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

площадь отверстия на дне емкости равна S.

Известно, что скорость истечения жидкости v

в тот момент, когда вы-

сота ее уровня равна х, определяется по формуле v = C ×

, где g = 9,8

м

,

2gx

с

2

C = 0,6 ).

С – коэффициент, зависящий от типа жидкости (для воды

Считаем, что на бесконечно малом промежутке времени dt

истече-

ние жидкости равномерно, а поэтому за промежуток времени dt

вытекает

столбик (цилиндр) жидкости, высота которого vdt

и площадь сечения S,

разделяющимися переменными C × S ×

2gxdt = -S (x)dx .

Учитывая начальное условие t(0) = h ,

приходим к математической

модели рассматриваемого процесса (задача Коши), который имеет вид

dt = -

S (x)

,

C × S × 2gx .

6.

y¢ = (x − y)2 + 1.

Ответ: y = x ×

1

.

x + c

7.

y′ = sin(x − y) .

Пример 1. f (x, y) = x2 + y2

–

однородная функция порядка 2,

т. к.

f (tx,ty) = t2 f (x, y) .

однородная функция порядка

2

,

Функция

f (x, y) = 3 x2 + y2

–

т. к.

3

2

f (tx,ty) = t

3

f (x, y) .

Функция

f (x, y) =

2xy

–

однородная функция нулевого поряд-

x2 + y2

ка, т.к. f (tx,ty) = t0 × f (x, y) .

Дифференциальное уравнение первого порядка

y′ = f (x, y)

(1)

уравнение (1) однородное,

то

f (x, y) = f (tx,ty) , полагая

t =

1

, получим

x

f (x, y) = f (1;

y

) . Полагая

y

= и или y = иx и y¢ = и + xи¢

и подставляя в

x

x

дифференциальное уравнение

y¢ = f (1;

y

) , получим x ×и′ + u = f (1;u) или

x

x

du

= f (1;u) - u .

dx

Последнее уравнение –

дифференциальное уравнение первого порядка

с разделяющимися переменными. Разделяя переменные, получим

du

=

dx

,

f (1;u) - u

x

интегрируя которое, имеем

∫

du

= ln

cx

,

f (1;u) - u

−

x

y¢ =

xy + y

2 × e

y

.

x

2

нородное,

поэтому, полагая

y

= u , y = u × x; y′ = xu′ + u и подставляя в дан-

x

ное уравнение, получим

1

1

du

+ u = u + u2e−

или

eu

du =

dx

,

x

u

dx

u2

x

1

x

откуда −e

= ln

x

− c или e y

+ ln

x

= C –

u

общийинтегралисходного уравнения.

Дифференциальное уравнение первого порядка

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

(2)

dy

= −

P(x, y)

= ϕ(x, y)

(3)

dx

Q(x, y)

однородное дифференциальное уравнение типа (1), т. к. функции

P(x,y)

и Q(x,y) –

однородные функции одного и того же порядка, а, следователь-

но, ϕ(x,y)

– однородная функция нулевого порядка.

уравнение – однородное.

Полагая y = ux,

dy = udx + xdu,

после преобразования получим

2 + u

du = −

dx

.

u

x

Интегрируя, получим 2ln u + u + ln x = c или

u2 x = ce−u ( c = ec1 ).

1

y

−

y

Так как u =

,

то общий интеграл имеет вид

y2 = cxe x .

уравнение (4) приводится к однородному.

Уравнение (4) сводится к уравнению с разделяющимися переменны-

ми с помощью преобразования ax + by = t (или

ax + by + c = t)

в случае,

когда

a

b

= 0 .

a1

b1

Пример 4.

Найти общее решение уравнения

(2x − 4 y + 6)dx + (x + y − 3)dy = 0 .

Решение.

Данное уравнение приводится к однородному. Решая

2x - 4 y + 6 = 0

получим x0 = 1, y0 = 2.

систему уравнений x + y - 3 = 0

Применяя

замену переменных x = x1 + 1 и y = y1 + 2, получим однородное уравне-

ние

(2x1 - 4 y1)dx1 + (x1 + y1)dy1 = 0 .

Полагая

y1 = u × x1 ,

получим

2x (1 - 2u)dx + x (1 + u)(udx + x du) = 0 или (2 - 3u + u2 )dx + x (1 + u)du = 0 .

1

1

1

1

1

1

1

Выражение

u2 + 3u - 2

равно нулю при

u = 1

и

u = 2, поэтому

функции

u = 1

и

u = 2 являются решениями этого уравнения. Остальные

решения получим, разделяя переменные

(1 + u)du

+

dx1

= 0

или

3

-

2

du +

dx1

= 0 .

u2 - 3u + 2

x1

u - 2

u -1

x1

Интегрируя, получим ln

x

+ ln

u - 2

3

= ln C

или

x

(u - 2)3

= C ,

1

(u -1)

2

1

(u -1)2

x (u - 2)3

= C(u -1)2

y

3

y

2

то есть

или x

1

-

2

= C

1

-1

откуда имеем

1

1

x1

x1

( y - 2x )3

= C( y - x )2

, возвращаясь к x и y получим

1

1

1

1

( y - 2x)3 = C( y - x -1)2 .

(5)

Равенствам u = 1 и u = 2 в переменных x

и y соответствуют ре-

шения исходного уравнения y = x + 1 и y = 2x. Решение y = 2x

получаем

из общего решения (2) при С = 0.

y + 2

y − 2x

Пример 5. Найти общее решение уравнения

y′ =

+ tg

.

x + 1

x + 1

du

ux1 − 2 − 2(x1 −1)

du

переменными x1

+ u = u + tg

или

x1

= tg(u − 2) . Раз-

dx

x

dx

1

1

1

деляя переменные, получим

du

=

dx1

или

ln

sin(u − 2)

= ln

x

+ ln

C

tg(u − 2)

x1

1

или sin(u − 2) = Cx1.

Отметим, что функция

u - 2 = kp(k Î Z ) –

решение данного уравне-

ния, которое получаем из общего решения при С = 0.

Возвращаясь к пере-

менным x и y, получим

y + 2

− 2

= c(x + 1)

или c(x + 1) = sin

y − 2x

sin

.

x + 1

x + 1

тельно переменной y называется уравнение:

y′ + P(x) y = Q(x) ,

(1)

Суть метода И. Бернулли состоит в следующем:

общее решение

уравнения (1) будем искать в виде произведения двух функций

y = u(x) × s(x) .

(2)

Действительно,

любую функцию

y(x)

можно представить в виде

y(x) =

y(x) × s(x)

= u(x) × s(x);

s(x) ¹ 0 .

s(x)

Дифференцируя равенство (2)

y

′

′

′

(3)

= u σ + σ u

и подставляя (2) и (3) в (1), получим

′

′

(4)

u

σ + u(σ + P(x)σ) = Q(x) .

Подбираем хотя бы одну функцию s(x)

такую, чтобы

σ′ + P(x)σ = 0

′

Полученные уравне-

в (4), а, тогда из уравнения (4) получим u σ = Q(x) .

ния –

уравнения с

разделяющимися

переменными.

Действительно,

dσ

= -P(x)dx ,

т.е.

s(x) = ce

−∫ P( x)dx

,

полагая

c

=

1,

получим

s

s(x) = e

−∫ P( x)dx

, тогда s

du

= Q(x)

или

du

= Q(x)e

∫ P( x)dx

, т.е.

dx

dx

u(x) = ∫Q(x)e

∫ P( x)dx

dx + C .

(5)

Тогда общее решение уравнения (1)

имеет вид

y = u(x) × s(x) = (∫Q(x)e∫ P( x)dx dx + c)× e−∫ P( x)dx .

Пример 1.

Найти частное решение уравнения

xy¢ - 3y = x2 ,

удовле-

творяющее условию y(1) = 2.

′

′

′

Решение.

Пусть

y = u × s,

тогда

y

= u σ + σ u . Подставляя эти со-

отношения в исходное уравнение, получим

xu¢s + xus¢ - 3us = x2 или

xu¢s + u(xs¢ - 3s) = x2 . Откуда

xs′ - 3s = 0

s =

x2.

xu¢

Решая первое уравнение из совокупности, получим

dσ

= 3

dx

, т.е.

s

x

s = x3 ,

тогда du =

dx

, т.е. u = C -

1

. Следовательно,

искомое общее ре-

x2

x

y′ + P(x) × y = 0 ,

(6)

y′ + P(x) y = 0

– это уравнение с разделяющимися

переменными, т.е.

dy

= -P(x)dx

или

y

y = C × e

−∫ P( x)dx

(7)

щее

решение

линейного

дифференциального

уравнения

(1)

y′ + P(x) y = Q(x)

будем искать в виде общего решения (7) однородного

уравнения (6), считая постоянную

С в формуле (7) непрерывной диффе-

ренцируемой функцией от переменной x,

т.е.

y = C(x) × e

−

∫

P( x)dx

.

(8)

Дифференцируя (8), получим

y¢ = C¢(x)e−∫ P( x)dx - C(x) × P(x)e−∫ P( x)dx .

(9)

Подставляя (8) и (9) в уравнение (1), после приведения подобных

получим

C¢(x) × e−∫ P( x)dx = Q(x) .

(10)

Откуда C¢(x) = Q(x) × e∫ P( x)dx

и,

интегрируя последнее уравнение,

получим

C(x) = ∫Q(x) × e

∫

P( x)dx

dx + C .

(11)

y = e−∫ P( x)dx ×

∫Q(x)e∫ P( x)dx dx + C .

Пример 2.

Решить уравнение y¢ + y cos x = e− sin x .

Решение.

Найдем общее решение соответствующего однородного

уравнения y′ + y cos x = 0.

dy

= -cos xdx; y = Ce− sin x

– общее решение однородного уравнения.

y

Решение исходного уравнения будем искать в виде y = C(x)e− sin x , то

y¢ = C¢(x)e− sin x - C(x)cos xe− sin x .

Тогда, подставляя y и

y

′

′

в исходное уравнение, получим C (x) = 1

двух функций –

одна из которых

y. Умножая (1) на e

∫ P( x)dx

, получим

y¢e∫ P( x)dx + yP(x)e∫ P( x)dx = Q(x)e∫ P( x)dx или

(y × e∫ P( x)dx )¢ = Q(x)e∫ P( x)dx ,

откуда

y = e

−∫

P( x)dx

(∫Q(x)e

∫ P( x)dx

dx + C) –

общее решение дифференци-

ального уравнения (1).

Пример 3. Решить уравнение y¢ + ytgx =

1

.

cos x

Решение.

Умножим

обе

части уравнения на

1

,

получим

cos x

d y

=

1

или

y

= tgx + C , или

y = C cos x + sin x

– общее

dx cos x

cos2 x

cos x

А(а, а) и обладает следующим свойством:

если в любой точке

М(x, y)

кривой с ординатой, равной BM провести касательную до пересечения

с осью ординат в точке

С, то площадь трапеции

OCMB постоянна и

равна a2 (рис. 1).

y

Решение. Площадь трапеции OCMB –

M(x,y)

S =

1

(

OC

+

MB

)×

OB

.

C

2

Так как

OC

= y - x × y′ ;

OB

= x ;

MB

= y , то получим дифференциальное уравне-

′

= 2a

2

или x

2

′

− 2xy + 2a

2

= 0 ,

ние (2 y − xy )x

y

0

B

x

откуда 0 = x4 ×

d

y

+ 2a

2 .

Интегрируя,

Рис. 1

dx x2

2a2

получим y = x2

+ C . Так как y(a) = a,

3

3x

C =

1