Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах, страница 4

Это означает, что при t → ∞ скорость v(t) будет стремиться к 50 м/с. Тогда, вычислив предел325Практическое занятиеполученной выше функции при t → ∞, можно определить η:√−2 ηgtg1−eg√=,lim v = limt→∞t→∞η 1 + e−2 ηgtηследовательно50 =η1=,g2500g,ηη=g·2500Подставляя полученное значение параметра η в функциюv(t), получим окончательно:g1 − e− 25 tv = 50g ,−251+eилиe0,2t − e−0,2t1 − e−0,4t≡ 50 0,2t= 50th(0, 2t).v = 501 + e−0,4te + e−0,2tИспользуя тот факт, что производная от пути, пройденного материальной точкой, равна ее скорости, получим дифференциальное уравнение для нахождения расстояния от точкипрыжка как функции времени:ds= 50th(0, 2t),dtоткуда зависимость s = s(t) находится квадратурой:ts=t50th(0, 2t) dt =0=0sh(0, 2t)50dt =ch(0, 2t)0, 2250 ln(ch(0, 2t))|t0t0d ch(0, 2t)=ch(0, 2t)= 250 ln(ch(0, 2t)).Поскольку расстояние, которое парашютист пролетел доetпри достаточраскрытия парашюта, равно 1000 м, а cht ≈2но больших t, получим следующее уравнение для нахожденияЗадачи, решаемые с помощью дифференциальных уравнений33времени, которое он падал до раскрытия парашюта:250 ln ch(0, 2t) = 1000;ch(0, 2t) = e4 ; e0,2t = 2e4 ; 0, 2t = 4 + ln 2;t ≈ 20 + 5 · 0, 7 = 23, 5 сек.Задача 5.3.

За какое время вытечет вся вода из вертикального цилиндрического бака диаметром 2R = 1, 8 м и высотойH = 2, 45 м через отверстие в дне диаметром 2r = 6 см? Прирешении задачи√ принять, что вода 2вытекает из бака со скоростью, равной k 2gh, где g = 10 м/с – ускорение силы тяжести,h – высота уровня воды над отверстием, а k – некоторый безразмерный эмпирический коэффициент, равный для воды 0,6.Решение: Примем за независимую переменную t – времявытекания воды из бака, а за искомую функцию h(t) – высотууровня воды, оставшейся в баке, которая зависит от временивытекания воды (рис. 5.1).

Тогда ∆V = Sh = Sv ∆t – объемводы, вытекающей из бака за время ∆t, где S – площадь отверстия, из которого вытекает вода, равная S = r2 πv(t), а v = v(t)– скорость вытекания воды √из бака, зависящая от высоты воды,оставшейся в баке (v = 0, 6 2gh).RHh(t)rvРис. 5.1. Иллюстрация к задаче о вытекании воды из бакаС другой стороны, изменение объема воды, вытекающей избака за время ∆t, может быть определено по понижению уровня. Оно равняется ∆V = πR2 ∆h. Используя обе формулы для345Практическое занятие∆V и учитывая, что уровень воды в баке со временем понижается (∆h < 0), получим соответствующее уравнение для конечных малых приращений ∆h и ∆t22πR ∆h = −πr · 0, 6 2gh∆t.Сокращая на π и переходя к пределу в данной формуле при∆t → 0, получим дифференциальное уравнение:22R dh = −0, 6r 2gh dt.Разделяя переменные и интегрируя, получим соотношение,из которого можно найти искомую функцию h = h(t):√r2 2 h = −0, 6 2 2gt + C.RПостоянную C найдем из условия, что h = H при t = 0.Подставив t и h в предыдущую функцию, получим C:√C = 2 H,тогда функция, определяющая зависимость h = h(t), будет выглядеть следующим образом: 2√√grh − H = −0, 6t.2 R2Теперь, подставляя в полученную функцию конкретные значения, можем получить требуемое в условии значение времени.Задачи для самостоятельного решения1.

Тело охладилось за 10 мин от 100◦C до 60◦ C. Температура окружающего воздуха поддерживается равной 20◦C. Когдатело остынет до 25◦C? (Принять, что скорость остывания тела пропорциональна разности температур тела и окружающейсреды.)Задачи, решаемые с помощью дифференциальных уравнений352. В прямолинейной трубе радиусом R течет жидкость (течение ламинарное). Из гидравлики известно, что скорость течения v каждого слоя жидкости пропорциональна гидравлическому напору p (перепад давления на единичной длине трубы), плотности жидкости ρ и обратно пропорциональна вязкости жидкости µ, причем изменение скорости поперек трубыпропорционально расстоянию от оси трубы и скорость теченияубывает с увеличением расстояния от оси.

На стенке трубы скорость жидкости равна нулю. Найти v как функцию расстоянияr соответствующего слоя жидкости от оси трубы.3. Поглощение светового потока тонким слоем воды пропорционально толщине слоя и потоку, падающему на его поверхность. При прохождении через слой толщиной 1 м поглощается 1/4 первоначального светового потока. Какая часть светового потока дойдет до глубины h? До глубины 4 м?4. Футбольный мяч весом 0,4 кг брошен вверх со скоростью 20 м/с.

Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости и равно 0,48 г при скорости 1 м/с. Вычислитьвремя подъема мяча и наибольшую высоту подъема. Как изменятся результаты, если пренебречь сопротивлением воздуха?(Считать g = 10 м/с.)5. Решить задачу 5.3 в предположении, что ось цилиндрарасположена горизонтально, а отверстие находится в самойнижней части цилиндра.6. Воронка имеет форму конуса радиусом R = 6 см и высотой H = 10 см, обращенного вершиной вниз. За какое времявытечет вся вода из воронки через круглое отверстие диаметром 0,5 см, сделанное в вершине конуса? (При решении√ задачипринять, что вода вытекает со скоростью, равной 0, 6 2gh, гдеg = 10 м/с2 – ускорение силы тяжести, а h – высота уровняводы над отверстием.)366Практическое занятие6. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ.

Геометрическиезадачи, решаемые с помощью дифференциальныхуравненийЗадача 6.1. Найти уравнения кривых, у которых суммадлин нормали и поднормали есть величина постоянная, равная a.Решение: В соответствии с рис. 6.1 в условии задачи насинтересует длина нормали (отрезок MB) и длина поднормали(отрезок CB).yy=f(x)M(x,y)ααACBxРис. 6.1. Иллюстрация к задаче о сумме длин нормали и поднормалиКак следует из геометрических построений, треугольникCMB прямоугольный, ∠MCB = π/2, ∠BMC = ∠MAC = α,|CB|= tg α. Отсюда |CB| = |MC| · tg α.и, следовательно,|MC|С учетом того, что |MC| = y, а tg α = y (тангенс угла наклонакасательной к графику функций) можно записать, что длинаподнормали|CB| = |yy |.Отрезок |MB| – гипотенуза прямоугольного треугольника,следовательно, по теореме Пифагора длина нормали равна:2222|MB| = (CB) + (MC) = (yy ) + y = |y| 1 + (y )2 .Геометрические задачи37По условию задачи сумма длин нормали и поднормали равна a:|CB| + |MB| = |yy | + |y| 1 + (y )2 = a.Разрешая последнее уравнение относительно y и учитываяоба возможных знака, находим:a2 − y 2·y =±2ayРазделяем переменныеdx2ydy·=±a2 − y 2aИнтегрируя, получаем общий интеграл:xln |a2 − y 2 | = ± + ln |C|.aВыполнив операцию потенцирования, приводим уравнениеискомых кривых к виду:xy 2 = a2 − Ce± a ,при этом условию задачи соответствуют значения C > 0, поскольку y 2 < a2 (квадрат катета прямоугольного треугольникабудет заведомо меньше квадрата гипотенузы).Задача 6.2.

Найти формулу зеркала, собирающего все параллельные лучи в одну точку.Решение: Очевидно, что зеркало должно иметь формуповерхности вращения, ось которой параллельна направлениюпадающих лучей. Пусть эта ось совпадает с осью Ox. Началокоординат поместим в точку, в которой собираются отраженные лучи. Падающий луч обозначим через AM, а отраженный – через MO (рис. 6.2).Кривая y = f (x) при вращении вокруг оси x образует искомую поверхность, поэтому для решения поставленной задачинеобходимо определить уравнение этой кривой.386Практическое занятиеyK1M(x,y)ANK0Bxy=f(x)Рис. 6.2. Иллюстрация к задаче о зеркалеПроведем к кривой y = f (x) касательную KK1 и нормаль MN в точке касания. Из условия задачи следует, что,так как угол падения равен углу отражения, а линия AM параллельна оси Ox, ∠OKM = ∠AMK1 = ∠OMK = α.

Следовательно, треугольник OKM – равнобедренный с вершиной O,отсюда |OM| = |OK|. Из прямоугольного треугольника OMBx2 + y 2 (гипотенуза), а |OK| можноследует, что |OM| =найти из уравнения касательнойY − y = y (X − x).Полагая, что Y = 0 (точка пересечения касательной с осьюyOx), получим X = x − , откудаyy|X| = |OK| = −X = −x + ·yПриравнивая значения OM и OK, получим дифференциальное уравнениеyyx2 + y 2 = −x + , или y =,22yx+ x +yрешение которого даст ответ на поставленный в задаче вопрос.Геометрические задачи39Это уравнение является однородным дифференциальнымуравнением y первого порядка, так как можно показать, чтоy = f:xy yy/x≡≡f.(6.1)y =222x1 + 1 + (y/x)x+ x +yОднако в рассматриваемом случае целесообразно разрешитьуравнение (6.1) относительно x, т.е.

записать его в виде: 22 + y2x+xdxxxx== +. (6.2)+1=fx =dyyyyyДля интегрирования уравнения (6.2) введем подстановкуxt = , откуда x = ty, x = t y + t, и подставим новую переменyную в уравнение2t y + t = t + t + 1 =⇒ t y = t2 + 1.Последнее уравнение – это уравнение с разделяющимися переменными. Решим его:dydt√=⇒ ln |y| = ln |t + t2 + 1| + ln C=2yt +1или y = C(t + 1 + t2 ).xВозвращаясь к первоначальной переменной t =, полуyчим 2xx y =C + 1+.yyПосле упрощения находим решение задачи в виде:y2= x + x2 + y 2 .C407Практическое занятиеПеренесем x налево и возведем в квадрат левую и правуючасти:2y 2 xy4−+ x2 = x2 + y 22CCи произведем необходимые сокращения и преобразования:y22xy2−C2CC= y 2 =⇒ y 2 = 2Cx + C 2 =⇒ y 2 = 2C x +.2Последнее уравнение является уравнением параболы, у коCторой параметр равен C, вершина лежит в точке − , 0 ,2а фокус находится в начале координат.