Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Обыкновенные дифференциальные уравнения. Теория и приложения
.pdf
3.2. Однородные уравнения 51
Отсюда, интегрируя, получим общий интеграл уравнения (3.7) в виде
ln(ln x)=−cos t + C ,гдеC — произвольная постоянная. Следователь-
но, общим решением уравнения (3.7) будет функция
x =exp(C exp(−cos t)),C 0.
Пример 3.2. Проинтегрировать уравнение
1 − t2dx + t1 − x2dt =0. (3.8)
x
Разделяя переменные, получим уравнение
√
xdx
1 − x
2
= −
√
tdt
1 − t
.
2
Отсюда, интегрируя, получим общий интеграл уравнения (3.8) в виде
1 − x2+1 − t2= C, C 0.
3.2. Однородные уравнения
Функция f(t, x) называется однородной функцией порядка m, если
при любом допустимом λ выполняется тождество
0
f(1,
m
f(t, x).
√
t3+ x
xt
x
) ≡ f (1,
t
3
,f
(t, x)=sin
3
x
). (3.9)
t
x
.
t
f(λt, λx) ≡ λ
Примеры однородных функций:
f
(t, x)=t2+ x2,f2(t, x)=
1
Первая из этих функций имеет порядок однородности m =2, вторая —
m = −
1
, третья — m =0.
2
Определение 3.3. Дифференциальное уравнение (3.2) называют
однородным, если его правая часть f (t, x) является однородной функ-
цией порядка 0.
Пусть уравнение (3.2) является однородным. Тогда для всех допу-
стимых значений t выполнено тождество
f(t, x) ≡ t
52 Глав а 3
Определим новую переменную y = x/t. Из (3.2) и (3.9) следует
dy
dt
t − x
x
=
2
t
f(t, x)t − yt
=
f(1,y) − y
2
t
=
. (3.10)
t
Полученное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Разделяя переменные и интегрируя, придем к уравнению
f(1,y) − y
dy
dt
=
=ln|t|+ C,
t
где C — произвольная постоянная. Возвращаясь теперь к переменной x,
посредством равенства y = x/t получим общий интеграл однородного
уравнения (3.2).
К однородным уравнениям относятся также симметричные урав-
нения (см. п. 1.2) относительно дифференциалов
P (t, x) dx + Q(t,x) dt =0, (3.11)
где P(t, x) и Q(t, x) — однородные функции одинакового порядка m.
Для решения уравнения (3.11) необходимо решать два дифференциальных уравнения (1.18)) и (1.19), правые части которых являются однородными функциями порядка 0, и, следовательно, для нахождения
общего решения уравнения (3.11) применима та же схема, что и для
однородного уравнения (3.2).
Пример 3.3. Проинтегрировать уравнение
dx
dt
=
. (3.12)
xt
2
2
+ t
x
Правая часть этого уравнения является однородной функцией порядка 0, т. е. уравнение (3.12) является однородным. Вводя в рассмотрение новую переменную y = x/t и дифференцируя, придем к уравнению
с разделяющимися переменными
dy
1
. (3.13)
=
yt
dt
Разделяя переменные и интегрируя, получим общий интеграл уравнения (3.13) в виде y
ной переменной x, придем к общему интегралу уравнения (3.12) в ви-
2
де x
= t2ln(Ct2).
2
=ln(Ct2),гдеC>0. Возвращаясь к исход-
3.3. Уравнения в полных дифференциалах 53
3.3. Уравнения в полных дифференциалах
Пусть функция U(t, x) имеет частные производные по перемен-
ным t и x в некоторой области Ω. Полным дифференциалом функ-
ции U(t, x) называется выражение
∂U
dU =
∂x
Например, полным дифференциалом функции U(t, x)=t
dx +
∂U
dt. (3.14)
∂t
2
− x
является выражение dU = −3x2dx +2tdt.
Определение 3.4. Дифференциальное уравнение
P (t, x) dx + Q(t,x) dt =0 (3.15)
называют уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть
является полным дифференциалом, т. е. если для некоторой функции U(t, x) выполнено равенство
dU = P (t, x) dx + Q(t,x) dt (3.16)
и, следовательно,
∂U
∂x
= P(t, x),
∂U
= Q(t,x). (3.17)
∂t
Приведенное понятие, естественно, связано с некоторой обла-
стью Ω переменных t и x, в которой выполнены указанные равенства.
В конкретных задачах важны простые признаки, которые позво-
ляют определить, является ли данное уравнение уравнением в полных
дифференциалах. С целью указания такого признака отметим, что если уравнение (3.15) является уравнением в полных дифференциалах,
то для некоторой функции U (t, x) выполнены равенства (3.17). Диф-
ференцируя первое из этих равенств по t, а второе по x, придем к ра-
венству
∂Q
∂P
=
∂t
, (3.18)
∂x
т. е. если уравнение (3.15) является уравнением в полных дифференциалах, то в рассматриваемой области Ω переменных t и x необходимо
выполнено равенство (3.18). Оказывается, верно и обратное, т.е. если
3
54 Глав а 3
в некоторой области Ω переменных t и x выполнено равенство (3.18), то
в этой области уравнение (3.15) является уравнением в полных дифференциалах. Другими словами, равенство (3.18) является необходимым
и достаточным условием того, чтобы уравнение (3.15) было уравнением
в полных дифференциалах.
Из определения 3.4 следует, что уравнение в полных дифференци-
алах (3.15) равносильно уравнению
dU(t, x)=0. (3.19)
Поэтому общий интеграл такого уравнения имеет вид
U(t, x)=C, (3.20)
где C — произвольная постоянная.
Для нахождения общего интеграла (или общего решения) урав-
нения в полных дифференциалах (3.15) требуется определить функцию U (t, x). Эту функцию можно определить исходя из равенств (3.17),
первое из которых после интегрирования по переменной x (считая при
этом переменную t фиксированной) приводит к соотношению
U(t, x)=P (t, x)dx + ϕ(t),
где ϕ(t) — произвольная функция, зависящая от t. Дифференцируя далее полученное соотношение по t (учитывая при этом равенство (3.18)),
получим представление для функции U(t, x).
Для функции U(t, x) можно получить явное представление и непо-
средственно. А именно справедлива формула
где (t
t
U(t, x)=
) — произвольная точка области Ω, в которой выполнено ра-
0,x0
Q(s, x)ds +
t
0
x
P (t0,ξ)dξ, (3.21)
x
0
венство (3.18). В справедливости того факта, что функция (3.21) удовлетворяет равенствам (3.17), несложно убедиться непосредственным
дифференцированием.
Пример 3.4. Проинтегрировать уравнение
(t − x)dx +(t
2
+ x)dt =0. (3.22)
3.4. Интегрирующий множитель 55
Так как
∂(t −x)
∂t
2
∂(t
=
+ x)
∂x
,
то уравнение (3.22) является уравнением в полных дифференциалах.
Для нахождения общего решения уравнения (3.22) составим в со-
ответствии с (3.17) уравнения
∂U
∂x
= t − x,
∂U
∂t
2
+ x. (3.23)
= t
Интегрируя первое уравнение по x, получим
2
U(t, x)=tx −
x
+ ϕ(t), (3.24)
2
где ϕ(t) — произвольная функция. Для нахождения функции ϕ(t) продифференцируем функцию (3.24) по t и подставим во второе из уравне-
ний (3.23). Тогда получим x+ ϕ
Отсюда следует ϕ(t)=t
(t)=x+ t2и, следовательно, ϕ(t)=t2.
3
/3+C,гдеC — произвольная постоянная.
Таким образом, общим интегралом уравнения (3.22) является соотношение
tx −
2
3
t
x
+
3
= C.
2
3.4. Понятие об интегрирующем множителе
Уравнение в полных дифференциалах (3.15) всегда интегрируется
в квадратурах. Естественно, возникает вопрос: нельзя ли любое уравнение вида
A(t, x) dx + B(t, x) dt =0 (3.25)
привести к виду уравнения в полных дифференциалах? Оказывается,
это часто можно сделать путем умножения уравнения (3.25) на некоторую функцию μ = μ(t, x), называемую интегрирующим множителем,
после чего уравнение (3.25) преобразуется к уравнению в полных дифференциалах
μ(t, x)A(t, x) dx + μ(t, x)B(t, x) dt =0, (3.26)
т. е. найдется функция U(t, x) такая, что
dU(t, x)=μ(t, x)A(t, x) dx + μ(t, x)B(t, x) dt.
56 Глав а 3
В общем случае найти интегрирующий множитель не легче, чем
непосредственно решить уравнение (3.25). Но в некоторых случаях найти такую функцию можно легко. Укажем два таких случая, когда интегрирующий множитель μ = μ(t, x) зависит только от t или только от x.
3.4.1. Интегрирующий множитель вида µ = µ(t)
Укажем схему нахождения интегрирующего множителя в предположении, что он зависит только от t, т.е. имеет вид μ = μ(t).Можно
показать, что для этого необходимо, чтобы при некоторой функции
ψ = ψ(t) выполнялось равенство (при условии A(t, x) =0)
∂B
−1
A
∂x
∂A
−
≡ ψ(t), (3.27)
∂t
т. е. чтобы расположенная в левой части последнего равенства функция
также зависела только от t. В этом случае интегрирующим множителем будет функция
μ =exp
ψ(t) dt.
(Покажите это. Указание: воспользуйтесь критерием (3.18).)
3.4.2. Интегрирующий множитель вида µ = µ(x)
Приведем теперь схему нахождения интегрирующего множителя
в предположении, что он зависит только от x, т. е. имеет вид μ = μ(x).
В этом случае должно выполняться равенство (при условии B(t, x) =0)
∂A
−1
B
∂t
∂B
−
∂x
≡ ψ(x),
т. е. чтобы расположенная в левой части последнего равенства функция
также зависела только от x. Интегрирующим множителем здесь будет
функция
μ =exp
ψ(x) dx.
(Покажите это.)
Пример 3.5. Проинтегрировать линейное уравнение
+ p(t)x = q(t). (3.28)
x
3.5. Линейные уравнения первого порядка 57
Это уравнение перепишем в виде
[p(t)x − q(t)]dt + dx =0.
Проверка условия (3.27) приводит к равенствам
∂B
−1
A
∂x
∂A
−
≡ p(t) ≡ ψ(t).
∂t
Поэтому интегрирующим множителем будет функция
μ =exp
p(t) dt.
Умножая обе части уравнения (3.28) на полученную функцию
μ=μ(t), придем к уравнению
p(t)dt
x
e
+ p(t)xe
левая часть которого является производной функции xe
p(t)dt
= q(t)e
p(t)dt
,
p(t)dt
му уравнение имеет вид
xe
p(t)dt
= q(t)e
p(t)dt
.
. Поэто-
Отсюда
xe
p(t)dt
=q(t)e
p(t)dt
dt + C
и, следовательно, общее решение уравнения (3.28) записывается в виде
x(t)=e
−p(t)dt
C +q(t)e
p(t)dt
dt. (3.29)
Линейные уравнения (3.28) более подробно изучаются в следующем разделе.
3.5. Линейные уравнения первого порядка
Пусть p(t) и q(t) — непрерывные на интервале a<t<b(−∞
a<b ∞) функции, т.е. p(t) ∈ C(a, b) и q(t) ∈ C(a, b). Рассмотрим
дифференциальные уравнения
dx
+ p(t)x = q(t), (3.30)
dt
58 Глав а 3
dx
+ p(t)x =0. (3.31)
dt
Определение 3.5. Дифференциальные уравнения (3.30) и (3.31)
называются соответственно линейным неоднородным и линейным од-
нородным уравнением первого порядка.
Рассмотрим сначала однородное уравнение (3.31). Оно является
уравнением с разделяющимися переменными и нетрудно убедиться
в том, что его общим решением является функция
x(t)=Ce
−p(t)dt
, (3.32)
где C — произвольная постоянная. В частности, решением задачи Коши
будет функция
x
+ p(t)x =0,x(t0)=x0, (3.33)
t
−
p(τ) dτ
t
x(t)=x(t
0
)e
0
, (3.34)
Это равенство называют формулой Коши решений однородного уравнения (3.31).
3.5.1. Решение неоднородного уравнения
Для нахождения общего решения неоднородного уравнения (3.30)
воспользуемся схемой Бернулли, заключающейся в отыскании решения
в виде произведения x(t)=u(t)v(t). Подставляя эту функцию в (3.30),
получим уравнение
u(v
+ p(t)v)+uv = q(t). (3.35)
Подберем функцию v(t) из условия, чтобы выполнялось равенст-
во v
+ p(t)v =0, т. е. чтобы v(t) было решением однородного уравне-
ния (3.31). В частности, можно положить
v(t)=e
−p(t)dt
. (3.36)
Тогда из (3.35) получим уравнение u
равенство
u(t)=q(t)e
v = q(t); отсюда и из (3.36) следует
p(t)dt
dt + C,
3.6. Уравнения Бернулли и Риккати 59
где C — произвольная постоянная. Таким образом, общее решение неоднородного уравнения (3.30) представляется в виде
x(t)=e
−p(t)dt
C +q(t)e
p(t)dt
dt. (3.37)
Отметим, что формула (3.37) была уже получена выше в примере 3.5 (см. формулу (3.29)).
Формула (3.37) позволяет определить решение задачи Коши (3.33).
Непосредственным подсчетом можно убедиться в том, что решением
названной задачи является функция
x(t)=e
⎛
t
−
p(s)ds
t
⎝
0
t
x
+
0
t
0
q(s)e
s
t
0
p(τ)dτ
⎞
⎠
ds
. (3.38)
Пример 3.6. Определить общее решение уравнения
dx
2x
= t (3.39)
−
t
dt
и найти решение задачи Коши при начальном условии x(1) = 2.
Уравнение (3.39) является линейным неоднородным уравнением
первого порядка. Для нахождения его общего решения воспользуемся
формулой (3.37). Тогда получим x(t)=t
2
(C+ln|t|),гдеC — произвольная постоянная. Подставляя теперь в найденное выражение для общего
решения начальное условие x(1) = 2, получим C =2и, следовательно, искомое решение задачи Коши представляется равенством x(t)=
2
(2 + ln |t|). Последнюю формулу можно получить и из равен-
= t
ства (3.38), если подставить в нее значения p(t)=−2/t, q(t)=t, t
x
=2.
0
0
=1,
3.6. Некоторые специальные уравнения
3.6.1. Уравнение Бернулли
Рассмотрим уравнение
dx
+ p(t)x = x
dt
α
q(t), (3.40)
60 Глав а 3
где p(t) ∈ C(a, b) и q(t) ∈ C(a, b) (−∞ a<b ∞), а α — некоторое число. При α =0или α =1уравнение (3.40) является линейным
однородным уравнением первого порядка. Основной интерес представляет случай, когда α =0и α =1. В этом случае уравнение (3.40) не
является линейным и его называют уравнением Бернулли.
Для решения уравнения Бернулли обычно используют замену
1−α
y = x
, которая сводит его к линейному уравнению
dy
+(1− α)p(t)y =(1− α)q(t), (3.41)
dt
для построения решений которого можно воспользоваться изложенной
выше схемой. Поэтому общее решение уравнения Бернулли представимо в виде
1
x(t)=e
−p(t)dt
C +(1− α)q(t)e
(1−α)p(t)dt
dt
1−α
. (3.42)
При этом следует, однако, помнить следующее. Так как реше-
ния x(t) и y(t) уравнений (3.40) и (4.9) связаны равенствами y(t)=
1−α
= x
(t) и y(t)=(1− α)x−α(t)x(t), то указанная замена исклю-
чает рассмотрение нулевого решения, которое имеет уравнение (3.40)
при α>0. Однако при α>1 нулевое решение x =0содержит-
ся в формуле (3.42) общего решения уравнения (3.40) при C = ∞
и состоит из точек единственности; поэтому оно является частным.
При 0 <α<1 нулевое решение уже не содержится в формуле (3.42)
и в каждой его точке нарушается единственность; поэтому в этом случае решение x =0является особым.
Примерами сказанному могут служить уравнения Бернулли x
= x
и x=2√x (см. приведенный на с. 42 пример 2.14). Для первого из
них решение x =0является частным, а для второго — особым.
2
Пример 3.7. Найти кривые, у которых отрезок OB, отсекаемый
касательной на оси 0y, равен квадрату ординаты PM точки касания
(см. рис. 3.1).
Пусть M(x
Уравнение касательной в точке M (x
Поэтому в точке B(0,y) получим y = y
) — произвольная точка искомой кривой y = y(x).
0,y0
y = y
+ y(x0)(x − x0).
0
) имеет вид
0,y0
− y(x0)x0.
0
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]