Задача 222. Филиппов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным уравнениям

Построить по два последовательных приближения (не считая исходного) к решениям следующих уравнений и систем:

a) $y'=2 x+z$,  $z^{\prime}=y$ ;  $y(1)=1$,  $z(1)=0$.

б) $\dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=y$,  $\dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=x^{2}$;  $x(0)=1$,  $y(0)=2$.

в) $y'' +y'^2 -2 y=0$ ;  $y(0)=1$,  $y'(0)=0$.

г) $\dfrac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d} t^{2}}=3 t x$ ;  $x(1)=2$,$\left. \dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right|_{t=1}=-1$

Решение

a) $y'=2 x+z$,  $z^{\prime}=y$ ;  $y(1)=1$,  $z(1)=0$.

Начальные приближения:

$$y_0(x)=1, \ z_0(x)=0$$

Рекуррентные формулы для последовательных приближений:

$$y_{k+1}(x)=1+\int_{1}^{x}\left(2s+z_{k}(s)\right) d s, \  z_{k+1}(x)=\int_{1}^{x} y_{k}(s) d s, \quad k\in Z_0$$

Для $k=1$, получаем:

$$y_1(x)=1+\int_{1}^{x}\left(2s+z_{0}(s)\right) d s=1+\int_{1}^{x}\left(2s\right) d s=1+x^2-1=x^2$$

$$z_1(x)=\int_{1}^{x} y_{0}(s) d s=\int_{1}^{x} d s=x-1$$

Для $k=2$, получаем:

$$y_2(x)=1+\int_{1}^{x}\left(2s+z_{1}(s)\right) d s=1+\int_{1}^{x}\left(2s+s-1\right) d s=\\=1+\frac{3x^2}{2}-x-\frac{3}{2}+1=\frac{1}{2}+\frac{3x^2}{2}-x$$

$$z_2(x)=\int_{1}^{x} y_{1}(s) d s=\int_{1}^{x} s^2 d s=\frac{x^3}{3}-\frac{1}{3}$$

Таким образом, получаем последовательные приближения для исходной системы уравнений:

$$y_0(x)=1, \ y_1(x)=x^2, \ y_2(x)=\frac{1}{2}+\frac{3x^2}{2}-x$$

$$z_0(x)=0, \ z_1(x)=x-1, \ z_2(x)=\frac{x^3}{3}-\frac{1}{3}$$

---

б) $\dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=y$,  $\dfrac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=x^{2}$;  $x(0)=1$,  $y(0)=2$.

Начальные приближения:

$$x_0(t)=1, \ y_0(t)=2$$

Рекуррентные формулы для последовательных приближений:

$$x_{k+1}(t)=1+\int_{0}^{t}y_{k}(s) \ d s, \  y_{k+1}(t)=2+\int_{0}^{t} x^2_{k}(s) d s, \quad k\in Z_0$$

Для $k=1$, получаем:

$$x_{1}(t)=1+\int_{0}^{t}y_{0}(s) \ d s=1+2\int_{0}^{t} d s=1+2t$$

$$y_{1}(t)=2+\int_{0}^{t} x^2_{0}(s) d s=2+\int_{0}^{t}  d s=2+t$$

Для $k=2$, получаем:

$$x_{2}(t)=1+\int_{0}^{t}y_{1}(s) \ d s=1+\int_{0}^{t} \left(2+s\right)d s=1+2t+\frac{t^2}{2}$$

$$y_{2}(t)=2+\int_{0}^{t} x^2_{1}(s) d s=2+\int_{0}^{t} \left(1+2s\right)^2 d s=\\=2+\int_{0}^{t} \left(1+4s+4s^2\right) d s=2+t+2t^2+\frac{4t^3}{3}$$

Таким образом, получаем последовательные приближения для исходной системы уравнений:

$$x_0(t)=1, \ x_{1}(t)=1+2t, \ x_{2}(t)=1+2t+\frac{t^2}{2}$$

$$y_0(t)=2, \ y_{1}(t)=2+t, \  y_{2}(t)=2+t+2t^2+\frac{4t^3}{3}$$

---

в) $y'' +y'^2 -2 y=0$ ;  $y(0)=1$,  $y'(0)=0$.

Сведем данное уравнение второго порядка к системе уравнений. Пусть $z=y'$, тогда:

$$y'=z, \ z'=2y-z^2$$

Начальные условия принимают вид:

$$y(0)=1,  \ z(0)=0$$

Начальные приближения:

$$y_0(x)=1, \ z_0(x)=0$$

Рекуррентные формулы для последовательных приближений:

$$y_{k+1}(x)=1+\int_{0}^{x} z_{k}(s) d s, \  z_{k+1}(x)=\int_{0}^{x}\left(2y_k(s)-z^2_{k}(s)\right) d s, \quad k\in Z_0$$

Для $k=1$, получаем:

$$y_1(x)=1+\int_{0}^{x}z_{0}(s) \ d s=1$$

$$z_1(x)=\int_{0}^{x} \left(2y_0(s)-z^2_{0}(s)\right) d s=2\int_{0}^{x} d s=2x$$

Для $k=2$, получаем:

$$y_2(x)=1+\int_{0}^{x}z_{1}(s) \ d s=1+2\int_{0}^{x} s\ d s=1+x^2$$

$$z_2(x)=\int_{0}^{x} \left(2y_1(s)-z^2_{1}(s)\right) d s=\int_{0}^{x} \left(2-4s^2\right) d s=2x-\frac{4x^3}{3}$$

Таким образом, получаем последовательные приближения для исходного уравнения:

$$y_0(x)=1, \ y_1(x)=1, \ y_2(x)=1+x^2$$

---

г) $\dfrac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d} t^{2}}=3 t x$ ;  $x(1)=2$,$\left. \dfrac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}\right|_{t=1}=-1$

Сведем данное уравнение второго порядка к системе уравнений. Пусть $y=x'$, тогда:

$$x'=y, \  y'=3tx$$

Начальные условия принимают вид:

$$x(1)=2, \ y(1)=-1$$

Начальные приближения:

$$x_0(t)=2, \ y_0(t)=-1$$

Рекуррентные формулы для последовательных приближений:

$$x_{k+1}(t)=2+\int_{1}^{t}y_{k}(s) \ d s, \  y_{k+1}(t)=-1+\int_{1}^{t} 3tx_{k}(s) d s, \quad k\in Z_0$$

Для $k=1$, получаем:

$$x_{1}(t)=2+\int_{1}^{t}y_{0}(s) \ d s=2-\int_{1}^{t} d s=3-t$$

$$y_{1}(t)=-1+\int_{1}^{t} 3sx_{0}(s) d s=-1+6\int_{1}^{t} s \ d s=-1+3t^2-3=3t^2-4$$

Для $k=2$, получаем:

$$x_{2}(t)=2+\int_{1}^{t}y_{1}(s) \ d s=2+\int_{1}^{t}(3t^2-4) \ d s=2+t^3-4t-1+4=5+t^3-4t$$

Таким образом, получаем последовательные приближения для исходного уравнения:

$$x_0(t)=2, \ x_{1}(t)=3-t, \ x_{2}(t)=5+t^3-4t$$