Пушкарь Е.А. - Дифференциальные уравнения в задачах и примерах (1092383), страница 11

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 11)

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Системыобыкновенных дифференциальных уравнений.Метод исключения неизвестныхЗадача 20.1. Решить систему уравненийdx= x sin t,dtdy= xecos t .dtРешение: Первое уравнение решается независимо от второго. Разделяя в нем переменные и интегрируя, после потенцирования получим решение x = C1 e− cos t . Подставляя найденноеdy= C1 .выражение x = x(t) во второе уравнение, получаем:dtОтсюда y = C1 t + C2 .Итак, решениями исходной системы являются функцииx = C1 e− cos t ,y = C1 t + C2 .Задача 20.2. Решить систему уравнений1dx=1− ,dty dy = 1 .dtx−t(20.1)Решение: Дифференцируя обе части первого из данныхуравнений, имеемdyd2 x= dt2 .2dtyИз исходных уравнений находим2dx11dy==,−1 .dtx−ty2dt(20.2)Системы уравнений.

метод исключения неизвестных105С учетом этих равенств уравнение (20.2) принимает вид2 dx2−1dxdt·(20.3)=dt2x−tУравнение (20.3) можно представить в видеd dxdxdt dt − 1dt − 1,=dxx−tdt − 1илиd dxdln − 1 = ln |x − t|.dtdtdtОтсюдаddx− 1 = C1 (x − t), C1 = 0 или(x − t) = C1 (x − t).dtdtРазделяя переменные и интегрируя, после потенцированияполучим x = t + C2 eC1 t , C2 ∈ R, C2 = 0.

Согласно первому из1уравнений системы (20.1), y =. Следовательно,1 − dxdty=1111−C1 t===−·e.C1 tC(t−x)−CCeCC1 − dx11 21 2dtТаким образом, имеем решение системы:x = t + C2 eC1 t ,y = − C11C2 · e−C1 t .(20.4)Найти решение системы (20.1) можно другим способом, исключая x и получая уравнение для y. Для этого разрешим второе уравнение относительно x:x−t=1,yгде y обозначает производную y по t.10620Практическое занятиеДифференцируя обе части этого уравнения, получимy dx= − 2 + 1.dty(20.5)Приравняв выражения для dxdt в уравнении (20.5) и первомуравнении системы (20.1), получим уравнение второго порядкадля y:1y ,=y 2yкоторое решается, если преобразовать его так, чтобы левая иправая части были производными по t от некоторых функций:yy =yy⇔(ln y ) = (ln y) .Интегрируя и потенцируя, находимy = C1 y,dy= C1 dt,yln |y| = C1 t + ln |C2 |,y = C2 · eC1 t ,откуда, подставляя y = C1 C2 eC1 t во второе уравнение системы (20.1), получаемx=t+1 −C1 te.C1 C2Полученное решение системы (20.1)x = t + C11C2 e−C1 t ,y = C2 · eC1 t(20.6)отличается от найденного ранее решения (20.4) только формой представления постоянных C1 и C2 .

Если в решении (20.4)1, то оно совпадет с решениобозначить C1 = −C̃2 , C2 =C̃1 C̃2ем (20.6) с точностью до обозначения постоянных.Системы уравнений. метод исключения неизвестных107Задача 20.3. Решить систему уравненийdx= y 2 + sin t,dtxdy = .dt2yРешение: Дифференцируя обе части первого из данныхуравнений, имеемd2 xdy=2y+ cos t.(20.7)dt2dtdyИз второго уравнения находим 2y= x, поэтому уравнениеdt(20.7) можно представить в видеd2 x− x = cos t,dt21общее решение которого x = C1 et + C2 e−t − cos t.2Из первого уравнения системы находимdx1− sin t = C1 et − C2 e−t − sin t.y2 =dt2Таким образом, имеем решение системы:x = C1 et + C2 e−t − 12 cos t,y = ± C1 et − C2 e−t − 12 sin t.Задача 20.4.

Решить систему уравненийdydx= y,= −x,dtdtметодом исключения неизвестных.Решение: Из первого уравнения имеемd2 x dy=dt2dt(20.8)10820Практическое занятиеили с учетом второго уравненияd2 x+ x = 0.dt2Решая полученное уравнение второго порядка с помощьюхарактеристического уравнения λ2 + 1 = 0 и вычисляя собственные значения λ1,2 = ±i, находим общее решение системы (20.8)x = C1 sin t + C2 cos t,y = C1 cos t − C2 sin t.(20.9)Задача 20.5.

Решить систему уравненийdydzdx= y,= x,= x + y + z.dtdtdtРешение: Из первого уравнения имеемd2 x dy=dt2dtили с учетом второго уравненияd2 x− x = 0.2dtОтсюдаdx= C1 et − C2 e−t .dtПодставляя найденные функции x(t), y(t) в третье уравнение системы, получимx = C1 et + C2 e−t ,y=dz− z = 2C1 tet .dtРешая это уравнение, находимz = C3 et + 2C1 tet .Системы уравнений.

метод исключения неизвестных109Задача 20.6. Решить систему уравненийdx= z − y,dtdy= z,dt dz = z − x.dtРешение: Дифференцируя обе части первого уравнения,имеемd2 x dz dy− .=dt2dtdtОтсюда, в силу последних двух уравнений системы, получимd2 x+ x = 0.dt2Решая это уравнение, находимx = C1 cos t + C2 sin t.Из третьего уравнения системы имеемdz− z = −x илиdtdz− z = −C1 cos t − C2 sin t.dtОбщее решение соответствующего однородного уравненияdz− z = 0 естьdtz = C3 et .Частное решение неоднородного уравнения ищем в видеz = a cos t + b sin t.Для определения коэффициентов a и b получаем системууравненийb − a = −C1 ,−b − a = −C2 .11021Из этой системы a =Практическое занятиеC1 + C2C2 − C1, b=. Таким образом,221z = C3 et + (C1 + C2 ) cos t(C2 − C1 ) sin t.2Из первого уравнения системы находимdx11= C3 et + (C1 − C2 ) cos t + (C1 + C2 ) sin t.dt22Таким образом, имеем решение системы:x = C1 cos t + C2 sin t,11y = C3 et + (C1 − C2 ) cos t + (C1 + C2 ) sin t,2211z = C3 et + (C1 + C2 ) cos t + (C2 − C1 ) sin t.22y=z−Задачи для самостоятельного решенияРешить системыуравнений:tdx= ,dty1. dy = − t .x dt dx = − y ,dtt2.dyx =− .t dt dx = x2 y,dt3.dy = y − xy 2 .t dtydx,=2dt(x−y)4.dyx.=dt(x − y)2Интегрируемые комбинации.

Первые интегралы11121. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Системыобыкновенных дифференциальных уравнений.Интегрируемые комбинации. Первые интегралыСистемы дифференциальных уравнений можно решать нетолько методом исключения, неизвестных в котором системасводится к уравнению более высокого порядка, но и подбираятакие комбинации уравнений, которые легко могут быть проинтегрированы.

При этом мы остаемся в рамках уравнений первого порядка. Если удается найти n независимых первых интегралов, то они определяют решение системы. Отметим, чтопри поиске решения можно использовать уже найденные первые интегралы. Для нахождения интегрируемых комбинацийиногда полезно предварительно записать систему в симметрической форме.Задача 21.1. Решить систему уравненийydx=− ,dttdyx=− ,dttt > 0.Решение: Сложив почленно данные уравнения, получимd1(x + y) = − (x + y),dttоткудаx+y =C1.tВычитая почленно исходные уравнения, имеемd1(x − y) = (x − y),dttоткудаx − y = C2 t.11221Практическое занятиеИз системы уравненийC1x+y =,tx − y = C t2находим1x=2C1+ C2 t ,t1y=2C1− C2 t .tЗадача 21.2.

Решить систему уравненийydydx= x2 y,= − xy 2 .dtdttРешение: Умножив обе части первого уравнения на y, авторого на – x и сложив почленно полученные уравнения, имеемdyxydxydxили(xy) =.y +x =dydttdttОтсюдаxy = C1 t.(21.1)Заменяя в правой части первого уравнении данной системыdxxy на C1 t, получим= C1 tx. Интегрируя это уравнение, наdt2C1 t2ходим x = C2 e. Если C2 = 0, то из равенства (21.1) получимC1 t C1 −C1 t22 .=tey=xC2Кроме того, если x = 0, то из второго уравнения даннойсистемы находим y = Ct; если y = 0, то из первого уравнениянайдем x = C.Задача 21.3. Найти общий интеграл системыdxdy= y,= −x,dtdtметодом интегрируемых комбинаций.(21.2)Интегрируемые комбинации. Первые интегралы113Решение: Умножая почленно уравнения системы (21.2)соответственно на x и y и складывая полученные уравнения,находим интегрируемую комбинацию:dydx= 0,(21.3)x +ydtdtоткудаx2 + y 2 = C12 .(21.4)Этот же первый интеграл можно получить из интегрируеxdy= − , к которой придем, разделив почленмой комбинацииdxyно второе и первое уравнения системы (21.2).Разрешая найденный первый интеграл (21.4) относительноy, имеемy = ± C12 − x2 .(21.5)Подставим это значение y в первое уравнений системы(21.2).

Получим уравнение первого порядка с одной неизвестнойфункцией x:dx= ± C12 − x2 .(21.6)dtИнтегрируя уравнение (21.6), находимx= t + C2 .± arcsinC1Заменяя C1 на его выражение из (21.4) и перенося t в левуючасть, получимx− t = C2 .(21.7)± arcsin 22x +yЭто также есть первый интеграл системы (21.2). Очевидно,что первые интегралы (21.4) и (21.7) независимы и их совокупность образует общий интеграл системы (21.2).Рассмотренная нами система (21.2) идентична системе (20.8),рассмотренной на предыдущем занятии. На первый взгляд, полученное решение в виде первых интегралов (21.4) и (21.7) и11421Практическое занятиерешение (20.9), найденное ранее, сильно отличаются друг отдруга.Однако, если разрешить(21.7) относительно x, подставиввместо выражения x2 + y 2 из интеграла (21.4) его значение,равное C1 , и учесть, что C1 может быть как положительным,так и отрицательным, то получим x = C1 sin(t − C2 ), а из (21.5)найдем y = C1 cos(t − C2 ), то есть первые интегралы (21.4) и(21.7) равносильны решению (20.9) с точностью до представления произвольных постоянных.Конечно, первое решение, полученное методом исключения,гораздо проще второго, полученного на этом занятии, но этосвязано со спецификой системы (21.2), которая является системой линейных уравнений с постоянными коэффициентами,и для нее имеются методы решения более простые, чем поискинтегрируемых комбинаций.Задача 21.4.

Решить систему уравненийdx= y − z,dtdy= x + y + t,dtdz= x + z + t.dtРешение: Вычитая почленно из второго уравнения третье,получимd(y − z) = y − z,y − z = C1 et .dtС учетом этого из первого уравнения находимx = C1 et + C2 .Подставим найденное для x выражение во второе уравнение.Имеемdy= y + C2 + C1 et + t.dtРешая это линейное уравнение, находимy = (C1 t + C3 )et − t − 1 − C2 .Интегрируемые комбинации. Первые интегралы115Тогда из первого уравнения системы, поставляя найденныевыражения для x и y, получимz = y − C1 et = (C1 t + C3 − C1 )et − 1 − C2 .Задача 21.5.

Решить систему уравненийdx= y − z, dtdy= x2 + y,dtdz = x2 + z.dtРешение: В результате сложения первого и последнегоуравнений и вычитания второго уравнения получимdx dy dz−+= y − z − x2 − y + x2 + z = 0,dtdtdtто естьd(x − y + z) = 0,dtследовательно,x − y + z = C1 .(21.8)С учетом найденного первого интеграла из первого уравнения получаемdx= x − C1 ,x = C2 et + C1 .dtПодставляя найденное значение x во второе уравнение, имеемdy= y + C22 e2t + 2C1 C2 et + C12 .dtОтсюдаy = −C12 + (2C1 C2 t + C3 )et + C22 e2t .Используя первый интеграл (21.8), находимz = C1 − x + y = −C2 et + (2C1 C2 t + C3 )et + C22 e2t − C12 .11621Практическое занятиеТаким образом, имеем решение системы:t x = C2 e + C1 ,y = −C12 + (2C1 C2 t + C3 )et + C22 e2t ,z = −C et + (2C C t + C )et + C 2 e2t − C 2 .21 2321Задача 21.6. Решить систему уравненийdydzdx== .2z − yyzdydzРешение: Из уравнения=находим один из интеyzгралов данной системы:y= C1 .zНайдем еще один интеграл, образовав интегрируемую комбинацию:2dz − dydx=,d(x − 2z + y) = 0.2z − y2z − yИмеемx − 2z + y = C2 .Очевидно, найденные первые интегралы независимы.Задача 21.7.

Решить систему уравненийdzdx dy==.xzyzxydx dyРешение: Из уравнения=находимxzyzx = C1 y.(21.9)Составим интегрируемую комбинацию. Для этого воспользуемся свойством равных отношений и, умножив числитель изнаменатель первой дроби в исходной системе на y, а числительИнтегрируемые комбинации. Первые интегралы117и знаменатель второй на x, сложим числители и знаменатели полученных дробей и приравняем это выражение последнейдроби в исходной системе:dzydx + xdy=,yxz + xyzxyПолученное уравнение преобразуем к следующему виду:d(xy)dz=.2xyzxy1Сокращая обе части последнего уравнения наи интегриxyруя его, получим:xy − z 2 = C2 .(21.10)Поскольку первые интегралы (21.9) и (21.10) независимы,все решения исходной системы определяются из соотношенийx = C1 y,xy − z 2 = C2 .Задачи для самостоятельного решенияРешить системы уравнений, записанные в симметрическойформе:dzdx dy==;1.xzyz−xydydzdx==;2.y−x x+y+zx−ydxdydz3.= 2=;x(y − z) z + xyz(x + z)dydzdx= 2.=4.2xyy − x2 − z 22yz11822Практическое занятие22.

Характеристики

Список файлов книги