Филиппов А.Ф. Введение в теорию дифференциальных уравнений (2007) (1135788), страница 2
Текст из файла (страница 2)
< Задача 2. Написать дифференциальное уравнение движения тела с массой нь по оси Ох под действиеи силы /(1, х, х'), ! 1 направленной по этой оси. Здесь х = х(Ф) — абсцисса и х' = х'(Ф) — скорость тела в иоиент Ф. ! г Решение задачи Согласно второму закону Ньютона инеем нгх" = /(1,х,х'). Зто — дифференциальное уравнение 2-го порядка, Глава 1. Дифференциальные уравнения и их решения поэтому нужны два начальных условия: положение тела х(2е) = хе и его скорость х'(Фе) = х~е в какой-либо момент Фе.
Рассмотрии подробнее частный случай, когда у — упругая сила, по закону Гука пропорциональная отклонению тела от положенмя равновесия х = О и направленная в сторону положения равновесия, то есть Г = -йх. Тогда уравнение движения принимает вид тпх" = -лх и имеет решение х = сг сова2+ аз в!па2, где а = /й7ю, а с! и !~ — произвольные постоянные, которые можно найти, зная начальные условия (непосредственно проверяется, что это — решение; метод его отыскания излагается в 511). Если движутся и тел, силы взаимодействия которых зависят от положения тел и их скоростей, то написав уравнения движения для каждого тела, получаем систему и дифференциальных уравнений.
Если тела движутся не по прямой, а в пространстве, то подобные уравнения пишутся для каждой координаты каждого тела, и получается система из Зм уравнениИ. Решение задачи. Согласно физическим законам (Щ, а 13) при последовательном соединении во всех элементах цепи сила тока 1(Ф) одна и та же. Сумма падений напряжения на всех элементах цепи 10 Задача 3. В электрическую цепь по! следовательно включены источник по! стоянного тока с напряжением У, ка- 1 тушка саиоиндукции Ь, сопротивле- 1 ние )с и выключатель, который замыкает цепь при Ф = О. Найти силу тока 1 в цепи при $ > О (рис.
2). 1 1 1 1 1 1 1 ! 1 1 1 гис. 2 ! $ 1. Понятое о дифференциальном уравнении равна напряжению источника тока, то есть Ы Ь вЂ” +ЛТ= У; Т(0) =О. й Решить уравнение иожно методом п.1 В 2. С учетом условия 1(0) = 0 имеен з(1) ж — (1 — е"т~) (1 > 0). И . Следовательно, сила тока монотонно возрастает от 1 = 0 при 3 = 0 и стремится (на практике очень быстро) к предельному значению 1(оо) = У/Ю вЂ” к тону значенмю, которое получилось бы по закону Ома при отсутствии самоиндукции. Некоторые области применения дифференциальных уравнений: системы автоматического управления; расчет движения ракет, спутников и,небесных тел; расчет токов в сложных электрических цепях; динамика механических н физических процессов в технике; кинетика химических реакций; отдельные вопросы биологии.
[3~ зеометрический смыся уравнения у' ~ З.(х, у). Для каждой точки (х, у) из области .Р, где определена функция г, уравнение у' = у(х, р) определяет значение производной р' решения, проходяшего через эту точку. Но р~ = 10 а, где а — угол наклона , касательной к кривой, проходящей через эту точку (рис. 1). Таким образом, уравнение у' = у(х, р) определяет в области Р поле направлений: в каждой точке уравнение определяет направление касательной к решению, проходящему через эту точку. Можно наглядно изобразить это поле, если в области Р взять достаточно «густое» множеспю нз конечного числа точек и через каждую его точку (х, у) провести короткий отрезок под углом ш к оси Ох, Глава 1.
Дифференциальные уравнения и ах решения где гй а = у(х, р). Проводя в области 22 кривые, идущие везде приблизительно по направлению ближайших отрезков, получаем представление о хсще решений данного уравнения. Метод изоклии помогает построить поле направлений. гззоклилой (линией равного наклона) для уравнения у' = у(х, р) называется геометрическое место точек, где у(х, р) = й, й = сопзг. Для нескольких й из множества значений функции у, в том числе для й = 0 и й = со (если Г(х, р) принимает эти значения), строим изоклины у(х, р) = й, стараясь не оставить на чертеже больших областей без изоклин нли хотя бы без пометок типа «здесь р' > 2».
Через многие точки каждой изоклины у(х, р) = й проводим короткие отрезки под углом а (гйа = й) к оси Ох. По этому полю направлений строим интегральные кривые — графики решений данного уравнения. Эти кривые в точках пересечения с каждой изоклиной должны иметь касательные, параллельные отрезкам, построенным на этой изоклине. Иногда полезно проводить не только изоклины, но и другие кривые — такие, которые пересекаются полем направлений только в одну сторону. Пример 1. С поиощью метода изоклин приближенно постро- 1 ить несколько интегральных кривых уравнения р' = х — р .
! г Решение примера. Дяя нескольких значений Й, например, дяя й = О, ~1, ~2 проведем изокяины х — р~ = й. Это — параболы. Каждую изоклину х — р = й пересечен короткими отрезками 2 под углом «з, гйа = й, к оси Ох, не доходящими до других изоклин. Проведем интегральные кривые, например, через точки (1, 1), (О, О), (1, -1), (-1, -1), согласуясь, как указано выше, с направлениями отрезков на изоклинах. Полученный рис. 3 дает общее представление о решениях уравнения р' = х — р . г в 2. Понятие о дифференциальном уравнении 5веаааааю~ Хотя рисунок приближенный, из него можно получить некоторые точные сведения о решениях.
В области х < р~ имеем р' < О, н там решения только убмваюг, а в области х > рз — только возрастают. На параболе и = рг име- р р'< -2 ем 1/=О и интегральные кривые могут пересекать ее только слева направо, достигая минимума в точке пересечения. Поэтому нз области в > у реше- О 1 Ю ння не выходят. В замкнутой области х > рг + 1 имеем 1/ = я-рз > 1, по- У < этому все прохолящие там решения, возрасшя, вхо- Риг 3 лят в полосу между изохлннамн я — уг = 1 н х — уз = О н остаются там, так как поле направлений на границах этой полосы при у > 1/2 не дает им выйти. Ф ®~®~ ~~~~Майа Метод изоклин обычно дает представление о поведении всех решений данного уравнения.
Но он обладает малой точностью и применим только к узким классам уравнений: к уравнениям первого порядка р' = у(х, р), к системам вида Их Ир — = р(х, р), — = О(х, р) Ф ' ' гй (система сводится к уравнению ду/г1х = д(х, р)/р(х, р) ) и к уравнениям вида р" = /(р, р') (замена 1/ = х приводит к системе р = х, х' = у (р, х), отсюда Их/ор = у(р, х)/х). Кроме того, если функция у(х, р) сложная, то трудно строить изоклины.
13 Глава 1. Дифференциальные уравнения и их решения 5 2. Простейшие методы отыскания решений ~1.) Уравнения с разделяющимися иеремеииыми. Они могуг быль записаны в виде У = Г(х)9(У) (2) Предполагаем, что функции Г и 9 непрерывны. Если 9(У) = О при У = У~, У = Уг, ..., то функции У(х) аа У~, у(х) еа уг, ... являются решениями. В окрестности каждой точки, где д(у) ~ О, разделим обе части уравнения (2) на 9(У) и проинтегрируем по х обе части уравнения — = У(х).
9(У) — у(х) Их+ с, — = 7(х) Их+ с. (3) Неопределенный интеграл здесь означает любую первообразную функцию, то есть такую функцию, производная от которой равна подынтегральной функции. Если две функции равны, то интегралы от них могут отличаться на любую постоянную, то есть в (3) с — произвольная постоянная. Обозначив интегралы в (3) через Н(у) и Р(х), получаем решение уравнения (2) в неявном виде: Н(У) = Р(х) + с.
На любом интерваее, где 9(У) ~ О, функция 9(У) сохраняет знак, значит, функция Н(У) строго монотонна, непрерывна и имеет обратную функцию Н '. Поэтому решение можно записать и в виде у = Н 1(Р(х) + с). Рассматриваются основные классы дифференциальных уравнений первого порядка, для которых решения могут быть найдены с помощью тождественных преобразований данного уравнения и замен переменных. Уравнения вида Р(х,у,у') = О требуют теоретического исследования и будут рассматриваться в 5 8. а2. Праппейшие иегпады отыскания решений ! Задачи дяя упражненийг (12), й 2, В 51-59.
т(я1 я ,— ',„")= ~(*') '. (4) Замечание. Предположмм, что й(ре) = О, /(хе) те О и что на некотором интервале рв < р < рг (или рг < р < ре) имеем у(р) ~ О и левый интеграл в (4) имеет конечное значение, то , есть сходится. Тогда можно показать, что на некотором отрезке хе < х < хг (или хг < х < хв) формула (4) также определяет решение уравнения (2). Условию р(хе) = ре удовлетворяют и решение (4), и решение р(х) вз рв. Г -г Пример 2. Решить уравнение р' = Зрзгз. ! 1 Решение примера. Правая часть равна нулю при у = О, поэтому яайО-~~ гг е.ч~ н дру юрта ад ~е части уравнения на Зрзгз и интегрируем: — = 1, / — = 1ах+с, Зф,з = / Зрз!з =/ (5) у =х+с, у=(х+с) .
Через любую точку (хв, О) оси Ох проходит решение р(х) вз О и решение у = (х — хв)з, полученное из (5) (рис. 4). Имеются 15 Решение, удовлстворяюшсс начальному условию р(хе) = ре, в случае й(рв) = О есть р(х) вз вв. В случае й(1ге) ,-е О на интервале, где у(у) ~ О, из (3) получаем решение р(х) в виде Глава 1. Дифференциальные уравнения и их решения также решения, составленные из двух или трех кусков названных выше решений, например, АВх, ДТВзСз, АВВзСз и т.и.
Такие составные функции являются решенияии, так как они всюду имеют производную (в точке стыка правая производная равна левой) и всюду удовле- С, творяют данноиу уравнению. м Уравнения вида р' = З'(ах+Ьр+ с) А А, Ат Аз приводятся к уравнениям с разделяющимися переменны- ми заменой л = ах+ Ьр+ с, л = «(х). Тогда л' = а+ Ьу', следовательно, х' = а+ ЬГ(л). Это— уравнение с разделяющимися переменными. ! Задачи для упражнений: [12), б 2, Звбб-бб.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
