Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах, страница 2

ось ординат x = 0 является изоклиной, на которой интегральные кривые имеют направление, совпадающее с направлением оси OY . Таким образом, оси координат являются решениями данного уравнения икартина интегральных кривых имеет вид, изображенный справа на рис. 2.2.Все интегральные кривые (за исключением оси ординат)имеют экстремумы в начале координат: для интегральных кривых в верхней полуплоскости это минимумы, а для интегральных кривых в нижней полуплоскости – максимумы. В началекоординат поле направлений не определено и точка O(0; 0) является точкой неединственности данного уравнения.Метод изоклин13Задача 2.3.

Методом изоклин построить решение уравненияxy + y = 0.Решение: Аналогично предыдущей задаче, запишем уравнение семейства изоклин. Положив y = k, получимy = −kx.Так же как в предыдущем примере, оси координат являютсяизоклинами, наклон которых совпадает с наклоном поля интегральных кривых. Для построения интегральных кривых проведем изоклины при k = 1 (α = π4 ): y = −x и k = −1 (α = − π4 ):y = x. Легко видеть, что эти изоклины перпендикулярны полюнаправлений.

Они построены на рис. 2.3 слева. По сравнениюс предыдущим примером качественная картина поведения интегральных кривых получается совсем другой. Интегральныекривые изображены на рис. 2.3 справа.YYy=-xk=1y=-xk=1y=xk=-1y=xk=-1OXy=0, k=0OXy=0, k=0Рис. 2.3. Поле направлений и интегральные кривые уравнения xy + y = 0Задача 2.4. С помощью изоклин построить приближенноинтегральные кривые уравненияdy= sin(x2 + y 2 − 1).dx(2.1)142Практическое занятиеРешение: Полагая y = k, получим уравнение семействаизоклин(2.2)sin(x2 + y 2 − 1) = k.Из (2.2) видно, что углы наклона поля направлений дифπференциального уравнения (2.1) ограниченны значениями ± ,4так как |k| 1 в силу ограниченности синуса.

Таким образом,если |k| 1 и выполнено условие 1 + (−1)n arcsin k + πn > 0,изоклинами являются концентрические окружностиn = 0, 1, 2, . . . . (2.3)x2 + y 2 = 1 + (−1)n arcsin k + πn,радиуса R = 1 + (−1)n arcsin k + πn с центром в начале координат.Построим графически семейство изоклин, задавая различные значения k. Прежде всего найдем угол наклона поля интегральных кривых в начале координат: в точке (0; 0) имеемk = sin(−1), следовательно, α = − arctg(sin 1). Эта изоклина соответствует радиусу R = 0 при n = 0 в (2.3), когдаокружность вырождается в точку. Отметим, что имеется бесконечно много изоклин с таким же наклоном поля направлений,квадраты радиусов которых отличаются на 2mπ (при четныхn = 2m, m ∈ N в (2.3)) или на 2 + (2m − 1)π (при нечетныхn = 2m − 1, m √∈ N в (2.3)).При k1 = − 2/2 получаем изоклиныπx2 + y 2 = 1 + (−1)(n+1) + πn4√2.

В частности,с наклоном поля направлений α1 = − arctg2πпри n = 0 имеем изоклину k1 : x2 + y 2 = 1 − , которая изобра4жена на рис. 2.4 и имеет наклон поля направлений α1 .При k2 = − 12 получаем изоклиныπx2 + y 2 = 1 + (−1)(n+1) + πn6Метод изоклин151с наклоном поля направлений α2 = − arctg и при n = 0 имеем2π22изоклину k2 : x + y = 1 − , изображенную на рис.

2.4.6При k3 = 0 получаем изоклины x2 + y 2 = 1 + πn с горизонтальным наклоном поля направлений и при n = 0 и n = 1имеем изоклины k3 и k6 : x2 + y 2 = 1 и x2 + y 2 = 1 + π, изображенные на рис. 2.4.При k4 = 12 и k5 = 1 получаем изоклины x2 + y 2 = 1 + π6 иx2 + y 2 = 1 + π2 с наклонами поля направлений α4 = arctg 12 иα5 = π4 , построенные на рис. 2.4.Поле направлений, полученное с помощью изоклин, позволяет построить картину интегральных кривых уравнения (2.1),которая приведена на рис. 2.4.Рис.

2.4. Интегральные кривые уравнения y = sin(x2 + y 2 )162Практическое занятиеЗадача 2.5. С помощью изоклин построить приближенноинтегральные кривые уравненияdy= x + y.(2.4)dxРешение: Полагая y = k, получим уравнение семействаизоклин(x − y)k = x + y.(x − y)Таким образом, изоклинами являются прямые(k + 1)y = (k − 1)x,(2.5)проходящие через начало координат. При k = 1 получим изоклину y = 0 (ось абсцисс), которую интегральные кривые пересекают под углом 45◦ . При k = 0 имеем изоклину y = −x,в точках которой касательные к интегральным кривым параллельны оси абсцисс.

Изоклину x = 0 (ось ординат), на которой,как видно из уравнения изоклин, должно быть k = −1, интегральные кривые пересекают тоже под углом 45◦ , при этомкасательные к интегральным кривым в точках прямой x = 0образуют угол 135◦ с осью абсцисс. Если разрешить уравнениеизоклин (2.5) относительно y:k−1x(2.6)k+1и перейти к пределу при k → ∞, то получим изоклину y = x,в точках которой интегральные кривые имеют вертикальныекасательные, т.е. также образуют угол 45◦ с изоклиной.Такое совпадение для всех построенных нами изоклин неявляется случайным. Если обозначить k = tg α (α – угол наклона касательных к интегральным кривым к оси абсцисс) изаметить, что tg 45◦ = 1, то уравнение изоклин (2.6) можнозаписать в видеtg α − tg 45◦x,y=1 + tg α · tg 45◦y=Метод изоклин17или, воспользовавшись формулой для тангенса разности двухуглов, в видеy = tg(α − 45◦)x,откуда следует, что угол α наклона касательных к интегральным кривым к оси абсцисс отличается на 45◦ от угла наклонаизоклин к оси абсцисс, а поскольку изоклины представляютсобой лучи y = k1 x (k1 = tg β = k−1k+1 ), исходящие из началакоординат, то это означает, что все интегральные кривые пересекают лучи y = k1 x под углом 45◦ .dyРис.

2.5. Интегральные кривые уравнения (x − y) dx=x+yЭто позволяет легко построить интегральные кривые исходного уравнения (рис. 2.5), которые представляют собой логарифмические спирали, наматывающиеся на начало координат.В полярных координатах r, ϕ их уравнения имеют вид r = Ceϕ .В исходном дифференциальном уравнении (2.4) начало координат является особой точкой, в ней нарушаются условия теоремы существования и единственности.

В дальнейшем особыеточки будут классифицированы. Данная особая точка называется фокусом.183Практическое занятиеЗадачи для самостоятельного решенияМетодом изоклин построить интегральные кривые уравнений:dy= 2x(1 − y);1.dx2.y = x − ey ;3.y(y + x) = 1;4.y =5.y − 3x;x + 3yy·y =x+y3. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Решениеуравнений с разделяющимися переменнымиВ следующих задачах требуется решить уравнение с разделяющимися переменными или задачу Коши.Задача 3.1. Решить дифференциальное уравнениеxydx + (x + 1)dy = 0.Решение: Для того, чтобы разделить переменные, перенесем второе слагаемое в правую часть уравнения, а затем разделим уравнение на y(x + 1):xydx = −(x + 1)dy;dyxdx=− ,x+1yТеперь проинтегрируем обе части равенства.

Получимxdxdy=−;x+1yРешение уравнений с разделяющимися переменными19− ln |y| = x − ln |x + 1| − ln |C|;|y| = eln C|x+1|−x ;x+1−x⇔y=C(x+1)e.exТак как при разделении переменных мы делили уравнениена y(x + 1), то теперь необходимо проверить, не потеряны лирешения, обращающие это выражение в нуль. Решение y = 0входит в полученное решение (чтобы убедиться в этом, достаточно положить C = 0). Подставив x = −1 в исходное уравнение, получим тождество, т.е. x = −1 также является решением.Таким образом, решение данного уравнения представляет собой совокупность функций y = 0, x = −1 и y = C(x + 1)e−x.y=CЗадача 3.2. Решить задачу Коши(x2 − 1)y + 2xy 2 = 0,где y(0) = 1.dyРешение: Записав производную в форме dx, перенесемвторое слагаемое в правую часть равенства и умножим полуdx:ченное выражение на 2(x − 1)y 22xdxdy·=−y2x2 − 1Разделив таким образом переменные, можем получить решение, проинтегрировав полученное выражение:dy2xdx;=−y2x2 − 11= ln |x2 − 1| + C.yПолучили общее решение уравнения:1y=·ln |x2 − 1| + C203Практическое занятиеМожно проверить, что решением данного уравнения является также прямая y = 0.

Кроме того, если понимать исходное дифференциальное уравнение обобщенно, как соотношениемежду дифференциалами dx и dy, а именно записать его в виде(x2 − 1)dy + 2xy 2 dx = 0, то решениями также будут вертикальные прямые x = ±1. Однако эти решения не удовлетворяютначальному условию y(0) = 1 задачи Коши.Для решения задачи Коши определим постоянную C в полученном выше общем решении из условия y(0) = 1. Для этогоподставим это начальное условие в общее решение:1;1=ln | − 1| + Cln 1 + C = 1 ⇒ C = 1.Таким образом, искомое решение задачи Коши имеет вид1·y=ln |x2 − 1| + 1Задача 3.3.

Решить задачу Кошиy = 3 3 y 2 , где y(2) = 0.Решение: Записав производную y в виде отношения дифdxdyи умножив исходное выражение на ференциалов, по32dx3 yлучим уравнение с разделенными переменными, проинтегрировав которое, найдем общее решение:dy = dx;3 3 y2√3y = x + C;y = (x + C)3 .Можно проверить, что решением данного уравнения является также ось абсцисс y = 0. Чтобы найти требуемое частноеРешение уравнений с разделяющимися переменными21решение, подставим в полученную функцию начальное условиеy(2) = 0:(2 + C)3 = 0;2 + C = 0 ⇒ C = −2.Получим частное решение исходного уравнения:y = (x − 2)3 .К уравнениям с разделяющимися переменными сводятсядифференциальные уравнения первого порядка y = f (x, y),у которых правая часть зависит только от ax + by + c, где a, b, c– некоторые постоянные.

Для их интегрирования достаточносделать замену переменных ax + by + c = t, где t — некотораянеизвестная функция x. В качестве иллюстрации рассмотримследующую задачу.Задача 3.4. Решить дифференциальное уравнениеy = cos(y − x).Решение: Сделаем замену переменных y − x = t.