VIII Агафонов и др. Дифференциальные уравнения (1081404), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Таким образом, в каждой точке области Р определено некоторое направление, т.е. имеем иоле направлений, которое можно представить на плоскости $0х, поместив в соотвествующих точках области Р отрезки, образующие с координатной осью ОФ углы агс18у(с, х). Это поле направлений можно представить также при помощи плоских кривых, описываемых уравнением 4(с, х) = Й (Й = сопв$) и называемых иэоклинами (от греческих слов ито(' — равный и кЛьтло — наклоняю). Для кривой с некоторым фиксированным значением Й в каждой ее точке касательная к иннтегральной кривой, проходящей через эту точку, имеет одинаковое направление, задаваемое углом ст = атс16Й.
Чтобы приближенно построить интегральную кривую, необходимо начертить достаточное количество изоклин, а затем изобразить кривую, которал в точках пересечения с изоклинами, описываемыми уравнениями у (1, х) = Йы у ($, х) = Йг,..., имеет касательные с угловыми коэффициенптами соответственно ЙыЙ2,... 46 2. ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЯ ОДУ Пример. а. Для ОДУ <Ь/й = ~э + хэ уравнение иэоклин имеет вид Р+ х~ = й, т.е. они представляют собой семейство концентрических окружностей радиуса ~%~, я > О.
Некоторые изоклины и интегральные кривые для этого ОДУ изображены на рис. 2.4. Рис. 2.4 б. Пусть правая часть ОДУ Нх/й = /(8, х) имеет вид 1 — ~э — хэ х — ~+2 Эта функция разрывна на прямой х = 8-2, а в точках окружности х~ + Р = 1 выполнено равенство ~Ь/й = О. Таким образом, в точках пересечения интегральной кривой с этой окружностью касательная параллельна координатной оси 0$. Эти прямал и окружность разбивают плоскость $0х на три области (рис. 2.5), 47 Вопросы и задачи в каждой нз которых знак сЬ/ос постоянен: р, = ((г, х): хг+ гг < 1). ссх/с1с > О; Эг = ((Ф, х): хг+гг > 1, х > 1 — 2): с1х/Ж < О; В =Ис,*): *<с — 2): сЬ/с1с > О.
Некоторые интегральные кривые для данного ОДУ показаны на рнс. 2.5. Рис. 2.5 Вопросы и задачи 2.1. Прн помощи нзоклнн приближенно построить интегральные кривые для следующих ОДУ: с1х Их дх а) — =$(1-х); б) (с-х) — =с+х; в) с — =х; й сМ ' Ф сх Ф х сх г г ссх г) — = —; д) — =с+х; е) (с+х) — =1," Ж 2с+х' Ж ссс 48 2. ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ РЕШЕНИЯ ОДУ дх з з нх х-Ф ж) — = Ф вЂ” х; з) — = —. сЮ ' ог 2.2. Установить области существования и единственности решения для следующих ОДУ: а) — =2~/х; 6) — =Ф+х; в) — =х ~ . Их ~1х 2 дх 3 2 й ' й ' ~Й 2.3.
Пользуясь теоремой Коши, оценить область существования решения следующих ОДУ: а) — =х+гз, х(0) =О, Р=((й,х): !й/ <1, !х~ < 2); 6) — =йхх, х(0)=1, Р=((й,х): /й!<2, /х — Ц<Ц. 2.4. Является ли функция х(й) = 1/(С вЂ” й) общим решением ОДУ ~Ь/й = хз в области Кз? В каких областях зту функцию и функцию х1(1) = С1/(1 — С1$) можно считать общими решениями данного ОДУ в смысле определения 2.5? 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА В этой главе рассматриваются специальные виды ОДУ первого порядка, решения которых удается найти в квадратурах.
Предполагается, что обсуждаемые ОДУ удовлетворяют условиям теоремы Коши. 3.1. Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными Обыкновенное дифференциальное уравнение (ОДУ) первого порядка вида — = у1 (е) Уг(х) дх (3.1) О=((1) х): $1<$<Ег, а<х<О) выполнены условия теоремы Коши (см. замечание 2.2). Умножив ОДУ (3.1) на й/Ях), получим уравнение дх — = у1(1) (М, Уг(х) (3.2) в котором левая и правая части зависят от разных переменных. Преобразование (3.1) к виду (3.2) называют разделением переменных. Зафиксируем какую-либо точку (ео, хо) в области й называют ОДУ с разделлюифимис* переменными.
Будем предполагать, что функции у1(1), уг(х) непрерывны в интервалах (1ь Фг) и (а, о) соответственно, и пусть Ях) ф 0 Чх е (а, 6). При этих предположениях для ОДУ (3.1) в области 50 3. ОДУ ПЕРВОГО ПОРЯДКА ?7 и введем в рассмотрение определенные в Р функции х $ .7(. ) =~ —, а(с) = ус)ас. (з.з) 7 с?х =l ы*г С помощью теоремы о неявной функции [Ч] покажем, что уравнение ,7(х) — а(С) = О (3.4) определяет х как кеявкую функцию С, являющуюся часшкым реиьекием ОДУ (3.1), проходящим через точку (Св, хв).
Рассмотрим функцию Р(С, х) =,7(х) — а(С). Прежде всего отметим, что Р(Св,хв) =,7(ха) — а(Св) =О. В силу теоремы о дифференцируемости определенного интеграла по переменному верхнему пределу [Ч?] функции .7(х) и Р(с) непрерывны и дифференцируемы по своим аргумеыиам соответственно в интервалах (а, о) и (Сп Сз), так как в этих интервалах непрерывны подынтегральные функции 1/7з(х) и ~с(С) в интегралах (3.3). Поэтому функция Р(С, х) непрерывно дифференцируема в Ю. Так как Р'(С,х) = У(х) = 1/7з(х), производная Р'(с,х) в Р не обращается в нуль и, в частности, Р'(св,хв) у~ О.
Таким образом, выполнены все условия теоремы о неявной функции [Ч]: функция Р(С, х) непрерывно дифференцируема в окрестности точки (Со, хв) и удовлетворяет в самой точке соотношениям Р(Св, хв) = О, Р'(Св, хв) уС О. Значит, уравнение Р(С, х) = О (3.4) в окрестности точки (Св, хв) задает дифференцируемуюфункцию х=х(С), такую, что х(Св) =хо и с?х Р,'(С, х) а'(С) — = — = 71(с) 7з(х). Ж Р,'(с, х) У(х) Отсюда следует, что функция х(С) является частным решением ОДУ (3.1), удовлетворяющим качалькому условию х(св) = ха.
51 3.1. ОДУ с разделлаицимиса переменными Поскольку точка (1о,хо) Е Р была выбрана в области Р произвольно, то (3.4) описывает все решения ОДУ (3.1), определенные в этой области. Наряду с (3.4) для задания функции х(8) как решения ОДУ (3.1) можно использовать равенство (3.5) Переход от равенства (3.2) к соотношению (3.5) называют интегрированием этого равенства. Вычисление неопределенных интегралов в (3.5) приводит к равенству* ,7(х) — С(1) = С, которое представляет собой общий интеграл ОДУ (3.1) в области Р.
Замечание 3.1. При переходе к равенству (3.2) предполагалось, что уз(х) Ф О. Если это условие нарушено, то как (3.4), так и (3.5) не дают всех возможных решений ОДУ (3.1). В самом деле, из (3.1) непосредственно следует, что все значения х', для которых Ях*) = О, дают дополнительные решения ОДУ (3.1) вида х(1) = х,. В этом случае для получения всех решений ОДУ (3.1) к множеству функций х(Ф), задаваемых при помощи (3.4) или (3.5), необходимо присоединить все такие постоянные решения. Пример.
а. Рассмотрим ОДУ 1 х — +1 =в. з зс(я П1 'Вместо ранее введенных функций Х(к) и С(8) можно взять любые первообразные функций 1Цз(в) и 11(1). 52 3. ОДУ ПЕРВОГО ПОРЯДКА Разделив переменные, получим ОДУ вида (3.1): Нх 1 х — 1 ~ц ~з хз причем в данном случае /1(г) = 1/г~ и /2(х) = (х — 1)/х~. Используя (3.5), находим | хз с1х Г,В хз 1 х — 1,( Р' 2 — — +х+1п~х — Ц = — — +С. (3.6) Ф Это решение определено на всей числовой прямой й, кроме точки Ф = О. Для любой точки (Ф„, х,) области В1 = К '1 (О; 1) существует единственное значение хз 1 С, = — *+х, +1п(х, — Ц+ —, удовлетворяющее частному решению данного ОДУ с х(Ф„) = х,.
Поэтому, согласно определению 2.5, (3.6) задает общее ре|пение данного ОДУ в области Р1, Однако этому ОДУ удовлетворяет и решение х($) ш 1, обращающее в нуль функцию /з(х) (см. замечание 3.1). Это решение бйло „потеряно" при разделении переменных в силу предположения, что /з(х) ф О. Чтобы получить все решения заданного ОДУ, необходимо к решениям, описываемым при помощи (3.6), присоединить решение х(Ф) = 1.
б. Если ОДУ Их/Ф = е' * привести к виду (3.1) йх/й = =е~е *, то будем иметь /1(Ф) =е~ и /з(х) =е *. В данном случае /э(х) ~ 0 Чх е К. Поэтому, разделяя переменные (е*пх = е~й) и интегрируя е*дх= е ог, находим все решения этого ОДУ: е* = е~ + С, х(Ф) = 1п(е + С). 53 З.1. ОДУ с рездаееюптимисл переменными Полученные интееральные крих вые изображены на рис.
3.1. При С ф 0 они имеют правостпороннюю наклонную асимпшоту х = $, которая является интегральной кривой, соот- С у2 ! ! ветствующей значению С = О. ! ! Кроме того, при С ) 0 они ! имеют еоризонтпальные асимп! ! ! !С-2 ! шоты х=1пС анри С(О— С--У2 С--! ! вертикальные асимптотпы 1 = = 1п(С!. Рис. 3.1 Любой точке (1„х,) Е !и~ отвечает единственное значение С, = е* — ет*, выделяющее частное решение х(8) = 1п(е'+ + е'* — ет') исходного ОДУ с начальным условием х($,) = х„ т.е., согласно определению 2.5, соотношение х(1) = 1п(ет + С) является общим решением данного ОДУ в области 1с2, а Ф(1,х, С) = е* — е' — С = 0 — его общим интегралом в этой области. Пример 3.1. Шарик, масса которого т, нанизан на горизонтальную проволочную круговую петлю радиуса т (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
