Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Государственный университет морского и речного флота им. С.О. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

№179.11.Ястребов

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

335.55 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

2. Рассмотрим уравнение 5y4 y′ =	1	с начальными условиями
	x

( x0 = e; y0 = 0). Умножая обе части уравнения на dx и затем интегри-

руя, получаем:

5y4 y′dx = 1x dx 5y4dy = 1x dx ∫5y4dy = ∫ 1x dx + C

y5 = ln x + C — это общий интеграл. Выражая отсюда явно y через x

и C , получаем общее решение: y = (ln x + C )5 . Подстановка началь-

ных условий в общее решение дает: 0 = (ln e + C )5 , так что C = −1.

Следовательно, функция y = (ln x − 1)5 является решением задачи Ко-

ши.

Определение. Уравнением с разделяющимися переменными называ-

ется дифференциальное уравнение первого порядка вида

g1( y)h1(x)dy = g2 ( y)h2 ( x)dx ,

(8)

снепрерывными функциями g1, g2 ,h1,h2 .

Вэтом уравнении каждая из частей является произведением двух множителей, один из которых зависит только от y, а другой – только от x.

От этого уравнения легко перейти к уравнению с разделенными пе-

ременными, деля обе части на произведение g2 ( y)h1(x) ≠ 0 («разделяя переменные»):

g1( y) dy = h2 (x) dx . g2 ( y) h1(x)

Примеры. 1. lnxy dy = 2 yex2 dx. Обе части разделим на y и ум-

ножим на x: lnyy dy = 2xex2 dx. Интегрируем:

∫ ln y dy = ∫ 2xex2 dx	(ln y)2	ex2	+ C
y	2
— общий интеграл.
2. arctg y y′ = (1 + y2 ) ; начальные условия: y			π	= 1. Запи-
2. arctg y y′ = (1 + y2 ) ; начальные условия: y				= 1. Запи-
			4

сываем производную y′ как отношение дифференциалов:

arctg y dydx = 1 + y2 .

Обе части умножим на dx , разделим на 1 + y2 и проинтегрируем:

∫	arctg y dy			= ∫ dx	arctg2 y	= x + C
	1	+ y	2		2

— общий интеграл. Найдем теперь частный интеграл, удовлетворяющий начальным условиям. Подставляя начальные условия в полученное уравнение, имеем:

π 2	=	π	+ C ; C =	π 2	−	π	.
32		4		32		4

Следовательно, частный интеграл, дающий решение задачи Коши, имеет вид:

arctg2 y	= x +	π 2	−	π	.
2		32		4

5. Однородное уравнение первого порядка

Определение. Однородным уравнением первого порядка называется уравнение, разрешенное относительно производной:

y′ = f (x, y) ,

(9)

в котором функция f при всех вещественных λ ≠ 0 удовлетворяет усло-

вию:

f (x, y) = f (λ x,λ y) .

Полагая в этом равенстве λ = 1x , убеждаемся, что правая часть за-

	y					y
висит только от отношения переменных		:	f (x, y) =	f	1,		.
	x
						x

Приведем примеры таких функций:

+ y2

x+ y

f (x, y) =

;

2) f (x, y) = e

x− y

Напротив,

функ-

ция f (x, y) =

x2 + y3

, как легко проверить, не удовлетворяет условию

f (x, y) = f (λ x,λ y) .

Введем

новую

искомую

функцию

u(x) =

y(x)

так

что

y(x) = u(x)x . Тогда

формула

для производной произведения

дает:

′

= u x + u

и уравнение (9) принимает вид:

′

+ u = f (1,u)

′

f (1,u) − u

= dx

f (1,u) − u

u x

— уравнение с разделяющимися переменными относительно новой иско-

мой функции u(x). Если для него найден общий интеграл (методом, опи-

санным в предыдущем разделе):

Φ(x,u,C) = 0,

то, заменяя в нем y на	y	, получим общий интеграл для исходной неиз-
то, заменяя в нем y на	x	, получим общий интеграл для исходной неиз-
	x
вестной функции y(x) :
			y
		Φ x,		,C = 0.
		Φ x,	x	,C = 0.
			x
Алгоритм решения однородного уравнения первого порядка:
1. Проверка однородности:		f (x, y) = f (λ x,λ y) .

2. Введение новой искомой функции u(x) =	y(x)	.

	x

3.Замена в уравнении y на ux , y′ на u′x + u .

4.Решение полученного уравнения с разделяющимися переменными относительно u .

5. Замена в полученном общем интеграле u на x .

Пример.

Решим

уравнение

y′ = 1 +

Здесь

f (x, y) = 1+

f (λ x,λ y) = 1 +

λ y

= 1 +

= f (x, y) ,

так что

λ x

уравнение, действительно, является однородным. После введения новой переменной u получаем уравнение:

u′x + u = 1 + u dudx x = 1 du = dxx

∫ du = ∫ dx

u = ln

+ C .

Заменяя u на

, получаем общий интеграл для исходной неизвест-

ной функции y :

= ln

+ C .

6. Линейное уравнение первого порядка Определение. Линейным уравнением первого порядка называется

уравнение вида: y′ + p(x) y = q(x) с непрерывными функциями p и

q .

Будем искать общее решение методом И.Бернулли в виде произве-

дения двух новых неизвестных функций: y(x) = u(x)v(x) , что дает оп-

ределенную свободу в выборе одного из множителей, позволяя придать ему необходимый для дальнейшего вид. Тогда y′ = u′v + uv′ . Подстав-

ляя эти выражения в исходное уравнение, получим:

u′v + uv′ + p(x)uv = q(x) .

Группируя слагаемые с u , получаем: u′v + u[v′ + p(x)v] = q(x) .

Потребуем от функции v , чтобы множитель в квадратных скобках при u тождественно обращался в нуль:

v′ + p(x)v = 0

(10)

Уравнение (10) является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его частное решение v (без произвольной постоянной):

(10) dvdx = − p(x)v dvv = − p(x)dx .

Интегрируем обе части:

∫ dvv = −∫ p(x)dx ; ln v = −∫ p(x)dx ; v = e− ∫ p( x)dx ;

выбираем в качестве частного решения функцию v = e− ∫ p( x)dx (здесь символом неопределенного интеграла обозначена какая-либо первообразная функции p ).

Теперь подстановка найденной функции v в (10) дает уравнение с

разделяющимися переменными относительно u :
′	du		q(x)
u v = q(x)	dx v = q(x)	du	= v(x) dx
∫ du = ∫ q(x) dx + C u =∫ q(x) dx + C .
	v(x)		v(x)

В итоге получаем общее решение:

	∫	q(x)	dx
	∫	v
y =

y = uv ;

	∫	q(x)e	∫ p( x)dx		− ∫ p( x)dx	. (11)
+ C v =		q(x)e		dx + C e		. (11)

Хотя при решении линейного уравнения можно сразу выписывать общий интеграл по формуле (11), представляется полезным проследить на примере всю цепочку выкладок, приводящих к (11).

Пример. Рассмотрим линейное уравнение:

y′ + 1x y = x

на интервале (0, + ∞) с начальными условиями (x0 = 3; y0 = 2).

Здесь	p(x) =	1	; q(x) = x . Полагаем:
		x			′	′		′ .
			y(x) = u(x)v(x); y		′	′	+ uv	′ .
			y(x) = u(x)v(x); y			= u v	+ uv
Подставляем в уравнение выражения для				y и y′ :

u′v + uv′ + 1x uv = x;.

u v

+ u v

′

= x

(12)

′

= 0;

Накладываем на

условие:

+ x v

тогда

= − 1 v; dv

= −

1 dx;

∫ dv

= −∫ 1 dx;

= − ln x , и мож-

но выбрать v =

. Подставляем v в (12) и учитываем, что, в соответст-

вии с выбором функции v , выражение в квадратных скобках тождественно равно нулю:

u′	1	= x;	du	= x2 ; du = x2dx;	∫ du = ∫ x2dx; u =		x3	+ C .
u′	x	= x;	dx	= x2 ; du = x2dx;	∫ du = ∫ x2dx; u =			+ C .
	x		dx		3
Функция
				x3		1
				y = uv =		+ C
				y = uv =		+ C
				3		x

является общим решением.

Найдем частное решение задачи Коши. Подставим для этого начальные условия в общее решение и найдем соответствующее значение кон-

станты C :

2 = (9 + C) 13 ; C = −3.

Подставив найденное значение C в общее решение, получаем решение задачи Коши:

	18
x3		1
y =		− 3	.
	3
		x

7. Уравнения, допускающие понижение порядка

7.1. Уравнение вида y(n) = f ( x)

Решение уравнения означает отыскание функции по ее производной n-го порядка.

При каждом интегрировании производной ее порядок на единицу понижается: ∫ y(k )dx = y(k −1) + C .

Интегрируя последовательно n раз, получаем (при каждом интегрировании добавляется очередная произвольная постоянная):

y(n−1) = ∫ f (x)dx + C1 = f1(x) + C1;

y(n−2) = ∫ y(n−1)dx + C2 =∫( f1(x) + C1 )dx + C2 ;

…

y = ∫ y′dx + Cn = ∫( fn−1(x) + Cn−1 )dx + Cn .

Таким образом, найденная функция y , в соответствии с определением общего решения, зависит от n произвольных постоянных.

Пример. Для уравнения третьего порядка y(3) = ex найдем общее решение, а затем частное решение, удовлетворяющее начальным условиям

(x0 = 1; y0 = 2;	′	= −3;	′′	= 0)	.
	y0		y0

Последовательные интегрирования дают:

y′′ = ∫ exdx = ex + C1 ;

y′ = ∫(ex + C1)dx = ex + C1x + C2 ;

y = ∫(ex + C1x + C2 )dx = ex + C1

+ C2 x + C3

— общее реше-

ние.

Подставляя начальные

условия

полученные

выражения для

y, y , y

′′ , получаем систему трех линейных уравнений с тремя неизвест-

′

ными C1, C2 , C3 :

e + C1 = 0,

+ C2

= −3,

e + C1

+ C

+ C = 2.

e + C1

Отсюда:

C = −e; C

= −3; C = 5 −

, так что решение задачи Ко-

ши имеет вид:

y = ex − e

− 3x + 5 −

7.2. Уравнение, не содержащее явно неизвестную функцию y

		Рассмотрим уравнение второго порядка вида						F(x, y , y ) = 0			, не
								′ ′′
содержащее явно искомую функцию y .							z(x) = y (x)
		Введем новую			неизвестную	функцию			. Тогда
								′
y	′′	= ( y )	= z (x)	,	и уравнение принимает вид:			F(x, z, z ) = 0		. Это
		′ ′	′					′
уравнение			первого		порядка. Если	найдено		его общее	решение

z = ϕ (x,C1) , то возвращаясь к исходной неизвестной функции y , полу-

чаем y′ = ϕ (x,C1) , так что y находится интегрированием:

y = ∫ y′(x)dx + C2 = ∫(ϕ (x,C1))dx + C2 .

Аналогичным образом можно понизить на единицу порядок не со-


держащего явно	y	уравнения			F(x, y , y ,..., y			(n)	) = 0	.
						′ ′′
Пример.	y′′	=	x + 2	. Полагая		y′ = z,	y′′ = z′,			приходим к урав-
	y′		x + 1

нению с разделяющимися переменными относительно новой неизвестной функции z :

z′

x + 2

;

dz =

x + 2

dx;

x + 1

x + 2

dx; ln

= x + ln

x + 1

+ C .

∫ z

∫

x + 1

Ограничимся случаем

x (−1, + ∞) ,

z > 0, что означает строгое воз-

растание искомой функции y (так как

y′ > 0). Тогда

z = ex+ln( x+1)+C1

= (x + 1)ex+C1 ,

или

y′ = (x + 1)ex+C1 .

Наконец, интегрируя по частям, получаем общее решение:

y = ∫(x + 1)ex+C1 dx = xex+C1 + C2 .

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.02.20157.19 Mб91№146.11.Барщевский.pdf
#
15.02.2015819.31 Кб12№166.11.Пантина.спуск.pdf
#
15.02.2015786.53 Кб11№167.11.Пантина.Часть1.спуск.pdf
#
15.02.2015197.05 Кб17№175.10.Ястребов.Математика.pdf
#
15.02.20152.24 Mб10№176.10.Цапурина,Тимофеева.pdf
#
15.02.2015335.55 Кб96№179.11.Ястребов.pdf
#
15.02.2015702.38 Кб20№76.12.Туаршева.pdf
#
15.02.2015737.61 Кб29№89.11.Бунакова Е.В. Страхование.pdf
#
15.02.20151.06 Mб15№96.11.Карпов,Марат.Документирование.pdf
#
15.02.2015321.45 Кб13№97.11.Договор аренды.pdf
#
15.02.2015340.78 Кб15№98.11.Кредитный договор.pdf