Рівняння Клеро та Лагранжа

1.8. Розглянемо диференціальні рівняння першого порядку, які є нерозв’язані відносно старшої похідної. Спочатку розглянемо так зване рівняння Клеро (1)

Воно інтегрується шляхом введення допоміжного параметру. А саме покладемо тоді рівняння (1) набуде вигляду ( ). Продиференціюємо по всі члени останнього рівняння, вважаючи, що є функцією від або Прирівнюючи кожен із множників до нуля , отримаємо (2) та (3)

1. Інтегруючи рівність (2), отримаємо Підставляючи це значення у рівняння ( ), знаходимо його загальний інтеграл (4) який з геометричної точки зору являє собою сімейство прямих ліній.

2. Якщо із рівняння (3) знайдемо як функцію від і підставимо її у рівняння ( ), то отримаємо функцію ( ) яка, як легко показати, являє собою розв’язок рівняння (1).

Справді, використовуючи рівність (3) знаходимо тобто Цьому, підставляючи функцію ( )у рівняння (1), отримаємо тотожність Розв’язок ( ) не отримується із загального інтегралу (4)ні при якому значенні Це є особливий розв’язок; він отримується в результаті виключення параметру із рівнянь або, що все одно, виключенням із рівнянь Відповідно, особливий розв’язок рівняння Клеро визначає огинаючу сімейства прямих, що задовольняються загальним інтегралом (4).

Рівняння Лагранжа називається рівняння виду (5) де і - відомі функції від Це рівняння є лінійним відносно і Розглянуте раніше рівняння Клеро є частинним випадком рівняння Лагранжа, так як і рівняння Клеро, проводиться шляхом ведення допоміжного параметра Покладемо тоді початкове рівняння запишеться у вигляді ( )

Диференціюючи по отримаємо або ( )

Із цього рівняння одразу можна знайти деякі розв’язки, а саме, воно перетворюється у тотожність при будь-якому сталому значенні що задовольняє умові Дійсно, при сталому значенні похідна і обидві частини рівняння ( ) перетворюється в нуль. Розв’язок, що відповідає кожному значенню тобто є лінійною функцією від (так як похідна стала тільки у лінійних функціях). Для знаходження цієї функції, досить підставити у рівність ( ) значення Якщо з’ясується, що цей розв’язок не отримується із загального при жодному значенні довільної сталої, то він буде особливим розв’язком. Знайдемо тепер загальний розв’язок. Для цього запишемо рівняння ( )у вигляді і будемо розглядати як функцію від Тоді отримане рівняння буде лінійним диференціальним рівнянням відносно функції від Розв’язуючи його, знайдемо Виключаючи параметр із попереднього рівняння і рівняння ( ), отримаємо загальний інтеграл рівняння (5) у вигляді

Деякі типи диференціальних рівнянь 2-го порядку.

1.9. Розглянемо деякі типи диференціальних рівнянь другого порядку, що зводяться до рівнянь першого порядку.

1) рівняння виду не містить явним чином шуканої функції Позначимо похідну через тобто покладемо Тоді Підставляючи ці вирази похідних у початкове рівняння, отримаємо рівняння першого порядку відповідно невідомої функції від Проінтегрувавши це рівняння знаходимо загальний розв’язок а потім із співвідношення отримаємо загальний інтеграл початкового рівняння

2) рівняння виду не містить явно незалежну змінну Для його розв’язку знову покладемо , але тепер ми будемо вважати функцією від Тоді Підставляючи у початкове значення виразу та отримаємо рівняння першого порядку відносно допоміжної функції Інтегруючи його, знайдемо як функцію від і довільної сталої Підставляючи це значення у співвідношення отримаємо диференціальне рівняння першого порядку для функції від Відокремлюючи змінні, знаходимо Інтегруючи, отримаємо загальний інтеграл вихідного рівняння

З’ясуємо геометричний зміст диференціального рівняння другого прядку. Нехай маємо рівняння (1)

Позначимо через кут, який дотична до кривої утворює з додатнім напрямком вісі , тоді (2) Щоб з’ясувати геометричний зміст другої похідної , згадаємо формулу, що визначає радіус кривизни кривої у даній точці: Звідки Але цьому (3)

Підставляючи тепер в (1) отримані вирази для і будемо мати або (4) Звідки видно,що диференціальне рівняння другого порядку визначає величину радіуса кривизни інтегральної лінії, якщо задані координати точки і напрям дотичної в цій точці.

І з раніше викладеного витікає спосіб наближеної побудови інтегральної кривої за допомогою гладкої кривої, що складена із дуг кіл. Нехай, наприклад, треба знайти розв’язок рівняння (1), що задовольняє наступним початковим умовам:

Через точку проведемо промінь з кутовим коефіцієнтом Із рівняння (4) знайдемо величину Відкладемо відрізок рівний на перпендикулярі до напрямку та з точки як із центру, опишемо невелику дугу радіусом Зауважимо при цьому, що якщо то відрізок треба направляти у ту сторону, щоб дуга кола була звернена виключно частиною вгору, а при - вниз. Нехай далі координати точки що лежить на побудованій дузі і досить близької до точки , а - кутовий коефіцієнт дотичної до проведеного кола в точці Із рівняння (4) знайдемо відповідне точці значення Проведемо відрізок перпендикулярний до , рівний Потім на цій дузі візьмемо близьку до точку і продовжуємо таким чином побудову, доки не отримаємо досить великий шматок кривої, що складається із дуг кіл. Із сказаного зрозуміло, що ця крива наближено є інтегральною лінією, що проходить через точку Очевидно, що побудована крива буде типом ближча до інтегральної кривої, чим менші будуть дуги