А.К. Боярчук, Г.П. Головач - Дифференциальные уравнения в примерах и задачах (1109000), страница 48
Текст из файла (страница 48)
дх ду < Прежде всего находим первые интегралы системы: ух Ыу Ых 2у хт + ут Гл. 4. ураоиеяия в частиых ироязаодимх першин иорвлла 218 Используя этот интеграл, решаем уравнение г(х г(з х хг(х — С|х ')' Отсюда находим еще один первый интеграл: 1 я+Зу+ — = С,. Датее можно было бы действовать так, как н в предыдуших примерах, однако на этот раз мы поступим согласно формулам (8), (9), (10), п. !.З, и исключим переменные х, у, г из соотношений: х=1, ух+1=0, ху=Сп х+Зу+ — =Сг.
Этим самым мы получим связь между С, и С, на кривой х = 1, ух -ь 1 = О. Имеем: 1+ 2С, - С, = О. Наконец, полставляя в это соотношение значения С, и Сг, получаем интеграл данного уравнения: 1 1+ 2ху — х — Зу — — = О. и х д д 478. з — — ху — = 2хх; х + у = 2, ух = 1. дх ду м Первые независимые интегралы системы дх ду дл -ху 2хз имеют вид х — г = Сп гу = Сг. г г Исключив переменные х, у, г нз соотношений х+ у =. 2, ух = 1, х — г = Сг, г гу =Сп г находим связь между интегралами на данной кривой: (2 — Сг) — Сг ' — Сг = О.
Подставив сюда значения С,, Сг, имеем уравнение искомой поверхности: ( ') тг 2 — зу ) — х 'у — х + г = О. !ь дг дг 479.х — +х — =у; у=2з, х+2у=з. дх ду м Легко находим два первых независимых интеграла: х+у+х=сг, у — г =Сг, Исключив переменные х, у, г из соотношений: г г а+у+я=Си у — х =Сг, у — 2з=о, х+2у — я =О, получаем связь между Сг и С, на данной кривой; с, =о. Таким образом, искомой поверхностью в данном случае оказалась плоскость в+у+я =О.
М 219 $1. Лииейиме и ввазвлииейные уравнения здл 2 тдл 3 3 2 480. ху — + х л — = у л; х = — л, у = л . дх ду < Из уравнения дх 4Ь хуз у'2 находим первый интеграл х — =С„ 2 используя который из второго уравнения 22у Ж~ хза2 узл находим еще один первый интеграл: у -* =Сн 2 2 Исключая переменные х, у, л из системы 4 2 2 — =С,, у — хл =Сз, х+л =О, 3 л получаем С2 = О. Таким образом, интеграл (поверхность) 4 у — хз =О является искомой.
В силу начального условия х = -л переменные х, л не могут иметь одина- 3 ковык знаков. Следовательно, множитель уз — хл > О, и в уравнении 4 2 2 2 2 у — х л =(у +хл)(у — хл)=0 у — л2=0 можно от него избавиться. Итак, окончательно имеем ха= — У.Ь 2 откуда — = С2 у х — первый интеграл. Следовательно, имеем общее решение =® дз дл 4©41.х — +у — =2ху; у=х, л=хт. дх ду м Первые интегралы находим без труда: у — =Сн ху- =С,. Следовательно, общее решение данного уравнения будет л=ху+р®, (1) где 92 — произвольная дифференцируемая функция. Для ее нато:кдення воспользуемся началь- ными условиями. Это дает 92(!) = О.
Следовательно, функция (1) есть решение поставленной задачи, если 32(1) = О. М 482. Среди функций, удовлетворяющих уравнению д д х — +у — =О, дх ду найти тасую, которая удовлетворяет н уравнению ( —::)' ( —,';)'=.",', 4а Прежде всего, находим общее решение первого уравнения. Имеем йу 1'л.
4. Уравнения в часпнах щюизводиьгк первого порядка 220 Подставляя его в (! ), получаем дифференциальное уравнение относительно функции уи откуда ,2 а', !а! / УХ (! ! б2)2' Р(О !Ч (2 2~ х)' Из последнего уравнения находим р(О = х)а! ага!у С + С. Подстиияя сюда значение С, приходим к искомому решению: » = 4а!ага!в — +С.
2 у х Решить следующие системы уравнений: 483. д м Сначала находим общее решение первого Йх 4у х х2(» 1 О» уравнения. Имеем: у=с, — =С. х Следователыю, Ф(у, у) = О, или» = х(2(у). 2 р'(у) 2 ху2'(у) = -ху2(у), нли — = — (ху ~ 0). у ' р(у) у Интегрируя послелнее уравнение, находим: р(у) = Су'. Таким образом, функция »=Сху (хуФО) есть решение данной системы уравнений.
Ь д» д» 484. — =у — », — =х». дх ' ду ° а Покажем, что непрерывно дифференцируемых решений система не имеет. Предполагая противное, на основании данных уравнений имеем: дт» д» вЂ” = 1 — — =1 — х»; ду дх ду д2» д» вЂ” = »+ х — = »+ х(у — »). даду дх Отсюда в силу непрерывности смешанных производных следует тождество: 1 — х» г— я »+ х(у — »), или» = 1 — ху.
Следовательно, функции» = 1 — ху должна быть решением обоих уравнений. Однако нетрудно проверить, что зто не так. Полученное противоречие и доказывает наше утверждение. м ди ди д22 ди 485. — + — =О, — + — =0; и=»' при а=у =0 ' дх д» ' ду д» М На основании первого уравнения составляем, а затем решаем систему: 2(х 2(у 2(» — — — — — у = С„» — х = Сз. 1 0 1' затем, подставляя найденное» во второе уравнение, относительно функции у2 получаем диффе- ренциальное уравнение: й 1.
Линейные и алазиливейиые уравнения 221 Следовательно, общее решение первого данного уравнения имеет вид: и = уг(у, з — х). Требуя, чтобы функция х удовлетворяла второму уравнению, получаем др дд — + — =О, (=х — х. ду д( Нетрудно получить обшее решение последнего уравнения: р = р(у-о. Таким образом, и = у)(у — в+ х). Остается найти вид функции у), использовав начальные условия. Имеем: т = ф(- ), Ф(з) = ' Итак, функция и = (у — в+х) дР дР дР (2х — С) — + 2у — + 2х — = О. дх ду д Если исключим параметр С из полученного уравнения и уравнения данных поверхностей, то будем иметь уравнение, которое определяет поверхности, ортогональные ко всем поверхностям цанного семейства: ( т ю дР дР дР х — у — л ) — +2ху — + 2хз — = О. дх ду дз Из уравнений йх ау дз хз — ут — хз 2ху 2хх находим первые интегралы; у 2 2 2 — = Си х +у +х = Сз.
Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет внд: Р=(з(й,х +у +з). Но Р = О на поверхности, поэтому должно быль у(й,х +у +х ) =О, откуда следует, что у = з1Р(х + у + з ), Для определения функции ф воспользуемся начальными условиями. Тогла получим х = ф(1 + + 2х'), откуда Га — 1 ф(а) = 1)~ —. 2 Таким образом, т+ уз+ хз у= хх 2 или лт(хз + уз+ хз — П вЂ” 2 з = О ешь уравнение искомой поверхности. В. есть решение поставленной задачи. М 486. Найти поверхность, проходяшую через прямую у = х, х = 1 и ортогональную к поверхностям из+ уз+аз = Сх. м Пусть Р(х, у, л) = Π— уравнение искомой поверхности. Тогда, приняв во внимание, что вектор нормали М к поверхности определяется по формуле г) = (-~ —, -д„-, ~-), из условия гдР дР дрх ортогональности получаем: Гл.
4. Уравнения в чаегиык ироизволиык иераопт иоряака 222 487. Найти уравнение цилиндрической поверхности с образующими, параллельными вектору (1, -1, Ц, и направляющей х + у+ л = О, хт + хр + у' = 1. м Пусть Г(хПбв) = 0 — уравнение искомой поверхности. По условию, векторы (дх-, д„-, -д=- ~ и (1, -1, 1) должны тдр ВР дрт быль ортогональны; следовательно, дГ дГ дà — — — + — = О. дх др дл Первые интетралы системы дх = †= дл суть х+У=Сп р+л=Ст.
Исключив переменные х, у, л из соотношений х+р=С„у+а=Си а+у+я=О, х +ау+0~=1, получаем уравнение, связывающее С, и С,: С +СС+С Подставив сюда значения С, и Ст, имеем окончательно х'+3(у +ху+ рл)+ха+в = 1. и Примечание. Можно было бы провести решение, аналогичное прелылущему; однако, как нетрудно убелиться самому читателю, такой путь телническн является более длинным, нежели предложенный в данном примере. 488. Найти поверхности, у которых любая касательная плоскость пересекает ось Ох в точке с абсциссой, давос меньшей абсциссы точки касания.
м Если Г(х, у, л) = 0 — уравнение искомой поверхности, то дГ дГ дГ (Х вЂ” х) — + (à — д) — + (г — в) — = О (1) дх др дв есть уравнение касательной плоскости к этой поверхности в точке (х, у, л); Х, У, Х вЂ” координа- ты произвольной точки на плоскости. Положив н (1) У = л = О, найдем абсциссу Х, пересечения касательной плоскости с осью Ох: Х~ — — х+ " (Г, ~ 0). уГ„+ лГ, (2) Г, По уаювию, х = 2Х,, поэтому из (2) получаем уравнение хГ, + 20Г„+ 2лГ, = О, интетрируя которое, находим общее решение: "= (-' Ж Таким образом, искомые поверхности имеют вию р(ф, ф =О.м 48жи. найти асимптотические линии поверхности, проходящей через кривую у = х, л = * з и удовлетворяющую уравнению дл дл х — — р — =л, дх дд б 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
