Часть 5. Дифференциальные уравнения в примерах и задачах. (509319), страница 5
Текст из файла (страница 5)
3. )--„-С + фС- — 1 = О. 4. р= Сз з)пр(х)+Сзсозаз(х), Зз(х) = ~~(1)зй. 5. р= СзЗз. о б. р + (з~ — С, = 0 (р, р — полярные координаты). С,У вЂ” Сззз+ Сзх = О, Сз р + Сз з + Сз х + Сз = О, С,з(пу+4Сзе' — 2Сз =О. ( С~У +Сзз +Сзх 52С, =О. Глава 1 Дифференциальные уравнения первого порядка 5 1. Уравнения с разделяющимися переменными 1.1, Дифференциальное уравнение е разделдннцимисн переменными.
Уравнение аида у1(х)уз(у) Ых + д~(х)дз(у) Ыу = О, (1) где ~;, д, (К = 1, 2) — заданные непрерывные функции, х 6 (а, Ь), у Е (с, Ы), называется ди4ференииал ьным уравнением с разделяющимися переменными Для того, чтобы проинтегрировать уравнение (1), следует сначала обе его части разделить на произведение Гз(у)д,(х) (Уз(у)д,(х) и О), а затеи, пользуясь формулой и (/ у(х)дх+ / д(у) Ыу) = З(х) Ых+ д(у) Ыу, записать / — Ых + / д— У Ыу = С. д~(х) Гз(у) (2) 1.2. Разделение переменнык линейной заменой аргумента.
Уравнение вида — = З(ах+ Ь) (а, Ь вЂ” посгоянные), Ыу (3) Ых где у — непрерывная функция, посредством подстановки 1 = ах + Ь приводится к уравнению с разделяющимися переменными (а+ ЬУ(1))дх — Ы( = О. Решить следующие уравнения. 20.,(у'+ 1Ых = ху Ыу. и Это уравнение вида (1). Деля обе его части на произведение чтут + 1 ° х, получаем Ых уду — х~О, х т/у" + 1 откуда Ь (х! — ф+1=С. Таким образом, все решения данного уравнения имеют вид 1п(х! — )/уз+1=С, и=о. > При делении ма~ли быль потеряны решения уравнений уз(у) = О и д,(х) = О.
Поэтому для по- лучения всех решений уравнения (1) следует к семейству интегральных кривых (2) присоединить нули функций уз и д,. Гл. 1. Дифференциальные уравнения первого порядка 12 21. (х' — 1)у'+2ху' = О, у(0) =1. м Сначала находим все решения этого уравнения. Имеем (х' — 1)ду + 2ху' Их = О, откуда, разделив переменные х и у, получаем ду 2Ых 2 + 2 0' уз хт 1 Интегрируя обе части полученного уравнения, находим — — + !ц)х — Ц = С. 1 (1) у Для получения всех решений исходного уравнения к последнему семейству интегральных кривых присоединим еще решение у = О. Далее, из совокупности всех интегральных кривых выделим ту кривую, которая проходит через точку (О, 1).
Полагая в (1) х = О и у = 1, находим С = -1. Таким образом, функция ! ! + 1п !хт — Ц является решением поставленной задачи. И 22. ху'+у= у', уП) =0,5. м Записывая уравнение в виде лбу+ (у — у )бх = 0 (1) и разделяя переменные, имеем бу цх + — = О. у — уз х Интегрируя, получаем ху(1 — у) = С. (2) Заметим, что несмотря на деление обеих частей уравнения на х(у — уз), его решения х = О, у = 0 и у = 1 не были потеряны. Наконец, подставив в (2) х = 1, у = 0,5, находим С = т.
1 Следовательно, дифференцнруемая кривая чху(! — у) — ! = 0 — решение поставленной задачи. > 23. е '(1+ — ) =1. м Переписав уравнение в виде г)в — =е — 1 1 разделяем переменные в и 1: бв = Й. е' — ! Проинтегрировав полученное уравнение, находим е'-1! г 1п — ~ =!+!пС, или в=-!и(1+Се). и е' 24. у' = сов(у — х). < Полагая в = у — х, получим <Ь г)у — = — — 1. дх т(х Исходное уравнение приводится к виду бв — = цх.
сги в — 1 и 1. Уравнения с раиыляющямиея переменными 13 Ингегрированнем находим у — х х — с!8 — = С, или х — сзй — = С. 2 2 К этим решениям следует присоединить поюрянные решения а = 2лх, й Е Е. р 25. у' — у =2х — 3. < Записав уравнение в виде Ыу = (у+ 2х -3) г(х и произведя замену а = у+ 2х — 3, получим уравнение с разделяющимися переменными г(з = (з + 2) г(х. Отсюда при а Ф -2 следует, что оз — = ох. а+2 Интегрируя уравнение, имеем (и!а+ 2! = х+ 1пС, или, окончательно у = 1 — 2х + Се*.
Очевидно, решение а = -2, т. е. у = ! — 2х, принадлежит полученному семейству интегральных кривых (его можно включить в семейспю при С = О). и Найти решения уравнений, удовлетворяющие указанным условиям при х — +со. 9 26. х у — сов 2у = 1, у(+со) = — зг. 4 м Разделяя переменные, получим Ду дх — х за 0, соз у г= О. 2соззу х ' После интегрирования имеем ! 1 l — гйу = С вЂ” — или у = агсгя (2С вЂ” — ) + 2йя й Е Е. 2 х' х) Используя дополнительное условие, находим 9 — зг = !пп у = 1пл ( ага!в(2С вЂ” — ) +2лзг) = агсг82С+2йх. Поскольку ~ агсг82С! ( ~т, то отсюда следует, что й = 1, агсг82С = ~т, С = 2.
Таким образом, окончательно получаем у = шс!8 (1 — х ) + 2а.. > 27. Зу'у'+!бх = 2ху'! у(х) ограничено при х — +со. м Разделяем переменные х и у: Зу ду = 2хз(х, у ~ 2. уз — 8 Интегрируя обе части уравнения, получим: 3 8у = 2 /хба+ С, (и !у — 8! = х + С. уз — 8 Полагая С = 1п Сз (Сз > О), имеем )у~ — 8) = С,е* . Очевидно, что решение у = 2 можно включить в полученное семейство интегральных кривых, если считать, что С, = О. Таким образом, все решения исходного уравнения описываются формулой )у' — 8) = С,е* (С, ~) О).
Из полученной формулы следует, что единственная кривая у = 2 удовлетворяет поставленному в задаче условшо. > Гл. 1. Дифференциальные уравнения первого аорядка 14 ! Уз+1 28. Показать, что каждая интегральная кривая уравнения у' = !( имеет две горизон!/хо+ 1 тальные аснмптоты. м Разделяя в дифференциальном уравнении переменные х н у, а затем интегрируя, получим г / ъ ииу-Ь1,~ ъФ+Т' где (хо, уо) — произвольная точка на плоскости Оху Пусть в (1) х — +со.
Тогда в силу сходимостн несобственного интеграла з! -! — — су/ гд ,/ оГ4+ 1 гм) ществует 1па з! -,— = а. Поскольку несобственный интеграл ~ -,— — расходится, то ) ли ! ))а т'о'+ 1 30 го !цп у(х) = у(+ос) существует и конечен, причем у(+ос) > уо, так как а > О. Далее, пусть в (1) х -+ -оо. Тогда г(*) )(! 1!и) / ! =Ь, где Ь= / —,— <О. о! / 5)из+1 у 2!5+1 го оо Следовательно, -со ( у( — со) < уо. Таким образом, формула (1) описывает семейство интегральных кривых, каждая из которых имеет две горизонтальные аснмгпоты у(-со) и у(+со). М 29. Исследовать цоведенне инте)ральных кривых уравнения 1п(1 + у) у' = ~) илх в окрестности начала координат. Показать, что из каждой точки границы первого координатного угла выходит одна интегральная кривая, проходящая внугри стого угла. м Находим область |) существования функции в правой части уравнения; ох ))= 0 м„, где Мо = ( (х, у) Е Го ~ 2йх < х < (2Ь+ 1)а, О ~( у < +со( г) О ( (х, у) Е !! ! (2Ь + 1))г < х < 2(Ь + 1) х, — 1 < у ( О ~ .
Пусть О < у < +со, О < х < х, О < хо < х. Тогда разделяя переменные в уравнении и интегрируя, получим Ф г )(и (1) \/51п ! т/ЙП! + и) Поскольку при и — О 1п(1+и) и, то интеграл в правой части равенства (1) схолится по признаку сравнения. В силу положительности подынтегральной функции з! > О. Следовательно, да о > О. Отсюда находим, что х > хо.
Такими образом, при х > хо имеем у > О (и наоборот), 4! маг т. е. интегральная кривая, определяемая уравнением (1) и выходяшая из точки (хо, О), находится в первом квадрыпе. Из неравенства у' > О вытекаег, что у = у(х) возрастает с возРастанием х, Однако в силу расходимости интеграла в праюй части (1) при у -+ +со и схолимости интеграла в его левой части цри х — )г — О следует, что у стремится к конечному прелелу при х -+ х — О. $2. Задачи, ирвводюцие к урааеиюаа с разделяющимвев иеременнымв !5 Аналогичную ситуацию получим при рассмотрении равенства интегралов 2(Г Г 2(н = 1, 0<у<Ч-со, 0<х<гг, 0(уа<+со. 2/яйе l ьГЬ~1+и)' о ь, Пусть -1 < у ( О, -2г < х < О. Тогда, разделив переменные в исходном уравнении и проинтегрировав полученное, имеем й! г Ын =«н=з,=«ст«' «« о (2) Поскольку у < О, то интеграл справа в (2) отрицателен.
Значит, х < хс. Следовательно, интегральная кривая, выходящая из точки (хм 0) (хе < 0) стремится вниз налево. Далее, как следует из дифференциального уравнения, при х « — я+ 0 или при у « -1+ 0 производная у' -«+со. Таким образом, интегральные кривые асимптотически приближаются к отрезкам прямых х = -2г или у = -1, причем к отрезку прямой х = -2г оии приближаются по касательной, а к отрезку прямой у = -1 — по нормали, М 42.
Геометрические и физические задачи, приводящие к уравнениям с разделяющимися переменными 2.1. Использование геометрического смысла производной. Для решения геометрических задач целесообразно использовать чертежи, а также геометрический смысл производной и интеграла. 30. Найти кривые, для которых площадь треугольника, образованного касательной, ординатой точки касания и осью абсцисс, есть величина постоянная, равная а .
м Как видим из рис. 1, площадь указанного треугольника равна Я = 2~АГК!у. Поскольку 2 !ба = у' (2ПО ВЫтЕКаЕт иэ гЕОМЕтричЕСКОгО СМЫсла пРоизводной), то Я = -"-„у' > О. Таким 2у ' образом, имеем дифференциальное уравнение у — =а у. 2 у = у(х) Считая у ~ 0 и разделяя переменные, получаем 2 ад (х у2 п2' М(х, у) Отсюда находим — — = — т + С, илн 2 х а Р а 2а' О Аг х у= Саг+ х Рис. 1 2 Если у' < 0 (см. рис. 2), то Я = — жт — — аг.
Интегрируя это уравнение, получаем 2у 2аг х — Саг 2.2. Использование физического смысла производной. При составлении дифференциального уравнения, описывающего физический процесс, наряду с применением физических законов используем физический смысл производной, как скорости изменения какой-либо величины. Гл. 1. Дифферевциальиме уравнении первого парилка 16 Наконец, обозначив Са = -С, оба ответа объединяем в один: 2а у= = Сжх 31. Найти кривые, обладающие следующим свойством: отрезок оси абсцисс, отсекаемый касательной и нормалью, проведенными из произвольной точки кривой, равен 2а. М Из Рис 3 видим, что 1КЦ + 12цт"1 = Уг + УУ'. Таким обРазом, у требуемое лифферснциальное уравнение имеет вид у —, + уу' = 2а.
у Разрешив его относительно производной, получаем а )ах *'1( з у у Пусть О < у < а. Тогда из дифференциального уравнения нахо- дим Г .1 уау 0(а — у ) = с(х, — — — = — 2 дх. а ж „'ат — уз а ш ь/ат — ут Интегрируя это соотношение, получим а' — у' — а)п (/а ж Я- ут) к х = С. Случай — а < у < О н у' < О рассматривается аналогично, м 32. Найти кривые, обладающие следующим свойством: если через любую точку кривой провести прямые, параллельные осям коорлинат, до встречи с зтилси осями„то площадь полученного прямоугольника делится кривой в опюшении 1; 2, Ш Согласно геометрической интерпретации интеграла имеем (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
