МУ по решению задач экзаминационной контрольной работы по курсу Дифференциальные уравнения (1238782), страница 8

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

Текст из файла (страница 8)

Никаких других особых решений уравнение иметь не может, так как каждоеособое решение обязано лежать на дискриминантной кривой.III. Проверка касания (доказательство того, что решение является особым). Запишем условиякасания134/3 x  4  C  4  C  x  ,1    C  x 1/3 , C  x  1, C  1  x.Поставим значение C  1  x в первое уравнение системы:13134/3 x   1  x  1  x  x  , т.е.  x   1  x  – верно при любом x  .4444Таким образом, yo   x  1/ 4 – особое решение, в каждой точке x0 графика yo касается3 C  x 4/3 при C  1  x0 .4IV.

Нарисуем интегральные кривые уравнения. График особого решения yo   x  1/ 4 мыграфик решения y  C можемпровести точно. Графики решений34/3y ( x)  C   C  x можем изобразить лишь4приблизительно, приняв во внимание качественныехарактеристики:y( x) имеет максимум y  C при x  C (вершинапараболы);график симметричен относительно вертикальнойпрямой x  C ;график касается прямой y   x  1/ 4 при x  1  C ;при больших значениях x  функцияy ( x)убывает быстрее, чем линейная.Задача 42-7. Решить уравнение, найти особые решения и нарисовать интегральные кривые2 y'  2ln y'  y  x  0 .Решение. I. Решим уравнение. Выразим y из исходного уравненияy  x  2ln y'  2 y' .Введем параметр p  y dy dy  p dx , тогда уравнение принимает видdxy  x  2ln p  2 p .(7)Возьмем полный дифференциал от обеих частей (7) и заменим dy  p dx402 dp2 2dp , откуда ( p  1)dx   ( p  1)dp или ( p  1)  dx  dp   0 .p ppВозможны два случая:1) p  1  0, p  1 , подставим это значение p в (7):pdx  dx  2y  x  2.2)dx 2Cxdp  0, x  2ln p  C , ln p , p  e(C  x )/2 .

Здесь мы учли, что по условиюp2p  0 . Подставим найденное значение p в (7):y  x  2ln e(C  x)/2  2e(C  x)/2  x  C  x  2e(C  x)/2 , т.е. y  C  2e(C  x)/2 .II. Найдем дискриминантную кривую. Запишем систему2 p  2 ln p  y  x  0,2 p  1.2  p  0,Подставляя значение p  1 в первое уравнение системы, имеем2  y  x  0, yo  x  2 может быть особым решением, так как является решением уравнения.Дискриминантная кривая представляет собой прямую y  x  2 .

Других особых решенийуравнение иметь не может, так как каждое особое решение должно лежать надискриминантной кривой.III. Проверка касания.(C  x )/2, x  2  C  2e(C  x )/2, C  x  0, C  x.1  eПоставим значение C  x в первое уравнение системы:x  2  x  2e( x x)/2 , т.е. x  2  x  2 – верное тождество при любом x  .Таким образом, yo  x  2 – особое решение, в каждой точке x0 графика yo касается графикрешения y  C  2e(C  x)/2 при C  x0 .IV. Нарисуем интегральные кривые уравнения. График особого решения yo  x  2 мыможемпостроитьточно.Графикирешений(C  x )/2y( x)  C  2eможемизобразитьлишьприблизительно, приняв во внимание качественныехарактеристики:y( x) возрастает, y(C )  C  2 , y( x)  C при x   ;график касается прямой y  x  2 при x  C ;график y ( x) лежит ниже прямой y  x  2 , посколькуe x  1  x при x  0 , следовательно, Cxy ( x)  C  2 1   x  2 при x  C ;2 y( x)   при x   .418.

Уравнения в частных производных первого порядкаРассмотрим линейное однородное уравнение в частных производных первого порядкаuuuf1 ( x, y, z )  f 2 ( x, y, z )  f3 ( x, y, z ) 0,xyzгде f1, f 2 , f3причем– заданные непрерывно дифференцируемые в области G 3(1)функции,k 1| fk ( x, y, z) |  0 в каждой точке G .3Характеристической системой уравнения (1) называется система обыкновенныхдифференциальных уравненийdxdydz(2) f1 ( x, y, z ), f 2 ( x, y, z ), f3 ( x, y, z ),dtdtdtв которой t играет роль независимой переменной.Непрерывно дифференцируемая функция u( x, y, z ) называется первым интегралом системы(2), если она остается постоянной вдоль каждого решения (2). Если есть несколько первыхинтегралов u1 ( x, y, z ), , um ( x, y, z ) , то любая их непрерывно дифференцируемая функцияu  F  u1 ( x, y, z ),, um ( x, y, z )  также будет первым интегралом (2).

Поэтому приняторазличать независимые первые интегралы. Известно, что система (2) имеет в окрестностикаждой точки области G ровно два независимых первых интеграла.Функция u( x, y, z ) является решением уравнения (1) тогда и только тогда, когда она являетсяпервым интегралом характеристической системы (2).По условию функции f1, f 2 , f3 не могут одновременно обращаться в нуль ни в одной точкеобласти G . Пусть f3  0 , тогда в окрестности данной точки мы можем поделить первые двауравнения системы (2) на третье уравнение и записать её в видеdx f1 ( x, y, z )dy f 2 ( x, y, z ),,dz f3 ( x, y, z )dz f3 ( x, y, z )исключив из системы переменную t и взяв z за новую независимую переменную.Обычно характеристическую систему уравнения (1) записывают в симметрической формеdxdydz.(3)f1 ( x, y, z ) f 2 ( x, y, z ) f3 ( x, y, z )В этой записи из системы исключается t , но не конкретизируется, какая из переменныхx, y, z берётся за независимую переменную, поэтому в уравнения входят не производные, адифференциалы.

Такая запись компактна и облегчает поиск первых интегралов. Вместе стем, она является формальной. При выписывании системы (3) мы не принимаем во вниманиетот факт, что в некоторых точках области знаменатели дробей, входящих в (3), могутобращаться в нуль.Определение. Пусть u1 ( x, y, z ) и u2 ( x, y, z ) независимые первые интегралы (3) (или (2)).Общим решением уравнения (1) называетсяu  F  u1 ( x, y, z), u2 ( x, y, z)  ,(4)где F – произвольная непрерывно дифференцируемая функция.Для отыскания первых интегралов часто используется следующее утверждение42Лемма 1 (свойство равных дробей). Если верно (3), то при любых k1, k2 , k3 таких, чтоk1 f1 ( x, y, z )  k2 f 2 ( x, y, z )  k3 f3 ( x, y, z )  0 , имеет место равенствоk1 dx  k2 dy  k3 dzdxdydz,k1 f1 ( x, y, z )  k2 f 2 ( x, y, z )  k3 f 3 ( x, y, z ) f1( x, y, z ) f 2 ( x, y, z ) f 3 ( x, y, z )(5)где k1, k2 , k3 – числа или функции от x, y, z .Доказательство.

Обозначим q dx dy dzf1 f 2 f3 dx  q f1, dy  q f 2 , dz  q f3 , тогдаk1 dx  k2 dy  k3 dz k1 q f1  k2 q f 2  k3 q f 3 q , что и даёт (5).k1 f1  k2 f 2  k3 f3k1 f1  k2 f 2  k3 f 3Вычисление первых интегралов1. Случай двух независимых переменных. Рассмотрим уравнение в дифференциалахdx1dx2.g1  x1 , x2  g2  x1 , x2 (6)Найдем его решение   x1, x2 , C   0 и выразим из последнего равенства произвольнуюпостоянную C    x1, x2  . Тогда u    x1, x2  – первый интеграл (6).2. Случай трех независимых переменных. Выделим из исходной системы (3) уравнение вида(6), где x1 , x2 – какие-либо две из независимых переменных x, y, z или x1  x1 ( x, y, z) ,x2  x2 ( x, y, z ) – функции от x, y, z .

Решив (6), найдем первый интеграл u1  1 ( x, y, z ) . Дляотыскания ещё одного независимого первого интеграла рассмотрим два способа.а) Из равенства u1  1 ( x, y, z ) выразим одну из независимых переменных и подставим этовыражение в (3). В результате получим систему с двумя независимыми переменными, изкоторой найдем u2 .б) Используя лемму 1, получим из системы (3) другое уравнение вида (6).

Решив его, найдемеще один первый интеграл u2  2 ( x, y, z ) .Задача Коши для уравнения (1)Пусть уравнение g x, y, z   0 определяет в области G гладкую поверхность S и пусть вокрестности S задана непрерывно дифференцируемая функция v( x, y, z ) .Задача Коши:Найти решение уравнения (1), удовлетворяющее начальному условиюu  v( x, y, z ) на S .Если известно общее решение уравнения (1), то решить задачу Коши можно следующимспособом. Используя уравнение поверхности, выразим x, y, z как функции первыхинтегралов u1 , u2 , то есть g  x, y, z   0,u1  x, y, z   u1 ,  x  w1 (u1 , u2 ), y  w2 (u1 , u2 ), z  w3 (u1 , u2 ).u2  x, y, z   u2 ,На основании этих выражений представимuˆ  v( x, y, z)  v  w1 (u1, u2 ), w2 (u1, u2 ), w3 (u1, u2 )   F0 (u1, u2 ) .43Вне поверхности S продолжим û по той же формуле. В результате получим функциюuˆ  F0 (u1 ( x, y, z), u2 ( x, y, z )) , которая и дает решение задачи Коши.Примеры решения задач, предлагавшихся на письменном экзаменеЗадача 41-8.

Найти общее решение уравнения и решить задачу Кошиuu z ux   x( y  5 z )2  z   0 , u  xz 5 при y  5z  1, x  0 .xy 5 zРешение. Запишем характеристическую системуdxdy5 dz.2x x( y  5 z )  zzРассмотрев первую и последнюю дроби, получаем уравнение, которое содержит только двенезависимые переменныеdx 5 dz 5ln | z | ln | x | Cˆ , отсюда z 5  Cx .

Выражая произвольную постоянную C ,xzz5находим u1 – первый интеграл.xРассмотрим два способа для отыскания ещё одного первого интеграла.Первый способ построения u2 . Выразим x  z 5 / u1 и подставим это значение в уравнение z4dy5 dz2.Сокративна,получимdy5(y5z)1z dz . Далее преобразуемzux( y  5 z ) 2  z 1z4d  y  5 z   5 ( y  5 z ) 2 dz,u1d  y  5z 5 z 4 dz. Решаем полученное уравнение, считая, чтоu1( y  5z )2u1 – это постоянная величина:1z5z5  C . Подставив теперь u1  , имеем решениеy  5 z u1x111.xC C  x . Умножив на 1 , находим первый интеграл u2  x y  5zy  5zy  5zВторой способ построения u2 . Воспользуемся свойством равных дробей для нашейхарактеристической системы, т.е.

формулой (5) при k1  0, k2  1, k3  1 .dy  5 dzdx ,2x( y  5 z )  z  z xd ( y  5 z ) dx ,x( y  5 z ) 2 xd ( y  5 z) dx,( y  5z)21xC .y  5zВыражая из последнего равенства произвольную постоянную C , находим1– первый интеграл.u2  x y  5zОчевидно, u1 и u2 независимы, так как в u2 входит y , а в u1 не входит. Таким образом, z51 u  F  , x  – общее решение уравнения.y  5 z  xРешим задачу Коши с заданным начальным условиемu  xz 5 при y  5z  1, x  0 .Используя уравнение поверхности y  5z  1 , представим44z52,u2  x  1  x  u2  1,uˆ  x z 5  u1 x 2  u1  u2  1 .xВне поверхности y  5z  1 продолжим û по той же формуле, подставляя исходные значенияпервых интеграловu1 z5 1 1xxy  5z uˆ 2– решение задачи Коши.Замечание 1.

При решении задачи Коши мы могли бы выразить через u1 и u2 все тринезависимые переменные x  u2  1 , z  5 u1 (u2  1) , y  5 5 u1 (u2  1)  1 на рассматриваемойповерхности, но этого не потребовалось.Замечание 2. В этой задаче мы нашли первый интеграл u1  z 5 / x , но можно перевернутьдробь и рассмотреть первый интеграл uˆ1  x / z 5 . Вообще, первые интегралы определяются сточностью до функциональной зависимости.

Характеристики

Список файлов книги