38. Задача Каши. Сущ-е единств-го решения деф-го ур-я.

В том случае когда необход. Найти решение F(x,y,y')=0 при X=Xo и Y=Yo говорит что задана задача Каши.

Задача Каши для деф-х ур-й 1- го порядка F(X,Y,Y') = 0 состоит в том чтобы найти решение которое удолетв-ет нач-му усл. Y(Xo)=Yo.

Геометр.знач-е задачи Каши формулируется след.образом: Среди всех интегр.прямых данного деф.ур-я выделить ту, кот. проходит через т. Xo,Yo.Решение задачи Каши явл. частным решением деф-го ур-я.

Теорема: Если правая часть f(x,y) деф. Ур-я y'=f(x,y) непрерывна в обл.D и имеет непрерывн. Частн. Произв. по y, то через т. с координ.Xo,Yo этой обл.проходит и при том только одна интегр. Прямая. При этих усл. задача Каши имеет ед. реш. для любой т. Xo,Yo из обл.D.

39. Диф.Ур-ия с разделяющимися переменными.

Если ур-ие вида F(х,у)dх+Q(х,у)dу=0 можно переписать как ур-ие вида f₁(х)φ₁(у)dх+ f₂(х)φ₂(у)dу=0, то оно называется ур-ие с разделяющимися переменными.

Исключив из рассмотрения точки, в которых φ₁(у)f₂(х)=0, тогда ур-ие примет вид:

(f₁(х)/f₂(х))dх+(φ₂(у)/φ₁(у))dу=0 - (1). Общим интегралом будет:

∫(f₁(х)/f₂(х))dх+∫(φ₂(у)/φ₁(у))dу=с.

Пример: (1+у²)dх=хуdу. Нач.условие: у_х=2=1

Нужно перейти к ур-ию (1). Для этого надо разделить на (1+у²)х: dх/х=(у/(1+у²))dу

∫dх/х=∫(у/(1+у²))dу

lnx+lnc=½lnx|1+у²|;

lnсx=ln(1+у²)^1/2

сх= (1+у²)^1/2

Найдём частное решение: х=2, у=1. 2с=√2, след-но с=√2/2

(√2/2)х=(1+у²)^1/2 -частное решение. ½ х²=1+у²

Замечание:

1. При проведении почленного деления диф.ур-ия на φ₁(у)f₂(х) могут быть потеряны некоторые решения, поэтому следует отдельно решить ур-ие: φ₁(у)f₂(х)dу=0 и установить те решения, которые не могут быть получены из общего решения. Такие решения называются особые решения.

2. Урав-ие вида у′= f₁(х)φ₂(у) также сводится к ур-ию с разделяющимися переменными. Для этого положим, что у′= dу/dх. Умножим обе части на dх и разделим на переменные.

3. Ур-ие у′= f (ах+bу+с), где а, b, с – вещественные числа. Исп-ся замена: u= ах+bу+с. В результате данное ур-ие сведётся к диф. ур. с раздел.переменными.

du/dx=a+b(dy/dx);

dy/dx=(du/dx- a)/b;

f(u)=(du/dx- a)/b;

du/dx=b*f(u)+a;

du/(bf(u)+a)=dx.

Интегрируя это уравнение и заменяя u= ах+bу+с получим общий интеграл исходного уравнения.

40.Однородные дифференциальные ур-я 1-го порядка.

Ф-я f﴾x¸y﴿ наз-ся однородной относительно x¸y если выполн-ся усл-е при любом λ справедливо тож-во f﴾λx¸λy﴿=λⁿf﴾x¸y﴿.

Уравн-е 1-го порядка y'=f﴾x¸y﴿ наз. однор. Относит. x¸y если ф-я f﴾x¸y﴿ есть однородн. Ф-я нулевого из- мерения n=0. По усл. опред.n=0 f﴾λx¸λy﴿=λº·f﴾xy﴿=f﴾x¸y﴿.*

Положим в тож-ве * λ=1/x тогда получим f﴾x¸y﴿=f﴾λx¸λy﴿=f﴾1¸y/x﴿

Т.е однор. Ф-я нул-го изм-я зависит только от отношения аргументов тогда ур-е y'=f﴾1¸y/x﴿ т.е y'=φ﴾y/x﴿ введем замену U=y/x, следует y=U·x

y'=U'x+Ux'= U'x+U.

U'x+U=φ﴾U﴿.

U'x=φ﴾U﴿-U.

du/dx·x=φ﴾u﴿-u

du/d﴾u﴿-u=dx/x (**) Надо иметь ввиду (**) не учит. Частные решения

U=Uo

U﴾Uo﴿-Uo=0

y=Uox( особое решение.)

41.Линейные дифференциальные ур-я 1-го порядка.

Ур-е вида y' непрерывной ф-и от P(x),Q(x), непр-й ф-и от x наз-ся линейным дифференц-м ур-ем.

y'+P(x)y=Q(x)

Q(x)≠0

y=U(x)∙V(x)

y'=U'V+UV'

U'V+UV'+P(x)UV=Q(x)

U'V+U[V'+P(x)V]=Q(x) (*)т.к. искомое y есть производная 2-ух ф-й, то одну из них можно выбрать произвольно, а др. определить из ур-я (*) выберем ф-ю V так чтобы выр-е [ ]=0

V'+P(x)V=0

V'=-P(x)V

dV/dx=-P(x)V

∫dV/V=∫-P(x)dx(**)

[ ]-∫P(x)dx (***)

V=E в степени -∫P(x)dx подставим (**) в (***)

U'E в степени -∫P(x)dx=Q(x)

dU/dxE в степени -∫P(x)dx=Q(x)

dU=Q(x)E в степени ∫P(x)dx dx

U=∫Q(x)E в степени∫P(x)dxdx+C искомое реш. y есть произвед. 2-ух ф-й

y=VE в степени -∫P(x)dx dx ·∫Q(x)E в степени ∫P(x)dx dx+C .