WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     || 2 |
С. П. ПРЕОБРАЖЕНСКИЙ, С.Р. ТИХОМИРОВ ИНТЕГРИРОВАНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ С ПОМОЩЬЮ СТЕПЕННЫХ РЯДОВ 1987 ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие 2 Формулировка задания 3 Варианты задания 3 Пример выполнения задания и комментарии 4 Литература 14 1 ПРЕДИСЛОВИЕ Предлагаемое расчётное задание по теме "Дифференциальные уравнения" включает в себя следующие разделы:

1. составление по заданной функции дифференциального уравнения и задачи Коши;

2. проверка выполнения условий теоремы существования и единственности решения задачи Коши;

3. решение дифференциального уравнения с помощью степенного ряда.

Попутно расчётное задание преследует и другую цель – повторение некоторых основных фактов из теории степенных рядов, а именно:

1. разложение элементарных функций в ряды Тейлора, 2. нахождение радиуса и круга сходимости степенного ряда, 3. действия со степенными рядами.

И, наконец, при выполнении расчётного задания приходится решать рекуррентные уравнения, связывающие коэффициенты степенного ряда. Такие уравнения, возникающие в приводимых ниже вариантах задания или решаются совсем просто, так как оказываются однородными и связывают только два последовательных коэффициента ряда, или – в более сложных случаях – они оказываются неоднородными и требуют от студента известной изобретательности.

В этом последнем случае может быть использован метод вариации произвольной постоянной (или, как его ещё называют – метод Лагранжа). Этот метод излагается здесь при разборе конкретного примера.

Содержание расчётного задания составлено так, что студент, фактически, сам себе ставит задачу, сам предварительно находит ответ и затем, решая задачу, получает решение, которое должно совпасть с полученным ранее ответом.

Данное расчётное задание неоднократно апробировалось на физикомеханическом факультете. Представляется целесообразным использование этого задания также на других факультетах с углублённым изучением математики – РФФ и ФТК. В сокращённом варианте это задание можно предлагать и на общетехнических факультетах (для этого, конечно, необходимо из перечня задач отобрать наиболее простые).

РАСЧЁТНОЕ ЗАДАНИЕ 1. Для заданной функции y= f (x) составьте линейное дифференциальное уравнение не ниже второго порядка с полиномиальными коэффициентами, для которого эта функция является решением.

2. Разложите данную функцию в степенной ряд по степеням x.

3. Поставьте задачу Коши в точке x= 0 для уравнения, полученного в п.так, чтобы решением задачи Коши была заданная функция. Проверьте выполнение условий теоремы существования и единственности решения задачи Коши.

4. Методом неопределённых коэффициентов найдите решение поставленной задачи Коши в виде степенного ряда.

5. Найдите радиус сходимости полученного ряда.

6. Сопоставьте результаты, полученные в п. п. 2 и 4.

ФУНКЦИИ ДЛЯ РАСЧЁТНОГО ЗАДАНИЯ.

1 x 1. y= (1-2x- 1- 4x )2. 28. y=.

15. y=2x-2 4 - x2arcsin.

1- 4x1+ 1- 4x 2. y= arctgx ln(1 + x2).

16. y=(x+ 1+ x2 )p, p>0.

29. y=.

1 1+ x 1- 4x1+ 1- 4x 17. y= 1+ 1+ x.

3. y= arctgx ln.

2 1- x 18. y= ln3(1+x).

4. y=-ln(1 + x)ln(1 - x).

2 8 1- 4x + 30. y=.

1- 4x 1+ 1- 4x 8 5. y= ln2(1-x).

19. y=.

31+ 1- 4x 1+ 1-16x31. y=.

6. y= ln2(1 + x2).

2(1-16x2) 2x1 x arcsin x 20. y= +.

1- x2 1- x2 7. y=-ln(1 - x+ x2).

4x + 1+16x32. y=.

1+16x 8. y=ln. 21. y=exp(parcsinx).

1+ 1- 4x x 1 33. y= ln1+ t dt.

22. y=cos(parcsinx).

t 1-t 9. y=ln2(1+ x ).

1- x 23. y=cos(parshx).

x 10. y=arcsin2x. 34. y= arctgtdt.

t 24. y=sin(parcsinx).

11. y=arsh2x.

2x 25. y=sin(parshx).

1 35. y= arsintdt.

arcsin x t 12. y=. 1 26. y= arcsin3x.

1- x2x arsh x 13. y=. 1 27. y= arcsin4x.

36. y= arshtdt.

1+ x2 t 14. y= 1+ x2 arshx.

ПРИМЕР И КОММЕНТАРИИ arctg2x Приведём полное решение задания на примере функции y=.

x1. Составим для данной функции дифференциальное уравнение (не ниже второго порядка) с полиномиальными коэффициентами. Будем исходить из тождества x2y=arctg2x.

Дифференцируя по x, находим:

2xy+x2y= arctg x, 1+ xили (x+x3)y+ (x2+x4)y=arctg x.

Второй раз дифференцируем по x:

1 (1+3x2)y+(x+x3)y+(x+2x3)y+ (x2+x4)y= 2 1+ xи, умножая обе части равенства на (1+x2), окончательно получаем:

x2(1+x2)2y+x(1+x2)(2+3x2)y+(1+3x2)(1+x2)y=1. (1) arctg2x 2. Разложим заданную функцию f (x)= в ряд по степеням x.

xВидно, что x=0 – устранимая особая точка функции f (x) и поэтому в дальнейшем считаем, что f (0)= lim f (x)=1.

x Введём вспомогательную функцию g(x), заданную равенствами:

arctg x g(x)=, если x0, и g(0)=1.

x так что f (x)g2(x).

Для того, чтобы получить разложение f (x) в ряд Маклорена. сначала разложим в такой ряд функцию g(x), а затем возведём этот последний в квадрат.

Так как при x(-1; 1) ¶ n =1-x2+x4-…= (-1) x4n, 1+ xn=x dt a arctg x=, то 1+ tx ¶ ¶ n n x3 x5 x2n +arctg x= (-1) t2ndx=x- + -…= (-1) 2n +1, 3 0 n=0 n= где x[-1; 1] (сходимость на концах промежутка следует из признака Лейбница).

Поэтому ¶ n x2n g(x)= (-1) 2n +1, -1§x§1.

n=n Для сокращения записи положим: x2=z и (-1) =bn, так что, 2n +¶ g(x)= bnzn.

n=Пусть, далее, искомое разложение функции f (x) в ряд Маклорена имеет вид:

¶ f (x)= anxn.

n=Так как функция f (x) чётна, то её разложение в ряд Маклорена содержит лишь чётные степени. Поэтому все коэффициенты ряда с нечётными индексами равны нулю (a2n+1=0, n=0, 1, 2, …) и, значит, ¶ ¶ f (x)= a2nx2n= a2nzn.

n=0 n=Из тождества f (x)g2(x) следует, что ¶ ¶ a2nzn= bnzn.

( ) ) n=0 n=Согласно правилу умножения рядов, коэффициенты a2n вычисляются по формуле:

a2n=bnb0+bn-1b1+…+bn-kbk+…+b1bn-1+b0bn, то есть, n-n (-1)n (-1)n-1 (-1)n- k k (-1) -a2n= 1+ (-1) +…+2(n -k) +1 2k+ (-1)1 +…+ (2n) +1(-1)1, 2n +1 2n -1 3 3 -1 2n + или короче:

n (-1)n a2n=.

(2k+1)(2n- 2k+1) k= Разложим дробь на простейшие дроби:

(2k +1)(2n - 2k+1) 1 A B = + (2k+1)(2n - 2k+1) 2k +1 2n - 2k +(А и В – неопределённые коэффициенты).

Очевидно, A=B=. Поэтому:

2(n +1) (-1)n n 1 n a2n= +.

( ) ) 2(n +1) 2k +1 2(n - k) +k=0 k=В полученном выражении обе суммы равны. Действительно, если во второй сумме заменить переменную суммирования, положив m=n-k, то она запишется в виде: и, таким образом, вторая сумма отличается от первой 2m +m=n лишь тем, что её слагаемые записаны в обратном порядке. Следовательно, (-1)n n a2n=. (2) n +1 2k +k=Так как ¶ ¶ f (x)= a2nzn= a2nx2n, -1§x§1, n=0 n=то искомое разложение в ряд Маклорена функции f (x) имеет вид:

¶ (-1)n n y=f (x)= x2n, -1§x§1. (3) ( ) ) n +1 2k +n=0 k=ЗАМЕЧАНИЕ 1. Легко видеть, что на комплексной плоскости разложение f (x) в ряд (3) оказывается справедливым внутри круга |x|<1 и на его границе |x|=1 за исключением точек i и -i (сходимость на границе устанавливается с помощью признака Дирихле).

ЗАМЕЧАНИЕ 2. Для постановки задачи Коши в точке x=0 нам потребуются значения функции и её производной в этой точке. Проще всего их найти вспомнив, что если известно тейлоровское разложение функции в окрестности точки (k) (k) x0, то его коэффициенты выражаются формулой: ak= f (x0), откуда f (x0)= k ! = k!ak. Этим обстоятельством мы рекомендуем пользоваться особенно в том случае, когда в расчётном задании для постановки задачи Коши требуются значения производных высших порядков в точке x0.

В нашем случае:

f (0)=(так мы доопределяли f (x) в точке x=0, и так следует из формулы (2) при n=0), а так как все a2k+1=0, то, в частности, a1=0 и, значит, f (0)=0.

3. Поставим задачу Коши в точке x=0 и проверим выполнение условий теоремы существования и единственности решения задачи Коши.

В силу сказанного в ЗАМЕЧАНИИ 2 п. 2, будем рассматривать следующую задачу Коши:

x2(1+x2)2y+2x(1+x2)(2+3x2)y+(2+6x2)(1+x2)y=2, yx = 0=1, (4) yx = 0=0.

Запишем дифференциальное уравнение (1) в нормальном виде:

2(2 + 3x2) 2 + 6x2 y+ y+ y=.

x(1+ x2) x2(1+ x2) x2(1+ x2)Коэффициенты и правая часть этого уравнения неограничены (разрывны в точке x=0) поэтому в рассматриваемом случае теорема существования и единственности решения задачи Коши не работает.

4. Методом неопределённых коэффициентов найдём решение поставленной задачи Коши в виде степенного ряда.

Будем искать решение задачи Коши (4) в виде ряда ¶ y= ckxk, (5) k=где ck – неопределённые коэффициенты.

Первые два коэффициента – c0 и c1 – легко находятся из начальных условий задачи Коши (4).

В самом деле. По первому начальному условию: yx = 0=1, а из (5) при x=получаем: y(0)=c0, следовательно, c0=1.

Дифференцируя (5) по x и полагая затем x=0, находим:

¶ yx = 0= kckxk-1x = 0=c1, k= вместе с тем, согласно второму начальному условию yx = 0=0, следовательно, c1=0.

Итак, c0=1, (6) c1=0.

Для нахождения остальных коэффициентов ряда (5) (ck при k2) подставим в дифференциальное уравнение вместо y, y и y, соответственно ряды ¶ ¶ ¶ ckxk, kckxk-1 и k(k-1)ckxk-2.

k=0 k=0 k=Но сначала – для упрощения коэффициентов уравнения – умножим обе части (1) на и запишем дифференциальное уравнение в виде:

1+ x(x2+x4)y+(4x+6x3)y+(2+6x2)y=. (7) 1+ xТеперь имеем:

¶ ¶ ¶ (x2+x4) k(k-1)ckxk-2+(4x+6x2) kckxk-1+(2+6x2) ckxk=.

1+ xk=0 k=0 k=В результате перемножений и перегруппировки слагаемых получаем:

¶ [(k2-k)ckxk+(k2-k)ckxk+2+ k=+4kckxk + 6kckxk +2+ +2ckxk + 6ckxk +2]=.

1+ xОтсюда:

¶ ¶ (k2+3k+2)ckxk + (k2+5k+6)ckxk +2=.

1+ xk=0 k=или ¶ ¶ (k+1)(k+2)ckxk + (k+2)(k+3)ckxk +2=.

1+ xk=0 k=Выделим два первых слагаемых из первой суммы, а во второй сумме заменим индекс суммирования: положим p=k+2, т. е. k=p-2, при этом начальному значению k (k=0) соответствует p=2. Имеем:

¶ ¶ 2c0+6c1x+ (k+1)(k+2)ckxk+ p(p+1)cp-2xp=.

1+ xk=2 p= Заменим c0 и c1 их значениями (см. (6)): c0=1, c1=0 и заметим, что величина суммы ряда не зависит от того, как обозначен индекс суммирования (она определяется границами изменения индекса), поэтому во второй сумме индекс p заменим на k и объединим обе суммы в одну; правую часть равенства разложим в ряд по степеням x при |x|<1. Получим:

¶ 2+ ((k+1)(k+2)ck+k(k+1)ck-2)xk=2(1-x2+x4-…).

k=Первые слагаемые обеих частей равенства взаимно уничтожаются:

¶ ¶ k ((k+1)(k+2)ck+k(k+1)ck-2)xk= 2(-1) x2k.

k=2 k=Ряд в правой части равенства ряд можно записать в виде:

¶ k k [ ] (-1) ((-1) + 1))xk, k=k k где обозначает целую часть числа.

[ ] 2 В самом деле, множитель 0 при нечётных k, k ((-1) + 1))= 2 при чётных k, аннулирует все члены ряда с нечётными степенями x, а множитель = 4m, k 1 при k [ ] (-1) = = 4m+ 2, -1 при k обеспечивает чередование знаков при чётных k.

Таким образом, при |x|< 1:

¶ ¶ k k [ ] (k+ 1)((k+ 2)ck+kck-2)xk (-1) ((-1) +1))xk.

k=2 k=Теперь, приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, стоящих в левой и правой частях этого тождества, приходим к рекуррентной формуле, связывающей коэффициенты ряда (5):

k k [ ] (k+ 1)((k+ 2)ck+kck-2)= (-1) ((-1) + 1)), k 2.

Эта формула вместе с условиями (6) позволяет найти значения коэффициентов ck из следующей системы уравнений:

c0 = 1, c1 = 0, (8) k k [ ] (k+ 2)ck+kck-2= (-1) ((-1) + 1)), k2.

k +Будем решать эту систему для нечётных и чётных k отдельно.

Пусть сначала k нечётное (k=2m+ 1, m= 0, 1, 2, … ). Выпишем из системы уравнения, связывающие коэффициенты ck с нечётными индексами:

c1 = 0, (2m+ 3)c2m+1+ (2m- 1)c2m-1=0, m 1.

То есть c1 =0, 5c3+ 3c1 = 0, 7c5+ 5c3 = 0,.........

Отсюда последовательно находим: из II уравнения – c3 = 0 (т. к. c1 = 0), затем – из III – c5 = 0 (т. к. c3 = 0) и т. д. Не составляет труда проверить по индукции, что при любом m: c2m+1 = 0.

Пусть теперь k – чётное (k=2m, m= 0, 1, 2, … ). Из (8) выпишем уравнения, связывающие коэффициенты ck с чётными индексами:

c = 1, m (2m+ 2)c2m + 2mc2m-2= (-1) 2m +1, m1.

или сокращая последние уравнения на 2, c =1, (9) m (m+1)c +mc2m-2 = (-1) 2m +1, m 1.

2m Это – бесконечная система линейных алгебраических уравнений. Покажем, как можно её решить методом Лагранжа (методом вариации произвольной постоянной).

В соответствии с этим методом решаем сначала следующую систему однородных уравнений:

(m+ 1)c2m+mc2m-2= 0, (10) m=1, 2, 3, … Отсюда:

m c2m=- c2m-2, m 1. (11) m +Исходя из этого равенства последовательно получаем:

m m m -1 m -c2m=- c2m-2 =- (- c2m-4) = (-1) c2(m-2)= m m +1 m +1 m +2 m -1 m - 2 m - = (-1) ( - c2m-6) = (-1) c2(m-3)= m +1 m -1 m +=................................ = r m - r += (-1) c2(m-r).

m +Убедимся в справедливости последнего равенства по индукции.

При r= 1 равенство справедливо, так как совпадает с (10).

Допустим, что формула r m - r +c2m = (-1) c2(m-r) (12) m +верна при произвольном натуральном r.

Используя (11), понизим индекс коэффициента в правой части 2(m-r) ещё на 2 единицы.

Для этого сначала заменим в (11) m на m-r:

m-r c2(m-r)=-m-r+1 c2m-2r-2, а затем подставим это выражение для c2(m-r) в равенство (12):

r m -r +1 m-r c2m = (-1) (- c2m-2r-2) ‹ c2m= (-1)r+1 m-r c2(m-r-1), m +1 m-r+1 m+что и получается из (12) формальной заменой r на r+ 1.

Теперь из (12) при r=m получаем:

c2m= (-1)m m+1 c0, m= 1, 2, 3, …. (13) Равенства (13) дают решение однородной системы (10). Обращаем внимание читателя на то обстоятельство, что здесь c0 – произвольная постоянная (в однородной системе уравнение c0 = 1 из (9) было опущено).

Переходя к неоднородной системе (9), заменим в (13) c0 на (m) – неизвестную функцию натурального аргумента m (варьируем c0) и будем искать решение системы (9) в виде:

c2m = (-1)m m+1 (m), m 1. (14) Подставляя это выражение в (9), получаем уравнения относительно (m):

c = 1, (m+ 1)(-1)m 1 (m) +m(-1)m -1 1 (m- 1)= (-1)m, m1.

m m+1 2m +Отсюда следует, что (m) - (m- 1) =.

2m +При m= 1, 2, …, n, из этого равенства получаем:

(1)-(0)=, (2)-(1)=, (3)-(2)=,...........

(n) -(n- 1) =.

2n +Складываем все эти n равенств и, – после приведения подобных членов в алгебраической сумме, возникающей слева, – находим:

n (n) - (0) =, 2k +k=то есть n (n) = (0) +.

2k +k=Остаётся найти (0). Для этого полагаем в (14) m= 0:

c0 = (0), но c0= 1, следовательно, (0)= 1.

Итак, n n 1 (n) = 1 + =.

Pages:     || 2 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.