Частина 3

Добавил:

posterp Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Днепропетровский национальный университет железнодорожного транспорта им. академика В. Лазаряна

Предмет:

Высшая математика

Файл:

M (x, y)dx +

N (x, y) −

M (x, y)dx dy = C.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.04.2021

Размер:

1.01 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 122 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

“Курс вищої математики. Частина 3.”

= t;

v = ut;

′

+ t; при підстановці у вираз,

Замінюємо змінну u

записаний вище,

= t u

маємо:

2 + t

′

t u + t =

2t −1

Розділяємо змінні:

= −

1 − 2t

dt;

∫

= −

∫

(1 − 2t)dt

;

1 + t −t

−

1 + t −t 2

= ln

+ ln C

1 + t −t 2

= −2ln

C u

1+ t −t 2

; 1+ t −t 2 =

= ln

;

u 2

Переходимо тепер до первинної функції у і змінній х.

y − 7 / 5

5y − 7

; u = x +1/ 5;

5x +1

x +1/ 5

5y −7

5y −

7 2

25C

;

−

5x +1

(5x

+1)2

5x +

(5x +1)2

+ (5y − 7)(5x +1) − (5y − 7)2

= 25C2

25x2 +10x +1+ 25xy + 5y −35x − 7 − 25y2 + 70y − 49 = 25C2

25x2 − 25x + 25xy + 75y − 25y2 = 25C2 + 49 −1+ 7

x2 − x + xy + 3y − y2 = C2

= C;

Разом,

вираз

− x + xy + 3y − y2

= C

загальним

інтегралом

початкового

диференціального рівняння.

′

ax +by + c

випадку

якщо

початковому

рівнянні

вигляду y

f a x +b y + c

визначник

= 0, те змінні можуть бути розділені підстановкою

ax + by = t.

Приклад. Вирішити рівняння 2(x + y)dy + (3x + 3y −1)dx = 0.

Отримуємо 2(x + y)

= −3x −3y +1;

= −3x −3y +1 = −

3x + 3y −1

;

2x + 2y

Знаходимо значення визначника

−3

= −6 + 6 = 0;

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Застосовуємо підстановку 3x + 3y = t.

t′

−1;

Підставляємо цей вираз в початкове рівняння:

t′

3(t −1)

; 2t(t

′

= −9t

+ 9; 2tt

′

= 6t −9t + 9; 2tt

′

= −3t + 9;

3 −1 = −

−3)

Розділяємо змінні:

∫ 1 +

= −

∫dx;

t −3

t + 3ln

t −3

= −

x + C

Далі повертаємося до первинної функції у і змінній х.

2x + 2y + 2ln 3(x + y −1) = −x +C2 ;

3x + 2y + 2ln 3 + 2ln x + y −1 = C2 ;

3x + 2y + 2ln x + y −1 = C;

таким чином, ми отримали загальний інтеграл початкового диференціального рівняння.

Лінійні рівняння.

Визначення. Диференціальне рівняння називається лінійним щодо невідомої функції і її похідної, якщо воно може бути записане у вигляді:

y′+ P(x) y = Q(x),

при цьому, якщо права частина Q(x) рівна нулю, то таке рівняння називається лінійним однорідним диференціальним рівнянням, якщо права частина Q(x) не рівна нулю, то таке рівняння називається лінійним неоднорідним диференціальним рівнянням.

P(x) і Q(x) - функції безперервні на деякому проміжку а < x < b.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння.

Розглянемо методи знаходження загального вирішення лінійного однорідного диференціального рівняння першого порядку вигляду

y′+ P(x) y = 0 .

Для цього типу диференціальних рівнянь розділення змінних не представляє складнощів.

= −P(x)dx

= −∫P(x)dx + ln

;

= −∫P(x)dx;

Загальне рішення:

y = Ce−∫P( x)dx

Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Для інтеграції лінійних неоднорідних рівнянь (Q(x)≠0) застосовуються в основному два методи: метод Бернуллі і метод Лагранжа.

Метод Бернуллі.

(Якоб Бернуллі (1654-1705) – швейцарський математик.)

Суть методу полягає в тому, що шукана функція представляється у вигляді твору двох функцій y = uv .

При цьому очевидно, що y′ = u dvdx + v dudx - диференціювання по частинах.

Підставляючи в початкове рівняння, отримуємо:


u		dv	+ v	du	+ P(x)uv = Q(x)
		dx		dx

	dv		du
u			+ v		+ P(x)u	= Q(x)
	dx
			dx

Далі слідує важливе зауваження – оскільки первинна функція була представлена нами у вигляді твору, то кожен із співмножників, що входять в цей твір, може бути довільним, вибраним по нашому розсуду.

Наприклад, функція y = 2x2 може бути представлена як y =1 2x2 ; y = 2 x2 ; y = 2x x; і тому подібне

Таким чином, можна одну з складових твір функцій вибрати так, що вираз dudx + P(x)u = 0 .

Таким чином, можливо отримати функцію u, проінтегрував, отримане співвідношення як однорідне диференціальне рівняння по описаній вище схемі:

= −P(x)dx;

∫

= −∫P(x)dx;

u = Ce−∫P( x)dx ; C =1/ C1;

+ ln

= −∫P(x)dx;

Для знаходження другої невідомої функції v підставимо повчений вираз для

функції u в початкове рівняння

+ v

+ P(x)u

= Q(x) з урахуванням того, що

вираз, що стоїть в дужках, рівний нулю.

Сe	−∫P( x)dx	dv	= Q(x);	Cdv = Q(x)e∫P( x)dx dx;
		dx

Інтегруючи, можемо знайти функцію v:

Cv =	∫	Q(x)e∫P( x)dx dx +C	;	v =	1	Q(x)e∫P( x)dx dx + C ;
					C ∫
		1				2

Тобто була отримана друга складова твору y = uv , який і визначає шукану

функцію.

Підставляючи набутих значень, отримуємо:

y = uv = Ce	−∫P( x)dx	1	∫Q(x)e	∫P( x)dx	dx +C2


		C

Остаточно отримуємо формулу:

						“Курс вищої математики. Частина 3.”
y = e	−∫P( x)dx	∫Q(x)e	∫P( x)dx	dx + C2	С2 - довільний коефіцієнт.
y = e		∫Q(x)e		dx + C2	С2 - довільний коефіцієнт.

Це співвідношення може вважатися вирішенням неоднорідного лінійного диференціального рівняння в загальному вигляді за способом Бернуллі.

Метод Лагранжа.

( Ларганж Жозеф Луї (1736-1813) - французький математик, през. Берлінською АН поч. чл. Пет. АН (1776)).

Метод Лагранжа вирішення неоднорідних лінійних диференціальних рівнянь ще називають методом варіації довільної постійної.

Повернемося до поставленого завдання:

y′+ P(x) y = Q(x)

Перший крок даного методу полягає у відкиданні правої частини рівняння і заміні її нулем.

y′+ P(x) y = 0

Далі знаходиться вирішення однорідного диференціального рівняння, що вийшло:

y = C1e−∫P( x)dx .

Для того, щоб знайти відповідне вирішення неоднорідного диференціального рівняння, вважатимемо постійну С1 деякою функцією від х.

Тоді по правилах диференціювання твору функцій отримуємо:

y′ = dy = dC1 (x) e−∫P( x)dx +C1 (x)e−∫P( x)dx (−P(x)); dx dx

Підставляємо отримане співвідношення в початкове рівняння

dC1 (x)e−∫P( x)dx −C1 (x)P(x)e−∫P( x)dx + P(x)C1 (x)e−∫P( x)dx = Q(x)

dC1 (x) e−∫P( x)dx = Q(x);

З цього рівняння визначимо змінну функцію С1(х):

dC1 (x) = Q(x)e∫P( x)dx dx;

Інтегруючи, отримуємо:

C1 = ∫Q(x)e∫P( x)dx dx +C;

Підставляючи це значення в початкове рівняння, отримуємо:

y = e	−∫P( x)dx	∫Q(x)e	∫P( x)dx
y = e		∫Q(x)e		dx +C .

Таким чином, ми отримали результат, повністю співпадаючий з результатом

розрахунку по методу Бернуллі.
При	виборі методу вирішення лінійних диференціальних рівнянь	слід
керуватися	простотою інтеграції функцій, що входять в початковий інтеграл.

Далі розглянемо приклади вирішення різних диференціальних рівнянь різними методами і порівняємо результати.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Приклад. Вирішити рівняння x2 y′+ y = ax2e x .

Спочатку приведемо дане рівняння до стандартного вигляду:

Застосуємо отриману вище формулу:

y = e−∫x12 dx ∫ae 1x e∫x12 dx dx + C

y′+	1		1
		y = ae x .
	x2

	1		1	−	1	1	(∫adx + C)
y = e x		∫ae x e			x dx + C = e x		(∫adx + C)

y = e x (ax + C).

Рівняння Бернуллі.

Визначення. Рівнянням Бернуллі називається рівняння вигляду y′+ Py = Q yn ,

де P і Q – функції від х або постійних чисел, а n – постійне число, не рівне 1.

Для вирішення рівняння Бернуллі

застосовують

підстановку z =

, за

y n−1

допомогою якої, рівняння Бернуллі приводиться до лінійного.

Для цього розділимо початкове рівняння на yn.

y′

+ P

= Q;

y n

y n−1

′

(n −1) yn−2

′

(n −1) y′

Застосуємо підстановку, врахувавши, що z

= − y2n−2

= − yn .

−

z′

+ Pz = Q

n −1

z′− (n −1)Pz = −(n −1)Q

Тобто вийшло лінійне рівняння щодо невідомої функції z.

Вирішення цього рівняння шукатимемо у вигляді:

z = e

−∫Pdx

∫P1dx

dx +C

∫Q1e

Q1 = −(n −1)Q;

P1 = −(n −1)P.

Приклад. Вирішити рівняння xy′+ y = xy2 ln x.

Розділимо рівняння на xy2: yy2′ + 1x 1y = ln x.

Вважаємо

			1			1
		− z′	+		z = ln x;	z′−		z = −ln x .
	1	− z′	+	x	z = ln x;	z′−	x	z = −ln x .
Вважаємо P = −	1	, Q = −ln x.
Вважаємо P = −	x	, Q = −ln x.
	x

“Курс вищої математики. Частина 3.”

−

(∫− ln xe

dx + C);

z = e

∫

− ln xe

∫ x

dx + C

;

z = e

ln x

−ln x

∫ x

z = x(− ∫ln xd(ln x) + C);

∫− ln x

z = x

+ C ;

z = x

−

Провівши зворотну підстановку, отримуємо:

= x

−

Приклад. Вирішити рівняння xy′− 4y = x2

Розділимо обидві частини рівняння на x

1 dy

− 4

y = x.

y dx

Вважаємо z =

y; z

′

= 2

′

y y ;

yz ;

y 2 yz

′− x z = x;

−

;

Отримали лінійне неоднорідне диференціальне рівняння. Розглянемо відповідне йому лінійне однорідне рівняння:

−

= 0;

;

2dx

;

∫

= 2

∫

+ C ; ln z = 2 ln x + ln C; z = Cx2 ;

Вважаємо C = C(x) і підставляємо отриманий результат в лінійне неоднорідне рівняння, з урахуванням того, що:

= 2xC(x) + x2

dC(x)

;

2xC(x) + x2

dC(x)

−

2x2C(x)

;

dC(x) =

;

C(x) =

1 ln x + C2 ;

Отримуємо: z = x2 C2 + 12 ln x ;

Застосовуючи зворотну підстановку, отримуємо остаточну відповідь:

	4				1		2
y = x		C	2	+		ln x	;
y = x		C		+	2	ln x	;
					2

Рівняння в повних диференціалах (тотальні).

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Визначення. Диференціальне рівняння першого порядку вигляду:

M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0

називається рівнянням в повних диференціалах, якщо ліва частина цього рівняння є повним диференціалом деякої функції u = F (x, y).

Інтеграція такого рівняння зводиться до знаходження функції u, після чого рішення легко знаходиться у вигляді: du = 0; u = C.

Таким чином, для вирішення треба визначити:

1)у якому випадку ліва частина рівняння є повним диференціалом функції u;

2)як знайти цю функцію.

Якщо диференціальна форма M (x, y)dx + N (x, y)dy є повним диференціалом деякої

функції u, то можна записати:

du = M (x, y)dx + N (x, y)dy = ∂∂ux dx + ∂∂uy dy.

	∂u	= M (x, y)
	∂x	= M (x, y)
Тобто	∂x	.
∂u		= N (x, y)
	∂y
	∂y

Знайдемо змішані похідні другого порядку, продиференціювавши перше рівняння по у, а друге – по х:

∂2u = ∂M (x, y)

∂x∂y ∂y

∂2u = ∂N (x, y)∂x∂y ∂x

Прирівнюючи ліві частини рівнянь, отримуємо необхідну і достатню умову того, що ліва частина диференціального рівняння є повним диференціалом. Ця умова також називається умовою тотальності.

∂M (x, y) = ∂N (x, y)

∂y ∂x

Тепер розглянемо питання про знаходження власне функції u. Проінтегруємо рівність ∂∂ux = M (x, y) :

u = ∫M (x, y)dx + C( y).

Унаслідок інтеграції отримуємо не постійну величину З, а деяку функцію З(у), оскільки при інтеграції змінна у вважається постійним параметром.

Визначимо функцію З(у). Продиференціюємо отриману рівність по у.

∂∂uy = N(x, y) = ∂∂y ∫M (x, y)dx +C′( y).

Звідки отримуємо: C′( y) = N(x, y) − ∂∂y ∫M (x, y)dx.

Для знаходження функції З(у) необхідно проінтегрувати приведену вище рівність. Проте, перед інтеграцією треба довести, що функція З(у) не залежить від х. Ця умова буде виконана, якщо похідна цієї функції по х рівна нулю.

“Курс вищої математики. Частина 3.”

′

∂N (x, y)

∂ ∂

∂N (x, y)

∂ ∂

[С′( y)]x

−

M (x, y)dx =

−

M (x, y)dx

∂x

∂x ∂y ∫

∂x

∂y ∂x ∫

∂N (x, y)

−

∂M (x, y)

= 0.

∂x

∂y

Тепер визначаємо функцію З(у):

	∫		∂
	∫		∂y ∫
C( y) =		N(x, y) −		M (x, y)dx dy +C

Підставляючи цей результат у вираз для функції u, отримуємо:

	∫		∫		∂
	∫		∫		∂y
u =		M (x, y)dx +		N(x, y) −		M (x, y)dx dy +C.

Тоді загальний інтеграл початкового диференціального рівняння матиме вигляд:

Слід зазначити, що при вирішенні рівнянь в повних диференціалах не обов'язково використовувати отриману формулу. Рішення може вийти компактнішим, якщо просто слідувати методу, яким формула була отримана.

Приклад. Вирішити рівняння (3x2		+10xy)dx + (5x2 −1)dy = 0
Перевіримо умову тотальності:	∂M (x, y)	=	∂(3x2 +10xy)			=10x;
	∂y		∂y

	∂N(x, y)	=	∂(5x2	−1)	=10x.
	∂x		∂x

Умова тотальності виконується, отже, початкове диференціальне рівняння є рівнянням в повних диференціалах.

Визначимо функцію u.

u = ∫M (x, y)dx + C( y) = ∫(3x2 +10xy)dx + C( y) = x3 + 5x2 y + C( y);

∂∂uy = 5x2 +C′( y) = N(x, y) = 5x2 −1;

C′( y) = −1; C( y) = ∫(−1)dy = −y + C1 ;

Разом u = x3 +5x2 y − y +C1.

Знаходимо загальний інтеграл початкового диференціального рівняння:

u= x3 + 5x2 y − y +C1 = С2 ;. x3 + 5x2 y − y = C.

Рівняння вигляду у = f(у’) і x = f(у’).

Вирішення рівнянь, не що містять в одному випадку аргументу х, а в іншому – функції у, шукаємо в параметричній формі, приймаючи за параметр похідну невідомої функції.

y′ = p.
Для рівняння першого типу отримуємо: y = f ( p);	y	′	=	′	dp
		′		′	dx .
				f ( p)	dx .

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Роблячи заміну, отримуємо: p = f ′( p) dpdx ;

В результаті цих перетворень маємо диференціальне рівняння із змінними, що розділяються.

dx =	f ′( p)	dp;	x = ∫	f ′( p)	dp +C.

	p			p

Загальний інтеграл в параметричній формі представляється системою рівнянь:

x = ∫ f ′(pp) dp +C

y = f ( p)

Виключивши з цієї системи параметр р, отримаємо загальний інтеграл і не в параметричній формі.

Для диференціального рівняння виду x = f(у’) за допомогою тієї ж самої підстановки і аналогічних міркувань отримуємо результат:

y = ∫ pf ′( p)dp + C

x = f ( p)

Рівняння Лагранжа і Клеро.

(Алекси Клод Клеро (1713 – 1765) французький математик ин. поч. член Петерб. АН)

Визначення. Рівнянням Лагранжа називається диференціальне рівняння, лінійне відносно х і у, коефіцієнти якого є функціями від у’.

P( y′)x + Q( y′) y + R( y′) = 0

Для знаходження загального рішення застосовується підстановка p = у’.

	′			′
y = xf ( p) + ϕ( p), f ( p) = −	P( y )		ϕ( p) = −	R( y )
		,			.
	′			′
	Q( y )			Q( y )

Диференціюючи це рівняння, з урахуванням того, щоdy = pdx , отримуємо: pdx = f ( p)dx + xf ′( p)dp + ϕ′( p)dp.

Якщо вирішення цього (лінійного відносно х) рівняння є те x = F ( p,C), загальне вирішення рівняння Лагранжа може бути записане у вигляді:

x = F( p,C)

y = xf ( p) + ϕ( p) = F( p,C) f ( p) + ϕ( p)

Визначення. Рівнянням Клеро називається рівняння першого ступеня (тобто лінійне) щодо функції і аргументу вигляду:

y = xy′+ ϕ( y′).

Взагалі кажучи, рівняння Клеро є окремим випадком рівняння Лагранжа. З урахуванням заміни y′ = p , рівняння приймає вигляд:

y = xp + ϕ( p).

′

= p + x

+ ϕ ( p)

;

p = p + x

+ ϕ ( p)

;

′

[x + ϕ ( p)]dx = 0;

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Це рівняння має два можливі рішення:

dp = 0 або

У першому випадку:

y = cx + ϕ(c)

Видно, що загальним інтегралом рівняння Клеро є сімейство прямих ліній.

У другому випадку рішення в параметричній формі виражається системою рівнянь:

y = xp + ϕ( p)x + ϕ′( p) = 0

Виключаючи параметр р, отримуємо друге вирішення F(x, у)= 0. Це рішення не містить довільної постійної і не отримано із загального рішення, отже, не є приватним рішенням.

Це рішення буде особливим інтегралом. ( Див. Особое решение. )

Далі розглянемо приклади вирішення різних типів диференціальних рівнянь першого порядку.

Приклад. Вирішити рівняння із заданими початковими умовами.

y′−	y	= x +1; y(1) = 0.
	x

Це лінійне неоднорідне диференціальне рівняння першого порядку. Вирішимо відповідне йому однорідне рівняння.

y′−

= 0;

y′ =

;

∫

= ∫

;

ln y = ln x + ln C;

y = Cx;

Для неоднорідного рівняння загальне рішення має вигляд: y = C(x)x;

Диференціюючи, отримуємо: y′ = C′(x)x + C(x);

Для знаходження функції З(х) підставляємо набутого значення в початкове диференціальне рівняння:

′				+ C(x) −C(x) = x +1
C	(x)x			+ C(x) −C(x) = x +1
				′
				xC (x) = x +1
′		1				1
′	+		;	C(x) = ∫ 1	+		dx + C;
C (x) =1	+	x	;	C(x) = ∫ 1	+	x	dx + C;
		x				x

C(x) = x + ln x + C;

Разом, загальне рішення: y = x(x + ln x + C).

C обліком початкової умови y(1) = 0 визначуваний постійний коефіцієнт C. 0 =1 + ln1 + C; C = −1.

Остаточно отримуємо: y = x2 + x ln x − x.

Для перевірки підставимо отриманий результат в початкове диференціальне рівняння:

2x + ln x + x	1	−1− x −ln x +1 = x +1; вірно
	x

Нижче показаний графік інтегральної кривої рівняння.

<<< < Предыдущая 12 / 122 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
26.04.20211.64 Mб3M-008.pdf
#
26.04.20211.23 Mб3M-040.pdf
#
26.04.2021439.24 Кб5M-051.pdf
#
26.04.2021967.56 Кб12Частина 1.pdf
#
26.04.2021882.81 Кб2Частина 2.pdf
#
26.04.20211.01 Mб2Частина 3.pdf
#
26.04.2021669.46 Кб6Частина 4.pdf