ОДУ - 1 (А.М. Денисов, А.В. Разгулин - Обыкновенные дифференциальные уравнения), страница 3

Рассмотрим наплоскости множество точек (t, y(t)), t ∈ [a, b]. Это множество представляет собой интегральную кривую. Из определения решения следует, чтов каждой точке интегральной кривой существует касательная. Направляющий вектор касательной к интегральной кривой в точке (t0 , y(t0 ))равен (1, f (t0 , y(t0 )) (см. рис.

1.2).При интегрировании уравнения (1.7) могут получаться решения какв виде зависящего от параметра C семейства функций y(t, C), так иотдельные решения, не входящие в эти семейства.Пример 1.3.1. Рассмотрим уравнениеpy 0 (t) = 3 y 2 (t).(1.8)1.4. Уравнение в симметричном виде15Рис. 1.3. Пример особого решения y0 (t) = 0.Его решениями являются семейство функцийy(t) =(t − C)3,27(1.9)где C – произвольная постоянная. Также решением уравнения (1.8)является y0 (t) = 0.

Очевидно, что это решение не может быть получено из семейства (1.9) ни при каком выборе постоянной C.Решение дифференциального уравнения (1.7) называется частнымрешением, если во всех точках его интегральной кривой выполняетсяусловие единственности, то есть ее не касаются другие интегральныекривые уравнения (1.7).Решение называется особым, если в каждой точке его интегральнойкривой происходит ее касание с другими интегральными кривыми.В примере 1.3.1 решение y0 (t) = 0 является особым решением, таккак в каждой точке (t0 , 0) его интегральной кривой ее касается ин(t − t0 )3(см.тегральная кривая, соответствующая решению y(t, t0 ) =27рис. 1.3).1.4.

Дифференциальные уравнения в симметричномвиде и в полных дифференциалахИсследование дифференциальных уравнений первого порядка в разрешенном относительно производной виде вносит несимметричность в16Глава 1. Основные понятияРис. 1.4. К примеру 1.4.1 : графики функций y1 (t) =√− C 2 − t2 .√C 2 − t2 и y2 (t) =переменные t и y, поскольку подразумевает, что y есть функция от t.С точки зрения интегральных кривых, представляющих собой графикирешений дифференциальных уравнений, нет особой разницы в выбореспособа параметризации.

То есть, наряду с y = y(t), возможно t = t(y)или, в общем случае, t = ϕ(τ ), y = ψ(τ ), где τ – параметр.Целесообразность выбора симметричной параметризации показывает следующий пример.Пример 1.4.1. Рассмотрим дифференциальное уравнениеy 0 (t) = −t.y(t)(1.10)Его решениями на отрезке [−C + ε, C − ε] при 0 < ε < C являютсяфункцииppy1 (t) = C 2 − t2 , y2 (t) = − C 2 − t2 .Очевидно, что оба этих решения не существуют на отрезке [−C, C],поскольку при t → C и t → −C производные решений стремятсяк бесконечности.

Интегральная кривая (t, y1 (t)) представляет собойверхнюю полуокружность, а интегральная кривая (t, y2 (t)) – нижнююполуокружность (см. рис. 1.4). Таким образом, интегральные кривыеуравнения (1.10) определяют окружность радиуса C за исключениемточек (−C, 0) , (C, 0). Эта особенность связана только с тем, чтопри определении решения мы использовали параметризацию y = y(t).Устранить этот недостаток можно, перейдя к более общей формедифференциального уравнения первого порядка.1.4. Уравнение в симметричном виде171.4.1. Уравнение в симметричном видеДифференциальным уравнением в симметричном виде (или в дифференциалах) называется уравнениеM (t, y)dt + N (t, y)dy = 0.(1.11)Предполагается, что функции M (t, y) и N (t, y) определены и непрерывны в некоторой области D ⊆ R2 и подчиняются условию|M (t, y)| + |N (t, y)| > 0,∀(t, y) ∈ D.(1.12)Уравнение (1.11) является более общим по сравнению с уравнением(1.7), поскольку последнее уравнение можно записать в виде (1.11) сфункциями M (t, y) = f (t, y), N (t, y) = −1.Дадим определение решения уравнения (1.11).

Так как переменныевходят в него симметрично, то определение решения естественно датьв параметрической форме.Определение 1.4.1. Пара функций t = ϕ(τ ), y = ψ(τ ) называетсяпараметрическим решением уравнения в симметричном виде (1.11) наотрезке [τ1 , τ2 ], если:1.

функции ϕ(τ ), ψ(τ ) непрерывно дифференцируемы на [τ1 , τ2 ] и|ϕ0 (τ )| + |ψ 0 (τ )| > 0, ∀τ ∈ [τ1 , τ2 ];2. (ϕ(τ ), ψ(τ )) ∈ D, ∀τ ∈ [τ1 , τ2 ];3. при подстановке t = ϕ(τ ), y = ψ(τ ) в (1.11) получается тождество, то естьM (ϕ(τ ), ψ(τ ))ϕ0 (τ ) + N (ϕ(τ ), ψ(τ ))ψ 0 (τ ) = 0,∀τ ∈ [τ1 , τ2 ]. (1.13)Пусть t = ϕ(τ ), y = ψ(τ ) – параметрическое решение уравнения(1.11). Интегральной кривой уравнения в симметричной форме называется совокупность точек на плоскости (t, y) таких, что t = ϕ(τ ),y = ψ(τ ), τ ∈ [τ1 , τ2 ].Из условия 1 в определении параметрического решения вытекает, что либо ϕ0 (τ ) 6= 0, либо ψ 0 (τ ) 6= 0 в окрестности каждой точкиτ0 ∈ (τ1 , τ2 ).

Это, в свою очередь, означает существование одной из обратных функций τ = ϕ−1 (t) либо τ = ψ −1 (y) и, соответственно, возможность представить решение уравнения (1.11) либо в виде y = ψ(ϕ−1 (t))18Глава 1. Основные понятияв окрестности точки t0 = ϕ(τ0 ), либо в виде t = ϕ(ψ −1 (y)) в окрестноститочки y0 = ψ(τ0 ).Убедимся в преимуществе исследования уравнения в симметричнойформе на примере уравнения (1.10).Пример 1.4.2. Запишем уравнение (1.10) в симметричном видеtdt + ydy = 0.Его параметрическое решение t = C cos τ , y = C sin τ , τ ∈ [0, 2π] определяет интегральные кривые, представляющие собой окружности радиуса C.

То есть, в отличие от интегральных кривых уравнения (1.10),параметрическое решение задает окружность целиком без каких-либоисключенных точек.Заметим, что, если параметрическое решение рассматриваетсяотрезке τ ∈ [0, 2π], то не существует однозначной функции y = y(t)или t = t(y), описывающей соответствующую дугу целиком. В тоже время, в окрестности каждой точки рассматриваемой дуги такиепредставления нетрудно выписать.С уравнением в симметричной форме связаны важные понятия интеграла и общего интеграла.

Пусть функция Φ(t, y, c) определена инепрерывна для (t, y) ∈ D и постоянных c, принадлежащих некоторомумножеству C0 .Определение 1.4.2. УравнениеΦ(t, y, c) = 0называется интегралом уравнения (1.11) в области D, если при любомзначении c ∈ C0 оно определяет решение уравнения (1.11).Интеграл называется общим, если он определяет все решенияуравнения (1.11), то есть для любого решения уравнения (1.11) t =ϕ(τ ), y = ψ(τ ), интегральная кривая которого лежит в D, найдетсяпостоянная c̃ ∈ C0 такая, что Φ(ϕ(τ ), ψ(τ ), c̃) ≡ 0.Так как общий интеграл определяет все решения дифференциального уравнения, то в том случае, когда его удается найти, задача поискарешений дифференциального уравнения считается решенной. Рассмотрим примеры.Пример 1.4.3.

Уравнение в симметричной форме tdt+ydy = 0 имеет общий интеграл t2 + y 2 − c = 0. Множество C0 в этом случаеявляется множеством положительных чисел.1.4. Уравнение в симметричном виде19pПример 1.4.4. Для дифференциального уравнения y 0 (t) = 3 y 2 (t)из примера 1.3.1 общий интеграл в произвольной области, целикомлежащей в полуплоскости y > 0, имеет видy−(t − C)3= 0.27На всей же плоскости R2 это уравнение является интегралом, но неявляется общим интегралом, поскольку решение y0 (t) ≡ 0 не можетбыть получено из данного уравнения ни при каком значении константы C.1.4.2. Уравнение в полных дифференциалахНаиболее просто интегрируются дифференциальные уравнения всимметричном виде, левая часть которых представляет собой полныйдифференциал некоторой функции.Определение 1.4.3. Дифференциальное уравнение в симметричном виде (1.11) называется уравнением в полных дифференциалах вобласти D, если существует непрерывно дифференцируемая в D функ ∂V (t, y) ∂V (t, y) ция V (t, y) такая, что +>0и∂t∂yM (t, y) =∂V (t, y),∂tN (t, y) =∂V (t, y),∂y∀(t, y) ∈ D.(1.14)Теорема 1.4.1.

Уравнение в полных дифференциалах вида (1.11)имеет в области D общий интегралV (t, y) = C.(1.15)Доказательство. Согласно определению общего интеграла 1.4.2 проверим сначала, что уравнение (1.15) является интегралом. Рассмотримуравнение (1.15) в окрестности произвольной точки (t0 , y0 ) ∈ D и положим C0 = V (t0 , y0 ). Из условия (1.12) и представления (1.14) имеем:либо∂V (t0 , y0 )= M (t0 , y0 ) 6= 0,∂tлибо∂V (t0 , y0 )= N (t0 , y0 ) 6= 0.∂yПусть для определенности справедливо второе из выписанных неравенств.

Тогда по теореме о неявной функции в некоторой окрестности точки t0 существует единственная непрерывно дифференцируемая20Глава 1. Основные понятияфункция y = g(t) такая, что y0 = g(t0 ) иV (t, g(t)) = C0(1.16)в рассматриваемой окрестности. Если теперь взять дифференциалы левой и правой частей равенства (1.16), тоdC0 = 0 = dV (t, g(t)) =∂V (t, g(t))∂V (t, y)dt +dg(t) =∂t∂y= M (t, g(t))dt + N (t, g(t))g 0 (t)dt,то есть t = t и y = g(t) является параметрическим решением уравнения(1.11). Следовательно, уравнение (1.15) является интегралом дифференциального уравнения (1.11).Покажем, что уравнение (1.15) является общим интегралом дифференциального уравнения (1.11).

Пусть t = ϕ(τ ), y = ψ(τ ), τ ∈ [τ1 , τ2 ] –произвольное решение (1.11) такое, что (ϕ(τ ), ψ(τ )) ∈ D при τ ∈ [τ1 , τ2 ].Покажем, что найдется постоянная C такая, чтоV (ϕ(τ ), ψ(τ )) = C,∀τ ∈ [τ1 , τ2 ].Из условия 1.14 для всех τ ∈ [τ1 , τ2 ] имеемdV (ϕ(τ ), ψ(τ )) = M (ϕ(τ ), ψ(τ ))ϕ0 (τ ) + N (ϕ(τ ), ψ(τ ))ψ 0 (τ ).dτТак как ϕ(τ ), ψ(τ ) – параметрическое решение (1.11), то выполненоуравнение (1.13), а значитdV (ϕ(τ ), ψ(τ )) = 0,dτ∀τ ∈ [τ1 , τ2 ].Следовательно,V (ϕ(τ ), ψ(τ )) = C,∀τ ∈ [τ1 , τ2 ],и уравнение (1.15) – общий интеграл дифференциального уравнения(1.11).Замечание 1.4.1. Из доказательства теоремы 1.4.1 следует, чточерез любую точку (t0 , y0 ) ∈ D проходит единственная интегральнаякривая уравнения в полных дифференциалах (1.11), (1.14).1.4. Уравнение в симметричном виде21Замечание 1.4.2.