ЛЕКЦИЯ 34

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / Шилкин Лекции.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

7.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 3233 / 4633 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 > Следующая >>>

ln | x + y | +

ln | x + y | +

2. Уравнения с разделяющимися переменными.

ДУ y′ = f ( x, y) называется ДУ с разделяющимися переменными, если его можно записать в виде y′ = ϕ( x)ψ ( y) .

Если функции ϕ( x), ψ ( y)			непрерывны на интервале a < x < b, c < y < d и
ψ ( y) ≠ 0 , то соотношение ∫		dy	= ∫ϕ( x)dx + c , где c - произвольная константа,
	ψ ( y)

охватывает все решения уравнения с разделенными переменными в области {a < x < b, c < y < d} . Это соотношение задает общий интеграл уравнения в этой

области. Если для y = y1 , c < y1 < d имеем ψ( y1 ) = 0 , то функция y = y1 тоже является решением ДУ, причем оно не входит в соотношение для общего интеграла, которое уже не будет общим интегралом уравнения в рассматриваемой области.

Уравнение с разделяющимися переменными может быть записано в сим-

метрической форме

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

где M , N , P, Q

непрерывны в

a < x < b, c < y < d .

Общий

интеграл:

∫

M( x)

dx + ∫

Q( y)

dy = c ,

если

P( x)

N ( y)

P( x) ≠ 0, N ( y) ≠ 0 . Если N( y1 ) = 0, c < y1 < d , то

y = y1 - решение,

не входящее в

общий

интеграл

(здесь

искомая

функция,

x -

аргумент).

Если

P( x1 ) = 0, a < x1 < b ,

то x = x1

решение (здесь

искомая функция,

y -

аргу-

мент).

Пример

y′ = x( y2 + 1). ϕ( x) = x, ψ ( y) = y2

+ 1

непрерывны

всюду,

+ 1 ≠ 0 .

= xdx arctgy =

+ c -

общий интеграл данного уравнения во

y2 + 1

всей плоскости

XOY . Разрешаем это соотношение относительно y и находим

общее решение ДУ

. Задавая любое начальное ус-

−

+ c

y = tg

+ c ,

ловие

x0 , y0 можно

из

этого

соотношения

определить

: atctgy0

+ c0 c0 = atctgy0

−

и,

следовательно, определить частный ин-

теграл и частное решение arctgy =

+ arctgy0 −

, y = tg

Пример

y′ = tgxtgy .

Разделяем

переменные:

ctgydy = tgxdx ∫ctgydy = ∫tgxdx ln | sin y | = −ln | cos x | + ln c sin y =

или

cos x

sin y cos x = c - общий интеграл.

Пример

(1 + x2 )dy + ydx = 0,

y(1) = 1 .

Разделяем

переменные:

= −

ln y = −arctgx + c

- общий

интеграл.

Найдем c : ln 1 = −arctg1 + c .

+ x 2

Следовательно,

c =

. Тогда

ln y = −arctgx + π

- частный интеграл, а y = eπ 4 −arctgx -

искомое частное решение.

Пример 4.

y′cos2

x ln y = y, y(π ) = 1 .

Упр. Решить.

Пример

y′ = (8 x + 2 y + 1)2 .

Сделаем

замену

u = 8 x + 2 y + 1 .

Тогда

u − 8 x −1

′

− 8

′

y =

. Подставим в уравнение: u

−

8 =

= dx . Ин-

2u2

+ 8

тегрируем:

arctg

= 4 x + c u = 2tg(4x + c) 8 x + 2 y + 1 = 2tg(4 x + c)

общий инте-

грал уравнения.

сводятся к уравнениям с разде-

Вообще, уравнения вида y′

= f (ax + by + c)

ляющимися переменными с помощью замены

u = ax + by + c , где

u = u( x) , по-

u − ax

− c

скольку y = y( x) .

Отсюда при b ≠ 0

получаем:

y =

, y′ =

b u′ − b .

В ре-

зультате получаем уравнение

u′

−

= f (u)

или уравнение с разделяющимися

переменными

′

dx = bf (u) + a . При

b = 0

получаем уравнение

= f (ax + c) . Его

решение (так как это вид 1.) имеет вид y = ∫ f (ax + c)dx + c .

3. Однородные уравнения и приводящиеся к ним.

однородным,

Уравнения

вида

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

если

P( x, y), Q( x, y) однородные функции одного измерения.

Функция

f ( x, y)

называется

однородной

измерения

m ,

если

f (λx, λy) = λm f ( x, y) .

Например,

функция f ( x, y)

3 x2

− y2

+ y

является однородной нулевого

x − y

λ(

+ y)=

порядка,

ибо

f (λx, λy) =

3λ2 x2 − λ2 y2 + λy =

3 x2 − y2

λ( x − y)

λx − λy

3 x2

− y2 + y

= f ( x, y) . Функция

f ( x, y) = 2 xy − x2 + 3 y2

однородная второго по-

x − y

рядка, ибо

f (λx, λy) = 2λxλy − λ2 x2 + 3λ2 y2

= λ2 (2 xy − x2 + 3 y2 ) = λ2 f ( x, y) .

Перейдем теперь от ДУ в симметрической форме к ДУ в виде (4), полу-

′

P( x, y)

чим

= f ( x, y) , где

f ( x, y) = − Q( x, y) . Здесь функция

f ( x, y) является однород-

ной нулевого измерения, то есть

f (λx, λy) = f ( x, y) . Полагая тогда

λ =

, полу-

чим,

что f ( x, y) =

f (1,

) ,

то есть

фактически и уравнение можно

f ( x, y) = ϕ

переписать в виде

y′ = ϕ

. Сделаем замену y = ux , где u - новая функция. То-

гда y′ = u′x + c

и получаем u′x + u = ϕ( y) u′ = ϕ(u) − u

. Это уравнение с разде-

ляющимися переменными относительно неизвестной функции u. Общий инте-

грал получаем из соотношения ∫	du	= ∫	dx	+ c в области	{a < u < b, x > 0} и
	ϕ(u) − u		x

{a < u < b, x < 0} , где ϕ(u) непрерывна на a < u < b и ϕ(u) − u ≠ 0 .

Заменяя в этом соотношении вспомогательную функцию u ее выражением через x, y , находим в квадратурах общие интегралы данного уравнения в

областях {a < xy < b, x > 0} и {a < xy < b, x < 0} .

Если ϕ(u) ≡ u на a < u < b , то уравнение y′ = f ( x, y) имеет вид y′ = xy и само является уравнением с разделяющимися переменными. Если же существует

u = u1 , a < u1 < b ,

что ϕ(u1 ) − u1

= 0 , то u =u1

решение, а, значит, y = u1 x решение,

не входящее в общую совокупность.

Пример 1.

y′ =

(ln y − ln x + 1) .

Решение. Перепишем

y′ =

(ln

+ 1)

- однородное уравнение;

f ( x, y) оп-

ределена при { x < 0, y < 0} и

{ x > 0, y > 0} .

Заменяем

′

x = u, y = ux, y

x + u

= u

u′x + u = u(ln u + 1) u′x = u ln u . Решаем это уравнение в области {u > 0, x > 0}

{u > 0, x < 0}

, ln | ln | u ||= ln x + ln | c |, c ≠ 0 . Потенцируем: ln u = cx, u = ecx

uln u

Возвращаясь к y , получаем

= ecx ,

y = xecx , c ≠ 0 . При разделении пере-

менных утеряно решение u = 1, то есть y = x . Поскольку его можно получить в

виде y = xecx	при c = 0 , то заключаем, что y = xecx , где c R - общее решение
данного уравнения в областях { x < 0, y < 0} и { x > 0, y > 0} .
Некоторые ДУ легче решать с помощью подстановки x = uy , кото-
рая тоже приводит к ДУ с разделяющимися переменными.
Пример 2. ( x2 + 2 xy)dx + xydy = 0 .
Решение. Уравнение однородное, так как P( x, y), Q( x, y) однород-
ные функции измерения 2.		Делаем замену y = ux , откуда dy = xdu + udx . Тогда
уравнение	примет	вид	( x2 + 2 x2 u)dx + ux 2 ( xdu + udx) = 0	или

( x2 + 2 x2 u + u2 x2 )dx + ux 3 du = 0 .

Разделяем

переменные

и интегрируем:

x2 (1 + 2u + u2 )dx + ux3 du = 0,

udu

= 0

∫

+ ∫

udu

= c

(u + 1)

ln | x | +∫

u + 1 −1

du = c ln | x | +ln | u + 1 | +

= c ln(x(u + 1))+

= c

u + 1

(u + 1)

ln | x + y | +

= c . Могли утерять u = −1 , то есть y = −x . Это решение ни

x + y

при каких c

не

получается,

то

есть

общим

является

интеграл

Пример 3.

y′ =

+ sin

, y(1)

= 2 .

Решение. Замена

′

y = ux y

x + u = u + sin u sin u

= u

x + u u

= ln x + ln c u = 2arctg cx y = 2 xarctg cx .

Находим

c : π

= 2arctgc c = 1 .

Искомое

частное решение

Могли потерять решение u = kπ , то есть y = kπx .

= dxx

y = 2 xarctg x .

+ b1 y + c1

Уравнения вида y

′

a1 x

при a1b2 − a2 b1 ≠ 0 приводятся к од-

= f

a2 x

+ b2 y + c2

нородным подстановкой

x = u + α, y = v + β ,

где

(α, β ) точка пересечения пря-

мых a1 x + b1 y + c1

= 0, a2 x + b2 y + c2

= 0 .

Если

же

a1b2 − a2 b1 = 0 , то подстановка

a1 x + b1 y = t позволяет разделить переменные.

Пример. Найти общий интеграл уравнения

( x + y + 2)dx + (2 x + 2 y − 1)dy = 0 .

Решение.

Здесь

= 0 .

Полагаем

x + y = t, dy = dt − dx .

Тогда

(t + 2)dx + (2t − 1)(dt − dx) = 0 или

− t)dx + (2t −1)dt

= 0 ∫

2t −1

dt + ∫dx = c

3 − t

− 2t − 5 ln | t − 3 | +x = −c x + 2 y + 5 ln | x + y − 3 |= c .

4. Линейные ДУ 1-го порядка.

ДУ называется линейным, если оно линейно относительно

искомой

′

= Q( x)

функции и ее производной, то есть может быть записано в виде y P( x) y

Если Q( x) ≠ 0 , то это линейное неоднородное уравнение, в противном случае – линейное однородное уравнение.

Рассмотрим линейное однородное уравнение: y′ + P( x) y = 0 . Разделяя пе-

ременные, находим	dy	= −P( x)dx ln y	= −∫ P( x)dx + ln c	y = ce−∫P ( x )dx ,	где c ≠ 0

	y
произвольная константа. Решение y = 0			не утеряно, достаточно взять c = 0 , т.е.
y = ce−∫P( x)dx , c R есть общее решение в полосе {a < x < b, − ∞ < y < +∞} .
Отыскание решения неоднородного уравнения,				то есть когда	Q( x) ≠ 0 ,

производится методом вариации произвольной постоянной. Суть заключается в следующем: полагаем, что решение неоднородного уравнения имеет такой же вид, как и решение однородного, но c = c( x) - некоторая неизвестная функция,

то есть y = c( x)e−∫P( x)dx . Тогда y′( x) = c′( x)e−∫P( x)dx + c( x)e−∫P( x)dx (−P( x)) . Подставляем в исходное уравнение:

c′( x)e−∫P( x)dx + c( x)e−∫P( x)dx (−P( x)) + P( x)c( x)e−∫P( x)dx = Q( x) .

	Таким	образом,		для	нахождения	c( x) имеем уравнение	вида	1.:
c′( x) = Q( x)e−∫P( x)dx			. Интегрируя, получаем,			что c( x) = ∫Q( x)e∫P( x)dx + c, c R .		Та-
ким	образом,	для любого			значения произвольной постоянной c		функция
y = e	−∫P( x)dx		∫P( x)dx		является решением неоднородного ДУ в области
y = e	∫Q( x)e			+ c	является решением неоднородного ДУ в области

{a < x < b, − ∞ < y < +∞} .

Следует отметить, что общее решение неоднородного уравнения есть сума общего решения соответствующего однородного уравнения и частного ре-

шения данного неоднородного уравнения: y( x) =							ce−∫P ( x)dx	+ e−∫P ( x )dx	∫	Q( x)e ∫P ( x)dx .
							14243		∫
							общееоднородного	14444244443
								частное неоднородного
		Упр. Проверить, что функция				y = e−∫P( x)dx ∫Q( x)e∫P( x)dx		есть частное реше-
ние неоднородного уравнения.
		Пример 1.		y′ − 2xy = ( x + 1)e x2 .
		Решение. Это линейное неоднородное ДУ. Рассмотрим сначала линейное
однородное				уравнение,		соответствующее				исходному:
y	′	− 2 xy = 0	dy		2	x2	- общее решение однородного
	′		y = 2 xdx ln y = x + ln c y = ce
			y = 2 xdx ln y = x + ln c y = ce

уравнения. Ищем общее решение исходного уравнения в виде y = c( x)e x2 . Тогда

y′ = c′( x)e x2 + 2xc( x)e x2 . Подставляя

y, y′ в

исходное

уравнение, получим

′

. Тогда

+ c ,

где c - произвольная

( x)e

= ( x + 1)e

c ( x) = x +1

c( x) =

( x + 1)

константа. Тогда общее решение данного уравнения во всей плоскости имеет

вид		( x + 1)2		x2	.
	y =		+ c e
	y =	2	+ c e
		2

Пример 2.

y′ +

= arcsin x + x .

1 − x2

xy0

Решение. Интегрируем сначала однородное ДУ: y0′ +

= 0

− x2

dy0

xdx

= −

ln y0 =

ln(1

− x

) + ln c

y0 = c 1

− x

Полагая y = c( x) 1 − x2

получаем уравнение для

c( x) : c′( x)

1 − x2 = arcsin x + x, c′( x) = arcsin x +

x .

1 − x2

− x2

Интегрируем:

c( x) =

1 arcsin2

x −

1 − x2

+ c . Таким образом, общее решение

y( x) =

1 − x

arcsin

x −

1 − x

+ c .

Пример 3.

y = xy′ + y′ln y .

Решение. Это уравнение легко можно проинтегрировать, поменяв в нем

ролями x и y .

Примем

за аргумент, а

за неизвестную функцию. Тогда

и уравнение примет вид y =

ln y

y′x =

x′y = x + ln y

x′y

x′

ln y

- линейное по x

уравнение. Интегрируем соответствующее

x′ −

x =

однородное x0′ y = x0

dx0

= cy . Ищем решение исходного уравнения,

полагая

x( y) = c( y) y x′y = c′( y) y + c( y) .

′

ln y

Подставляем:

( y) y

( y) =

y2 . Интегрируя, полу-

+ c( y) y = c( y) y + ln y c

чаем c( y) = c −

1 + ln y

. Тогда общее решение исходного уравнения запишется в

виде: x = cy − 1 − ln y .

5. Уравнения Бернулли.

Уравнение

вида y′ + P( x) y = Q( x) ym , m ≠ 0, m ≠ 1

называется уравнением

Бернулли.

Для интегрирования мы можем разделить обе части уравнения на ym и,

сделав замену z = y1−m , получим 1 −1m z′ + P( x)z = Q( x) - линейное относительно

z уравнение. Если P( x), Q( x) непрерывны, то они интегрируются в квадратурах. Если m > 0 Ю то к найденным линиям следует добавить y = 0 , утерянное при делении на y .

Данное уравнение также интегрируется методом Бернулли. С помощью подстановки y( x) = u( x)v( x) , где u, v две неизвестные функции, исходное уравнение преобразуется к виду u′( x)v( x) + u( x)v′( x) + P( x)u( x)v( x) =

= Q( x)(u( x)v( x))m или u(v′( x) + P( x)v( x)) + u′v = Q( x)(u( x)v( x))m . Пользуясь тем, что одна из неизвестных функций (например, v( x) ) может быть выбрана совершенно произвольно, поскольку лишь произведение должно удовлетворять исходному уравнению, за v( x) принимают любое частное решение уравнения

v′( x) + P( x)v( x) = 0 (например, v = e−∫P ( x )dx ), обращающее, следовательно, в нуль коэффициент при u( x) в предыдущем уравнении. Тогда получаем уравнение u′v = Q( x)(u( x)v( x))m или

udum = Q( x)(v( x))m−1 dx , откуда 1 −1m u1−m = ∫Q( x)e−( m−1)∫P( x)dx dx + c .

Выражая отсюда u( x) , получаем общее решение уравнения Бернулли

y( x) = u( x)v( x) .

Замечание 1. Поскольку линейное уравнение есть уравнение Бернулли при m = 0 , то линейное уравнение также может быть проинтегрировано методом Бернулли.

Замечание 2. При интегрировании конкретных условий Бернулли их не надо предварительно преобразовывать а линейные, а сразу применять либо ме-

тод Бернулли, либо метод вариации произвольной постоянной.

<<< < Предыдущая 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 3233 / 4633 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
11.05.2015562.97 Кб59Контрольные_работы_по%20разделам_высш_матем_Линейная_алгебра.pdf
#
11.05.20153.35 Mб74Сборник-АГ.pdf
#
11.05.20153.42 Mб116Сборник-ЛА.pdf
#
11.05.2015613.76 Кб22Типовой рассчет.PDF
#
11.05.20157.25 Mб33Шилкин Лекции.PDF
#
11.05.20151.02 Mб25Шилкин Тесты.PDF