Галкин С.В. Интегральное исчисление и дифференциальные уравнения (2007) (1135775), страница 15
Текст из файла (страница 15)
Решение методом подстановки.Полагаем, что y = u (x) v (x). Подставляем y = u v + uv висходное уравнение, преобразуем его к видуu v + uv + a (x) uv = b (x) un v n .Так же, как и в случае линейного уравнения,решаем, например,уравнение u v + a (x) uv = 0, u = e− a(x)dx . Подставляем полученную функцию, в преобразованное уравнение, решаем (с учетомu v + a(x)uv = 0) «оставшееся» уравнение с разделяющимися пеdvременными: uv = b (x) un v n , n = b (x) e(1−n) a(x)dx .vЗаметим, что последнее уравнение имеет такой же вид, как вметоде вариации.
Поэтому функция v(x) в методе подстановки иесть та самая варьируемая постоянная. Затем записываем решениеy = u (x) v (x).П р и м е р. Решить уравнение Бернулли y + xy = xy 2 .Решим это уравнение Бернулли методом вариации произвольной постоянной:x2dy1y + xy = 0;= −xdx; ln |y| = − x2 + C; y = Ce− 2 ;y21 2.Затем ищем решение исходного уравнения в виде y = C (x) ××e− a(x)dx , варьируя произвольную постоянную C = C (x), вычисляем y и подставляем в исходное уравнение:12C = C (x) ; y = C e− 2 x − Cxe− 2 x ;1 268− Ca (x) e−Как и в линейном уравнении, два слагаемых сокращаем, получаем уравнение с разделяющимися переменными:Уравнение Бернулли имеет вид= b (x) C n e−n11.5.
Уравнение Бернуллиy + a (x) y = 0, y = Ce−C e−12122C e− 2 x − Cxe− 2 x + Cxe− 2 x = xC 2 e−x ;1 21 2dC11= xe− 2 x ; − = −e− 2 x − C1 ; C (x) =1 2.C2CC 1 + e− 2 x6911.6. Уравнение в полных дифференциалахЛюбое дифференциальное уравнение первого порядка, разрешенное относительно старшей производной, можно записать в видеP (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0.∂P∂Q=, то уравнение называ∂y∂xется уравнением в полных дифференциалах.Поясним название этого уравнения.Пусть u (x, y) — функция двух переменных, дифференцируемаяи имеющая непрерывные вторые частные производные по своим∂u∂u∂ 2u∂ 2udx +dy,=.переменным.
Тогда du =∂x∂y∂x∂y∂y∂x∂u∂u, Q =, то исходное уравнениеЕсли обозначить P =∂x∂yможно записать в виде полного дифференциала du = P (x, y) dx +∂P∂Q=отражает равенство+ Q (x, y) dy = 0. Соотношение∂y∂x∂2u∂2uсмешанных производных=.∂x∂y∂y∂xРешить уравнение в полных дифференциалах — означает найтифункцию u (x, y), она называется потенциалом. Так как du = 0 нарешениях дифференциального уравнения, то потенциал будет первым интегралом исходного дифференциального уравнения:Если выполнено соотношениеu (x, y) = C.Для решения уравнения в полных дифференциалах можно использовать два способа.Первый способ заключается в интегрировании функции P частным образом по x (считаем y константой), а функции Q — частнымобразом по y (считаем x константой), а также в сравнении полученных при интегрировании функций:∂u⇒ u (x, y) = P (x, y) dx + z1 (y) + C1 ;P =∂x70∂u⇒ u (x, y) =Q=∂yQ (x, y) dy + z2 (x) + C2 .Сравнивая оба выражения для u (x, y), находим функции z1 (y) ,z2 (x) и константы.Если какой-либо из интегралов, напримерP (x, y) dx, не бе-∂u⇒рется или его вычислить сложно, то можно найти Q =∂y⇒ u (x, y) =Q (x, y) dy + z2 (x) + C2 .
Затем, дифференцируяu (x, y) частным образом по x, надо сравнить P (x, y) с∂u (x, y)и∂xопределить функции z1 (y) , z2 (x) и константы.Второй способ решения заключается в определении потенциалапо формулеxu (x, y) =yP (x, y0 ) dx +x0Q (x, y) dy.y0П р и м е р. Решить уравнение (x + y) dx + (x + 2y) dy = 0.Запишем это уравнение в полных дифференциалах:∂P∂ (x + y)∂ (x + 2y)∂Q==1==.∂y∂y∂x∂xРешим уравнение первым способом:∂u1= P = x + y ⇒ u = x2 + xy + z1 (y) + C1 ;∂x2∂u= Q = x + 2y ⇒ u = xy + y 2 + z2 (x) + C2 .∂yСравнивая оба равенства, видим, что z1 (y) = y 2 , z2 (x) = 12 x2 ,1C1 = C2 = C, поэтому u (x, y) = x2 + xy + y 2 + C. Соотно21 22шение x + xy + y + C = 0 — это первый интеграл заданного2дифференциального уравнения.7111.6. Уравнение в полных дифференциалахЛюбое дифференциальное уравнение первого порядка, разрешенное относительно старшей производной, можно записать в видеP (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0.∂P∂Q=, то уравнение называ∂y∂xется уравнением в полных дифференциалах.Поясним название этого уравнения.Пусть u (x, y) — функция двух переменных, дифференцируемаяи имеющая непрерывные вторые частные производные по своим∂u∂u∂ 2u∂ 2udx +dy,=.переменным.
Тогда du =∂x∂y∂x∂y∂y∂x∂u∂u, Q =, то исходное уравнениеЕсли обозначить P =∂x∂yможно записать в виде полного дифференциала du = P (x, y) dx +∂P∂Q=отражает равенство+ Q (x, y) dy = 0. Соотношение∂y∂x∂2u∂2uсмешанных производных=.∂x∂y∂y∂xРешить уравнение в полных дифференциалах — означает найтифункцию u (x, y), она называется потенциалом.
Так как du = 0 нарешениях дифференциального уравнения, то потенциал будет первым интегралом исходного дифференциального уравнения:Если выполнено соотношениеu (x, y) = C.Для решения уравнения в полных дифференциалах можно использовать два способа.Первый способ заключается в интегрировании функции P частным образом по x (считаем y константой), а функции Q — частнымобразом по y (считаем x константой), а также в сравнении полученных при интегрировании функций:∂u⇒ u (x, y) = P (x, y) dx + z1 (y) + C1 ;P =∂x70∂u⇒ u (x, y) =Q=∂yQ (x, y) dy + z2 (x) + C2 .Сравнивая оба выражения для u (x, y), находим функции z1 (y) ,z2 (x) и константы.Если какой-либо из интегралов, напримерP (x, y) dx, не бе-∂u⇒рется или его вычислить сложно, то можно найти Q =∂y⇒ u (x, y) =Q (x, y) dy + z2 (x) + C2 .
Затем, дифференцируяu (x, y) частным образом по x, надо сравнить P (x, y) с∂u (x, y)и∂xопределить функции z1 (y) , z2 (x) и константы.Второй способ решения заключается в определении потенциалапо формулеxu (x, y) =yP (x, y0 ) dx +x0Q (x, y) dy.y0П р и м е р. Решить уравнение (x + y) dx + (x + 2y) dy = 0.Запишем это уравнение в полных дифференциалах:∂P∂ (x + y)∂ (x + 2y)∂Q==1==.∂y∂y∂x∂xРешим уравнение первым способом:∂u1= P = x + y ⇒ u = x2 + xy + z1 (y) + C1 ;∂x2∂u= Q = x + 2y ⇒ u = xy + y 2 + z2 (x) + C2 .∂yСравнивая оба равенства, видим, что z1 (y) = y 2 , z2 (x) = 12 x2 ,1C1 = C2 = C, поэтому u (x, y) = x2 + xy + y 2 + C.
Соотно21 22шение x + xy + y + C = 0 — это первый интеграл заданного2дифференциального уравнения.71Решим уравнение вторым способом:xy1u (x, y) = xdx + (x + 2y) dy = x2 + xy + y 2 + C.200Здесь принято x0 = y0 = 0.11.7. Интегрирующий множительИзвестно, что любое дифференциальное уравнение первого порядка можно свести к уравнению в полных дифференциалах.Существует такой интегрирующий множитель μ (x, y), умножая на который обе части любого дифференциального уравнения,удовлетворяющего условиям теоремы Коши, можно привести этоуравнение к уравнению в полных дифференциалах.Однако неясно, как в общем случае найти этот интегрирующиймножитель.
Ясно только, что он должен удовлетворять уравнению∂(μ (x, y) P )∂(μ (x, y) Q)=.∂y∂xЕсли выполняется условие1 ∂Q ∂P= F1 (x) ,−Q ∂x∂yгде F1 (x) является функцией только одной переменной x, то μ == μ (x).Если выполняется условие1 ∂Q ∂P−= F2 (y) ,P ∂x∂yгде F2 (y) является функций только одной переменной y, то μ == μ (y).У п р а ж н е н и е. Решить уравнение x + y 2 dx − 2xydy = 0.1Показать, что здесь выполняется первое условие и μ (x) = 2 .
Найxy2ти потенциал, показать, что он равен u (x, y) = − + ln |x| + C.x7212. ГЕОМЕТРИЧЕСКАЯ ИНТЕРПРЕТАЦИЯДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ ПЕРВОГОПОРЯДКА, ИЗОКЛИНЫ. ОСОБЫЕ ТОЧКИ ИОСОБЫЕ РЕШЕНИЯРассмотрим интегральные кривые дифференциального уравнения первого порядка y = f (x, y). В любой точке плоскости OXYправая часть дифференциального уравнения известна, ее можно вычислить. Поэтому в любой точке плоскости известна и левая часть.Левая часть, исходя из геометрического смысла производной, задает тангенс угла наклона касательной к интегральной кривой.Следовательно, в любой точке плоскости можно определитьугол наклона (к оси OX) касательной к интегральной кривой, проходящей через эту точку, т.
е. определить направление вектора касательной к интегральной кривой.Если в некоторой области плоскости задана вектор-функция, тоговорят, что она задает в этой области векторное поле. Поэтомугеометрический смысл дифференциального уравнения первого порядка состоит в том, что оно задает в области определения G(x, y)функции f (x, y) векторное поле направлений векторов касательных к интегральным кривым. Если интерпретировать дифференциальное уравнение механически, как скорость f (x, y) движения точки по траектории (по интегральной кривой), то дифференциальноеуравнение задает поле скоростей.Изоклинами называются кривые в плоскости OXY , в каждойточке которой угол ϕ наклона к оси OX касательной к интегральнойкривой один и тот же (tg ϕ = k). Уравнение изоклины имеет вид:f (x, y) = k.Если строить изоклины как можно чаще, то можно достаточноточно построить интегральные кривые, нанося на каждой изоклинесоответствующее ей направление вектора касательной к интегральной кривой.xП р и м е р.
Решить уравнение y = − . Уравнение изоклиныyxвыглядит так: − = k. Зададим разные значения k и получим соyответствующие им изоклины (табл. 1).73Решим уравнение вторым способом:xy1u (x, y) = xdx + (x + 2y) dy = x2 + xy + y 2 + C.200Здесь принято x0 = y0 = 0.11.7. Интегрирующий множительИзвестно, что любое дифференциальное уравнение первого порядка можно свести к уравнению в полных дифференциалах.Существует такой интегрирующий множитель μ (x, y), умножая на который обе части любого дифференциального уравнения,удовлетворяющего условиям теоремы Коши, можно привести этоуравнение к уравнению в полных дифференциалах.Однако неясно, как в общем случае найти этот интегрирующиймножитель.
Ясно только, что он должен удовлетворять уравнению∂(μ (x, y) P )∂(μ (x, y) Q)=.∂y∂xЕсли выполняется условие1 ∂Q ∂P= F1 (x) ,−Q ∂x∂yгде F1 (x) является функцией только одной переменной x, то μ == μ (x).Если выполняется условие1 ∂Q ∂P−= F2 (y) ,P ∂x∂yгде F2 (y) является функций только одной переменной y, то μ == μ (y).У п р а ж н е н и е. Решить уравнение x + y 2 dx − 2xydy = 0.1Показать, что здесь выполняется первое условие и μ (x) = 2 .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
