Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮМОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ИНДУСТРИАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТЕ. А. ПушкарьДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯВ ЗАДАЧАХ И ПРИМЕРАХУЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕМосква 2007ББК 22.161.6УДК 517.9П91Рецензенты:В.Б. Миносцев, заслуженный работник ВШ РФ, доктор физикоматематических наук, профессор Московского государственного индустриального университета;Д.Л. Ревизников, доктор физико-математических наук, профессор Московского авиационного института (Технический Университет).П91Пушкарь Е.А.Дифференциальные уравнения в задачах и примерах:Учебно-методическое пособие.

– М.: МГИУ, 2007. – 158 с.ISBN 978-5-2760-1097-7В учебно-методическом пособии рассматриваются методы иприемы решения обыкновенных дифференцированных уравнений.Оно соответствует программе дисциплины «Дифференциальныеуравнения» для студентов второго и третьего курсов.Предназначено для студентов высших учебных заведений направления «Прикладная математика и информатика» (010500) испециальности «Математическое обеспечение и администрированиеинформационных систем» (010503).

Будет полезно студентам инженерных специальностей, желающих самостоятельно научитьсярешать дифференциальные уравнения, а также студентам дистанционной формы обучения.ББК 22.161.6УДК 517.9ISBN 978-5-2760-1097-7© Е.А. Пушкарь, 2007© МГИУ, 20073ПредисловиеПособие включает в себя материал 27 практических занятийи используется при изучении курса “Дифференциальные уравнения” в течение двух семестров. В первом из них студентыизучают материал и выполняют задания 1 – 18 занятий, которые посвящены обыкновенным дифференциальным уравнениям первого порядка и дифференциальным уравнениям высшихпорядков. Студенты должны выполнить самостоятельную работу (занятие 11) по численному решению задачи Коши длядифференциальных уравнений первого порядка, одно из которых имеет особенность внутри или на границе заданного интервала.

Работа состоит в написании двух программ и изображении решения в виде графиков на экране терминала. По материалам занятий 3 – 9 и 13 – 17 выполняются две контрольные работы. В конце семестра студенты сдают зачет, в который входятосновные положения теории, изложенные на лекциях, навыкирешения дифференциальных уравнений первого и высших порядков и материал самостоятельной и контрольных работ.Во втором семестре студенты осваивают материал практических и самостоятельных занятий с 19 по 27, которые посвящены системам обыкновенных дифференциальных уравненийи различным методам их решений, устойчивости по Ляпунову решений систем дифференциальных уравнений и элементамкачественной теории дифференциальных уравнений.

Студентыдолжны выполнить две самостоятельных работы (занятия 19 и27) по численному решению краевой задачи для дифференциального уравнения второго порядка методом прогонки и задачи Коши для системы дифференциальных уравнений. Семестрзавершается экзаменом.Автор благодарит В. Козуляеву, О. Миленину и Д.

О. Платонова за оказанную помощь при создании компьютерного наборакниги.41Практическое занятие1. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Проверка решенийдифференциальных уравненийЗадача 1.1. Убедиться, что функцияy(x) = Cx + C1 + C2при каждом C ∈ R является решением уравненияyy − xy = ·21+y(1.1)Решение: Вычислим производную функции y(x) и подставим y (x) и y(x) в уравнение (1.1). Получимy (x) = C;Cx + C1+C2− xC = C1+C2·Очевидно, полученное равенство является тождеством, следовательно данная функция является решением уравнения.Задача 1.2.

Убедиться, что функция x ey(x) = x 1 +dxxявляется решением уравненияxdy− y = xex .dx(1.2)dy(x):dx x x xdeexeedy(x)=1+xdx +dx = 1 + x +dx.dxdxxxxxРешение: ВычислимПроверка решений дифференциальных уравнений5dy(x)в уравнение (1.2), аналогично преПодставив y(x) иdxдыдущей задаче получим тождество: x x eex 1 + ex +dx − x 1 +dx ≡ xex ,xxследовательно, данная функция y(x) является решением уравнения (1.2).Задача 1.3. Убедиться, что функция y = ϕ(x), определяемая соотношениемy = arctg(x + y) + C,(1.3)является решением уравненияdy= 1.(1.4)dxРешение: Для решения задачи необходимо вычислитьпроизводную от функции, определенной равенством (1.3), изкоторого явно выделить y(x) невозможно. Запишем равенство(1.3) в виде неявной функции F (x, y) = 0 и вычислим производную yx , как производную неявной функции:(x + y)2F (x, y) ≡ arctg(x + y) − y + C = 0,Fxdy= − ,dxFyFx =Fy1,1 + (x + y)21−(x + y)2=−1=,1 + (x + y)21 + (x + y)2тогдаdy1 + (x + y)211·=·=−dx1 + (x + y)2 −(x + y)2(x + y)261Практическое занятиеПодставив полученную формулу в уравнение (1.4), получимтождество1≡ 1.(x + y)2(x + y)2Задача 1.4.

Показать, что функция y = y(x), заданнаянеявно уравнением(1.5)x = y 2 + y,является решением уравнения2y y − 3y = 0.Решение: Найдем y , y , y . Для этого продифференцируем соотношение (1.5) трижды. Получимdydy1==,dx (2y + 1)dy2y + 1ddd2111,(y ) ===−y =dxdx 2y + 1dy 2y + 1 2y + 1(2y + 1)3212dd1(y ) =−=·y =dxdy(2y + 1)3 2y + 1 (2y + 1)5Подставим в уравнение:1214·−3·≡ 0.2y + 1 (2y + 1)5(2y + 1)6y =Следовательно, функция y = y(x) является решением данногоуравнения.Задача 1.5.

Показать, что соотношение x2et dt = 0y ln y − x −0является интегралом уравнения22y(1 + ln y)y + y = 2xyex .(1.6)Проверка решений дифференциальных уравнений7Решение: Дифференцируя два раза по x, получаем:2(1 + ln y)y − 1 − ex = 0,1 22y + (1 + ln y)y − 2xex = 0,yоткуда находим22y(1 + ln y)y = 2xyex − y .то есть функция y = y(x), заданная неявно, обращает исходноеуравнение в тождество и соотношение (1.6) представляет собойинтеграл данного уравнения.Задача 1.6.

Функция y = ϕ(x) задана параметрически:x = tet ,y = e−t .Доказать, что эта функция является решением уравненияdy+ y 2 = 0.dxРешение: При каждом значении параметра t имеем(1 + xy)−tdy2t−t −e+ e−2t ≡ 0,(1 + xy) + y ≡ (1 + te · e ) ttdxte + eто есть функция y = ϕ(x) является решением данного уравнения.Задача 1.7. Сколько решений уравненияdy+ y = y 2 ln xdxопределяет соотношениеxy(x + ln x) = 1 − y?(1.7)Решение: Проверим сначала, является ли это соотношение решением данного уравнения.

Дифференцируя последнее81Практическое занятиеравенство, получим:1dy(x + ln x + 1) + y 1 += 0;dxxdy(x + ln x + 1) + y (x + 1) = 0,dxВ соответствии с данным уравнением в полученном равенdyстве заменим xна −y + y 2 ln x. Получим:dx2−y + y ln x (x + ln x + 1) + y (x + 1) =x= y [(−1 + y ln x) (x + ln x + 1) + (x + 1)] =ln x(x + ln x + 1) + (x + 1) == y −1 +x + ln x + 1x+1(x + ln x + 1) + (x + 1) = 0.=y −x + ln x + 1Таким образом, всякая непрерывно дифференцируемая функция y = ϕ(x), задаваемая соотношениемy(x + ln x + 1) = 1 − y,является решением данного уравнения.Последнее соотношение определяет две непрерывно дифференцируемые функции ϕ1 (x) и ϕ2 (x), каждая из которых задается формулой1·y=1 + x + ln xОдна из них определена на промежутке (0, a), а вторая – напромежутке (a, ∞), где a – корень уравнения 1 + x + ln x = 0(рис.

1.1).Следовательно, соотношение (1.7) определяет два решенияданного уравнения.Проверка решений дифференциальных уравнений9Y1y= x + lnx+1aOРис. 1.1. Два решенияxy + y = y 2 ln xXдифференциальногоуравненияЗадачи для самостоятельного решения1. Убедиться в том, что функция ϕ(x) = xx0sin t2 dt явля-ется решением дифференциального уравненияdy− y = x2 sin x2 .dx2. Убедиться в том, что функцияy = x + C 1 + x2xпри каждом x ∈ R является решением дифференциальногоуравнения(xy + 1)dx − (x2 + 1)dy = 0.3.

Сколько решений уравнения(x − 1)dy+y =0dx102Практическое занятиеопределяет соотношение y(x − 1) = c при каждом фиксированном c ∈ R?2. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Метод изоклинЗадача 2.1. Методом изоклин построить решение уравненияy = y − x2 .Решение: Сначала построим графики изоклин. Так какизоклины – линии равного наклона поля направлений, то дляуравнения y = f (x, y) их графики удовлетворяют уравнениюf (x, y) = k,где k = const.Для данного уравнения y = y − x2 получим уравнение семейства изоклин:y − x2 = k⇔y = x2 + k,то есть изоклины представляют собой семейство квадратичныхпарабол с осями, совпадающими с осью OX (рис. 2.1).Меняя параметр k, получим семейство графиков изоклин ипостроим на них поле направлений.

Так как k = tg α, где α –угол наклона касательной к графику, то при k = 0 получимгоризонтальные касательные на изоклине y = x2 , при k = 1угол наклона касательной к оси X составит α = π4 на изоклинеy = x2 + 1, а при k = −1 наклон касательных α = − π4 наизоклине y = x2 − 1 (слева на рис.

2.1). Проводя интегральные кривые, касающиеся поля направлений, получим картину,изображенную справа на рис. 2.1, с экстремумами на параболе y = x2 : максимумами в первой четверти и минимумами вовторой четверти.Метод изоклин11YY5y=x2+1k=1y=x 2k=05y=x2+1k=1y=x2k=04433y=x2-1k=-1y=x2-1k=-122111-2-1012X-2-12-1-1-2-2-3-3XРис. 2.1.

Поле направлений и интегральные кривые уравнения y = y − x2Задача 2.2. Методом изоклин построить решение уравненияxy = 2y.Решение: Найдем уравнение семейства графиков изоклин. Для этого преобразуем исходное уравнение, подставивв него y = k. Получим уравнение семейства изоклинky = x,2то есть изоклины представляют собой семейство прямых, проходящих через начало координат. Наклон интегральных кривых на каждой изоклине в два раза больше углового коэффициента изоклины.Тогда при k = 0 (α = 0) уравнение изоклины будет иметьвид y = 0 и поле интегральных кривых направлено вдоль осиабсцисс, т.е. изоклина y = 0 является интегральной кривой122YПрактическое занятиеYy=x/2k=1y=x/2k=1y=0, k=0OXy=-x/2k=-1y=0, k=0XOy=-x/2k=-1Рис.

2.2. Поле направлений и интегральные кривые уравнения xy = 2yданного уравнения; при k = 1 (α = π4 ) получим уравнениеизоклины y = x2 , а при k = −1 (α = − π4 ) – уравнение изоклины y = − x2 . Соответствующие изоклины построены слева нарис. 2.2. Легко видеть, что при k → ∞ (α → π2 ) изоклины приближаются к оси OY (x = 0), а наклон интегральных кривыхстремится к вертикали.Если записать данное уравнение в видеxx = ,2yто непосредственной проверкой легко убедиться, что x = 0 является решением этого уравнения, т.е.