Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Dyukarev, Litvinova Diff

..pdf
Скачиваний:
26
Добавлен:
23.02.2015
Размер:
1.42 Mб
Скачать

p 0, то функція x 1 є розв’язком рівняння. Якщо ж p

0, то dt 4p2dp.

Після інтегрування здобудемо t 4p2 C . Таким чином, всі розв’язки нашого

3

рівняння мають вигляд:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

4p

 

 

 

 

t

C,

C ,

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

4

1.

 

 

 

x p

 

 

 

 

3. Рівнянням Клеро називається рівняння

 

 

 

 

 

,

(5.8)

 

 

 

x tx (x)

де функція неперервна та диференційована на інтервалі

(a,b). Розв’яжемо

це рівняння методом введення параметра.

Нехай x p. Тоді

 

 

 

x tp (p).

(5.9)

Диференціюємо (5.9). Отримаємо:

 

 

 

 

 

 

 

dx tdp pdt d (p)dp. dp

Звідси та з рівності dx pdt маємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d (p)

 

 

 

 

d (p)

 

 

t

 

0,

 

 

 

 

 

 

t

 

 

dp

0

dp

.

 

dp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dp 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Слід розглянути два випадки.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

А) Якщо

t

d (p)

0. Звідси та з (5.9) отримаємо особливий розв’язок у

 

 

 

dp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

параметричній формі:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d (p)

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

(5.10)

 

 

 

 

 

 

 

 

d (p)

 

 

 

 

 

 

x p

(p)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dp

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

Б) Якщо dp 0. Тоді

p C. Звідси та з (5.9)

отримаємо нескінченну

множину розв’язків нашого рівняння:

 

 

 

 

x tC (C),

C .

(5.11)

Формули (5.10) та

(5.11)

задають усі розв’язки

рівняння Клеро (5.8). У

кожній точці кривої

(5.10)

її дотинається одна з прямих (5.11). Отже, всі

точки кривої (5.10) не є точками єдності розв’язку задачі Коші для вихідного рівняння. Тому розв’язок (5.10) називається особливим.

Приклад 5.3. Розв’язати рівняння x tx

1 x2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Це рівняння Клеро. Введемо параметр

x p. Тоді

x tp

1 p2 .

Диференціюючи, здобудемо

dx tdp pdt p dp. 1 p2

Звідси та з рівності dx pdt маємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dp 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 p

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нехай t

 

 

p

 

0. Тоді

 

 

отримаємо

особливий

розв’язок рівняня у

 

 

 

 

 

 

 

1 p2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

параметричній формі:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 p

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.12)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 p2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 p

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нехай тепер

dp 0.

Тоді p C.

 

 

 

Звідси отримаємо нескінченно багато

розв’язків вигляду

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C .

 

 

 

 

 

 

 

x tC 1 C2 ,

(5.13)

Формули (5.12) та (5.13) задають усі розв’язки вихідного рівняння.

22

4. Рівнянням Лагранжа називається рівняння

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

(5.14)

 

 

 

 

x t (x) (x)

 

 

 

де функції

та неперервні та диференційовані на інтервалі (a,b). Якщо

(x) x, то рівняння (5.14) перетворюється на вже розглянуте рівняння Клеро.

Тому ми вважатимемо, що (x) x.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’яжемо рівняння Лагранжа

методом

введення параметра.

Нехай

x p. Звідси та з (5.14) маємо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x t (p) (p).

 

 

 

(5.15)

Диференціюючи (5.15), отримаємо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx t

d (p)

dp (p)dt

d (p)

dp.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dp

 

 

dp

 

 

 

 

Оскільки dx pdt, то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d (p)

 

d (p)

 

 

 

p (p) dt t

 

dp.

(5.16)

 

 

 

 

 

 

 

 

dp

dp

 

 

Рівняння (5.16)

розв’яжемо в два кроки.

 

Крок 1.

Через p1, , pn, (a,b)

позначимо розв’язки рівняння

p (p) 0. Тоді функції

p(t) p1, ,

p(t) pn, задовольняють рівнянню

(5.16). Звідси та з (5.15) випливає, що функції

x t (p1) (p1), ,x t (pn) (pn),

є розв’язками рівняння Лагранжа (5.14). Або, оскільки pi (pi) 0,

 

 

x tp1 (p1), ,x tpn (pn),

 

(5.17)

Крок 2. Нехай тепер

p (a,b)\{p1, , pn, }. Тоді

p (p) 0

і рівняння

(5.16) можна записати у вигляді

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

 

d (p)

 

1

t

d (p)

 

 

1

.

(5.18)

 

 

 

p (p)

 

 

 

 

dp

dp

 

dp p (p)

 

 

23

Рівняння (5.18) є лінійним для функції t(p). Нехай

t(p)– деякий розв’язок

рівняння (5.18), а t0(p)– нетривіальний розв’язок

однорідного

рівняння,

відповідного неоднорідному рівнянню (5.18). Тоді

всі

розв’язки

рівняння

(5.18) задаються формулою t(p) Ct0(p) t(p),C .

Звідси та з (5.15)

отримаємо в параметричному вигляді нескінченну

множину

розв’язків

рівняння Лагранжа (5.14):

 

 

 

t(p)

x(p)

Ct0(p) t(p)

(5.19)

Ct0(p) t(p) (p) (p),

C .

Формули (5.17) та (5.19) задають усі розв’язки рівняння Лагранжа (5.14).

Відзначимо, що деякі з розв’язків, що задаються формулою (5.17), можуть бути особливими.

Приклад 5.4. Розв’язати рівняння x tx2 3x2 2x3 .

 

 

6

 

 

Це рівняння Лагранжа. Нехай x p. Тоді

 

 

 

 

x tp2

3p2 2p3

.

 

(5.20)

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

Диференціюючи (5.20),

отримаємо dx 2tpdp p2dt (p p2)dp.

Звідси та з

рівності

dx pdt маємо

 

 

 

 

p p2 dt 2tp p p2 dp.

 

(5.21)

Рівняння (5.21) розв’яжемо в два кроки.

 

 

Крок 1. Рівняння

p p2 0 має два розв’язки

p 0 та

p 1. Тоді

 

 

 

 

 

1

2

функції

p(t) 0, p(t) 1 задовольняють рівнянню (5.21). Звідси та з (5.20)

випливає, що функції

 

 

 

 

 

 

 

x 0 та x t 1

 

(5.22)

6

є розв’язками нашого рівняння.

Крок 2. Нехай тепер p p2 0. Рівняння (5.21) запишемо у вигляді

24

 

 

dt

 

 

2

 

t 1.

(5.23)

 

 

 

1 p

 

 

dp

 

 

 

Рівняння (5.23) є лінійним для функції

t(p). Його розв’язки

задаються

формулою

 

 

 

 

 

 

t(p)

C

 

 

p 1

,C .

 

(p 1)2

 

 

 

 

 

3

 

 

Звідси та з (5.20) здобудемо в параметричному вигляді нескінченну множину розв’язків:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

p 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t(p)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(p

1)

2

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.24)

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

p 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

3p2 2p3

 

 

 

x(p)

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

, C .

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(p 1)

 

 

3

 

 

 

 

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Формули (5.22)

та (5.24) задають усі розв’язки вихідного рівняння.

Вправи

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Аудиторні

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Домашні

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язати рівняння:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’язати рівняння:

 

№ 5.1. t x3 x.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.8. t(x2 1) 2x.

 

№ 5.2. x (x 1)ex.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.9. x x2 2x3.

 

№ 5.3. x tx x2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.10. x3 3(tx x).

 

№ 5.4. 2x2(x tx) 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.11. tx x lnx.

 

№ 5.5. 2

 

x

 

lnx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.12. x tx (2 x).

 

tx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.6. x tx 4

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.13. x 2tx 4x3.

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.7. x tx t2x3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 5.14. x 2tx x2x3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

25

6. Різні рівняння першого порядку

Вправи

 

 

 

Аудиторні

 

 

 

Домашні

 

 

 

 

Розв’язати рівняння:

 

 

Розв’язати рівняння:

№ 6.1.

 

 

 

 

 

 

 

№ 6.9. tx x lnx.

t xcos

x

dt tcos

x

dx 0.

 

 

 

 

 

 

 

t

t

№ 6.10. tx t2 tx x 0.

 

 

 

 

 

№ 6.2. x2

2(t 1)x 2x 0.

№ 6.11. x

3

xe

2t

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 6.3. (2tx2 x)dt t dx 0.

№ 6.12. x(x tx)

 

.

№ 6.4.

 

 

 

 

 

 

 

t4 x4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(sint x)dx (xcost t2)dt 0.

№ 6.13. (2t x 5)x 3t 6.

№ 6.5. 2(t x2)dx xdt.

№ 6.14. 2x t lnx.

 

 

 

 

 

 

 

 

№ 6.6. x x

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 x2

 

 

№ 6.15. tx 2

 

cost 2x.

№ 6.7.

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2t 3x 1)dt (4t 6x 5)dx 0.

№ 6.16.

 

 

 

 

 

 

(cost tsint)xdt (tcost 2x)dx 0.

№ 6.8. tx2 x x.

7. Застосування диференційних рівнянь в прикладних

і геометричних задачах

Теорія

При складанні диференціального рівняння для визначення невідомої функції x(t) слід знайти співвідношення між приростом x функції та приростом t її аргументу, тобто знайти x у вигляді функції від x, t, t. При цьому нерідко доводиться робити різні спрощуючи припущення відносно

26

характеру досліджуваного процесу. Такі спрощення та ідеалізації приводять до того, що з'являється лише наближена рівність між приростом x функції та приростом t її аргументу. Але при прямуванні x та t до нуля наближена рівність повинна перетворюватися на точну. Замінюючи x та t відповідно на dx та dt, а наближену рівність на точну, ми отримаємо диференціальне рівняння, яке є математичною моделлю нашої задачі. Часто при складанні диференціальних рівнянь слід використовувати фізичні, хімічні та інші закони,

які є загальноприйнятими у відповідній науці. Розглянемо приклади.

Приклад 7.1. Нехай даний тонкий однорідний стержень масоюM і

довжиною l. Матеріальна точка масою m знаходиться на осі стержня на

відстані a від його лівого кінця. Знайти силу тяжіння стержня і матеріальної точки.

За законом Ньютона сила F тяжіння між матеріальними точками з масами m1 та m2 , розташованими на відстані r одна від одної, обчислюється за формулоюF k m1rm2 2 . Позначимо через F(x) силу, з якою частина стержня з

початком в лівому кінці і довжиною x притягає матеріальну точку m. Із закону Ньютона та рисунка

a l

m

xx

випливає, що приріст F F(x x) F(x), який є силою тяжіння заданої точки та частини стержня x, виражається наближеною формулою

F k

m(M /l)

x .

(7.1)

(a x)2

 

 

 

27

Формула (7.1) була б точною, якби вся маса (M /l) x частини стержня x була

зосереджена в точці x. Звідси випливає, що зі зменшенням x формула (7.1)

стає усе більш точною. Тому диференціальне рівняння нашої задачі має вигляд

 

dF k

m(M /l)

dx .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(a x)2

 

 

Інтегруючи його, отримаємо

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F(x) k

m(M /l)

C.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(a x)

 

 

З початкової умови F(0) 0

випливає, що

 

 

Тому

C k

m(Ma /l)

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F(x) k

m(M/l)

k

m(Ma /l)

.

(a x)

При x l здобудемо, що

тяжіння маси m всім стержнем виражається

формулою

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F(l) k

mM

.

 

 

a(a l)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 7.2. У банку, яка перед початком експерименту містила L л

води, починає безперервно поступати із швидкістю l л в хвилину розчин, в

кожному літрі якого міститься m кг солі. Розчин, що поступає в банку,

миттєво перемішується з вмістом банки, і суміш витікає з тією ж швидкістю. Скільки солі буде в банці через t хвилин після початку експерименту?

Нехай через t хвилин після початку експерименту в банці міститься x(t) кг

солі. Знайдемо, на скільки зміниться кількість солі за проміжок від моменту t

до моменту

t t. В одну хвилину поступає l л

розчину, а за t

хвилин –

l t

літрів; у цих

l t літрах міститься ml t кг солі. З іншого боку,

за час t

з

банки витікає

l t

літрів розчину. В момент t

у всій банці міститься

x(t) кг

солі, отже, в

l t

літрах витікаючого розчину містилося б x(t)(l/L) t

кг солі,

якби за час

t

вміст солі в банці не мінявся.

Звідси випливає,

що

приріст

28

x x(t t) x(t) кількості солі в банці виражається наступною наближеною

формулою

 

x (m x/L)l t.

(7.2)

При x, t 0 наближена рівність (7.2) перетворюється на точну.

Тому

диференціальне рівняння нашої задачі має вигляд dx (m x/L)ldt . Або

 

x (l/L)x ml.

 

Розв’язуючи це лінійне неоднорідне рівняння, отримаємо x(t) Ce (l/L)t mL.

З початкової умови x(0) 0випливає, що C mL. Таким чином,

x(t) mL 1 e (l/L)t .

Приклад 7.3. Знайти криву, що проходить через точку (1,1), в якої відрізок, що відсікається дотичною на осі ординат, дорівнює абсцисі точки дотику.

Нехай шукана крива є графіком функції y y(x) і точка з координатами

(x0,y0) лежить на нашій кривій, тобто y(x0) y0 . Рівняння дотичної в цій точці

має вигляд y y0 dydx(x0)(x x0). Точка перетину цієї дотичної з віссю ординат

y y

x

dy

(x ). За умовою задачі маємо

x

y

x

dy

(x ). Це лінійне

0

0 dx

0

 

 

0

0

0 dx

0

диференціальне рівняння, яке можна записати у вигляді

 

 

 

 

 

 

x y x

dy

.

 

 

 

 

(7.3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

Точка

x 0 є особливою для нашого диференціального рівняння (у цій точці

коефіцієнт при похідній перетворюється на нуль). Тому

диференціальне

рівняння (7.3) слід окремо розглядати в лівій напівплощині

{(x,y):x 0} і в

правій

напівплощині {(x,y):x 0}. З умови

задачі

випливає, що досить

розглянути рівняння (7.3) в правій напівплощині. У правій напівплощині

рівняння (7.3) можна записати у вигляді

dy

 

y

1. Загальний розв’язок цього

dx

x

 

 

 

29

лінійного рівняння має вигляд y xlnCx . З початкової умови y(1) 1 знайдемо,

що C e. Звідси випливає, що шукана крива є графіком функції

y xln ex x xlnx.

Приклад 7.4. Парашутист стрибнув з висоти 1,5 км, а розкрив парашут на висоті 0,5 км. Скільки часу він падав до розкриття парашута? Відомо, що гранична швидкість падіння людини в повітрі нормальній щільності складає 50

м/сек. Зміною щільності з висотою нехтувати. Опір повітря пропорційний квадрату швидкості.

Диференціальне рівняння руху в даному випадку має вигляд

m

dv

mg kmv2 .

(7.4)

dt

 

 

 

Тут mмаса парашутиста, v– швидкість падіння парашутиста,

mg – сила

тяжіння, kmv2 – сила опору повітря. Ясно, що (7.4) можна записати у вигляді

dvdt g kv2 .

З цього рівняння випливає, що гранична швидкість

падіння визначається з

рівняння g kv2 0. Звідси випливає,

що

k g/v2 .

Диференціальне рівняння

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

руху приймає вигляд

dv (g/v2)(v2 v2).

Розділимо змінні та виконаємо

 

dt

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

інтегрування. Отримаємо

 

 

v0

ln

v0 v

 

gt C

. З початкової умови

v(0) 0

2

v v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

випливає, що C 0. Отже

 

v0

ln

v0 v

gt .

Звідси випливає, що

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

v v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

v(t) v

 

 

egt/v0 e gt/v0

v th(gt/v ).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 egt/v0 e gt/v0

0

 

0

 

Це рівняння можна записати у вигляді

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dS(t)

v th(gt/v ).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тут S(t)– путь, що пройдено за час t. Інтегруючи останнє рівняння, отримаємо

30

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]