Галкин С.В. Интегральное исчисление и дифференциальные уравнения (2007) (1135775), страница 16
Текст из файла (страница 16)
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).73Таблица 1kϕУравнение изоклины00π4π−4π2x = 0 (ось OY )1–1∞y = −xy=xy = 0 (ось OX)Можно предположить, что уравнение интегральной кривойимеет вид x2 + y 2 = R2 . Это легко проверить: 2xdx + 2ydy = 0,dyxy ==− .dxyТаким образом, интегральные кривые — окружности с центромв начале координат.Рассмотрим особые точки и особые решения дифференциального уравнения первого порядка.Точка (x, y) называется неособой точкой дифференциального уравнения первого порядка y = f (x, y), если существует ееокрестность, что через каждую точку этой окрестности проходитединственная интегральная кривая.Все прочие точки называются особыми точками дифференциального уравнения первого порядка y = f (x, y).Особым решением называется решение, все точки (x, y) которого — особые.2П р и м е р.
Решить уравнение y = 3y 3 .Решая это уравнение с разделяющимися переменными, получаем общее решение y = (x − C)3 и не принадлежащее этому семейству тривиальное решение y ≡ 0.Каждая точка оси OX — особая, поскольку через нее проходят как тривиальное решение, так и частное решение из семействаy = (x − C)3 .Решение y ≡ 0 — особое решение.74√П р и м е р. Решить уравнение y = y.√Заметим, что y = y 0. Общее решение имеет вид y =1= (x − C)2 , x C (иначе y < 0). Кроме того, y ≡ 0 — три4виальное решение, y ≡ 0 — особое решение.На особом решении не выполняются условия теоремы Коши,гарантирующие единственность. В самом деле, в том и другом при∂f (x, y)терпят разрыв при y ≡ 0.мерах частные производные∂yРассмотрим уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной.Известны два типа уравнений: 1) y = f (x, y ); 2) x = f (y, y ).При решении этих уравнений используем метод введения параметра.Обозначим p = y , dy = pdx.Для уравнений типа 1) полагаем∂fp−∂f∂f dp dpdy∂x .+y = f (x, p) ; p ==;=∂f∂x∂p dx dxdx∂pНайдем решение: p = ϕ (x, C), подставим его в уравнение y == f (x, p), получим y = f (x, ϕ (x, C)) — общее решение.Для уравнений типа 2) полагаем1 ∂f−1dx∂f∂f dp dpp ∂y=+x = f (y, p) ;=;=.∂fpdy∂y∂p dy dy∂pНайдем решение: p = φ (y, C), подставим его в уравнение x == f (y, p), получим x = f (y, φ (y, C)) — общее решение.Используем метод введения параметра для решения уравненияЛагранжа y = xϕ (p) + φ (p).
Дифференцируем исходное уравнение: dp;p = ϕ (p) + xϕ (p) + φ (p)dx75Таблица 1kϕУравнение изоклины00π4π−4π2x = 0 (ось OY )1–1∞y = −xy=xy = 0 (ось OX)Можно предположить, что уравнение интегральной кривойимеет вид x2 + y 2 = R2 . Это легко проверить: 2xdx + 2ydy = 0,dyxy ==− .dxyТаким образом, интегральные кривые — окружности с центромв начале координат.Рассмотрим особые точки и особые решения дифференциального уравнения первого порядка.Точка (x, y) называется неособой точкой дифференциального уравнения первого порядка y = f (x, y), если существует ееокрестность, что через каждую точку этой окрестности проходитединственная интегральная кривая.Все прочие точки называются особыми точками дифференциального уравнения первого порядка y = f (x, y).Особым решением называется решение, все точки (x, y) которого — особые.2П р и м е р.
Решить уравнение y = 3y 3 .Решая это уравнение с разделяющимися переменными, получаем общее решение y = (x − C)3 и не принадлежащее этому семейству тривиальное решение y ≡ 0.Каждая точка оси OX — особая, поскольку через нее проходят как тривиальное решение, так и частное решение из семействаy = (x − C)3 .Решение y ≡ 0 — особое решение.74√П р и м е р. Решить уравнение y = y.√Заметим, что y = y 0. Общее решение имеет вид y =1= (x − C)2 , x C (иначе y < 0).
Кроме того, y ≡ 0 — три4виальное решение, y ≡ 0 — особое решение.На особом решении не выполняются условия теоремы Коши,гарантирующие единственность. В самом деле, в том и другом при∂f (x, y)терпят разрыв при y ≡ 0.мерах частные производные∂yРассмотрим уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной.Известны два типа уравнений: 1) y = f (x, y ); 2) x = f (y, y ).При решении этих уравнений используем метод введения параметра.Обозначим p = y , dy = pdx.Для уравнений типа 1) полагаем∂fp−∂f∂f dp dpdy∂x .+y = f (x, p) ; p ==;=∂f∂x∂p dx dxdx∂pНайдем решение: p = ϕ (x, C), подставим его в уравнение y == f (x, p), получим y = f (x, ϕ (x, C)) — общее решение.Для уравнений типа 2) полагаем1 ∂f−1dx∂f∂f dp dpp ∂y=+x = f (y, p) ;=;=.∂fpdy∂y∂p dy dy∂pНайдем решение: p = φ (y, C), подставим его в уравнение x == f (y, p), получим x = f (y, φ (y, C)) — общее решение.Используем метод введения параметра для решения уравненияЛагранжа y = xϕ (p) + φ (p).
Дифференцируем исходное уравнение: dp;p = ϕ (p) + xϕ (p) + φ (p)dx75dp xϕ (p) + φ (p) = pdx − ϕ (p) dx; dx1=xϕ (p) + φ (p)dpp − ϕ (p)— линейное уравнение. Отыскиваем решение x = x (p) и, подставляя его в уравнение Лагранжа, находим общее решение в видеy = x (p) ϕ (p) + φ (p).√П р и м е р. Решить уравнение Лагранжа y + xy = 4 y , y +√+ xp = 4 p. Найдем2 dp2dpdpp+p+x= √2p =√ −x ;p dx,pdxdx1xdx= √ −dpp p 2p— линейное уравнение по x.Решаем это линейное уравнение методом подстановки:1uv1− √ ; u = √ ; v = ln p + С ;p2p p p1√x = uv = √ (ln p + C) ; y = p (4 − ln p − C) .px = uv; u v + uv =Используем метод введения параметра для решения уравненияКлеро.
y = xp + φ (p).Уравнение Лагранжа превращается в уравнение Клеро, если вуравнении Лагранжа положить ϕ (p) ≡ p.Дифференцируем обе части исходного уравнения:dp dφ (p) dp dpdφ (p)= 0.p=p+x+,x+dpdp dx dxdxПолучаем:dp= 0 ⇒ p = C, y = Cx + φ (C)dx— общее решение;x=−76dφ (p)= −φ (p) .dpПодставляя общее решение в уравнение Клеро, найдем особое решение в виде%y = −pφ (p) + φ (p) ;x = −φ (p) .П р и м е р. Решить уравнение y = xy − (y )2 .
Преобразуемзаданное уравнение к виду p = p + xp − 2pp , p (x − 2p) = 0.Получим:p = 0 ⇒ p = C ⇒ y = xC − C 2— общее решение;%x = 2py = xp − p2⇒y=x 2 x2x2−=244— особое решение.13. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯВЫСШИХ ПОРЯДКОВВведем основные определения.Запишем дифференциальное уравнение n-го порядка в общемвидеF x, y, y , .
. . , y (n) = 0.Дифференциальное уравнение n-го порядка в виде, разрешенном относительно старшей производной, выглядит так:y (n) = f x, y, y , . . . , y (n−1) .Решением дифференциального уравнения n-го порядка называется функция y (x), обращающая его в тождество.Общим решением дифференциального уравнения n-го порядканазывается функция y = ϕ (x, C1 , . . .
, Cn ) такая, что:77dp xϕ (p) + φ (p) = pdx − ϕ (p) dx; dx1=xϕ (p) + φ (p)dpp − ϕ (p)— линейное уравнение. Отыскиваем решение x = x (p) и, подставляя его в уравнение Лагранжа, находим общее решение в видеy = x (p) ϕ (p) + φ (p).√П р и м е р. Решить уравнение Лагранжа y + xy = 4 y , y +√+ xp = 4 p. Найдем2 dp2dpdpp+p+x= √2p =√ −x ;p dx,pdxdx1xdx= √ −dpp p 2p— линейное уравнение по x.Решаем это линейное уравнение методом подстановки:1uv1− √ ; u = √ ; v = ln p + С ;p2p p p1√x = uv = √ (ln p + C) ; y = p (4 − ln p − C) .px = uv; u v + uv =Используем метод введения параметра для решения уравненияКлеро. y = xp + φ (p).Уравнение Лагранжа превращается в уравнение Клеро, если вуравнении Лагранжа положить ϕ (p) ≡ p.Дифференцируем обе части исходного уравнения:dp dφ (p) dp dpdφ (p)= 0.p=p+x+,x+dpdp dx dxdxПолучаем:dp= 0 ⇒ p = C, y = Cx + φ (C)dx— общее решение;x=−76dφ (p)= −φ (p) .dpПодставляя общее решение в уравнение Клеро, найдем особое решение в виде%y = −pφ (p) + φ (p) ;x = −φ (p) .П р и м е р.
Решить уравнение y = xy − (y )2 . Преобразуемзаданное уравнение к виду p = p + xp − 2pp , p (x − 2p) = 0.Получим:p = 0 ⇒ p = C ⇒ y = xC − C 2— общее решение;%x = 2py = xp − p2⇒y=x 2 x2x2−=244— особое решение.13. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯВЫСШИХ ПОРЯДКОВВведем основные определения.Запишем дифференциальное уравнение n-го порядка в общемвидеF x, y, y , . . . , y (n) = 0.Дифференциальное уравнение n-го порядка в виде, разрешенном относительно старшей производной, выглядит так:y (n) = f x, y, y , .
. . , y (n−1) .Решением дифференциального уравнения n-го порядка называется функция y (x), обращающая его в тождество.Общим решением дифференциального уравнения n-го порядканазывается функция y = ϕ (x, C1 , . . . , Cn ) такая, что:771) при любом наборе констант C1 , . . . , Cn эта функция являетсярешением;2) для любого набораначальных условийиз области суще(n−1)∈ G найдется наборствования решения x0 , y0 , y0 , .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
