Anti-Demidovich (Boyarchuk A.K., Golovach G.P.). Tom 5. Differencial nye uravnenija (2001)(ru)(T)(394s) (Антидемидович), страница 5

и 1б. Найти частное решение некоторого лифференциального уравнения, если его общее ре- шение имеет вил у = С,совах+ Сзззпах и у(0) = 1, у(0) = 1. М Дважды лифференцируя у по х, легко находим соответствующее дифференциальное уравнение: у +ад=О.

и з Для отыскания частного решения этого уравнения следует воспользоваться начальными условиями, чтобы найти постоянные С, и С,. Имеем у(0) = (Сз сапах+ Сз оп ах)ь-е = С, = 1, у (0) = а(-Сз илах + Сз сапах)(,=е —— аСз = О. Итак, Сз — — 1, Сз —— О, у = ошах — частное решение, и 17. Найти частное решение дифференциального уравнения, если его общее решение имеет вид у = Сз+ Сз!пх+ Сзх и удовлетворяет следующим начальным условиям: д(Ц = 1, д'(Ц м О, дп(Ц = 2.

< Исходя из условий примера, имеем В(1) = (Сз+Сз1пх+Сзх )1 =1, д(1) = ( — +ЗСзх ) =О, У (Ц= (- — +ЬСзх) =2. (,=г Ьмз Отсюда находим, что Сз — — — 9, С, = — т, Сз — — у. Осталось записать частное решение: 2 2 2 2 2 2 з у = -- — — 1пх+ — х . 9 3 9 Сосшвить соответствующее дифференциальное уравнение предоставляем читателю. И 10 18. Пусть некоторое частное решение удовлетворяет задаче Коши у = х+ уз„у(0) = 1. Может ли оно удовлетворять другой задаче Коши да=(+2хр+2р', „(О)=1, р'(О)=П < Если частное решение двюяды непрерывно дифференцируемо, то из первой задачи Коши находим: у" = 1+ 2рр' = 1+ 2р(х Е р') = 1+ 2хд+ 2у', а также у'(0) = 1. Следовательно, это возможно. М 19. Пусть общее решение некоторого дифференциюзьного уравнения имеет вил р = Сзх+ С,е*+ Сз(х Ч х ), — оо < х < +ос.

Может ли функция р = х + 1 быть частным решением этого уравнения? ~ Нет, не может, поскольку ни при каких значениях произвольных постоянных (в том числе и хсо) из формулы общего решения получить ее нельзя, м Упражнении дли самостоятельной работы Путем исключения постоянных С) найти дифференциальные уравнения следующих семейств кривых: 3 ,з 1. У вЂ” \В(Сзх) = О. 2. Р = Сзесз.

3. )--„-С + фС- — 1 = О. 4. р= Сз з)пр(х)+Сзсозаз(х), Зз(х) = ~~(1)зй. 5. р= СзЗз. о б. р + (з~ — С, = 0 (р, р — полярные координаты). С,У вЂ” Сззз+ Сзх = О, Сз р + Сз з + Сз х + Сз = О, С,з(пу+4Сзе' — 2Сз =О. ( С~У +Сзз +Сзх 52С, =О. Глава 1 Дифференциальные уравнения первого порядка 5 1. Уравнения с разделяющимися переменными 1.1, Дифференциальное уравнение е разделдннцимисн переменными. Уравнение аида у1(х)уз(у) Ых + д~(х)дз(у) Ыу = О, (1) где ~;, д, (К = 1, 2) — заданные непрерывные функции, х 6 (а, Ь), у Е (с, Ы), называется ди4ференииал ьным уравнением с разделяющимися переменными Для того, чтобы проинтегрировать уравнение (1), следует сначала обе его части разделить на произведение Гз(у)д,(х) (Уз(у)д,(х) и О), а затеи, пользуясь формулой и (/ у(х)дх+ / д(у) Ыу) = З(х) Ых+ д(у) Ыу, записать / — Ых + / д— У Ыу = С.

д~(х) Гз(у) (2) 1.2. Разделение переменнык линейной заменой аргумента. Уравнение вида — = З(ах+ Ь) (а, Ь вЂ” посгоянные), Ыу (3) Ых где у — непрерывная функция, посредством подстановки 1 = ах + Ь приводится к уравнению с разделяющимися переменными (а+ ЬУ(1))дх — Ы( = О. Решить следующие уравнения. 20.,(у'+ 1Ых = ху Ыу. и Это уравнение вида (1). Деля обе его части на произведение чтут + 1 ° х, получаем Ых уду — х~О, х т/у" + 1 откуда Ь (х! — ф+1=С.

Таким образом, все решения данного уравнения имеют вид 1п(х! — )/уз+1=С, и=о. > При делении ма~ли быль потеряны решения уравнений уз(у) = О и д,(х) = О. Поэтому для по- лучения всех решений уравнения (1) следует к семейству интегральных кривых (2) присоединить нули функций уз и д,. Гл. 1. Дифференциальные уравнения первого порядка 12 21. (х' — 1)у'+2ху' = О, у(0) =1.

м Сначала находим все решения этого уравнения. Имеем (х' — 1)ду + 2ху' Их = О, откуда, разделив переменные х и у, получаем ду 2Ых 2 + 2 0' уз хт 1 Интегрируя обе части полученного уравнения, находим — — + !ц)х — Ц = С. 1 (1) у Для получения всех решений исходного уравнения к последнему семейству интегральных кривых присоединим еще решение у = О. Далее, из совокупности всех интегральных кривых выделим ту кривую, которая проходит через точку (О, 1). Полагая в (1) х = О и у = 1, находим С = -1. Таким образом, функция ! ! + 1п !хт — Ц является решением поставленной задачи.

И 22. ху'+у= у', уП) =0,5. м Записывая уравнение в виде лбу+ (у — у )бх = 0 (1) и разделяя переменные, имеем бу цх + — = О. у — уз х Интегрируя, получаем ху(1 — у) = С. (2) Заметим, что несмотря на деление обеих частей уравнения на х(у — уз), его решения х = О, у = 0 и у = 1 не были потеряны.

Наконец, подставив в (2) х = 1, у = 0,5, находим С = т. 1 Следовательно, дифференцнруемая кривая чху(! — у) — ! = 0 — решение поставленной задачи. > 23. е '(1+ — ) =1. м Переписав уравнение в виде г)в — =е — 1 1 разделяем переменные в и 1: бв = Й. е' — ! Проинтегрировав полученное уравнение, находим е'-1! г 1п — ~ =!+!пС, или в=-!и(1+Се).

и е' 24. у' = сов(у — х). < Полагая в = у — х, получим <Ь г)у — = — — 1. дх т(х Исходное уравнение приводится к виду бв — = цх. сги в — 1 и 1. Уравнения с раиыляющямиея переменными 13 Ингегрированнем находим у — х х — с!8 — = С, или х — сзй — = С. 2 2 К этим решениям следует присоединить поюрянные решения а = 2лх, й Е Е. р 25. у' — у =2х — 3. < Записав уравнение в виде Ыу = (у+ 2х -3) г(х и произведя замену а = у+ 2х — 3, получим уравнение с разделяющимися переменными г(з = (з + 2) г(х.

Отсюда при а Ф -2 следует, что оз — = ох. а+2 Интегрируя уравнение, имеем (и!а+ 2! = х+ 1пС, или, окончательно у = 1 — 2х + Се*. Очевидно, решение а = -2, т. е. у = ! — 2х, принадлежит полученному семейству интегральных кривых (его можно включить в семейспю при С = О). и Найти решения уравнений, удовлетворяющие указанным условиям при х — +со. 9 26. х у — сов 2у = 1, у(+со) = — зг. 4 м Разделяя переменные, получим Ду дх — х за 0, соз у г= О.

2соззу х ' После интегрирования имеем ! 1 l — гйу = С вЂ” — или у = агсгя (2С вЂ” — ) + 2йя й Е Е. 2 х' х) Используя дополнительное условие, находим 9 — зг = !пп у = 1пл ( ага!в(2С вЂ” — ) +2лзг) = агсг82С+2йх. Поскольку ~ агсг82С! ( ~т, то отсюда следует, что й = 1, агсг82С = ~т, С = 2. Таким образом, окончательно получаем у = шс!8 (1 — х ) + 2а.. > 27. Зу'у'+!бх = 2ху'! у(х) ограничено при х — +со. м Разделяем переменные х и у: Зу ду = 2хз(х, у ~ 2. уз — 8 Интегрируя обе части уравнения, получим: 3 8у = 2 /хба+ С, (и !у — 8! = х + С. уз — 8 Полагая С = 1п Сз (Сз > О), имеем )у~ — 8) = С,е* . Очевидно, что решение у = 2 можно включить в полученное семейство интегральных кривых, если считать, что С, = О.

Таким образом, все решения исходного уравнения описываются формулой )у' — 8) = С,е* (С, ~) О). Из полученной формулы следует, что единственная кривая у = 2 удовлетворяет поставленному в задаче условшо. > Гл. 1. Дифференциальные уравнения первого аорядка 14 ! Уз+1 28. Показать, что каждая интегральная кривая уравнения у' = !( имеет две горизон!/хо+ 1 тальные аснмптоты. м Разделяя в дифференциальном уравнении переменные х н у, а затем интегрируя, получим г / ъ ииу-Ь1,~ ъФ+Т' где (хо, уо) — произвольная точка на плоскости Оху Пусть в (1) х — +со. Тогда в силу сходимостн несобственного интеграла з! -! — — су/ гд ,/ оГ4+ 1 гм) ществует 1па з! -,— = а.

Поскольку несобственный интеграл ~ -,— — расходится, то ) ли ! ))а т'о'+ 1 30 го !цп у(х) = у(+ос) существует и конечен, причем у(+ос) > уо, так как а > О. Далее, пусть в (1) х -+ -оо. Тогда г(*) )(! 1!и) / ! =Ь, где Ь= / —,— <О. о! / 5)из+1 у 2!5+1 го оо Следовательно, -со ( у( — со) < уо. Таким образом, формула (1) описывает семейство интегральных кривых, каждая из которых имеет две горизонтальные аснмгпоты у(-со) и у(+со).