Задача Коші. 
Лінійні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами. 
Загальний та частинний розв"язки (реферат)

Реферат з математики Задача Коші. Лінійні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами. Загальний та частинний розв’язки.

План:

1. 1.Задача Коші.

2. 2.Лінійні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами. Загальний та частинний розв’язки.

1. Задача Коші.

Для диференціальних рівнянь вищих порядків, як і для рівнянь першого порядку, розглядається задача Коші або задача з початковими умовами. Для рівняння (1) ця задача ставиться так: серед усіх розв’язків рівняння (1) знайти такий розв’язок $$y=y(x),x(a-b),$$ який при $$x=x_0(a-b)$$.

задовольняє такі умови:

$$y(x_0)=y_0,y^{\text{'}}(x_0)=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)},$$ (1).

або.

$$y{|}_{x=x_0}=y_0,y^{\text{'}}{|}_{x=x_0}=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}|{}_{x=x_0}=y_0^{(n-1)},$$ (2).

де $$y_0,y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y_0^{(n-1)}$$ — довільні наперед задані дійсні числа.

Умови (2) називають початковими умовами рівняння (1). Зокрема, рівняння другого порядку.

$$y^n=f(x,y,y^{\text{'}})$$.

початкові умови при х=х0 мають вигляд.

$$y{|}_{x=x_0}=y_0,y^{\text{'}}{|}_{x=x_0}=y_0^{\text{'}}\text{.}$$.

Існування і єдність розв’язку задачі Коші визначають такою теоремою Коші.

Теорема 2. Якщо функція f (x, y, y',…, y (n-1)) і її похідні по аргументам у, у',…, у (п-1) $$G$$ то для всякої точки (х0, у0, у'0, …, $$y_0^{(n-1)}$$) $$G$$ існує єдиний розв’язок у=у (х) рівняння (1), який задовольняє початкові умови (2).

Приймемо дану теорему без доведення. Слід звернути увагу на те, що в цій теоремі мова йде про єдність розв’язку в (п+1) вимірному просторі: інакше кажучи, єдність розв’язку рівняння (1) з умовами (2) на відміну від диференціального рівняння першого порядку не означає, що через задану точку (х0- у0) проходить лише одна інтегральна крива рівняння (1). Так, для рівняння (3) єдність розв’язку з умовами (4) означає, що через точку (х0- у0) проходить лише інтегральна крива рівняння (3) з кутовим коефіцієнтом дотичної в цій точці, який дорівнює $$\text{tg}=y_0^{\text{'}}$$ (мал.). Проте через цю точку можуть проходити й інші інтегральні криві, але з іншим нахилом дотичної.

Нарешті, зупинимось на поняттях загального та частинного розв’язку рівняння (1). Як ми вже бачили, загальний розв’язок рівняння першого порядку знаходиться за допомогою операції інтегрування і містить одну довільну сталу. В загальному випадку розв’язок диференціального рівняння п-го порядку знаходиться в результаті п послідовних інтегрувань, тому загальний розв’язок рівняння (1) містить п довільних сталих, тобто має вигляд.

$$y=(x,C_1,C_2,\text{.}\text{.}\text{.},C_n)$$ (5).

Якщо загальний розв’язок знаходиться в неявній формі:

$$Ф(x,C_1,C_2,\text{.}\text{.}\text{.},C_n)=\mathrm{0,}$$ (6).

то його називають загальним інтегралом рівняння (1).

Частинний розв’язок або частинний інтервал знаходять із загального, якщо у співвідношенні (5) або (6) кожній довільній сталій С1, С2, …, Сп надати конкретного числового значення. З погляду геометрії загальним розв’язком рівняння (1) є п-параметрична сім'я інтегральних кривих, залежних від п параметрів С1, С2, …, Сп, а частинний розв’язок — окрема крива з цієї сім'ї.

Зауважимо, що не кожний розв’язок рівняння (1), який містить п довільних сталих, є загальним розв’язком. Розв’язок (5) диференціального рівняння (1), який містить п довільних сталих, називається загальним розв’язком, якщо можна знайти такі єдині сталі С1=С10, С2=С20,…, Сп=Сп0, що частинний розв’язок $$y=(x,C_{\text{10}},C_{\text{20}},\text{.}\text{.}\text{.},C_{n0})$$ задовольняє початкові умови (54).

Таким чином, розв’язати (проінтегрувати) диференціальне рівняння п-го порядку — це означає: 1). Знайти його загальний розв’язок — 2). Із загального розв’язку виділити частинний розв’язок, який задовольняє початкові умови, якщо такі умови задані.

2. Лінійні диференціальні рівняння із сталими коефіцієнтами. Загальний та частинний розв’язки.

Розглянемо лінійне однорідне рівняння другого порядку

$$y^{\text{'}\text{'}}+p{y}^{\text{'}}+\text{qy}=\mathrm{0,}$$ (1).

де p, qдійсні числа.

Ейлер запропонував шукати частинні розв’язки цього рівняння у вигляді.

$$y=e^{\text{kx}}$$ (2).

де k — стала (дійсна чи комплексна), яку треба знайти. Підставивши функцію (2) в рівняння (1) дістанемо.

$$e^{\text{kx}}(k^2+\text{pk}+q)=0\text{.}$$.

Оскільки $$e^{\text{kx}}/=0$$, то.

$$k^2+\text{pk}+q=0\text{.}$$ (3).

Отже, якщо k буде коренем рівняння (3), то функція (2) буде розв’язком рівняння (1). Квадратне рівняння (3) називається характеристичним рівнянням диференціального рівняння (1).

Позначимо корені характеристичного рівняння через k1 і k2. Можливі три випадки:

І. k1 і k2 — дійсні і різні числа ($$k_1/=k_2$$);

ІІ k1 і k2 — комплексні числа ($$k_{\mathrm{1,2}}=\pm \begin{array}{cc}i& )\end{array}$$ ;

ІІІ. k1 і k2 — дійсні і рівні числа (k1=k2).

Розглянемо кожен випадок окремо.

І. Корені характеристичного рівняння дійсні і різні: $$k_1/=k_2$$. У цьому випадку частинними розв’язками рівняння (1) є функції.

$$y_1=e^{k_{1}x},y_2=e^{k_{2}x}\text{.}$$.

Ці розв’язки лінійно незалежні, тому що при $$k_1/=k_2$$.

$$\frac{y_1}{y_2}=e^{(k_1-k_2)x}/=\text{const}\text{.}$$.

Згідно з теоремою 4 загальний розв’язок рівняння (1) знаходять за формулою.

$$y=C_1{e}^{k_{1}x}+C_2{e}^{k_{2}x}\text{.}$$ (4).

ІІ. Корені характеристичного рівняння комплексно-спряжені:

$$k_1=+\begin{array}{cc}i,& k_2=-\begin{array}{cc}i\text{.}& \end{array}\end{array}$$.

Підставивши значення $$k_1{\begin{array}{cc}i& k\end{array}}_2$$ у формулу (2), знайдемо розв’язки.

$$y_1=e^{(+\mathit{})x},y_2=e^{(-\mathit{})x}\text{.}$$.

За формулою Ейлера.

$$e^{\mathit{i}}=\text{cos}+i\text{sin}$$.

маємо.

$$\begin{array}{c}{e}^{(+\mathit{})x}=e^{\mathit{}}{e}^{\mathit{i}}=e^{\mathit{}}(\text{cos}\mathit{}+i\text{sin}\mathit{})-\\ e^{(-\mathit{})x}=e^{\mathit{}}{e}^{-\mathit{i}}=e^{\mathit{}}(\text{cos}\mathit{}-i\text{sin}\mathit{})\text{.}\end{array}$$.

Зауважимо, що коли функція $$z(x)=u(x)+\text{iv}(x)$$ є розв’язком рівняння (1), то розв’язками будуть також функції u (x) та v (x). Дійсно, підставивши функцію z (x) в рівняння (1), дістанемо:

$$u^{\text{'}\text{'}}+v^{\text{'}\text{'}}i+p(u^{\text{'}}+v^{\text{'}}i)+q(u+\text{vi})\mathrm{0,}$$.

Або.

$$(u^{\text{'}\text{'}}+p{u}^{\text{'}}+\text{qu})+i(v^{\text{'}\text{'}}+p{v}^{\text{'}}+\text{qv})=0\text{.}$$.

Остання тотожність можлива, коли вирази в дужках дорівнюють нулю. Це означає, що функції u та v — розв’язки рівняння (1). Згідно з цим зауваженням частинними розв’язками рівняння (1) є функції.

$$y_1=e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{},\begin{array}{cc}& y_2=e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}\end{array}\text{.}$$.

Ці розв’язки лінійно незалежні, оскільки.

$$\frac{y_1}{y_2}=\frac{e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{}}{e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}}=\text{tg}\mathit{}/=\text{const},$$.

Тому загальний розв’язок рівняння (1) запишеться у вигляді.

$$y=e^{\mathit{}}(C_1\text{sin}\mathit{}+C_2\text{cos}\mathit{})\text{.}$$ (5).

ІІІ. Корені характеристичного рівняння дійсні і рівні $$k_1=k_2=k$$. За формулою (2) дістанемо один з розв’язків:

$$y=e^{\text{kx}}\text{.}$$.

Другий розв’язок шукатимемо у вигляді $$y_2={\text{ue}}^{\text{kx}},$$ де u — невідома функція від х. Знайшовши $$y_2^{\text{'}}$$ і $$y_2^{\text{''}}$$ та підставивши їх у рівняння (1), дістанемо.

$$(u\text{''}+2u\text{'}k+{\text{uk}}^2)e^{\text{kx}}+p(u\text{'}+\text{uk})e^{\text{kx}}+{\text{que}}^{\text{kx}}=\mathrm{0,}$$.

Або.

$$u\text{''}+(2k+p)u\text{'}+(k^2+\text{pk}+q)u=0\text{.}$$.

Оскільки k — корінь рівняння (3), то $$k^2+\text{pk}+q=0$$ і за теоремою Вієта $$2k=-p$$, тому $$2k+p=0\begin{array}{cc}& \begin{array}{cc}i& u\text{''}=0\end{array}\end{array}$$ звідки $$u=C_{1}x+C_2,\begin{array}{cc}\text{де}& {С}_1,{С}_2\end{array}$$ — довільні сталі. Поклавши С1=1, С2=0 (нас цікавить який-небудь розв’язок $$u(x)/=0$$, знайдемо другий частинний розв’язок рівняння (1):

$$y_2={\text{xe}}^{\text{kx}}\text{.}$$.

Розв’язки $$y_1\begin{array}{cc}\text{ma}& \end{array}{y}_2$$ — лінійно незалежні, тому загальний розв’язок рівняння (1) має вигляд.

$$y=e^{\text{kx}}(C_1+C_{2}x)\text{.}$$.

Приклад

Знайти загальний розв’язок рівняння

$$y\text{''}-5y\text{'}+6y=0\text{.}$$.

Складемо характеристичне рівняння $$k^2-5k+6=0$$ і знайдемо його корені $$k_{\mathrm{1,2}}=\mathrm{2,}{k}_2=3\text{.}$$ За формулою (4) шуканий розв’язок має вигляд:

$$y=C_1{e}^{2x}+C_2{e}^{3x}\text{.}$$.

Неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами. Рівняння із спеціальною правою частиною.

Розглянемо неоднорідне диференціальне рівняння

$$y\text{''}+\text{py}\text{'}+\text{qu}=f(x),$$ (5).

де p, q — задані дійсні числа, $$f(x)/=0$$ — задана функція, неперервна на деякому проміжку (a-b).

Загальний розв’язок такого рівняння являє собою суму частинного розв’язку рівняння (5) і загального розв’язку відповідного рівняння. Загальний розв’язок однорідного рівняння ми вже знаходити вміємо, тому розглянемо детальніше питання про знаходження частинного розв’язку неоднорідного рівняння.

Насамперед слід зазначити, що частинний розв’язок неоднорідного диференціального рівняння (5) можна знайти в квадратурах методом варіації довільних сталих. Проте для рівнянь із спеціальною правою частиною частинний розв’язок можна знайти значно простіше, не вдаючись до операції інтегрування.

Розглянемо деякі з таких рівнянь.

І. Нехай права частина в рівнянні (5) має вигляд.

$$f(x)=e^{\mathit{}}{P}_n(x),$$ (6).

Де $$$$ — дійсне число, $$P_n(x)$$ — многочлен степеня п.

Можливі такі випадки:

А). число $$$$ не є коренем характерного рівняння.

$$k^2+\text{pk}+q=0\text{.}$$ (7).

Тоді диференціальне рівняння (5) має частинний розв’язок виду.

$$y{Q}_n(x)e^{\mathit{}}=(A_0+A_{1}x+\text{.}\text{.}\text{.}+A_n{x}^n)e^{\mathit{}},$$ (8).

де А0, А1, …, Ап — невизначені коефіцієнти.

Справді, підставляючи функцію (8) в рівняння (6), після скорочення на $$e^{\mathit{}}$$ дістанемо.

$$Q_n^{\text{''}}(x)+(2+p)Q_n^{\text{'}}\left(x\right)+({}^2+\mathit{p}+q)Q_n(x)P_n(x),$$ (5).

де $$Q_n^{\text{''}}(x)$$ — многочлен степеня п-2, $$Q_n^{\text{'}}(x)$$ — многочлен степеня п. Таким чином, зліва і справа в тотожності (5) стоять многочлени степеня п. Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях п, дістанемо систему п+1 невідомих коефіцієнтів Аі многочлена Qn (x).

Не зупиняючись далі на доведеннях, вкажемо форму в якій потрібно шукати частинний розв’язок рівняння (5), залежно від виду правої частини f (х) цього рівняння:

Б). якщо число $$$$ збігається з одним коренем характеристичного рівняння (7), тобто є простим коренем цього рівняння, то частинний розв’язок рівняння (5) треба шукати у вигляді.

$$y{\text{xQ}}_n(x)e^{\mathit{}}-$$ (6).

В). якщо число $$$$ є двократним коренем рівняння (93), то частинний розв’язок рівняння (5) шукають у вигляді.

$$y{x}^2{Q}_n(x)e^{\mathit{}}-$$ (7).

Об'єднаємо випадки а).-в).: якщо права частина рівняння (5) має вигляд (6), то частинний розв’язок цього рівняння треба шукати у вигляді.

$$y{x}^r{e}^{\mathit{}}{Q}_n(x)-$$.

де $$Q_n(x)$$ — многочлен з невизначеними коефіцієнтами того самого степеня, що й многочлен $$P_n(x)\begin{array}{cc},& \begin{array}{cc}a& r\end{array}\end{array}$$ — число коренів характеристичного рівняння, які дорівнюють $$$$. Якщо $$$$ не є коренем характеристичного рівняння, то приймаємо r=0.

ІІ. Нехай права частина в рівнянні (5) має вигляд.

$$f(x)=e^{\mathit{}}(P_n(x)\text{cos}\mathit{}+R_m(x)\text{sin}\mathit{})$$, (8).

де Pn (x) — многочлен степеня п, Rm (x) — многочлен степеня m- $$\begin{array}{cc}& \begin{array}{cc}i& \end{array}\end{array}$$ — дійсні числа. (Функція (6) є окремим випадком функції (98) і утворюється з неї при $$=0$$).

Частинний розв’язок рівняння (5) треба шукати у вигляді.

$$y{x}^r{e}^{\mathit{}}(Q_s(x)\text{cos}\mathit{}+L_s(x)\text{sin}\mathit{})$$, (9).

де Rs (x) ma Ls (x) — многочлени степеня s з невизначеними коефіцієнтамиs — найвищій степінь многочленів Rs (x) ma Ls (x), тобто s=max (n-m) — r — число коренів характеристичного рівняння, які дорівнюють $$+\begin{array}{cc}i& \end{array}$$.

зокрема, якщо права частина рівняння (5) має вигляд.

$$f(x)=A\text{cos}\mathit{}+B(x)\text{sin}\mathit{},$$ (10).

де А, В — невідомі дійсні числа, то частинний розв’язок цього рівняння треба шукати у вигляді.

$$y{x}^r(a\text{cos}\mathit{}+b\text{sin}\mathit{})$$ (11).

де, а, b — невідомі коефіцієнтиrчисло коренів характеристичного рівняння (7), які дорівнюють $$\begin{array}{cc}& i\end{array}$$ .

Приклад.

Розв’язати рівняння $$y^{\text{''}}-2y\text{'}+y=2x+3\text{.}$$.

Характеристичне рівняння $$k^2-2k+1=0$$ має корені $$k_1=k_2=\mathrm{1,}$$ тому загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд $$\stackrel{}{y}(x)=e^x(C_1+C_{2}x)$$. Оскільки правою частиною даного рівняння є функція виду $$P_1(x)e^{0x}$$, причому $$=\mathrm{0,}/=k_1,/=k_2$$, то за формулою (6) частинний розв’язок шукаємо у вигляді $$y{Q}_1(x)e^{0x},$$ тобто $$yA+\text{Bx}$$, де, А і В — невідомі коефіцієнти. Знайшовши похідні $$y\text{*'}=B,y\text{*''}=0$$ і підставивши їх у рівняння дістанемо.

— 2В+А+Вх=2х+3.

Порівнюючи коефіцієнти при однакових степенях, дістанемо систему рівнянь.

$$\begin{array}{c}B=2-\\ -2B+A=\mathrm{3,}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

звідки В=2, А=7. Отже, частинний розв’язок даного рівняння має вигляд $$y7+2x$$, тому.

$$y=\stackrel{}{y}(x)+y(x)=e^x(C_1+C_{2}x)+2x+7\text{.}$$.

шуканий загальний розв’язок.

Лінійні диференціальні рівняння п-го порядку.

Застосовуємо методи знаходження розв’язків диференціальних рівнянь другого порядку до рівнянь вищих порядків. Не зупиняючись детально на теорії, сформулюємо необхідні твердження і розглянемо приклади.

Нехай маємо лінійне диференціальне рівняння п-го порядку.

$$y^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n}y=\mathrm{0,}$$ (12).

де а1, а2,…, ап — сталі дійсні числа.

Характеристичним для рівняння (12) називається алгебраїчне рівняння п-го степеня виду.

$$k^n+a_1{k}^{n-1}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}k+a_n=\mathrm{0,}$$ (13).

де k — невідоме дійсне чи комплексне число.

Як відомо рівняння (13) має п коренів. Позначимо ці корені через $$k_1,k_2,\text{.}\text{.}\text{.},k_n\text{.}$$.

Теорема. Кожному простому кореню k рівняння (13) відповідає частинний розв’язок $$e^{\text{kx}}$$ рівняння (12), а кожному кореню k кратності m>1 відповідає т частинних розв’язків виду $$e^{\mathit{}},{\text{xe}}^{\text{kx}},\text{.}\text{.}\text{.},x^{m-1}{e}^{\text{kx}}\text{.}$$.

Кожній парі $$\pm \begin{array}{cc}i& \end{array}$$ простих комплексно-спряжених коренів рівняння (13) відповідає два частинних розв’язки $$e^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{}\begin{array}{cc}\text{ma}& e^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}\end{array}$$ рівняння (12), а кожній парі $$\pm \begin{array}{cc}i& \end{array}$$ комплексно-спряжених коренів кратності р>1 відповідає 2р частинних розв’язків виду.

$$\begin{array}{c}{e}^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{},\begin{array}{cc}& {\text{xe}}^{\mathit{}}\text{sin}\mathit{},\text{.}\text{.}\text{.},x^{p-1}{e}^{\mathit{}}\end{array}\\ \begin{array}{cc}{e}^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{},& {\text{xe}}^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{},\text{.}\text{.}\text{.},x^{p-1}{e}^{\mathit{}}\text{cos}\mathit{}\text{.}\end{array}\end{array}$$.

Загальна сума кратностей всіх коренів рівняння (13) дорівнює п, тому кількість всіх частинних розв’язків рівняння (12), складених згідно з цією теоремою, дорівнює п, тобто збігається з порядком рівняння (12). Позначимо ці частинні розв’язки через у1, у2, …, уп.. Можна показати, що знайденні частинні розв’язки є лінійно незалежними, і загальний розв’язок рівняння (12) знаходиться за формулою.

$$y=C_1{y}_1+C_2{y}_2+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n{y}_n\text{.}$$ (14).

Нехай тепер задано неоднорідне рівняння пго порядку.

$$y^{(n)}+a_1{y}^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+a_{n-1}y\text{'}+a_{n}y=f(x),$$ (15).

Де — сталі дійсні числа, — неперервна на деякому проміжку функція.

Як і для рівнянь другого порядку, загальним розв’язком рівняння (15) є функція:

$$y=\stackrel{}{y}(x)+y(x),$$.

де $$\stackrel{}{y}(x)$$ — загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння (12), а у*(х) — частинний розв’язок рівняння (15).

Побудову загального розв’язку $$\stackrel{}{y}(x)$$ рівняння (12) з’ясовано. Проаналізуємо знаходження частинного розв’язку у*(х). Якщо права частина f (x) рівняння (15) є функцією спеціального виду (8), то частинний розв’язок цього рівняння треба шукати за формулою (9). Якщо права частина f (x) не є функцією виду (8), то для знаходження у*(х) застосовують метод варіації довільних сталих. Стосовно рівняння (15) суть цього методу така.

Нехай функція (14) є загальним розв’язком відповідного однорідного рівняння (12). Знаходимо частинний розв’язок рівняння (15) за тією ж формулою (14), вважаючи, що величини С1, С2, …, Сп — функції від х, тобто покладемо.

$$y(x)=C_1(x)y_1+C_2(x)y_2+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n(x)y_n,$$.

де С1(х), С2(х), …, Сп (х) — невідомі функції.

Складемо систему рівнянь.

$$\begin{array}{c}{C}_1^{\text{'}}{y}_1+C_2^{\text{'}}{y}_2+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n^{\text{'}}{y}_n=\mathrm{0,}\\ C_1^{\text{'}}{y}_1^{\text{'}}+C_2^{\text{'}}{y}_2^{\text{'}}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n^{\text{'}}{y}_n^{\text{'}}=\mathrm{0,}\\ \text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\\ C_1^{\text{'}}{y}_1^{(n-2)}+C_2^{\text{'}}{y}_2^{(n-2)}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n^{\text{'}}{y}_n^{(n-2)}=\mathrm{0,}\\ C_1^{\text{'}}{y}_1^{(n-1)}+C_2^{\text{'}}{y}_2^{(n-1)}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_n^{\text{'}}{y}_n^{(n-1)}=f(x)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\{\{\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Розв’язуючи цю систему, знаходимо похідні $$C_i^{\text{'}}(x),$$ і=1,2,…, п, а потім інтегруванням і самі функції Сі(х). Якщо взяти всі сталі інтегрування рівними нулю і підставити функції Сі(х) в рівність (16), то матимемо частинний розв’язок рівняння (15) — якщо у рівність (16) підставити функції $$C_i(x)+{\stackrel{}{C}}_i$$ де $${\stackrel{}{C}}_i$$ — довільні сталі, то зразу дістанемо загальний розв’язок.

Приклад.

Розв’язати рівняння $$y^{(5)}+4y^{(3)}=0\text{.}$$.

Характеристичне рівняння $$k^5+4k^3=0$$ має корені k1=k2=ks=0, k4=2i, ks=-2i.згідно з теоремою маємо частинні розв’язки: у1=1, у2=х, у3=х2, у4=cos2x. y5=sin2x. Загальний розв’язок даного рівняння знаходимо з, а формулою (14):

$$y=C_1+C_{2}x+C_3{x}^2+C_4\text{cos}2x+C_5\text{sin}2x\text{.}$$.

V. Контрольні питання:

1. 1.Як знаходять характеристичне рівняння диференціального рівняння.

2. 2.Які три випадки можливі, якщо позначити корені характеристичного рівняння через k1 і k2.

3. 3.Сформулювати теорему для диференціальних рівнянь n-порядку.

4. 4.Сформулювати теорему Коші про існування та єдність розв’язку для рівняння y" =f (x, y, y,).

VІ. Література:

1. 1.1.Барковський В. В. Барковська Н.В. «Математика для економістів». 1. Вища математика. — К.: Національна академія управління, 1997 р. — 397 ст., ст. 10−12, 19−20.

2. 2.2.Дубовик В. П., Юрик І.І. Вища математика: Навч. посібник. — К.: А.С.К., 2001. 648 с.