14-es_1 / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды

y

y

0

x

0

x

Рис. 5

Рис. 6

Так как через каждую точку плоскости проходит только одна кривая

семейства, то для каждой пары чисел x

и y определяется единственное

1) y2 = Cx ;

2) x2 + y2 - Cx = 0 ;

3) y = sin x + C cos x ;

4) x + y + C(1 − xy) = 0 .

Решение. 1) Дифференцируя по

x уравнение y2 = Cx , получим

и дифференцируя по x, имеем 2x + 2 y

dy

- C = 0 . Отсюда

C = 2x + 2 y

dy

.

dx

dx

Подставляя в исходное уравнение найденное С,

получим искомое диффе-

dy

dy

ренциальное уравнение x2 + y

2 - x

2x + 2 y

=

0 или 2xy

+ x2 - y2 = 0 .

dx

dx

dy

dy

1 +

- C x

+ y

= 0 .

dx

dx

Из условия задачи C =

x + y

,

подставив его в последнее соотноше-

xy -1

ние, получим искомое уравнение

dy

x + y

dy

1 +

-

x

+ y = 0

dx

xy

-1

dx

или после упрощения имеем

dy

1 + y2

+

= 0 .

dx

1 + x2

метра, то дифференцируем его дважды, считая y

функцией от x,

C1 + 2( y - C2 ) × y′ = 0 ,

′

2

+ 2( y − C2 ) y

′′

= 0 .

2( y )

Из первого уравнения

C1 = -2( y - C2 ) y′ ,

а

из

второго

уравнения

′ 2

и, подставляя найденные значения

C

и C

в исходное

y − C = −( y )

2

y′′

1

2

уравнение, после упрощений получим

y′ + 2xy′′ = 0 .

Задания для самостоятельной работы

1. Написать уравнение геометрического места точек

M (x, y) , яв-

ляющихся точками экстремума решений уравнения

y′ = f (x, y) .

Ответ: f (x, y) = 0 , при этом если

∂f (x, y) < 0 – то max, если ∂f > 0 –

∂x

∂x

то min.

2. Написать уравнение геометрического места точек перегиба графи-

ков решений уравнений:

2.1. y′ = y − x2 ;

2.2. y2 y′ + x2 = 1;

2.3. y = x − e y ;

2.4. y′ = f (x, y) .

Ответы:

2.1. y = x2 + 2x , решение данной задачи находим, с помо-

щью уравнения

y′′ = 0 , т.е.

y′′ = y′ − 2x

или

y′′ = y − x2 − 2x , откуда имеем

y − 2x − x2 = 0 . 2.2. xy3 + (1 − x2 ) = 0; y = 0 ; 2.3. x = 2chy ; 2.4.

∂f

+ f ∂f = 0 .

∂x

∂y

3. Составить дифференциальные уравнения семейств линий:

3.1. y = ecx ;

3.2. y = (x − c)3 ;

3.3. y = sin(x + c) ;

3.4. x2 + cy2 = 2 y ;

3.5. y = c(x − c)2 ;

3.6. x = ay2 + by + c ;

3.7. y = cx ;

3.8. y = cx + c2 ;

3.9. y = ax + b .

xy′

2

Ответы: 3.1. y = e

y

3.2. y¢ = 3y

;

3.3. y2 + ( y¢)2 =1;

;

3

3.4. yy¢ + xy = x2 y¢ ;

3.5. ( y¢)3 = 4 y(xy¢ - 2 y) ;

3.6. y¢¢¢ × y¢ = 3( y¢)2 ;

3.7. y = xy′ ;

3.8. y = xy¢ + ( y¢)2 ;

3.9. y′′ = 0 .

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

(1)

Функции P(x) и Q(y) –

непрерывные соответственно только по x

или по

y. Тогда общий интеграл дифференциального уравнения (1) имеет вид

∫P(x)dx + ∫Q( y)dy = C .

(2)

Пример 1. Найти интегральную кривую дифференциального уравнения

x2dx + ( y + 1)dy = 0 ,

проходящую через точку (0;1).

Решение.

Интегрируя почленно данное дифференциальное уравне-

ние, получим общий интеграл

x3

+

y2

+ y = C .

3

2

Полагая x = 0

и y = 1, находим C =

3

.

2

Тогда искомая интегральная кривая определяется уравнением

2x3 + 3y2 + 6 y = 9 .

Дифференциальным уравнением первого порядка с разделяю-

щимися переменными называется уравнение вида

M1(x) × N1( y)dx + M 2 (x) × N2 ( y)dy = 0 ,

(3)

где M1(x), M2(x), N1(y) и N2(y) –

непрерывные функции.

Разделив

обе

части дифференциального уравнения

(3) на

M2(x)·N1(y) ≠ 0,

получим

M1(x)

N2 ( y)

dx +

dy = 0

(4)

M 2 (x)

N1( y)

∫

M1

(x)

dx + ∫

N2

( y)

dy = C .

(5)

N

M

2

(x)

( y)

1

y

P(x,y)

y

α

x

0

x

M

x

B

Рис. 1

Угловой коэффициент

касательной

в точке

P(x,y)

tgα = y′ , но

tg(MBP) = tg(1800 - a) = -tga = − y .

x

Таким образом, получим

dy

= -

y

или

dy

+

dx

= 0

– уравнение с

x

dx

y

x

ся уравнения вида

y′ = f (ax + by + c), b ¹ 0

с помощью замены (подста-

новки)

ax + by + c = t .

Действительно, дифференцируя по х последнее ра-

венство, получим

a + by¢ =

dt

и, подставляя y′ в данное уравнение, име-

dx

ем

dt

- a

×

1

= f (t)

или

dt

= a + bf (t) .

Откуда получим уравнение с

dx

b

dx

dt

разделенными переменными

= dx .

a + bf (t)

Замечание

3.

Дифференциальное

уравнение первого порядка

4) параметрические

уравнения

интегральных

кривых

x = v(t),

для данного дифференциального уравнения.

y = ∫u(t)v¢(t)dt + C

Тогда также и для дифференциального уравнения

′

имеем

f ( y, y ) = 0

y = v(t); y¢ = u(t); x = ∫

v′(t)

dt + C .

u(t)

Например, при нахождении решения дифференциального уравнения

y × 1 + ( y¢)2 =1 положим

y = cost . Решая уравнение относительно y′ ,

′

tgt

. Откуда

dx =

dy

=

−sin tdt

= ± costdt или x = sin t + C .

получим yx =

′

+tgt

yx

dT

= K (T - t0 ) ,

dt

где

T – температура тела,

t0 –

температура окружающего воздуха (в дан-

ном примере

t0 = 25°C),

dT

–

скорость охлаждения, K –

коэффициент охла-

dt

уравнение вида y′ = f ( y) .

ждения. Данное дифференциальное уравнение –

Разделяя переменные, получим (t = 25°C)

dT

= K × dt .

T - 25

Интегрируя ln(T - 25) = K ×t + ln C

или

T - 25 = C × eKt .

Постоянную интегрирования С определим, используя начальное ус-

ловие T = 200°C при t = 0 , т.е. 200 – 25 =

С, С = 175.

Величину eK находим из условия T = 160°C при t = 20 мин:

1

27

27

160 – 25 = 175 e20K,

e20K =

;

eK =

20

35

35

27

t

20

Тогда

T =175 ×

+ 25 ,

если

T

=

30°C,

имеем

−20ln 35

35

t =

= 274(мин) ,

т.е. тело охлаждается до температуры

30°C

ln 27 - ln 35

m

d 2 x

= -kv + mg , где

v =

dx

.

dt 2

dt

dv

=

dt

.

-kv + mg

m

1

t

t

1

-

ln

- kv + mg

=

+ ln

C

или -

= ln

C(mg - kv)

k

.

k

m

m

Откуда имеем

1

= e−

t

mg - kv = C × e−

kt

mg

C1

e−

kt

C(mg - kv)

k

m

или

m

;

v =

-

m

.

1

k

k

mg

C1

C = mg − kv .

При t = 0,

v = v , поэтому v

=

-

,

0

0

k

k

1

0

Следовательно, скорость движения задается формулой

mg

mg - kv0

× e−

kt

v =

-

.

m

k

k

Пример 5. (Рост денежных вкладов). Рассмотрим процесс возраста-

ния денежной суммы, положенной в банк, при начислении

p =100r слож-

ных процентов в год.

Решение. Пусть начальная денежная сумма

y0 , а y(t) – денежная сум-

ма по истечении t

лет. Если проценты начислялись один раз, то будем иметь

y(t +1) = y(t) + r × y(t) = (1 + r) y(t) .

Если проценты начислялись два раза в год (раз в полугодие), то бу-

дем иметь

1

1

r

y t

+

= y(t) +

r × y(t) = 1

+

y(t)

2

2

2

t = 0,

1

, 1,

3

, 2.

2

2

Если проценты начислялись n раз в год, то денежная сумма имеет вид

1

r

y t +

=

1 +

y(t) .

n

n

Обозначим

1

= h и из последнего равенства будем иметь

n

lim y(t + h) − y(t) = dy(t) .

h→0

h

dt

ная y0 , т.е. y(0) = y0 –

получили задачу Коши

dy(t)

= r × y(t),

dt

y(0) = y0 .

Откуда имеем:

∫

dy

=

∫rdt или

ln

y

= rt + ln

C

;

y

= ert .

y

C

y = C × ert – общее решение уравнения.

Учитывая, что при t = 0

y(0) = y = C × eot = C .

Решение. Известно,

что скорость истечения жидкости

v в тот мо-

мент,

когда

высота

ее

уровня равна h,

определяется

формулой

v = C ×

, где С –

2g × h

постоянная, зависящая от типа жидкости (для воды

С = 0,6), g – ускорение свободного падения, h –

высота уровня жидкости

над отверстием.

Пусть в момент времени t высота уровня воды

h = h(t) . За проме-

жуток времени

(t, t + dt)

уровень воды понизится на

dh. Тогда для мало-

го промежутка времени dt объем выте-

А

О

В кающей воды будет равен объему ци-

линдра

высотой

dh

и

радиусом

x = h × tg α ,

т.е.

dV = -ph2 tg2 α dh .

х

2

2

С другой стороны за промежуток вре-

мени dt

через отверстие вытекает объ-