Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Конспект лекций по математике для студентов инженерно-технических специальностей. В 4 ч. Ч. 3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

2.02 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 323 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

т. е. определим h и k как решения системы (15.16). При этом условии уравнение (15.15) становится однородным:

dy1	=	ax1		+by1		.
dx		a x		+ b y	1
1		1	1	1	1

Найдем решение системы (15.16). Пусть определитель системы (15.16)

∆= a1 b1 отличен от нуля. Тогда коэффициенты h и k находятся из

соотношений:

h =

− c

, k =

− c

, ∆ ≠ 0 .

∆

− c

∆

− c

Если

∆ ≠ 0 , то замена x = x1 + h, y = y1 + k приводит

однородному

уравнению.

Система (15.16) не имеет решения, если

= 0 ,

т. е. ab = a b . Но в этом случае

= λ, т. е. a

= λa , b = λb и, следовательно,

уравнение (15.13) можно преобразовать к виду

(ax + by) + c

λ(ax + by) + c

Тогда

подстановкой z = ax + by

уравнение

приводится

уравнению с

разделяющимися переменными.

Прием, примененный к интегрированию уравнения (15.13), применяется к

	dy			ax + by + c
интегрированию уравнения	dx	=	f				, где f	− какая угодно
интегрированию уравнения		=	f				, где f	− какая угодно
			a x + b y + c
				1	1	1

непрерывная функция.

Пример 1 5 . 1 1 . Решить уравнение

x + y − 3

x − y −1

Решение. Чтобы преобразовать его в однородное уравнение, делаем замену:

x = x1 + h , y = y1

+ k . Тогда

dy1

x1 + y1 + h + k − 3

x − y

+ h − k −1

Решая систему двух уравнений h + k − 3 = 0,, находим h = 2 , k =1.

h − k −1 = 0

В результате получаем однородное уравнение

dy1

+ y1

, которое решаем

− y

подстановкой

= u ; тогда

y = ux

dy1

= u + x

и u + x

1 + u

. Получаем

1 dx

1 − u

уравнение с разделяющимися переменными x

1+ u2

1− u

Разделяя переменные

1 − u

du =

dx1

, интегрируя, находим:

1 + u 2

arctgu −

ln(1 + u2 )= ln

+ ln

arctgu = ln Cx

1 + u2

или

Cx1 1 + u2 = earctgu .

Подставляя	y1	вместо u , получаем:
Подставляя	x	вместо u , получаем:
	x
	1
		C x2	+ y2	arctg	y1
				arctg	x1 .
				= e	x1 .
		1	1

Переходя к переменным x и y , окончательно получаем:

y-1 C (x − 2)2 + ( y −1)2 = earctg x-2 .

15.7. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка

Определение 15.11. Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение

y′ + p(x) y = f (x) ,

(15.17)

где p(x), f (x) − заданные непрерывные функции, линейные относительно неизвестной функции и ее производной.

Если f (x) = 0 , то уравнение называется линейным однородным, в

противном случае – линейным неоднородным.

Рассмотрим два метода интегрирования линейных ДУ – метод И.Бернулли и метод Лагранжа.

Метод И.Бернулли

Решение уравнения (15.17) ищется в виде произведения двух других функций, т. е. с помощью подстановки y(x) = u(x)v(x) , где u(x), v(x) −

неизвестные функции от x . Одну из них можно выбрать произвольно, другая должна быть определена так, чтобы их произведение удовлетворяло линейному уравнению.

Тогда y	′	′	′				y	′	в уравнение (15.17),
Тогда y		= u v + v u . Подставляя выражения y и					y		в уравнение (15.17),
получаем:
			′	′	+ p(x)uv	= f (x) .			(15.18)
			u v + uv		+ p(x)uv	= f (x) .			(15.18)
Выберем одну из функций, например u ,						так чтобы уравнение (15.18) имело
простой вид. Для этого в уравнении
			uv′ + v(u′ + p(x)u) = f (x)						(15.19)

приравняем нулю выражение, стоящее в круглых скобках:

u′ + p(x)u = 0 .

Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Решим его. Итак, dudx + p(x)u = 0 , т. е. duu = − p(x)dx . Интегрируя, получаем:

ln u = −∫ p(x)dx + C1 или u = C1e−∫ p( x)dx .

Ввиду свободы выбора функции u(x) , возьмем какое-либо частное, отличное от

нуля решение,			например u(x) = e−∫ p( x)dx .	Очевидно, что u(x) ≠ 0 .	Подставив
значение u(x)			в уравнение (15.19), получаем u dv = f (x) , откуда		dv =	f (x)	,

				dx	dx	u(x)
v(x) = ∫	f (x)	dx + C .

	u(x)
Подставляя найденные значения u(x)				и v(x) в выражение y(x) = u(x)v(x) ,
окончательно имеем

y(x) = u(x)		f (x) dx + C	, или y(x) = ( f (x)e∫		+ C)e	.
	∫		∫	p( x)dx		−∫ p( x)dx

		u(x)
		u(x)

Замечание 15.4. Уравнение (15.18) также можно было бы переписать в виде

′

+ p(x)v) = f (x) ,

в качестве v(x)

взять какое-либо

частное решение

u v + u(v

уравнения v

′

+ p(x)v = 0 ,

а затем найти u(x)

′

из уравнения u v = f (x) .

Пример 1 5 . 1 2 . Проинтегрировать уравнение y′sin x − y cos x = 1.

Решение. Данное уравнение является линейным (оно содержит первые

степени

y и

y′, но не содержит их произведения). Решение уравнения ищем в

виде

y = uv .

Подставляя функцию y и ее производную

′

= u v

+ v u в данное

уравнение, получаем

′

(u v

+ v u) sin x − uv cos x = 1, u(v

sin x − v cos x) + u v sin x = 1.

′

sin x − v cos x = 0,

cos x

Выберем функцию

= sin x dx , откуда

v так, чтобы v

= ln

sin x

или v = sin x .

Теперь

решаем

′

= 1. Подставив

него

найденное v ,

уравнение u v sin x

имеем u

′

sin

x = 1,

, откуда u = −ctg x + C .

sin 2 x

Итак, общее решение данного уравнения есть y = uv = (−ctg x + C)sin x или y = C sin x − cos x .

Метод Лагранжа (метод вариации произвольной постоянной)

Уравнение (15.17) интегрируется следующим образом. Рассмотрим

соответствующее ему однородное уравнение, т. е. уравнение				y′ + p(x) y = 0 . Это
уравнение с разделяющимися переменными:	dy	= − p(x) y ,	dy	= − p(x)dx .
	dx		y

Интегрируя,

находим

= −∫ p(x)dx + ln

Таким

образом,

= e−∫ p( x)dx , т. е.

y = ±C e−∫ p(x)dx

или y = Ce−∫ p(x)dx , где C = ±C .

Метод вариации произвольной постоянной состоит в том, что постоянную C в полученном решении заменяем функцией C(x) , т. е. полагаем C = C(x) .

Решение уравнения (15.17) ищем в виде


y = C(x)e		−∫ p(x)dx		.	(15.20)

Находим производную y′ и, подставляя y и y′			в уравнение (15.17), получаем:
C′(x)e−∫ p(x)dx − C(x) p(x)e−∫ p( x)dx + C(x) p(x)e−∫ p( x)dx = f (x) .
Второе и третье слагаемые взаимно	уничтожаются, и уравнение примет вид
C′(x)e−∫ p( x)dx = f (x) . Следовательно,	C(x) = ∫		f (x)e∫ p( x)dxdx + C , где		C − const .

Подставляя выражение C(x) в равенство (15.20), получим общее решение ДУ

(15.17):

y = [∫ f ( x)e ∫ p ( x ) dx dx + C ]e −∫ p ( x ) dx .

(15.21)

Та же формула была получена методом Бернулли.

Пример 1 5 . 1 3 . Проинтегрировать уравнение y′ − y / x = −x2 ,

Решение. Найдем общее решение данного линейного уравнения методом Лагранжа.

Рассмотрим сначала соответствующее однородное уравнение y′ − xy = 0 , dydx = xy .

Интегрируя это уравнение, находим его общее решение y = Cx .

Общее решение исходного уравнения ищем в виде y = C(x)x . Подставляя в исходное уравнение эту функцию и ее производную y′ = C′(x)x + C(x) , получаем

′

(x)x + C(x) −

C(x)x

′

(x) = −x ,

x = −x ,

из

которого

уравнение C

(x)x = −x , C

находим C(x) = − x

+ C , где

C − произвольная постоянная. Следовательно,

общее решение уравнения определяется формулой

y = C

−

x .

Замечание 15.5.

Уравнение

вида

(xP( y) +Q( y))y′ = R( y) ,

где

Q( y), P( y), R( y) ≠ 0

− заданные функции,

можно свести к линейному,

если x

считать

функцией,

y − аргументом:

x = x( y) .

Тогда,

пользуясь

равенством

y′x =

, получаем

xP( y) + Q( y)

= R( y) ,

т. е. x′ −

P( y)

x =

Q( y)

−

линейное

x′y

R( y)

x′

относительно x уравнение. Его решение ищется в виде

x = u v , где

u = u( y) ,

v = v( y) − неизвестные функции.

Пример 1 5 . 1 4 . При постоянном напряжении V

в цепи по закону Ома

V = RI , где R − сопротивление цепи и I

− сила тока; т. к. V и R − величины

постоянные, то сила тока I здесь также постоянная. При переменном напряжении V в ряде случаев наблюдается явление, называемое самоиндукцией, которое состоит в возникновении электродвижущей силы, пропорциональной скорости изменения силы тока I . Явление самоиндукции возникает, если, например, в сеть включаются двигатели (а также при замыкании и размыкании тока постоянного напряжения). Скорость изменения тока есть производная силы тока по времени:

dI		dI
	. Если сила тока убывает		< 0 , то возникающая электродвижущая сила
dt
		dt
			29

действует в одном направлении с напряжением V , а если сила тока возрастает

dI
	> 0 , то эта сила действует в направлении, противоположном	V . Таким

dt

образом, величину возникающей электродвижущей силы можно представить выражением − L dIdt , где L − множитель пропорциональности (коэффициент самоиндукции). При наличии самоиндукции соотношение между V , R и I

выражается уже равенством V − L dIdt = RI , т. к. теперь имеется добавочная

электродвижущая сила − L dIdt . Последнее равенство представляет собой линейное

дифференциальное уравнение первого порядка, в котором I − неизвестная функция переменной t .

Переписав это уравнение в виде

dIdt + RL I =VL

и воспользовавшись одним из методов решения линейного уравнения, находим общее решение:

	−∫	RL dt	V			∫ RL dt
I = e			∫		e	dt + C
				L

								R
или, т. к. R и L − постоянные (а потому ∫	R	dt =	R	t ), I = e	−Rt	1			t
	R		R		−Rt	1			t
					L		∫Ve L			dt + C .
	L		L		L		∫Ve L			dt + C .
	L		L			L

15.8. Уравнения Я. Бернулли

Определение 15.12. Дифференциальное уравнение вида

y′ + p(x) y = f (x) yα , α R , α ≠ 0 , α ≠ 1

(15.22)

называется уравнением Бернулли.

Если α = 0 , то ДУ (15.22) – линейное, а при α = 1 − с разделяющимися переменными. В общем случае, разделив уравнение (15.22) на yα ≠ 0 , получим:

y-α y′ + p(x) y1-α = f (x) .

Заменой z = y1-α , z′ = (1 − α) y-α y′ последнее уравнение приводится к линейному

уравнению (1 −1 α) z′ + p(x)z = f (x) .

Решение его известно (ф. (15.21) п.15.7). На практике ДУ (15.22) удобнее


искать методом И.Бернулли в виде y = u(x)v(x)		(не сводя к линейному).
	Пример 1 5 . 1 5 . Проинтегрировать уравнение y′ +		y	= x2 y2 .
			x
	Решение. Данное уравнение является уравнением Бернулли, для которого
α = 2 . Введем новую переменную z = y1−2 = y−1		=1 y , то, выражая y и y′ через z
и z′	и подставляя в исходное уравнение, получаем			− z′ + z	x = x2 или
z′ − z	x = −x2 . Это линейное уравнение, его	решение находится			с помощью

подстановки z = uv . Воспользуемся результатом примера (15.13), где решено это уравнение (искомая функция была обозначена буквой y ): z = (C − x2 2) x .

Возвращаясь к переменной	y по	формуле y = 1 z , получаем общий
интеграл исходного уравнения: y =	1		или xy(C − x	2	2) =1.
	(C − x2	2)x

15.9. Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Определение 15.13. Дифференциальное уравнение вида

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 ,

(15.23)

называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть есть полный дифференциал некоторой функции u(x, y) , т. е.

du(x, y) = P(x, y)dx + Q(x, y)dy .

Справедлива Теорема 15.2. Уравнение (15.23) с непрерывно дифференцируемыми

функциями P(x, y) и Q(x, y) является уравнением в полных дифференциалах тогда и только тогда, когда выполняется условие

∂P	=	∂Q .	(15.24)
∂y		∂x

Доказательство.

Необходимость. Пусть левая часть уравнения (15.23) есть полный дифференциал некоторой функции u(x, y) . Следовательно,

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = ∂∂ux dx + ∂∂uy dy ,

откуда

P(x, y) = ∂∂ux , Q(x, y) = ∂∂uy .

<<< < Предыдущая 1 23 / 323 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]