Дифференциальные уравнения (831547), страница 2

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

Текст из файла (страница 2)

Если оно не является дифференциальным уравнениемни одного из вышеуказанных четырех видов, то надо проверить, не является ливыражение P( x, y )dx + Q ( x, y )dy полным дифференциалом некоторой функции U ( x, y ) ,С.К. Соболев. Дифференциальные уравнения7т.е. проверить, существует ли такая функция U ( x, y ) , что ∂ U ≡ P ( x, y ), ∂ U ≡ Q ( x, y ) во∂x∂yвсех точках области Ω, в которой ищется решение данного дифференциальногоуравнения.

Как известно из курса дифференциального исчисления функций несколькихпеременных, если область Ω односвязна, такая функция U ( x, y ) существует тогда итолько тогда, когда и во всех точках этой области выполняется условие∂Q ∂P≡.∂x ∂yЕсли это условие выполнено, то данное ДУ P( x, y )dx + Q ( x, y )dy = 0 называетсядифференциальным уравнением в полных дифференциалах. Чтобы его решить, надонайти функцию U ( x, y ) :U ( x, y ) = ∫ P ( x, y )dxy = const= F ( x, y ) + C ( y ) .Для нахождения функции C ( y ) надо найти ∂ U = ∂ F + C ′y и приравнять функции Q ( x, y ) .∂y ∂yЕсли требуемая функция U ( x, y ) найдена, то общее решение данного ДУ имеет видU ( x, y ) = C .1.3. Примеры решения дифференциальных уравнений первого порядка.Пример 1.

Найти общее решение дифференциальных уравнений первого порядка:(а) ( x 2 + 3)dy + y x 2 + 3 dx = xydx ;(б) x( dx − dy ) = y ( dy + dx ) ;(в) x( y ′ − 1) + y = 2 x ln x ;y(г) y ′ =;x − y4 dy = 0x− y dyРешение. (а) Запишем данное ДУ в виде= f ( x, y ) :dx(д)  3 x 2 + dx +  2cos2 y −x− y 12y22dy y ( x − x 2 + 3 )=dxx2 + 3Правая часть этого ДУ имеет вид произведения двух функций: одной, зависящей толькоот х, и другой, зависящей только от у, т.е. это ДУ с разделяющимися переменными.Разделяем их (т.е. отделяем их друг от друга) и интегрируем:( x 2 + 3)dy + y x 2 + 3 dx = xydx ⇔ ( x 2 + 3)dy = y ( x −x 2 + 3) dx ⇔dy y ( x − x 2 + 3 )dy  x1=⇔= 2− dx ⇒22dxyx +3 x +3x +3x dxdydx⇒∫=−⇔ ln y = 12 ln( x 2 + 3) − ln x +y ∫ x2 + 3 ∫ x2 + 3Отсюдаlny( x +x 2 + 3)x2 + 3=C⇒y( x +x 2 + 3)x2 + 3= ± eC ⇒ y = C1x 2 + 3 + C.x2 + 3, где C1 = ± eC .2x+ x +3С.К.

Соболев. Дифференциальные уравнения(б) Запишем данное ДУ в виде8dy= f ( x, y ) :dxydy x − y 1 − x.==dx x + y 1 + yxЭто ДУ с однородной правой частью, т.к. его правая часть зависит только отyydyduотношения . Положим u = ⇒ y = x ⋅ u ⇒= u + x ⋅ , тогдаxxdxdxydy 1 − x1 − u − u − u2du 1 − udu 1 − u=⇔+⋅=⇔⋅=−=⇒uxxudx 1 + ydx 1 + udx 1 + u1+ ux(dx − dy ) = y (dy + dx ) ⇔ ( x − y ) dx = ( y + x ) dy ⇔xПолучили ДУ с разделяющимися переменными, решим его:(u + 1)du(u + 1)dudxdx=⇒ −∫ 2= ∫ ⇒ − 12 ln u 2 + 2u − 1 = ln x + ln C ⇒2xx1 − 2u − uu + 2u − 1x ⋅ u 2 + 2u − 1 = C ⇒ x ⋅( xy )2+ 2 xy − 1 = C ⇒ x 2(y2x2)+ 2 xy − 1 = C 2 ⇒ y 2 + 2 xy − x 2 = C1y+ 2ln x + 1 .xЭто линейное ДУ, т.к.

оно имеет вид y ′ = A( x ) y + B( x ) , где A( x ) = − 1x , B( x ) = 2ln x + 1 .(в) Запишем данное ДУ в виде y ′ = f ( x, y ) : x( y ′ − 1) + y = 2 x ln x ⇔ y ′ = −Решение ищем в виде y = u( x ) ⋅ v ( x ) , гдеu( x ) = e ∫v( x ) =A( x ) dx−=e ∫dxx= e − ln x = ( eln x )−11= ;xB( x )∫ u( x ) dx = ∫ (2 x ln x + x )dx = { по частям } = xСледовательно, y = u ⋅ v = 1x ⋅ ( x 2 ln x + C ) = x ln x +2ln x + C.C.xdyy=не принадлежит ни к одному из известныхdx x − y 4dx xнам типов, поэтому попробуем «перевернуть» его, получим:= − y 3 . Это линейноеdy y(г) Дифференциальное уравнениеДУ относительно неизвестной функции x( y ) , A( y ) = 1y , B( y ) = − y 3 , его решение ищем ввиде x = u ( y ) ⋅ v( y ) , где u( y ) = e∫dyy= eln y = y , v( y ) =B( y )y3dy=−∫ u( y )∫ y dy = − 13 y 3 + C ,поэтому общее решение есть x = y (C − 13 y 3 ) = Cy − 13 y 4 .(д) Если записать данное ДУ в видеdy=dx3x2 +2yx − y2dy= f ( x, y ) , то получимdx1x− y2− 2cos2 y⇔dy3x 2 x − y 2 + 1=.dx 2 y − 2 cos 2 y ⋅ x − y 2Это дифференциальное уравнение не принадлежит ни к одному из первых четырех типов.Поэтому проверим, не является ли исходное ДУС.К.

Соболев. Дифференциальные уравнения 22y1dx +  2cos2 y − 3x +2x− y x − y2уравнением в полных дифференциалах. Здесь1P( x, y ) = 3 x 2 +x−yQx′ =2, Q ( x, y ) = 2cos 2 y − dy = 02yx − y2,y= Py′ .3(x − y2 ) 2Следовательно, левая часть данного дифференциального уравнения есть полныйдифференциал некоторой функции U ( x, y ) и2y∂U1∂U= P( x, y ) = 3x 2 +,= Q ( x, y ) = 2cos 2 y −.∂xx − y 2 ∂yx − y2Найдем функцию U ( x, y ) :U ( x, y ) = ∫ P ( x, y )dxy = const=∫( 3x2+1x− y2) dx == x 3 + 2 x − y 2 + C ( y ).Но2y′∂U= x3 + 2 x − y 2 + C ( y ) =+ C ′( y ) =∂yyx − y2(= Q ( x, y ) = 2cos 2 y −)2yx − y2Следовательно, C ′( y ) = 2cos 2 y ⇒ C ( y ) = sin 2 y .Окончательно, U ( x, y ) = x 3 + 2 x − y 2 + sin 2 y , и решение нашего ДУ имеет видx 3 + 2 x − y 2 + sin 2 y = CCx2 + 3; (б) y 2 + 2 xy − x 2 = C1 ; (в) y = x ln x + ;2xx+ x +3(г) x = Cy − 13 y 4 .; (д) x 3 + 2 x − y 2 + sin 2 y = C .Ответы: (а) y = C1Пример 2.

Найти частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющееначальному условию:(а) y ′ = (4 x + y + 1)2 , y (0) = 1 ;(б) xdy + ( y − 12 y 3 x )dx = 0, y (1) =12.Решение. (а) Сделаем замену z = 4 x + y + 1 , тогда z ′x = 4 + y ′x ⇒ y ′x = z ′x − 4 , подставим висходное ДУ, получим ДУ с разделяющимися переменными:dzdzy ′ = (4 x + y + 1)2 ⇔ z ′ − 4 = z 2 ⇔= z2 + 4 ⇒ 2= dx ⇒dxz +4dzz.∫ z 2 + 4 = ∫ dx ⇒ 12 arctg 2 = x + C ⇒⇒ 4 x + y + 1 = z = 2 tg ( x + C ) ⇒ y = 2 tg ( x + C ) − 4 x − 1.9С.К. Соболев.

Дифференциальные уравнения10Подставим начальное условие ( x = 0, y = 1) и определим значение константы С:1 = 2 tg(C ) − 1 ⇒ C =π . Следовательно, y = 2 tg x + π − 4 x − 1.( 4)4(б) Запишем данное ДУ в виде y ′ = f ( x, y ) :dyxdy + ( y − 12 y 3 x )dx = 0 ⇔= y ′x = − 1x y + 21 y 3 .dxЭто ДУ типа Бернулли с показателем α = 3 . Умножим обе части этого ДУ на(1 − α ) y −α = −2 y −3 и положим z = y1−α = y −2 . Тогда z′x = −2 y −3 y ′x , и получим линейноеДУ относительно неизвестной функции z( x ) :−2 y −3 y ′x = 2x y −2 − 1 ⇔ z ′x = 2x ⋅ z − 1Решим его:z = u ( x ) ⋅ v( x ), u( x ) = e ∫2 dxx2= e 2ln x = ( eln x ) = x 2 , v( x ) = − ∫11dx = + C ,2xx111z = u ⋅ v = x 2 ( + C ) = x + Cx 2 = 2 ⇒ y = ±xyx + Cx 2Подставляем начальное условие ( x = 1, y = 1 2 ) , получаем знак «плюс» и C = 3 .1Окончательно y =x + 3x 21Ответы: (а) y = 2 tg ( x + π4 ) − 4 x − 1.

; (б) y =.x + 3x 21.4. Задачи для самостоятельного решения1. Найти общее решение дифференциального уравнения:sin y(а) y ′ = x 2 y 3 ; (б) y ′ =;(в) y ′ = e x + y ; (г) dy − 2 y ln x dx = 0 ;2x +3x2y(д) (1 + y )(e dx − e dy ) = (1 + y 2 )dy ; (е) y ′ = sin( y − x − 1)[указание: ввести новую переменную z = y − x − 1 ⇒ y = z + x + 1, y ′x = z ′x + 1 ].y(ж) y ′ = + sin xy ;(и) xdy − y cos ln( xy ) dx = 0 ;(з) y 2 dx + x 2 dy = xydy ;x(к) (sin 2 x + 2e2 x − y )dx + ( cos3 y − e 2 x − y ) dy = 0( )()2. Найти частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальномуусловию:(а) y ′ tg x = y, y ( π2 ) = 1 ;(б) ( y + x 2 + y 2 )dx − xdy = 0 , y (1) = 0 .3. Найти общее решение дифференциального уравнения:3y+ x .;(а) y ′ =(б) y ′ cos x + y sin x = 1 ;(в) (1 + y 2 )dx + ( x − arctg y )dy = 0 ;x(г) y + y ′ ln 2 y = ( x + 2ln y ) y ′ ;(д) y − y ′ = y 2 + xy ′ ; (е) ydx + dy = y 2 e x dx ;(ж) y ′x 3 sin y + 2 y = xy ′ .4. Найти частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальномуусловию:(а) x + y ′ = 2 y + e x , y (0) = 1 4 ; (б) 3dy + (1 + 3 y 2 ) y sin x dx = 0 , y ( π2 ) = 1 .С.К.

Соболев. Дифференциальные уравнения112. Дифференциальные уравнения высших порядков.2.1. Основные сведенияДифференциальное уравнение второго порядка имеет вид F ( x, y , y ′, y ′′) = 0 , гдеy = y ( x ) – неизвестная функция, которую надо найти. Общее решение такого ДУ зависитот двух произвольных констант С1 и С2, значения которых можно найти, если заданыначальные условия: значение искомой функции и её производной в некоторой точке:y ( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1 , получится частное решение. Дифференциальное уравнение видаy ′′ = f ( x, y , y ′) , где f – известная функция трех переменных, вместе с начальнымиусловиями называется задачей Коши.Теорема Коши. Если в некоторой (трехмерной) окрестности3 точки M 0 ( x0 ; y0 ; y1 )∂f∂fфункция f ( x, y , y′) и её частные производныеинепрерывны, то найдется такая∂y∂y ′(одномерная) окрестность точки x0 , в которой решение задачи Коши y ′ = f ( x, y , y ′) ,y ( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1 , существует и единственно.Дифференциальное уравнение п-го порядка имеет вид F ( x, y , y ′, y ′′, ..., y ( n ) ) = 0 , гдеy = y ( x ) – неизвестная функция.

Общее решение такого ДУ зависит от п произвольныхконстант C1, C2 , ..., Cn , значения которых можно найти, если заданы начальные условия:значение искомой функции и её производных порядка от 1 до (n − 1) включительно внекоторой точке: y ( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y1, ..., y ( n −1) ( x0 ) = yn −1 , получится частное решение.2.2. Методы понижения порядка ДУ второго и высших порядков.1) Простейшее дифференциальное уравнение п-го порядка имеет вид y ( n ) = f ( x ) , гдеf ( x ) – известная функция.

Решение такого дифференциального уравнения находится пкратным последовательным интегрированием функции f ( x ) , при каждом интегрированиивозникает аддитивная постоянная.Пример 3. Найти общее решение дифференциального уравнения y ′′′ = sin 2 x .Решение.

Характеристики

Список файлов книги