
2
− k
1
k
3
− k
1
k
2
2
− k
1
2
k
3
2
− k
1
2
=
= e
k
1
x+k
2
x+k
3
x
(k
2
− k
1
)(k
3
− k
1
)(k
3
+ k
1
− k
2
− k
1
)
6= 0,
поскольку в случае простых корней k
1
6= k
2
6= k
3
J
Задача
3
Показать, что следующие фундаментальные системы решений
эквивалентны
n
e
(α+iβ)x
, e
(α−iβ)x
o
|
{z
}
1
⇐⇒ {e
αx
cos βx, e
αx
sin βx
}
|
{z
}
2
.

182
Дифференциальные уравнения
I
Общее решение, соответствующее первой фундаментальной
системе, равно
y = C
1
e
(α+iβ)x
+ C
2
e
(α−iβ)x
|
{z
}
1
=
n
e
±iβx
= cos βx
± i sin βx
o
=
= C
1
e
αx
(cos βx + i sin βx) + C
2
e
αx
(cos βx
− i sin βx) =
= (C
1
+ C
2
)e
αx
cos βx + i(C
1
− C
2
)e
αx
sin βx =
= A
1
e
αx
cos βx + A
2
e
αx
sin βx
|
{z
}
2
J
Случай кратных корней
Задача
4
Пусть первые m корней совпадают, т.е. k
1
является m-кратным
корнем характеристического уравнения. Показать, что
e
k
1
x
, xe
k
1
x
, . . . , x
m−1
e
k
1
x
— решения уравнения (1).
I
По условию задачи R
n
(k) = (k
− k
1
)
m
Q
n−m
(k). Убедимся,
что L
n
[x
l
e
k
1
x
] = 0, если l = 0, m
− 1.
L
n
[x
l
e
kx
]
k=k
1
= L
n
[
d
l
dk
l
e
kx
]
k=k
1
=
d
l
dk
l
L
n
[e
kx
]
k=k
1
=
=
d
l
dk
l
[e
kx
(k
− k
1
)
m
Q
n−m
(k)]
k=k
1
=
= e
kx
[x
l
R
n
(k) + x
l−1
m(k
− k
1
)
m−1
Q
n−m
(k)+
+ . . . + m(m
− 1) · · · (m − l + 1)(k − k
1
)
m−l
Q
n−m
(k) + . . .
+(k
− k
1
)
m
d
l
dk
l
Q
n−m
(k))]
k=k
1
= 0
J

Лекция 39. Линейные однородные уравнения
183
Задача
5
Пусть первые m корней совпадают, т.е. k
1
является m-кратным
корнем характеристического уравнения. Показать, что в этом
случае e
k
1
x
, xe
k
1
x
, . . . , x
m−1
e
k
1
x
входят в фундаментальную
систему решений уравнения (1).
I
Согласно Задаче 4 эти функции являются решениями урав-
нения (1). Hам осталось показать, что эти функции линейно
независимы. Как следует из определения линейно независимых
функций (Лекция 37), умножение всех функций на некоторую
функцию не может изменить их линейную зависимость или не-
зависимость. Поэтому достаточно вычислить определитель Врон-
ского
W [1, x, . . . , x
m−1
] =
1 x
· · ·
x
m−1
0 1
· · · (m − 1)x
m−2
..
.
..
.
. ..
..
.
0 0
· · ·
(m
− 1)!
6= 0 .
Итак, заданные функции линейно независимы и входят в фун-
даментальную систему решений уравнения (1).
J
Пример 1.
Решить: y
(5)
+ 3y
(4)
+ 3y
(3)
+ y
(2)
= 0.
B
1. R
5
(k) = k
5
+ 3k
4
+ 3k
3
+ k
2
= 0 =
⇒
R
5
(k) = k
2
(k
3
+ 3k
2
+ 3k + 1) = k
2
(k + 1)
3
= 0.
Корни характеристического уравнения: k
1,2
= 0
| {z }
m
1
=2
,
k
3,4,5
=
−1
|
{z
}
m
2
=3
.
2. Фундаментальная система решений:
{f
i
(x)
} = e
0x
, xe
0x
, e
−x
, xe
−x
, x
2
e
−x
.
Ответ: y = C
1
+ C
2
x + C
3
e
−x
+ C
4
xe
−x
+ C
5
x
2
e
−x
C

184
Дифференциальные уравнения
Лекция 40. Линейные неоднородные
дифференциальные уравнения n-го
порядка с постоянными коэффициентами
Из этой лекции станет ясно
, что решение указанных урав-
нений не имеет принципиальных трудностей и может быть
проведено даже двумя способами
.
Решение методом вариаций произвольных
постоянных
Решение этим методом состоит из следующих шагов:
1.
Решить характеристическое уравнение, и тем самым
найти фундаментальную систему решений {y
k
(x)
} и общее
решение линейного однородного уравнения
y =
n
X
k=1
C
k
y
k
(x) ,
где C
k
= const .
2. Вычислить определитель Вронского и дополнительные
определители, с помощью которых находятся
C
0
k
(x) =
∆
k
∆
.
3. Решить простейшие дифференциальные уравнения из
пункта 2, и тем самым найти C
k
(x).
4. Общее решение неоднородного уравнения равно
y =
n
X
k=1
C
k
(x)y
k
(x) = y + y
0
и представляет собой сумму общего решения однородного урав-
нения и частного решения неоднородного.

Лекция 40. Линейные неоднородные уравнения
185
Пример 1.
Решить: y
000
+ y
0
= tg x.
B
1. k
3
+ k = 0
⇒ k(k
2
+ 1) = 0
⇒ k
1
= 0, k
2,3
=
±i.
y = C
1
e
0x
+ C
2
e
ix
+ C
3
e
−ix
= C
1
+ C
2
cos x + C
3
sin x.
• Здесь произвольные постоянные переобозначены.
2. W [1, cos x, sin x] = ∆ =
1
cos x
sin x
0
− sin x
cos x
0
− cos x − sin x
= 1
6= 0,
∆
1
=
0
cos x
sin x
0
− sin x
cos x
tg x
− cos x − sin x
= tg x
⇒ C
0
1
(x) = tg x ,
∆
2
=
1
0
sin x
0
0
cos x
0 tg x
0
=
− sin x
⇒ C
0
2
(x) =
− sin x ,
∆
3
=
1
cos x
0
0
− sin x
0
0
0
tg x
=
− tg x sin x ⇒ C
0
3
(x) =
− tg x sin x .
3. C
1
(x) =
Z
tg x dx =
− ln | cos x| + C
1
,
C
2
(x) =
−
Z
sin x dx = cos x + C
2
,
C
3
(x) =
−
Z
sin
2
x
cos x
dx =
Z 
cos x
−
1
cos x

dx =
= sin x + ln
| tg (
x
2
−
π
4
)
| + C
3
.
4. y = C
1
(x) + C
2
(x) cos x + C
3
(x) sin x.
Ответ: y = C
1
+ C
2
cos x + C
3
sin x
−
− ln | cos x| + ln | tg (
x
2
−
π
4
)
| sin x
C

186
Дифференциальные уравнения
Решение при специальном виде правой части
Первый случай
:
L
n
[y] = Ae
k
0
x
,
(1)
где k
0
не совпадает с корнями характеристического уравнения.
Задача
1
Найти частное решение (1), если k
0
не совпадает с корнями
характеристического уравнения.
I
Будем искать частное решение неоднородного уравнения в
виде подобном его правой части
y
0
= ae
k
0
x
,
где требуется определить a.
L
n
[ae
k
0
x
] = ae
k
0
x
R
n
(k
0
) = Ae
k
0
x
⇒ a =
A
R
n
(k
0
)
J
Пример 2.
Решить: y
00
− 5y
0
+ 6y = 10e
−2x
.
B
k
2
− 5k + 6 = 0 =⇒ k
1,2
= 2, 3
⇒ y = C
1
e
2x
+ C
2
e
3x
A = 10, k
0
=
−2, R
2
(
−2) = 20, a =
10
20
=
1
2
⇒ y
0
=
1
2
e
−2x
.
y = y + y
0
= C
1
e
2x
+ C
2
e
3x
+
1
2
e
−2x
Проверка: Для каждой из функций, входящих в решение, дол-
жен выполняться баланс коэффициентов.
C
1
e
2x
: 4
− 10 + 6 = 0 ≡ 0 ,
C
2
e
3x
: 9
− 15 + 6 = 0 ≡ 0 ,
e
−2x
: 2 + 5 + 3 = 10
≡ 10 .
Ответ: y = C
1
e
2x
+ C
2
e
3x
+
1
2
e
−2x
C

Лекция 40. Линейные неоднородные уравнения
187
Второй случай
:
L
n
[y] = Ae
k
0
x
,
(1)
где экспоненциальный множитель k
0
совпадает с корнем ха-
рактеристического уравнения кратности m.
Задача
2
Найти частное решение (1), если k
0
совпадает с корнем харак-
теристического уравнения кратности m.
I
Вопрос: Может ли x
l
e
k
0
x
при l = 0, m − 1 являться част-
ным решением уравнения (1)?
Ответ: Нет, поскольку x
l
e
k
0
x
является решением однородного
уравнения (Лекция 39, Задача 4).
Будем искать частное решение неоднородного уравнения в виде
y
0
= ax
m
e
k
0
x
,
где требуется определить a.
По условию задачи R
n
(k) = (k
− k
0
)
m
Q
n−m
(k).
L
n
[ax
m
e
k
0
x
] = aL
n
[
d
m
dk
m
e
kx
]
k=k
0
= a
d
m
dk
m
L
n
[e
kx
]
k=k
0
=
= a
d
m
dk
m
[e
kx
(k
− k
0
)
m
Q
n−m
(k)]
k=k
0
= ae
kx
m!Q
n−m
(k)]
k=k
0
=
= ae
k
0
x
m!Q
n−m
(k
0
) = Ae
k
0
x
⇒ a =
A
m!Q
n−m
(k
0
)
J
• Обратим внимание, что m = 0 соответствует первому слу-
чаю.
• Алгоритм верен как для действительных k
0
, так и для комп-
лексных.

188
Дифференциальные уравнения
Третий случай
:
L
n
[y] = P
l
(x)e
αx
cos βx + K
l
(x)e
αx
sin βx ,
где P
l
(x) и K
l
(x) многочлены l-ой степени, а комплексная
величина k
0
= α
± iβ совпадает с корнем характеристического
уравнения кратности m.
В этом случае, как и в первых двух, частное решение линейно-
го неоднородного дифференциального уравнения n-го порядка с
постоянными коэффициентами ищется в виде наиболее близком
к его правой части
y
0
= x
m
[F
l
(x)e
αx
cos βx + G
l
(x)e
αx
sin βx] .
Пример 3.
Решить задачу Коши:
y
00
+ y = x cos x, y(0) = 0, y
0
(0) = 2.
B
k
2
+ 1 = 0 =
⇒ k
1,2
=
±i ⇒ m = 1, т.к. k
0
=
±i.
y = C
1
cos x + C
2
sin x, y
0
= x[(Ax + C) cos x + (Bx + D) sin x].
Подстановка частного решения в исходное уравнение позволяет
найти неопредел¨енные коэффициенты частного решения.
cos x :
2A + D = 0 ;
sin x :
2B
− C = 0 ,
x cos x : 2B
− C + C = 1 ; x sin x : −2A − D + D = 0 ,
x
2
cos x :
A
− A = 0 ; x
2
sin x :
−B + B = 0 .
Отсюда A = 0, B =
1
2
, C = 1, D = 0, следовательно
y = C
1
cos x + C
2
sin x + x cos x +
1
2
x
2
sin x.
Применим к найденному y начальные условия:
y(0) : C
1
= 0 ; y
0
(0) : C
2
+ 1 = 2
⇒ C
2
= 1.
Ответ: y = sin x + x cos x +
1
2
x
2
sin x
C

Лекция 41. Система линейных однородных уравнений
189
Лекция 41. Система линейных
однородных дифференциальных
уравнений 1-го порядка с постоянными
коэффициентами
Система линейных однородных дифференциальных уравнений
1-
го порядка с постоянными коэффициентами сводится к сис
-
теме линейных алгебраических уравнений
.
F
Система линейных однородных дифференциальных урав-
нений 1-го порядка с постоянными коэффициентами имеет
следующий вид в операторной форме:
d
−
→
y
dx
= A
−
→
y ,
(1)
где −
→
y = (n
×1) — искомый вектор, а A — линейный опе-
ратор, представляющий собой числовую матрицу (n × n).
Вопрос: Как выглядит та же система в тензорной форме?
Ответ:
dy
i
dx
=
n
X
j=1
a
ij
y
j
, где a
ij
= const, i, j = 1, n.
Вопрос: Как выглядит система (1) в матричной форме?
Ответ:
d
dx







y
1
y
2
..
.
y
n







=






a
11
a
12
· · · a
1n
a
21
a
22
· · · a
2n
..
.
..
.
. .. ...
a
n1
a
n2
· · · a
nn












y
1
y
2
..
.
y
n






.
Вопрос: Как выглядит система (1) в алгебраической форме?

190
Дифференциальные уравнения
Ответ: