Часть 5. Дифференциальные уравнения в примерах и задачах. (509319), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Полученное уравнение можно рассматривать как линейное относительно х = х(р): т(х р — + 2х = 8р. Ор Его общее решение имеет вид С 8 х = — + — р. рт 3 Таким образом, общее решение исходного уравнения запишется в виде: С 84з2С т+ Р~ У= Р+ Рт 3' 3 Р' Кроме того, име я еще одно решение у = О, не входвщее в это общее решение ни при каком С. и Пввмечиме.
Здесь и далее рассматриваем ураеяеяяя Гттирахих и Хаеро, которые соотаетспынно имеют ввд: у= р(в'Ъ +Р(у') (р(в) те у') в = у в+Р(в). 79 й 7. Уравнения, не Разрешенные отяоснтельно производной 193. у = худ — 2У". м По аналогия с предыдущим примером имеем у'=р; у=хр — 2р; рйх= 4(хр — 2р), р ((р — 1) 2(х + 2(х — Зр) 2(р) = О.
Отсюда следует, по р = ! „р = О, а также (р — 1) 2 — + 2х = Зр. Интегрируя линейное уравнение, 2(Х получаем Р С х= + 2р + 1. (р — 1)2 Таким образом, все решения данного уравнения описываются формулами: С Ср' У=О; у=х — 2; х= +2р+1, у= +р.М (р-1)2 ' (Р-1)' 194. 2У' (у — *у') = 1. М Разрешая уравнение относительно у и полагая у' = р, получаем 1 У=яр+ 21Р2 ' Используя равенство ду = р Ых н дифференцируя обе части (1), находим 1 2 1 рдх = 4(хр+ — ) = хдр+р2(х — — Ир, 2рз,) з (х — —,) 2(р = О.
Отсюда следует, что р = С, а также х = -2-. Подставив полученные значения в (1), окончателыю ! Р имеем Уу =27х и У=Сей —.Ш 3 2 2С2 195. Найти кривую, каждая касательная к которой образует с осями координат треугольник площадью 2а'. м Из уравнения касательной к кривой в точке М(х, у) 1' = у+ у'(х)(Х вЂ” х), где Х, à — текущие координаты касательной, следует, что абсцисса точки пересечения касательной с осью Ох равна х„= х — лг, а орднната точки пересечения ее с осью Оу у„= у — ху'. У согласно условию !х„у„( = 4ат, нлн х„у„= х4а~. таким образом, получаем дифференциальное уравнение х — — 7! (у — ху ) = х4а, ( ) У '2 Р 2 У) нлн (ху' — у)' х 4азу' = О.
полагая у' = р и дифференцируя, находим 2(хр — у)(х 2(р + рйх — р 2(х) х 4а 4р = О, (х р — ху х 2а ) !(р = О. Следовательно, р = С, а также р = у (У х х ) . 2е Подставляя значение р в уравнение (хр — у)2 ~ 4азр = О, получаем решения 2 у =х — н (Сх — у) х4а С=О. а 2 2 х бО Гл. 1. Дпффереициальвые уравнения первого порядка а 2 Легко проверить, что кривая у = ж — является огнбиошей семейства прямых (Сх — у) х ж 4а С = О, каждая из которых совместно с осями координат образует указанный в условии треугольник.
Исключая эти тривиальные возможности, получаем решение поставленной задачи у = х —. ° х хх с(р=б, из которого следует, что р = С, а также х = ~ --)~ †. Подставив значения р и х в (1), находим: ) 1-';рз х! у = н у = Сх ~ Я + С'. чг) +Ф Если исключим тривиальный случай у = Сх х ч1+ С', то получим решение данной задачи х оу =!.~ 2 2 1ох7. Найти кривую, проходящую через начало координат н такую, что отрезок нормали к ней, отсекаемый сторонами первого координатного угла, имеет постоянную длину, равную двум.
< Из уравнения нормали ! У = у — — (Х вЂ” х) следует, что (ОР~ = у+ Хг, (Оч( = х + уу' (рис.23). Согласно у условию, гФ = ДОРР оЯР= 2 поэтому - —,~! +(х+уу')'= . ( *,\' у / Рас. 23 Положив в этом уравнении у' = р н разрешив его относительно у, получим х 2 Ф+Р' Дифференцируя руаенство (1), имеем / х 2 ) хор ох ау=рох = о*1 — — ж ~; рйх = —. — — ~ 2р(! + р ) ор, 1, р ьгГ+р~,~ ' р' р 1охб.
Найти кривую, каждая касательная к которой отсекает на осях координат такие отрезки, что сумма величин, обратных квадратам длин этих отрезков, равна единице. ц Если сохранить обозначения из предыдушего примера, то согласно условию получим 1 ! у ! 2+ 2 — 1 или 2+ =1, х! у! ' (ху' - у)з (у - ху')' Разрешая уравнение относительно у и полагая у' = р, будем иметь /~+ з . (1) Проднфференцируем обе части в (1). Тогда, принимая во внимание равенство г(у = р ох, получим дифференциальное уравнение й 7. Уравнеиня, ие разрешенные относительно производной Последнее уравнение линейное относительно х и его общее решение имеет вид х= Ср р з/Р +1 (рт+ 1)т Параметрические уравнения общего решения исходного уравнения определяются равенствами (1) и (2). Положив в (1) х = у = О, получаем р = сю. А тогда из (2) следует, по С = О.
Таким образом, кривая, параметрические уравнения которой имеют вид з У= з (Р>0) р 2р+1 (3) (уз+1)1 Озз 4-1)' удовлетворяет поставленной задаче. Очевидно, что если в (3) поменять местами х и у, то получим другую кривую з У= з (Р>0)~ 2р+1 р (4) (рз + ц у (),г + 1) з которая также является решением поставленной задачи, поскольку с геометрической точки зрения переменные х и д равноправные. Ясно, что если в (4) параметр р заменим на — (р > 0), то 1 Р получим ту же кривую, однако с другим параметрическим представлением у= з (р>О).1 ,(2+,з (рт+ 1) (уз+ 1)' 198.
Найти кривые, у которых произведение расстояний от каждой касательной до двух данных точек является величиной постоянной. м Согласно условию, (ХА) (АВ) = а' (а = сопя!) (см, рнс.24). Пусть ~АО~ = )ОВ~ = Ь. Тогда, подставив в нормальное уравнение касательной Т вЂ” у'Х вЂ” у+ ху' =0 ~/) + у" вместо координат Х и 1' координаты точки А(-6, 0)., получим 1КА! !Ьд У+ад! )(1-6 Ул Аналогично получаем Таким образом, имеем |ЬУ вЂ” у+ху ! ! — Ьу — у+ау ! = а (1+у ), откуда (ху — у) — Ьу = ха (1+ у ).
Обозна зив 6~ха = пз, ха = и н разрешив последнее уравнение относительно у, можем записать з з у= ху х )/гшу' + и. (1) Полагая в (1) у' = р и продифференцировав, получим хх Ар=о, откуда р = С и х = ~ — т — с —— . Таким образом, отбросив тривиааьный случай р = С, имеем ~изр~+ в параметрические уравнения искомого решения гпр и ху у у=+ згггпрт + гг тггтрт + и Исключив параметр р, получим пх +пзу = гпп. Очевидно, что в зависимости от знаков пз и и, зто могут быль как эллином, так и гиперболы.
~ Гл. 1. Диффереицввльиые уравнения первого порядка 5 8. Существование и единственность решения 8.1. Теоремьг Панара, Пеаво и Оегуда. Теорема (Пикара). Если в задаче Коши ду ,1 = г(х~ У)1 У(хь) = Уь (1) функции у непрерывное прямоугольнике Я = ((х, у) б мз: [х-хь! ( а, !у-уь! ( Ь) и удовлетворяет в ием уошвню Лившица ло переменной у, т.е. 3Е > 0: )г(уп уг Е [ — Ь+ уь, Ь + уь!) У(х Е [-а + хь, а + хь!) (2) ! у(х, у~) — у(х, уг)! ( (Е[«1 — уз! (Е = сопз!), то на сегменте хь — д < х ( хо+ И, где д = пап(о, ь [, М = шах [у(х, у)[, существует (ьнеп единственное решение задачи (1), к которому равномерно сходятсе лри и -«сс приблихсения у„, определяемые формулами у(хь) = уь, у«м(х) = ус+/ Щ у Я) дг, и б Еь *а (3) Теорема (Пеано). Если функция Т непрерывна в Я, то хотя бы одно решение у = (с(х) задачи (1) существует на указанном сегменте.
Теорема (Осгуда). Если; 1) функция ю = ы(1) непрерывна при( > О, ы(0) = 0 и ы(1) > О ири 1 > 0; 2« 2) интеграл [ -[([ — — +со; Г дг ь 3) [Т(х, у~) — Т(х„уз)! ( ы([у~ — уз!) в Я, то е Я мохсет существовать ие более одного решения задачи (1). 8.2. Существование в едивствеивость решения задачи Коши для уравнения, не разрешенного относительно вроязведной. Теорема. Если в замкнутой окрестности точки (ха, уь~ уь) функция Р = Р(х~ У1 У ) удогле творлет условиям: 1) Р непрерывно по совокуттсти аргументов х, у, у; 2) существует чостнан производная дт ~ 0; дР д« 3) существует частная проимодиал д —, причем ! у — ! < Ф (2«' = сопзгд др ~ др1 ! «! то на сегменте [хь — е, хо + г[, где г > 0 — достаточно малое число, существует единственное решение у = у(х) уравнения Р(х, у, у~) = 0 с начальным условием у(хь) = уь, для которого у (хь) = = уь и уь — действительный корень уравнения Р(хь, уь, уь) = О.
8.3. Продолжение решении задача Хоан. Часто решение задачи Коши существует не только на сегменте, указанном а теоремах Пикара и Пеано, но и на большем сегменте. Если условия теоремы Пикара выполненм в замкнутой области, то решение задачи (1) можно продолжить вплоть ло границы этой области.
. если функция у репрсрывна в полосе и = [(х, у) б ж: о < х < 1), -со < у < +оо~ и удовлепюряьт неравенству [у(х, у)! < 1«(х)[«[+ ф(х), (4) где (ь и ф — непРеРывные функции, то всякое Решение задачи (1) можно продолжит на интервал (о, Д). Информация о величине интерваяа существования решения задачи Коши содержатся в слелующем угвсржаенин. 83 Лемма (Бихари). Если справедливо неравенство у(х) ( С+~о(1)д(у(1)))й, хо ( х ( а, (5) «» где С = сопз1 > О, функции у = у(х), о = о(х) неотрицательные и непрерывные, а функция д = д(у) непрерывная, неотрицательная и неубывающая, причем д(у) > 0 при у > О, то )1*)»а'[»)о 1'»)«)), *» (б) г д( С(и)=21' —, и,>О, 2 д(1)' дю) всех тех х б [хе, а), для которых функция С(С) + [ о(1) М принадлезкит области определения *« функции С '.
(8) У» 2 (х У)) У2 . )У»)) У!(хо) = Ую) ю(хо) = Узо) . )У»(хо) = У»о. При условиях, аналогичных изложенным в п,8.1, существует единственное решение задачи (8). При этом под непрерывностью вектор-Функции у понимается непрерывность ее координат у„уз, ..., у„, а условие Лнпшица (2) распространяется на каждую функцию у) по кахщой переменной у„. Абсолютная величина [у[, [у[ заменяется длиной соответствующего вектора. К задаче (8) сводится следующая. Найти такую функцию у = у(х) вместе с окрестностью точки хе, которая удовлетворяет уравнению (9) н начальным условиям У(хо) = Уо) У (хо) = Уо) " ) У (ха) = Уо (10) Если в некоторой области Р, солержащей точку (хо, уо, уо,, „,уе! 1), функция у и ее частные производные перного порядка но у, у', ..., у!" '! непрерывны, то задача (9), (10) имеет единственное решение в достаточно малой окрестности указанной точки, целиком лежащей в Р.
Положив у = у), у' = уз,...,у!" '! = у, вместо (9), (10) получим систему ) ) ) У) У2) Уз УЗ) ' ' ) У вЂ” 1 У») У» 2 (х) У1) У2) ' ' )У») (11) с начальными условияыи у)(хо) = уо уг(хо) =, Ы " у»(хо) = уо !»-о 199. ПостРоить послеДовательные пРиближениЯ Уо, У), Уз к Решению данного УРавнениЯ с данными начальными условиями: а) у' = х — уз, у(0) = 0; б) у' = у+ е" ', у(0) = 1. т Воспользуемся формулами (3), п.8.1 а) В рассматриваемом случае хо — — О, уо — — О, уо(1) = уо — — О, у»+1(х) = ~(й — у„(1))дт) и б юо о 8.4. Существование н единственность решения векторной задачи Коши. Если в зыщче (1) у и у векторы, т.е. у = (у), уз, -,у») у = (у)) уз)" )у») то вместо задачи (1) будем иметь задачу: У! 21(Х) У!) У2) .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
