Семинар 6: Обикновени диференциални уравнения от 2 ред.

Семинар 6 Обикновени диференциални уравнения от ред. Хомогенни линейни ОДУ-я с постоянни коефициенти (ХЛОДУПК): y ( ) +a y ( ) + +a y=0 Характеристично уравнение (ХУ): k +a k + +a =0 1) Всеки реален корен на ХУ съответства на слагаемо от вида: C e. ) Всеки r-кратен реален корен на ХУ съответства на слагаемо от вида: (C +C + +C )e. 3) Всяка комплексно спрегната двойка комплексни корени k =α+iβ ; k=α iβ на ХУ съответства на слагаемо от вида: (C cos β + C sin β)e. 4) Всяка r-кратна комплексно спрегната двойка корени k =α+iβ ; k=α iβ на ХУ съответства на слагаемо от вида: (A +A + +A ) cos β + (B +B + +B ) sin β e За уравнение от ред: y +ay +by=0 (Ae +Be )e при k a b>0 y() = (Acosω+Bsinω)e при ω b a >0 (A + B)e при b = a Нека е зададено ХЛОДУПК от -ри ред във вида: ay +by +cy=0 Нека ХЛОДУПК има решение: y() =e y () =ke y () =k e Задаваме характеристичен полином (ХП): ak +bk+c=0, получен от заместване на решението в ОДУ: ak e +bke +ce = (ak +bk+c)e =0 Δ=b b ± Δ 4ac>0 k, = a Δ=b 4ac=0 k, =k= b a y() =Ae +Be y() =Ae +Be = (A +B)e Δ=b 4ac<0 k, = b a ±i Δ =α±iβ y() = (Acosβ+Bsinβ)e a Задача 1. Решете уравненията: а) y y y=0 б) y 10y + 5y = 0 ; y(0) =0 ; y (0) =1 в) y +9y=0 ; y(0) =0 ; y(π/4) =1 Решение: а) y y y=0 I-ви начин: y +ay +by=0 y y y = 0 a = 1; b = a = 1 ;b = 45

k =a b= 1 ( ) = 1 4 +=9 4 >0 k= 9/4 = 3 ОР: y() = (Ae +Be )e y() = Ae / +Be / e / II-ви начин: ay +by +cy=0 y y y = 0 a = 1; b = 1; c = Δ=b 4ac=( 1) 4(1)( ) =1+8=9>0 k, = k = 1+3 = ; k = 1 3 = 1 k =;k = 1 b ± Δ a = ( 1) ± 9 (1) ОР: y() =Ae +Be y() =Ae +Be y() =Ae +Be y () =Ae Be y () =4Ae +Be y y y=0 4Ae +Be (Ae Be ) (Ae +Be ) =? 0 4Ae +Be Ae +Be Ae Be =e (4A A A) +e (B+B B) =0 Графика: Полученото общо решение (ОР) ще илюстрираме с едно частно решение (ЧР), получено за допълнителните начални условия y(0) =0;y (0) = 3, за което ЧР има вида: y() =e e и което е изобразено на графиката в интервала: 3,, y 0, 0 : 46

б) y 10y + 5y = 0 ; y(0) =0 ; y (0) =1 I-ви начин: y +ay +by=0 y 10y + 5y = 0 a = 10; b = 5 a = 5 k =a b=( 5) 5=0 ОР: y() = (A + B)e y() = (A + B)e II-ви начин: ay +by +cy=0 y 10y +5y=0 a=1;b= 10;c=5 Δ=b 4ac=( 10) 4(1)(5) = 100 100 = 0 k, = b a = ( 10) (1) k =k = 10 =5 k=5 ОР: y() = (A +B)e y() = (A +B)e Частно решение (ЧР): y( =0) =0 A+B(0) e ( ) =0 A=0. y() =Be y () =Be +5Be y (=0) =1 Be ( ) +5B(0)e ( ) =1 B=1. ЧР: y() = (A +B)e y() =e y() =e y () =e +5e y () = (1+5)e y () =5e +5e +5e y () = (10 + 5)e y 10y +5y=0 10e +5e 10(e +5e ) +5e =? 0 10e +5e 10e 50e +5e =0. 47

в) y +9y=0 I-ви начин: y +ay +by=0 y + 0y + 9y = 0 a = 0 a = 0 ; b = 9 ω =b a =9 0 =9 ω=3 ОР: y() = (Acosω+Bsinω)e = (Acos3+Bsin3)e ОР: y() =Acos3+Bsin3 II-ви начин: ay +by +cy=0 y +0y +9y=0 a=1;b=0;c=9 Δ=b 4ac=(0) 4(1)(9) =0 36= 36<0 k, = b a ±i Δ a =α±iβ k, = 0 (1) ±i 36 ( 1) =0±i6 = 0 ± 3i = α ± iβ α = 0 ; β = 3 ОР: y() = (Acosβ+Bsinβ)e = (Acos3+Bsin3)e ОР: y() =Acos3+Bsin3 Частно решение (ЧР): y( =0) =0 Acos3(0) +Bsin3(0) =0 A(1) +B(0) =0 A=0. y() =Bsin3 y( =π/4) =1 Bsin3π/4=1 B / = 1 B =. ЧР: y() =Acos3+Bsin3 y() = sin 3 y() = sin 3 y () =3 cos 3 y () = 9 sin 3 y +9y=0 9 sin 3 + 9 sin 3 =? 0. Графика: Полученото частно решение (ЧР) е изобразено на графиката в интервала: π, π, y, : y 1 3 1 1 3 1 48

Задачи за домашно: а) y 7y +6y=0 б) y y +10y=0 ; y(π/6) =0 ; y (π/6) =e / в) y +3y =0 ; y(0) =1 ; y (0) = Нехомогенни линейни ОДУ-я с постоянни коефициенти (НЛОДУсПК): Частен случай на НЛОДУ от II-ри ред: y +a y +a y=f() y() =C y () +C y () +u() C y () +C y () общо решение на хомогенното ЛОДУ. Метод на Лагранж: Определяне на едно частно решение на нехомогенното ЛОДУ u(): u() = y () y ()f() W(y,y ) d + y () y ()f() W(y,y ) d Детерминанта на Вронски: W(y,y ) = y () y () y () y 0 () Метод на неопределените коефициенти (МНК): Нека дясната страна на ДУ f() се представи във вида: f() =e P () cos β + Q () sin β, α, β са константи, а P (),Q () са полиноми от n и m степен. Тогава частното решение на ДУ се търси във вида: u() = e P () cos β + Q () sin β, където r е кратността на корена α+iβ на характеристичното уравнение на хомогенното ЛОДУ ако α+iβ не е корен на характеристичното у-е, то r =0; L приема по-голямата стойност от n и m: P () =A +A + +A +A Q () =B +B + +B +B Задача. Решете уравненията: а) y y +y= б) y +y=3sin y(0) +y (0) =0 ; y(π/) +y (π/) = в) y +y=e +e г) y +y=tan y(0) =y(π/6) =0 Решение: а) y y +y= Записваме хомогенното линейно ОДУ (ХЛОДУ): y y +y=0. Определяме характеристичния полином (ХП) на ХЛОДУ: k k+=0. Търсим корените на ХП и определяме общото решение на ХЛОДУ (ОРХЛОДУ): 49

Δ=b 4ac=( ) 4(1)() =4 8= 4<0 k, = b a ±i Δ a =α±iβ k, = (1) ±i 4 (1) =1±i =1±i=α±iβ α=1 ; β=1 ОРХЛОДУ: y() = (Acosβ+Bsinβ)e = (Acos+Bsin)e За да намерим общото решение на нехомогенното ЛОДУ използваме МНК: f() =e P () cos β +Q () sin β = α =0 ; β =0 m=0 ; n= L=ma(n, m) =ma (,0)= Заместваме определените параметри във функцията u(): α α ; β β r=0 P () =C +D+E u() = e P () cos 0 + Q () sin 0 u() =C +D+E Заместваме намерената функция u() в оригиналното НЛОДУ на мястото на y(): За целта определяме първата и втората производна на u(): u () = C +D+E =C+D u () =C+D ; u () = C + D =C Тогава: u u +u= C (C + D) +(C +D+E) = C 4C D + C +D+E= C + ( 4C + D) +(C D + E) = +0+0 Приравняваме двете страни на равенството по изразите, стоящи пред степените на : C = 1 4C + D = 0 C D + E = 0 C=1/ D=C E=D C C=1/ D=1 E=1/ Намереното едно частно решение на нехомогенното ЛОДУ u() има вида: u() = 1 ++ 1 = 1 ( ++1) = (+1) Общото решение на нехомогенното ЛОДУ придобива вида: y() = (Acos+Bsin)e + (+1) y () = (Acos+Bsin)e + (+1) y () =Ae cos Ae sin + Be sin + Be cos++1 y () =e (B A) sin + (A +B) cos ++1 y () = e (B A) sin + (A +B) cos ++1 y () =e (B A) sin + (A +B) cos +e (B A) cos (A +B) sin +1 y () =e Bcos Asin +1 50

y y +y= e Bcos Asin +1 (e (B A) sin + (A +B) cos ++1) + (Acos+Bsin)e + (+1) =? Be cos Ae sin +1 Be sin +Ae sin Ae cos Be cos +Ae cos +Be sin + ++1=? Графика: Полученото общо решение (ОР) ще илюстрираме с едно частно решение (ЧР), получено за допълнителните начални условия y(0) =1/;y (0) =1, за което ЧР има вида: y() = (1 +) / и което е изобразено на графиката в интервала: 3, 1, y 0, :.0 y 1.5 1.0 0.5 3 1 0 1 б) y +y=3sin y(0) +y (0) =0 ; y(π/) +y (π/) =0 Записваме хомогенното линейно ОДУ (ХЛОДУ): y +y=0. Определяме характеристичния полином (ХП) на ХЛОДУ: k +1=0. Търсим корените на ХП и определяме общото решение на ХЛОДУ (ОРХЛОДУ): k +1=0 k = 1 k=± 1 k, =±i Δ=b 4ac=(0) 4(1)(1) =0 4= 4<0 k, = b a ±i Δ a =α±iβ k, = 0 (1) ±i 4 (1) =0±i =0±i=α±iβ α=0 ; β=1 ОРХЛОДУ: y() = (Acosβ+Bsinβ)e =Acos+Bsin За да намерим общото решение на нехомогенното ЛОДУ използваме МНК: 51

f() =e P () cos β +Q () sin β =3sin α =0 ; β =1 m=0 ; n=0 L=ma(n, m) =ma (0,0)=0 Заместваме определените параметри във функцията u(): α=α ; β=β r=1 P () =C ; Q () =D u() = e P () cos + Q () sin u() =(Ccos+Dsin) Заместваме намерената функция u() в оригиналното НЛОДУ на мястото на y(): За целта определяме първата и втората производна на u(): u () = (Ccos+Dsin) =Ccos+Dsin+(Dcos Csin) Тогава: u () =Ccos+Dsin+(Dcos Csin) u () = Ccos+Dsin+(Dcos Csin) = = D cos C sin + D cos C sin (Ccos+Dsin) u () =(Dcos Csin) (Ccos+Dsin) u +u=3sin (Dcos Csin) (Ccos+Dsin) +(Ccos+Dsin) =3sin D cos C sin = 3 sin Dcos Csin = 0cos+3sin Приравняваме двете страни на равенството по изразите, стоящи пред тригонометричните ф-ции: D = 0 D=0 C = 3 C= 3/ Намереното частно решение на нехомогенното ЛОДУ u() има вида: u() = 3 cos Общото решение на нехомогенното ЛОДУ придобива вида: y() =Acos+Bsin 3 cos y () = Acos+Bsin 3 cos y () = Asin+Bcos 3/(cos sin ) y () = Bcos Asin 3/(cos sin ) y () = Bsin Acos 3/( sin sin cos) y () =3/(sin+cos ) (Bsin+Acos) y +y=3sin 3 (sin+cos) (Bsin+Acos) +Acos+Bsin 3 cos=? 3sin 5

3sin+ 3 cos Bsin A cos + A cos +Bsin 3 cos=? 3sin Частното решение на нехомогенното ЛОДУ търсим като използваме допълнителните условия: y(0) +y (0) =0 ; y(π/) +y (π/) =0 y(0) =Acos0+Bsin0 3 (0) cos 0 = A y (0) = Asin0+Bcos0 3 (cos 0 (0) sin 0) =B 3 y π =Acosπ +Bsinπ 3 π cos π =B y π = Asinπ +Bcosπ 3 cos π π sin π = 3π 4 A y(0) +y (0) =0 y π +y π A+B 3 =0 =0 A B 3π 4 =0 A+B 3 +A B 3π 4 A = 3( +π) 4 =0+0 A 6+3π 4 = 3 4 (+π) A = 3 8 (+π) =0 B= 3 A=3 3 8 (+π) = 3 8 (4 π) B = 3 8 ( π) Частното решение на нехомогенното ЛОДУ: y() = 3 8 (+π) cos + 3 8 ( π) sin 3 cos Графика: Полученото частно решение е изобразено на графиката в интервала: 0, 0,y 0, 0 : y 0 10 0 10 10 0 10 0 53

в) y +y=e +e Записваме хомогенното линейно ОДУ (ХЛОДУ): y +y=0. Определяме характеристичния полином (ХП) на ХЛОДУ: k +1=0. Търсим корените на ХП и определяме общото решение на ХЛОДУ (ОРХЛОДУ): k +1=0 k = 1 k=± 1 k, =±i Δ=b 4ac=(0) 4(1)(1) =0 4= 4<0 k, = b a ±i Δ a =α±iβ k, = 0 (1) ±i 4 (1) =0±i =0±i=α±iβ α=0 ; β=1 ОРХЛОДУ: y() = (Acosβ+Bsinβ)e =Acos+Bsin За да намерим общото решение на нехомогенното ЛОДУ използваме МНК. Представяме функцията f() като линейна комбинация от функции f () и f () и за всяка намираме функциите u () и u (): f() =f () +f () =e +e f () =e =e P () cos β +Q () sin β = α =1 ; β =0 m=0 ; n=1 L=ma(n, m) =ma (1,0)=1 Заместваме определените параметри във функцията u (): α α ; β β r=0 P () =C+D u () = e P () cos 0 + Q () sin 0 u () =e (C + D) f () =e =e P () cos β +Q () sin β = α = 1 ; β =0 m=0 ; n=0 L=ma(n, m) = ma (0,0) = 0 Заместваме определените параметри във функцията u (): α α ; β β r=0 P () =E u () = e P () cos 0 + Q () sin 0 u () =Ee u() =u () +u () =e (C + D) +Ee Заместваме намерената функция u() в оригиналното НЛОДУ на мястото на y(): За целта определяме първата и втората производна на u(): u () = e (C + D) +Ee =e (C + D) +Ce Ee Тогава: u () =e (C + C + D) Ee u () = e (C + C + D) Ee =e (C+C+D) +Ce +Ee u () =e (C + C + D) +Ee u +u=e +e e (C + C + D) +Ee +e (C + D) +Ee =e +e e (C + C + D) +Ee =e +e 54

Приравняваме двете страни на равенството по изразите, стоящи пред показателни ф-ции: C = 1 C + D = 0 E = C=1/ D= 1/ E=1 Намереното частно решение на нехомогенното ЛОДУ u() има вида: u() = 1 ( 1)e +e Общото решение на нехомогенното ЛОДУ придобива вида: y() =Acos+Bsin+ 1 ( 1)e +e y () = Acos+Bsin+ 1 ( 1)e +e y () = Asin+Bcos+ 1 ( 1)e + 1 e e y () =Bcos Asin+ 1 e e y () = Bcos Asin+ 1 e e y () = Bsin Acos+ 1 e + 1 e +e y () = Bsin+Acos + 1 (+1)e +e y +y=e +e Bsin+Acos + 1 (+1)e +e +Acos+Bsin+ 1 ( 1)e + e =? e + e Графика: Полученото общо решение (ОР) ще илюстрираме с едно частно решение (ЧР), намерено за допълнителните начални условия y(0) =1/;y (0) = 1, за което ЧР има вида: y() = (+1)e +e и което е изобразено на графиката в интервала: 3, 3, y 0, 3 : 55

.0 y 1.5 1.0 0.5 3 1 0 1 г) y +y=tan y(0) =y(π/6) =0 Записваме хомогенното линейно ОДУ (ХЛОДУ): y +y=0. Определяме характеристичния полином (ХП) на ХЛОДУ: k +1=0. Търсим корените на ХП и определяме общото решение на ХЛОДУ (ОРХЛОДУ): k +1=0 k = 1 k=± 1 k, =±i Δ=b 4ac=(0) 4(1)(1) =0 4= 4<0 k, = b a ±i Δ a =α±iβ k, = 0 (1) ±i 4 (1) =0±i =0±i=α±iβ α=0 ; β=1 ОРХЛОДУ: y() = (Acosβ+Bsinβ)e =Acos+Bsin За да намерим общото решение на нехомогенното ЛОДУ не можем да използваме МНК, защото функцията tan не може да се представи като линейна композиция от показателната функция e, тригонометричните функции sin β, cos β и полиноми. Затова ще използваме метода на Лагранж. За целта определяме детерминантата на Вронски: y() =C y () +C y () =Acos+Bsin C A, C B, y () =cos, y () =sin, f() =tan W(y,y ) = y () y () sin y () y = cos () sin cos =cos +sin =1 Намирането на едно частно решение на нехомогенното ЛОДУ u() става посредством формулата: u() = y () y ()f() W(y,y ) d + y () y ()f() W(y,y ) d = cos sin tan cos tan d + sin d 1 1 56

u() = cos sin d + sin sin d = cos = cos 1 cos d sin cos = cos = cos d cos cosd sincos = = cosln tan + π 4 +sincos sincos u() = cosln tan + π 4 Общо решение на нехомогенното ЛОДУ: y() =Acos+Bsin cosln tan + π 4 Намиране на частното решение на нехомогенното линейно ОДУ (ЧРНЛОДУ) става чрез налагането на допълнителните гранични условия: y(0) =0 0=Acos0+Bsin0 cos0ln tan π =A(1) +B(0) (1) ln 1 4 A=0 y π 6 =0 0=Bsinπ 6 cosπ 6 ln tan π 1 + π 4 =B1 3 ln tan π 3 0=B 1 3 ln 3 B1 = 3 3 ln 3 B = 3 ln 3 B = ln 3 Частно решение на нехомогенното ЛОДУ: y() = 3 ln 3 sin cos ln tan + π 4 y () = 3 ln 3 sin cos ln tan + π 4 y () = 3 ln 3 cos + sin ln tan + π 4 coscot + π 4 1 cos + π 4 y () = 3 ln 3 cos + sin ln tan + π 4 cos 57 cos + π 4 sin + π 4 cos + π 4 y () = 3 ln 3 cos + sin ln tan + π 4 cos 1 sin + π 4 cos + π 4 y () = 3 ln 3 cos + sin ln tan + π 4 cos sin( +π/) y () = 3 ln 3 cos + sin ln tan + π cos 4 cos

y () = 3 ln 3 cos + sin ln tan + π 4 1 y () = 3 ln 3 sin + cos ln tan + π 4 + sin cot + π 4 1 cos + π 4 y () = 3 ln 3 sin + cos ln tan + π 4 +sin cos + π 4 sin + π 4 cos + π 4 y () = 3 ln 3 sin + cos ln tan + π 4 +sin 1 sin + π 4 cos + π 4 y () = 3 ln 3 sin + cos ln tan + π 4 + sin sin( +π/) y () = 3 ln 3 sin + cos ln tan + π sin + 4 cos y () = 3 ln 3 sin + cos ln tan + π 4 +tan y +y=tan 3 ln 3 sin +cosln tan + π 3 +tan + 4 ln 3 sin cosln tan + π 4 =? tan Графика: Полученото частно решение (ЧР) ще илюстрираме на графика в интервала: 3π, 3π, y π/, π/ : y 1.5 1.0 0.5 5 0.5 5 1.0 1.5 Задачи за домашно: 1) y 4y +3y=e y(0) =3 ; y (0) =9 ) y 6y +5y=sin+3cos 3) y y +y=e sin 4) y +5y 1 +6y= 1+e 58

Уравнение на Ойлер: y ( ) +a y ( ) + +a y + a y=f() Полагаме: =e t = ln Определяме диференциалите и производните след полагането: d = d(e ) = (e ) dt = e dt ; dt = d(ln ) = (ln ) d = d d = e dt ; dt = d d dt dt =e = ; d = 1 =e Тогава за производните y,y,y се получават следните изрази: y = dy d = dy dt dt d =y e y =y e y = d dy d d = d dt dt d dy dt = d dy dt dt e + dy d dt y = (y y )e y = d d y d d = d dt = d y dy dt d dt = d y dt d y = d y dt d y dt d = d dt dy dt dt dt d d = d dt dy dt e e = dt (e )e =y e y e = (y y )e dt y dy d d dt dt e = d y dy dt d dt dt e dt d = dt e + d y dy dt dt d dt (e ) e = dt e d y dy dt dt e e = y dt d +dy dt dt e = (y 3y +y )e y = (y 3y +y )e Задача 3. Решете уравненията: а) y y +y=0 б) y +3y + y = 1/ y(1) =1 ; y (1) =0 Решение: а) y y +y=0 След прилагане на субституцията: =e ln=t даденото Ойлерово хомогенно ОДУ добива вида: e (y y )e e y e +y=0 y y y +y=0 y y +y=0 Полученото ОДУ е хомогенно линейно ОДУ от -ри ред. 59

I-ви начин: Записваме ХП: k k+1=(k 1) k =k =k=1 ОР: y(t) = (A +Bt)e = (A +Bt)e ( ) ОР: y(t) = (A +Bt)e II-ви начин: y +ay +by=0 y y +y=0 a= a= 1 ; b=1 b a =1 ( 1) =1 1=0 b=a ОР: y(t) = (A +Bt)e = (A +Bt)e ( ) ОР: y(t) = (A +Bt)e III-ви начин: ay +by +cy=0 y y +y=0 a=1;b= ;c=1 Δ=b 4ac=( ) 4(1)(1) =4 4=0 k, =k= b = a (1) =1 ОР: y(t) = (A +Bt)e = (A +Bt)e ( ) ОР: y(t) = (A +Bt)e y(t) = (A +Bt)e y (t) = (A +B+Bt)e y (t) = (A +B+Bt)e y y +y=0 (A +B+Bt)e (A +B+Bt)e + (A +Bt)e =? 0. (A +B+Bt A B Bt+A+Bt)e =? 0 След намиране на ОР на хомогенното линейно ОДУ извършваме обратна субституция t =ln. ОР: y() = (A +Bln)e ОР: y() = (A +Bln) (A +Bln) y () =A+Bln+A+B y () =A+B/ y y +y=0 (A+B/) (A +B+A+Bln) + (A +Bln) =? 0. A +B A B A Bln+A+Bln=? 0 Графика: Полученото общо решение (ОР) ще илюстрираме с едно частно решение (ЧР), намерено за допълнителните начални условия y(1) =0;y (1) =1, за което ЧР има вида: y() =ln и което е изобразено на графиката в интервала: 0, 4, y 1, 5 : 60

y 5 4 3 1 1 3 4 1 б) y +3y +y=1/ y(1) =1 ; y (1) =0 Прилагаме субституцията: =e ln=t към даденото Ойлерово нехомогенно ОДУ, което добива вида: e (y y )e +3e y e +y=e y y +3y +y=e y +y +y=e Полученото ОДУ е нехомогенно линейно ОДУ от -ри ред. Записваме хомогенното линейно ОДУ (ХЛОДУ): y +y +y=0. Определяме характеристичния полином (ХП) на ХЛОДУ: k +k+1=0. Търсим корените на ХП и определяме общото решение на ХЛОДУ (ОРХЛОДУ): k +k+1=0 (k +1) =0 k, =k= 1 y(t) = (A +Bt)e 61

Δ=b 4ac= 4(1)(1) =4 4=0 k, =k= b a = (1) = 1 ОРХЛОДУ: y(t) = (A +Bt)e = (A +Bt)e За да намерим общото решение на нехомогенното ЛОДУ използваме МНК: f(t) =e P (t) cos β t+q (t) sin β t =e α = 1 ; β =0 m=0 ; n=0 L=ma(n, m) = ma (0,0) = 0 Заместваме определените параметри във функцията u(): α=α ; β=β r= u(t) =t e P (t) cos 0 + Q (t) sin 0t u(t) =Ct e Заместваме намерената функция u() в оригиналното НЛОДУ на мястото на y(): За целта определяме първата и втората производна на u(): u (t) = Ct e =C(t t )e u () =C( t)te u (t) = C( t)te =C t + t ( t)t e u (t) =C( 4t+t )e Тогава: u +u +u=e C( 4t+t )e +C( t)te +Ct e =e Ct 4Ct+C+4Ct Ct +Ct =1 C=1 C=1/ Намереното частно решение на нехомогенното ЛОДУ u() има вида: u(t) = 1 t e Общото решение на нехомогенното ЛОДУ придобива вида: y(t) = (A +Bt)e + 1 t e y (t) = (A +Bt)e + 1 t e y () =Be (A +Bt)e + 1 te 1 t e y () = (B A Bt+t t /)e y () = (B A Bt+t t /)e y () = (1 B t)e (B A Bt+t t /)e y () = (1 B+A+Bt t+t /)e y +y +y=e (1 B + A + Bt t + t /)e +(B A Bt+t t /)e + (A +Bt)e + 1 t e =? e 1 B+A+Bt t+t / +B A Bt+t t +A+Bt+t / =? 1 6

След намиране на ОР на нехомогенното линейно ОДУ извършваме обратна субституция t=ln. ОР: y() = A+Bln + ln ОР: y() = A+Bln+ln Намирането на частно решение на нехомогенното Ойлерово ОДУ стаа чрез използването на допълнителните начални условия: y(1) =1 ; y (1) =0 y( =1) =1= A+Bln1+ln 1 A = 1 (1) y () = 1 +Bln + 1 ln = 1 +B1 ln + 1 ln ln y () = 1 (B Bln+ln ln 1) y (=1) =0= 1 1 (B Bln1+ln1 ln 1 1) B = 1 ЧР: y() = 1+ln y() = 1 ln + + 1 ln + ln y () = 1 + 1 ln ln + y () = 1 y () = 1 1 ln + + 1 ln ln = ln y () = 1 ln 1 ln ln y () = ln ln y +3y +y= 1 ln ln ln +3 1 ln +1 ln + + 1 ln 1 =? ln 3 ln + 1 ln + + 1 ln 1 =? Графика: Полученото частно решение (ЧР) ще илюстрираме на графика в интервала: 0, 5, y 0, 5 : y 5 4 Задачи за домашно: Решете уравненията: 1) y y +y=0 ) y 3y +3y=3ln 3) y +y +y=sin(ln) 3 1 63 0 1 3 4 5