lect3

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Глазовский государственный инженерно-педагогический университет им. В.Г. Короленко

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

M (x, y)dx +

M (x, y)dx dy = C.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

14.03.2015

Размер:

1.49 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 133 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

∂M (x, y) = ∂N (x, y)

∂y ∂x

Теперь рассмотрим вопрос о нахождении собственно функции u.

Проинтегрируем равенство ∂∂ux = M (x, y) :

u = ∫M (x, y)dx +C( y).

Вследствие интегрирования получаем не постоянную величину С, а некоторую функцию С(у), т.к. при интегрировании переменная у полагается постоянным параметром.

Определим функцию С(у). Продифференцируем полученное равенство по у.

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

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

Для нахождения функции С(у) необходимо проинтегрировать приведенное выше равенство. Однако, перед интегрированием надо доказать, что функция С(у) не зависит от х. Это условие будет выполнено, если производная этой функции по х равна нулю.

[С′( y)]x′ =		∂N (x, y)		−	∂ ∂

			∂x		∂x ∂y ∫
			∂x		∂x ∂y ∫
=	∂N (x, y)	−	∂M (x, y)		= 0.
	∂x		∂y

Теперь определяем функцию С(у):

C( y) = ∫ N (

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

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

Подставляя этот результат в выражение для функции u, получаем:

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

Тогда общий интеграл исходного дифференциального уравнения будет иметь вид:

Следует отметить, что при решении уравнений в полных дифференциалах не обязательно использовать полученную формулу. Решение может получиться более компактным, если просто следовать методу, которым формула была получена.

Пример. Решить уравнение (3x2		+10xy)dx + (5x2 −1)dy = 0
Проверим условие тотальности:	∂M (x, y)		=	∂(3x2 +10xy)		=10x;
	∂y			∂y

	∂N(x, y)		=	∂(5x2 −1)	=10x.
	∂x			∂x

Условие тотальности выполняется, следовательно, исходное дифференциальное уравнение является уравнением в полных дифференциалах.

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Определим функцию 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 ;

Итого, u = x3 + 5x2 y − y + C1.

Находим общий интеграл исходного дифференциального уравнения:

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

Уравнения вида y = f(y’) и x = f(y’).

Решение уравнений, не содержащих в одном случае аргумента х, а в другом – функции у, ищем в параметрической форме, принимая за параметр производную неизвестной функции.

y′ = p.

Для уравнения первого типа получаем:

y = f ( p);

′

dx .

f ( p)

′

dx ;

Делая замену, получаем: p = f ( p)

В результате этих преобразований имеем дифференциальное уравнение с

разделяющимися переменными.

dx =

f ′( p)

dp;

x = ∫

f ′( p)

dp + C.

Общий интеграл в параметрической форме представляется системой уравнений:

x = ∫ f ′(pp) dp + C

y = f ( p)

Исключив из этой системы параметр р, получим общий интеграл и не в параметрической форме.

Для дифференциального уравнения вида x = f(y’) с помощью той же самой подстановки и аналогичных рассуждений получаем результат:

y = ∫ pf ′( p)dp +C

x = f ( p)

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Уравнения Лагранжа и Клеро.

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

Определение. Уравнением Лагранжа называется дифференциальное уравнение, линейное относительно х и у, коэффициенты которого являются функциями от y’.

P( y′)x +Q( y′) y + R( y′) = 0

Для нахождения общего решение применяется подстановка p = y’.

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

Дифференцируя это уравнение,c учетом того, что dy = pdx , получаем: pdx = f ( p)dx + xf ′( p)dp + ϕ′( p)dp.

Если решение этого (линейного относительно х) уравнения есть x = F( p,C), то общее решение уравнения Лагранжа может быть записано в виде:

x = F( p,C)

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

Определение. Уравнением Клеро называется уравнение первой степени (т.е.

линейное) относительно функции и аргумента вида: y = xy′+ ϕ( y′).

Вообще говоря, уравнение Клеро является частным случаем уравнения Лагранжа.

С учетом замены y′ = p , уравнение принимает вид:

y = xp + ϕ( p).

′

= p + x

+ ϕ ( p)

;

p = p + x

+ ϕ ( p)

;

[x + ϕ′( p)]dpdx = 0;

Это уравнение имеет два возможных решения:

dp = 0 или x + ϕ′( p) = 0.

В первом случае: p = c;

y = cx + ϕ(c)

Видно, что общий интеграл уравнения Клеро представляет собой семейство прямых линий.

Во втором случае решение в параметрической форме выражается системой уравнений:

y = xp + ϕ( p)x + ϕ′( p) = 0

Исключая параметр р, получаем второе решение F(x, y) = 0. Это решение не содержит произвольной постоянной и не получено из общего решения, следовательно, не является частным решением.

Это решение будет являться особым интегралом. ( См. Особое решение. )

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Далее рассмотрим примеры решения различных типов дифференциальных уравнений первого порядка.

Пример. Решить уравнение с заданными начальными условиями.

y
y′− x	= x +1; y(1) = 0.

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка. Решим соответствующее ему однородное уравнение.

y′−

= 0;

y′ =

;

∫dyy = ∫dxx ; ln y = ln x + ln C; y = Cx;

Для неоднородного уравнения общее решение имеет вид: y = C(x)x;

Дифференцируя, получаем: y′ = C′(x)x + C(x);

Для нахождения функции С(х) подставляем полученное значение в исходное дифференциальное уравнение:

C′(x)x + C(x) −C(x) = x +1 xC′(x) = x +1

C′(x) =1+ 1x ; C(x) = ∫ 1+ 1x dx + C;

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

Итого, общее решение: y = x(x + ln x + C).

C учетом начального условия y(1) = 0 определяем постоянный коэффициент C.

0 =1+ ln1+C; C = −1.

Окончательно получаем: y = x2 + x ln x − x.

Для проверки подставим полученный результат в исходное дифференциальное

уравнение:	2x + ln x + x	1	−1− x −ln x +1 = x +1; верно
		x

Ниже показан график интегральной кривой уравнения.

1.5
1
0.5
0.5	1	1.5	2
-0.5
	24

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Пример. Найти общий интеграл уравнения x( y2 −1)dx + y(x2

−1)dy = 0 .

Это уравнение с разделяющимися переменными.

xdx

ydy

= 0;

∫

xdx

= −∫

ydy

;

−

ln x2 −1 + ln y2 −1 = ln C;

Общий интеграл имеет вид: (x2 −1)(y2 −1) = C.

Построим интегральные кривые дифференциального уравнения при различных

значениях С.

С = - 0,5

С = -0,02

С = -1

С = -2

1.5

0.5

-2

-1

-0.5

-1

-1.5

-2

С = 0,02

С = 0,5

С = 1

С = 2

Пример. Найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям.

y′cos x = ( y +1)sin x;

y(0) = 0.

Это уравнение с разделяющимися переменными.

y′

sin x

;

= tgxdx;

y +

cos x

∫

= ∫tgxdx;

y +1

= −ln

cos x

+ ln C;

y +

( y +1) cos x

= l C;

( y +1) cos x = C;

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Общее решение имеет вид:	y =	C	−1.
Общее решение имеет вид:	y =	cos x	−1.
		cos x

Найдем частное решение при заданном начальном условии у(0) = 0.

			0 =	С	−1;	C =1.
			0 =	1	−1;	C =1.
				1

Окончательно получаем:	y =	1	−1.
Окончательно получаем:	y =	cos x	−1.
		cos x

Пример. Решить предыдущий пример другим способом.

Действительно, уравнение y′cos x = ( y +1)sin x может быть рассмотрено как

линейное неоднородное дифференциальное уравнение. y′cos x − y sin x = sin x.

Решим соответствующее ему линейное однородное уравнение.

′

cos x − y sin x = 0;

cos x = y sin x;

y = tgxdx;

∫

= ∫tgxdx + ln C;

= −ln

cos x

+ ln C;

y cos x = C;

y =

cos x

Решение неоднородного уравнения будет иметь вид: y = cosC(xx) .

Тогда y′ = C′(x) cos x + C(x)sin x . cos2 x

Подставляя в исходное уравнение, получаем:

′

C(x)sin x

[C (x) cos x +C(x)sin x] cos x

−

= sin x;

′

cos2 x

cos x

′

C (x) cos x

C(x) = ∫sin xdx = −cos x + C;

= sin x;

C x)

= sin x;

cos x

− cos x + C

Итого y =

;

y =

−1;

cos x

С учетом начального условия у(0) = 0 получаем y = cos1 x −1;

Как видно результаты, полученные при решении данного дифференциального уравнения различными способами, совпадают.

При решении дифференциальных уравнений бывает возможно выбирать метод решения, исходя из сложности преобразований.

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Пример. Решить уравнение y′+ y cos x = 12 sin 2x с начальным условием у(0) = 0.

Это линейное неоднородное уравнение. Решим соответствующее ему однородное уравнение.

y′+ y cos x = 0;

= −cos xdx;

= −sin x + C1 ;

y = e−sin x eC1 ;

y = Ce−sin x ;

Для линейного неоднородного уравнения общее решение будет иметь вид:

y = C(x)e−sin x ;

Для определения функции С(х) найдем производную функции у и подставим ее

в исходное дифференциальное уравнение.

′

= C

′

−sin x

−C

(x)e

−sin x

cos x;

(x)e

′

−sin x

−C(x)e

−sin x

cos x + C(x)e

−sin x

cos x = sin x cos x;

C (x)e

′

−sin x

= sin x cos x;

′

sin x

sin x cos x;

C (x)e

C (x) = e

sin x

;

dU = cos xdx;

V = e

∫esin x cos xdx =

С(x) = ∫esin x sin x cos xdx =

sin x

= esin x sin x −

cos xdx;

dV = e

U = sin x;

=esin x sin x − esin x + C.

Итого y = e−sin x (esin x sin x −esin x

+ C);

y = sin x −1+ Ce−sin x ;

Проверим полученное общее решение подстановкой в исходное дифференциальное уравнение.

cos x + Ce−sin x (−cos x) + sin x cos x − cos x + Ce−sin x cos x = sin x cos x; (верно)

Найдем частное решение при у(0) = 0.
0 = sin 0 −1+ Ce0 ;	C =1.

Окончательно y = sin x + e−sin x −1.

Пример. Найти решение дифференциального уравнения

20xdx −3ydy = 3x2 ydy −5xy2 dx

с начальным условием у(1) = 1.

Это уравнение может быть преобразовано и представлено как уравнение с разделенными переменными.

20x −3yy

′

= 3x

′

−5xy

;

′

+1) = 5x( y

+ 4);

3yy

y′

;

dx;

y2 + 4

x2 +1

y2 + 4

x2 +1

∫

= ∫

dx;

+ 4

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

	3	ln(y2 + 4) =	5	ln(x2		+1) + ln C
		ln(y2 + 4) =		ln(x2		+1) + ln C
2			2			1
2			2
( y2 + 4)3 = C (x2 +1)5 ;				y2 + 4 = C 3 (x2 +1)2 ;
			5
		y2 = C(x2 +1)			3	− 4;

y = C(x2 +1)3 − 4;

С учетом начального условия:

5															125 = 8C 3 4; C 3 =	125
1 = С 2	3	− 4 =	С3	32 − 4;						1 = 2C3 4 − 4;				5 = 2C3 4;		125		;
1 = С 2	3	− 4 =	С3	32 − 4;						1 = 2C3 4 − 4;				5 = 2C3 4;			32	;
												5					32
											C =	5		.
											C =			.
												23	4
								5
						2	+1
						2			3
Окончательно			y =		x					− 4.

				5			2
							2

Пример. Решить дифференциальное уравнение xy′+ y = x +1 с начальным условием у(1) = 0.

Это линейное неоднородное уравнение.

Решим соответствующее ему однородное уравнение.

′

xdy

+ y = 0;

dx = −y;

y = − x ;

= −ln

+ ln C;

xy = C;

y =

;

Решение неоднородного уравнения будет иметь вид:

y =

C(x)

;

Подставим в исходное уравнение:

′

C(x)

′

(x)x −C(x)

C (x)x

= x +1;

C (x) = x +1;

C(x) =

+ x + C;

Общее решение будет иметь вид: y = 2x +1+ Cx ;

C учетом начального условия у(1) = 0: 0 =

+1+ C;

C = −

;

Частное решение:

y =

−

+1;

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

xy′

Пример.

Найти

решение

дифференциального уравнения

= y ln

начальным условием у(1) = е.

Это уравнение может быть приведено к виду уравнения с разделяющимися

переменными с помощью замены переменных.

= u;

= e

y = xe

′

+ e

Обозначим: ln

;

Уравнение принимает вид:

′

+ e

= e

′

+1 = u;

′

= u −1;

xu e

Получили уравнение с разделяющимися переменными.

= u −1;

;

u −1

∫

= ∫

;

u −1

= ln

+ ln C;

u −1 = Cx;

u −1

Cx+1

Сделаем обратную замену: Cx = ln

−1;

= Cx +

= e

;

Общее решение:

y = xeCx+1 ;

e = eC+1 ;

C = 0;

C учетом начального условия у(1) = е:

Частное решение:

y = ex;

Второй способ решения.

′

= y ln x ;

xy′ = y ln y − y ln x;

y′−

ln y

= −

ln x;

Получили

линейное

неоднородное

дифференциальное

уравнение.

Соответствующее однородное:

y′−

ln y

= 0;

d(ln y)

y′ =

ln y;

;

∫

= ∫

;

y ln y

ln y

= ln

+ ln C;

ln y = Cx;

y = eCx ;

Решение исходного уравнения ищем в виде: y = eC ( x) x ;

Тогда y′ = eC ( x) x (C′(x)x + C(x));

Подставим полученные результаты в исходное уравнение:

xeC ( x) x (C′(x)x + C(x))= eC ( x) x ln eC ( x) x ; x

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

′

+ xC(x) = C(x)x − ln x;

(x)

′

ln x

(x)

= −ln x;

C (x)

= −

;

ln x

u = ln x;

dv =

;

ln x

− dx

ln x

C(x) = −∫

− ∫

+C;

dx =

= − −

du =

;

v = −

;

y = eC ( x) x = eln x+1+Cx = xeCx+1 ;

Получаем общее решение:

y = xeCx+1 ;

′

+ e

Пример. Решить дифференциальное уравнение

− x

= 0

с начальным

условием у(1)=0.

В этом уравнении также удобно применить замену переменных.

′

xu′

= u;

x = ln u;

y = x ln u;

= ln u + u ;

Уравнение принимает вид: ln u +

′

+ u − ln u =

′

+ u

= 0;

xu′ = −u 2 ;

= −

;

∫

= −∫

;

= ln

+ ln C;

= ln Cx;

Делаем обратную подстановку: e−

= ln Cx;

−

= ln(lnCx);

Общее решение:

y = −x ln(lnCx);

0 = −ln(lnC);

C = e;

C учетом начального условия у(1) = 0:

Частное решение: y = −x ln(ln ex);

Второй способ решения.

′

+ e

− x = 0

Замена переменной: u =

;

y = ux; y

′

+u;

= u x

′

+ u + e

−u = 0

u x

u′x + eu = 0 dudx x = −eu − e−u du = dxx

<<< < Предыдущая 1 23 / 133 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.03.2015756.77 Кб12Ivanov_Alexey_Geograf_globus_propil_Chitat_k.doc
#
14.03.2015123.9 Кб13kommunikaciya.docx
#
14.03.201541.98 Кб14Konfliktologia_obrazovania_OZO.doc
#
09.08.201954.27 Кб8KRAEVEDENIE.doc
#
01.05.202548.2 Кб0Kursovaya_Vasilyevoy_1.docx
#
14.03.20151.49 Mб11lect3.pdf
#
24.03.2016110.1 Кб27Lektsia_1.docx
#
14.03.20154.9 Mб18Lektsii_po_analit_geometrii.doc
#
23.09.2019306.69 Кб8lektsii_po_ekonomike.doc
#
01.05.2025337.41 Кб2Lektsii_po_nauke.doc
#
01.05.2025568.32 Кб0Makarenko_Problemy_shkolnogo_sovetskogo_vospita...doc