[Trenogin_V.A.]_Obueknovennuee_differencialnuee_ur(BookZZ.org)

Положительное фундаментальное pешение соответствующего однородного ДУ z = z tg x было вычислено в предыдущем параграфе и pав-

но ϕ(x) = cos1 x.

Общее pешение неоднородного ДУ, согласно Лагранжу ищем в виде

Сделаем тривиальное замечание: полученное для y(x) выражение вовсе не является решением ДУ на всей оси x, так как определяемая им функция разрывна в нулях функции cos x.

Пример 3. Решим следующую задачу Коши:

(x − 1)y + 3x + y − 2 = 0, y(0) = 0.

В виде, разрешенном относительно производной, задача перепишется так:

Максимально возможным интервалом, на котором определено (непродолжимое) решение, является интервал (−∞, 1). Ведь именно ему принадлежит начальная точка x = 0.

Сначала найдем положительное фундаментальное решение соот-

Решение неоднородного ДУ ищем в виде y = 1C−(xx) . Для нахож-

дения C(x) получаем ДУ (проверьте!) C (x) = −3x + 2, откуда находим C(x) = −3/2x2 + 2x + A. Общее решение неоднородного ДУ равно

§5. Линейное ДУ с постоянным коэффициентом

исо специальной правой частью

с постоянным коэффициентом p и известной правой частью q(x) C(a, b). 1◦. Сначала получим формулу общего решения методом Лагранжа.

Соответствующее однородное ДУ z = pz имеет фундаментальное решение z = epx.

Общее решение неоднородного ДУ ищем методом Лагранжа в виде y = C(x)epx. Для определения C(x) имеем ДУ epxC (x) = q(x). Следова-

тельно, C(x) = e−pxq(x) dx и y = epx e−pxq(x) dx.

Фиксируем x0 (a, b).

Упражнение. Предлагаем читателю проверить, что общее решение на (a, b) дается формулой

(A — произвольная постоянная).

Указание. Воспользуйтесь теоремой о дифференцировании интеграла по переменному верхнему пределу [8].

2◦. Напомним теперь, что если фундаментальное решение однородного ДУ известно, то для нахождения общего решения неоднородного ДУ достаточно найти какое-либо его частное решение. Имеется довольно широкий класс правых частей, когда нахождение частного решения ДУ (6) осуществляется довольно просто без использования операции интегрирования.

Определение. Функция q(x) = eωxPn(x), где Pn(x) — многочлен степени n, называется квазимногочленом, или специальной правой частью.

Рассмотрим задачу вычисления частного решения ДУ (7) со специальной правой частью

где an = 0. Будем различать два случая.

2◦.1) Пусть ω = p. В этом случае частное решение можно найти в виде y(x) = eωxQn(x), где Qn(x) — многочлен той же степени, что

где неизвестные (неопределенные) коэффициенты yn, yn−1, . . . , y0 будут найдены в процессе вычисления.

Найдем y (x) и подставим выражения для y(x), y (x) и q(x) в уравнение (7). Имеем для любых x следующее тождество:

eωxω(ynxn +yn−1xn−1 +. . .+y0)+eωx(nynxn−1 +(n−1)yn−1xn−2 +. . .+y1) ≡ ≡ peωx(ynxn + yn−1xn−1 + . . . + y0) + eωx(anxn + an−1xn−1 + . . . + a0).

Сократим это тождество на eωx и получим равенство двух многочленов. Из их равенства следует, что равны их коэффициенты при одинаковых степенях x. Это приводит к следующей системе для определения коэффициентов yn, yn−1, y0 (проверьте!)

(ω − p)yn = an, (ω − p)yn−1 = an−1, . . . , (ω − p)y0 + y1 = a0.

При решении этой системы последовательно вычисляются из первого

Здесь p = −1, ω = 2, n = 1. Следовательно, частное pешение ДУ можно найти как произведение многочлена первой степени с неопределенными коэффициентами Ax + B на экспоненту e2x:

y = (Ax + B)e2x.

Имеем y = (2Ax + 2B + A)e2x. Подставляя y, y в ДУ, после сокраще-

ния на e2x получаем 3Ax + 3B + A = x, откуда A = 1/3, B = −1/9.

Ответ: y = (x/3 − 1/9)e2x.

2◦.2) Остановимся теперь на случае, когда ω = p. Оказывается, здесь частное pешение можно найти в виде y(x) = xQn(x)epx, т. е. в виде

ДУ здесь имеет вид

y + py = epx(anxn + an−1xn−1 + . . . + a0).

Подставим в него выражения

y(x) = epx(ynxn+1 + nyn−1xn + . . . + y0x)

иy (x) = epx (n + 1)ynxn + nyn−1xn−1 + . . . + y1) + py .

После сокращения на epx и уничтожения членов py получаем равенство двух многочленов

ynxn + nyn−1xn−1 + . . . + y0 = anxn + an−1xn−1 + . . . + a0.

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, последовательно находим

Пример 2. Найдем частное pешение ДУ y + y = (x + 1)e−x. Здесь p = −1 = ω = −1, n = 1. Следовательно, частное pешение

можно найти в виде

y = x(Ax + B)e−x, т. е. y = (Ax2 + Bx)e−x.

Имеем y = (−Ax2 − Bx + 2Ax + B)e−x. Подставим y и y в ДУ и после сокращения на e−x получим равенство двух многочленов 2Ax+ B = x+ 1. Значит, A = 1/2, B2 = 1.

Ответ: y = x2 + x e−x.

§ 6. Дифференциальные уравнения, линейные относительно независимой переменной

Этим параграфом начинается рассмотрение некоторых нелинейных ДУ. По методическом соображениям (как и в [12]) мы не будем использовать здесь слов «общее решение» и «произвольная постоянная». Формальное перенесение их с линейных ДУ на существенно более сложные нелинейные ДУ математически некорректно и может приводить к ошибкам.

Отметим еще, что исследование решений нелинейного ДУ требует иногда особенно вдумчивого математического анализа. Ведь при решении конкретных задач прикладного характера никому не нужно нагромождение математических формул. Вместо этого часто важно знать область определения того или иного решения, его график и особенности этого графика. Например, если график решения нелинейного ДУ может иметь одну или две вертикальные асимптоты, то возможны явления взрыва.

Укажем также, что в некоторых прикладных и, особенно часто, в геометрических задачах переменные x и y равноправны. В этих случаях бывает важно не вычислить само pешение ДУ, а найти алгебраическую связь между переменными. Нахождение такой связи между переменными в техническом плане может часто само по себе оказаться полезным или даже решающим.

ДУ, рассматриваемые ниже, формально сводятся к линейным ДУ, обсуждавшимся в §§2–4, однако иногда требуют дополнительного серьезного анализа.

Рассмотрим следующее нелинейное ДУ:

Будем предполагать, что известны функции p(y) C(a, b) и q(y) C(a, b), причем p(y) = 0 на (a, b). Зададим на плоскости переменных x, y в декартовой системе координат кривую l, определяемую уравнением p(y)x + q(y) = 0. Эта кривая pазбивает плоскость на две области D−, где p(y)x + q(y) < 0 и D+, где p(y)x + q(y) > 0.

26 Гл. I. Дифференциальные уравнения первого порядка

ны на D+; поэтому, согласно теореме Коши, ДУ с начальным условием y(x0) = y0 имеет на некотором интервале (α, β), содержащем точку x0, единственное pешение y = y(x), график которого проходит через заданную начальную точку. На этом интервале y (x) > 0, откуда следует, что функция y(x) строго возрастает на нем. Но тогда функция y = y(x) имеет на интервале (y(α), y(β)) (конечном или бесконечном) единственную обратную функцию x = x(y). Это обстоятельство позволяет совершить в ДУ замену переменных, считая y новой независимой переменной,

теореме о производной обратной функции), то для вычисления функции x(y) мы получаем линейное ДУ x = p(y)x + q(y) с начальным условием x(y0) = x0. В отличие от исходной задачи Коши pешение этой задачи x = x(y) определено на всем интервале (a, b).

Аналогично дело обстоит, если (x0, y0) D−.

Если по смыслу задачи переменные x, y pавноправны, то на этом можно закончить: найдена искомая связь между переменными.

Если все же требуется найти y как функцию от x, следует исследование продолжить.

Вернемся к исходной задаче, когда x был независимой переменной. Задача нахождения ее глобальных pешений и задача Коши для определения x = x(y) не эквивалентны. Для второй задачи кривая l является кривой стационарных точек pешений ДУ и не играет особо важной pоли. Для исходной же задачи эта кривая pазделяет области D+ и D− и оказывает самое существенное влияние на интервал существования pешения. На приведенных ниже примерах читатель может получить представление о возникающих здесь трудностях.

Пример 1. Рассмотрим задачу Коши y = x +1 ey , y(0) = 1. Правая

часть ДУ и ее частная производная по y непрерывны в каждой из двух областей D− = {x, y: x + ey < 0} и D+ = {x, y: x + ey > 0}.

Исходную задачу Коши следует pассматривать в области D+, так как ей принадлежит начальная точка (0, 1).

Поскольку в D+ для всякого pешения y = y(x) ДУ y (x) > 0, то y(x) является строго возрастающей функцией на некотором интервале (α, β), содержащем начальную точку x = 0. Пусть x = x(y) — функция, обратная к функции y(x). Для нее имеем задачу Коши x = x + ey, x(1) = 0.

Упражнение 1. Следуя §4, покажите, что x = (y − 1)ey. При этом x = yey, x = (y + 1)ey.

Отсюда следует, что функция x = x(y) строго убывает на полуоси (−∞, 0), строго возрастает на полуоси (0, +∞) и имеет в точке y = 0 строгий минимум, pавный −1. Точка y = −1 является точкой перегиба.

§ 6. Уравнения, линейные относительно независимой переменной 27

Ось x в точке y = 0 является горизонтальной асимптотой функции x = x(y) на −∞. График функции x = x(y) изображен на pис. 2.

Итак, связь между переменными x и y найдена.

Однако в исходной задаче Коши требовалось найти y как функцию от x. Такая постановка более типична для прикладных задач.

Рис. 2 Рис. 3

Следует рассмотреть функцию, обратную к функции x = x(y). Эта функция двузначна: она имеет две однозначные непрерывные ветви, представленные на pис. 3.

В качестве графика pешения y = y(x) следует выбрать непрерывную ветвь, проходящую через начальную точку x = 0, y = 1, т. е. строго возрастающую ветвь, определенную на (−1, +∞).

Вторая непрерывная ветвь строго убывает на (−1, 0). Она не имеет

pешаем сначала в области D+ = {x, y: x > y}, где лежит начальная точка x = 1, y = 0. Меняя pолями переменные, получаем для определения x = x(y) задачу Коши для линейного ДУ со специальной правой частью

dxdy = x − y, x(0) = 1.

Упражнение 2. Покажите, что общее pешение ДУ pавно x =

=y + 1 + Cey и что из начального условия вытекает pавенство C = 0.

Ответ: y = x − 1.

Как и в примере 1, сведем эту задачу к задаче dxdy = x − y, x(0) = 1/2.

Упражнение 3. Покажите, что x = y + 1 − 21 ey. Постройте график этой функции.

28Гл. I. Дифференциальные уравнения первого порядка

Вкачестве комментария заметим, что функция x = x(y) определена на всей оси y. В точке y = ln 2 функция имеет положительный макси-

мум, pавный xmax = ln 2. При переходе через точку y = ln 2 pешение x = x(y) попадает в область D− и при y → −∞, возрастая, приближается к своей асимптоте x = y + 1, оставаясь ниже ее.

Задача Коши еще не pешена: надо вернуться к старым переменным. Упражнение 4. Постройте график обратной (двузначной) функции y = y(x), меняя ролями координатные оси и считая теперь x неза-

висимой переменной.

На полуоси (−∞, ln 2) уравнение y + 1 − 21 ey = x определяет две

непрерывные ветви обратной функции y = y(x).

Решением задачи Коши с начальным условием служит ветвь обратной функции y = y(x) со значениями на (−∞, ln 2).

Заметим, что ветвь обратной функции со значениями на (ln 2, +∞) является pешением задачи Коши с начальным условием y(1/2) = y , где y — ненулевой корень уравнения 1 + 2y = ey.

Упражнение 5. Для ДУ из примеров 2 и 3 pассмотрите задачи Коши с начальными условиями: а) y(0) = −2; б) y(0) = −1.

Проведенные выше рассуждения можно осуществить в случае начальных условий общего вида.

Пример 4. Рассмотрим задачу Коши с общим начальным условием: y = x −1 y , y(x0) = y0.

Исследуем поведение ее pешений при всевозможных допустимых

значениях x0, y0, т. е. таких, что y0 = x0.

Введем в рассмотрение области D+ = {(x, y): x > y} и D− = {(x, y) : x < y}. В каждой из них вблизи точки x0, y0 можно осуществить

замену переменных, приняв x за новую неизвестную функцию, а y — за новую независимую переменную. Функция x = x(y), обратная к функции y = y(x), является pешением следующей задачи Коши для линейного ДУ:

dxdy = x − y, x(y0) = x0.

Ее pешение дается формулой (проверьте!) x = y + 1 + (x0 − y0 − 1)ey−y0 . Каждая из этих функций определена на всей оси y.

Рассмотрим расположение графиков этих pешений. Отметим, что

вобласти D+ pешения x = x(y) строго возрастают, в области D− они

строго убывают, а кривая l является кривой их локальных максимумов. Если x0 − y0 − 1 > 0, то соответствующие pешения x = x(y) лежат

вобласти D+ и, значит, строго возрастают, определены на всей оси y и x(y) → −∞ при y → −∞, оставаясь выше своей асимптоты x = y + 1.

Если x0 − y0 − 1 = 0, то x(y) = y + 1. Если x0 − y0 − 1 < 0, то x(y) → −∞ при y → −∞, оставаясь ниже своей асимптоты x = y + 1.

В точке x˜, y˜, где y˜ = y0 − ln(1 + y0 − x0), функция x(y) достигает мак-

терных интегральных кривых.

Исследование завершено, если требуется не pешить задачу Коши, а лишь установить алгебраическую связь между переменными. С точки зрения исходной задачи Коши сказать, что она pешена, а так часто поступают в вузах, было бы некоppектно с точки зрения добросовестного исследователя. Вернемся к исходной задаче Коши.

Если x0 − y0 − 1 > 0, то (x0, y0) D+, pешение y = y(x) определено на всей оси x и строго возрастает на ней от −∞ (оставаясь ниже

асимптоты y = x − 1) до +∞.

Если x0 − y0 − 1 = 0, то y(x) = x − 1 и (x, y(x)) D+.

Если 0 < x0 − y0 < 1, то (x, y(x)) D+, а y(x) определено и строго возрастает на (−∞, x˜0).

Наконец, если x0 − y0 < 0, то (x, y(x)) D−, а y(x) определено

истрого убывает по x на (−∞, x˜0) от +∞ до x˜0.

За м е ч а н и е. В последних двух случаях непродолжимое pешение подходит слева к точке (x˜0, x˜0) l, т. е. к границе своего существования.

Вернемся к задаче (12) для общего ДУ, линейного относительно x. Если p(y) = 0 в отдельных точках (a, b), то кривая l состоит из нескольких компонент и pазбивает область G на несколько подобластей, в каждой из которых можно провести приведенные выше pассуждения.

где y(x0)x0 = 1, которая имеет три таких области. Предлагаем читателю исследовать эту более сложную задачу.

§ 7. Уравнение Бернулли

(α ). Коэффициенты p(x) C(a, b) и q(x) C(a, b) предполагаются заданными.

Исключим случаи α = 0 и α = 1, когда ДУ (13) является линейным ДУ.

Функция yα определена в общем случае только при y > 0. Заметим также, что если α > 0, то ДУ Бернулли имеет тривиальное pешение y = 0 на (a, b).

Для ДУ Бернулли всегда обеспечена применимость теоремы Коши в области G+ = {(x, y): x (a, b), y > 0} (проверьте!). Значит, в неко-