Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Запорожский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

математика 1874

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

07.02.2016

Размер:

530 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

				11
Маємо
u′v + uv′ −			2xuv				= 1+ x2 ,
u′v + uv′ −							= 1+ x2 ,
		1+ x2
u′v + u(v′ −						2xv		) = 1+ x2
u′v + u(v′ −					1	+ x2		) = 1+ x2
Отримаємо систему					1	+ x2
Отримаємо систему
		2xv
v′ −					= 0,		(1)
v′ −	1+ x2				= 0,		(1)
	1+ x2
	=	1+ x			2		(2)
u′v	=	1+ x					(2)

	∫	2x
				dx			2
				dx			2
			2		= eln	1+x
Розв’язком (1) є	v = e	1+x						= 1+ x2 ;
Розв’язком (1) є	v = e	1+x						= 1+ x2 ;
з (2) маємо u′(1+ x2 ) = 1+ x2 ;					u′ = 1;			∫du = ∫dx .
	u = x + C .

Загальний розв′язок має вигляд

y = u v = (1+ x2 )(x + C)

Приклад 6. Знайти частинний розв′язок ДР-1

2ydx − (y2 − 6x)dy = 0, x(1) = 0

Розв′язання.

Це рівняння є лінійним відносно х та х′. Перепишемо його у вигляді:

x′ +	3	x =				y		.
					2
	y
p(y) =			3	,					q(y) =					y	.

			y								2
Заміна: x = uv; x′ = u′v + uv′ .
u′v + uv′ +						3			uv =		y		;
											2
						y
u′v + u(v′ +							3			v) =		y		.

							y				2

Маємо систему двох ДР-1 з відокремлюваними змінними

v′ + v

= 0,

(1)

u′v =

(2)

−∫

−3ln

= y−3

Розв’язком (1) є

v = e

= e

з (2) маємо

u′

;

u′ =

∫du = ∫

dy + C;

u = 0,1y5

+ C.

Загальний розв′язок має вигляд

x = u v = y−3 (0,1y5 + C).

Знайдемо С, застосовуючи початкову умову:

0 = 1−3

(0,1 15 + C),

C = −0,1

x = y −3 (0,1y5 − 0,1) - частинний розв′язок.

ДР-1 Бернуллі.

Це ДР виду

y′ + p(x)y = q(x)yn , де

p(x), q(x)

- неперервні

функції на деякому проміжку, n – дійсне число, відмінне від нуля. Поділимо рівняння на y n . Матимемо y− n y′ + y− n+1 p(x) = q(x).

Зведемо це рівняння до лінійного ДР-1. Для цього зробимо
підстановку
z = y − n+1 , z′ = (− n + 1)y− n y′
Отримаємо рівняння:
	z′	+ p(x)z = q(x)\| (− n + 1)
	− n + 1

	z′ + p(x)(− n + 1)z = q(x) (− n + 1)

Це лінійне

q1(x) = q(x)(− n + 1).

Знайдемо v i u:

v =

ДР-1.	Позначимо	p1 (x) = p(x)(− n + 1),
Зробимо	заміну	z = u v , z′ = u′v + uv′ .
e− ∫ p1 (x)dx ;	u = ∫ q1 (x)e∫ p1 ( x)dx dx + C

Тоді	z = e	−∫ p1(x)dx	∫	q	(x)e	∫ p1(x)dx		+ C
			∫
							dx
				1
								1

Знайдемо шукану функцію y (загальний розв′язок): y = z1−n Приклад 7. Розв′язати ДР-1

xy′ = 3y − 4x4 y2 .

Розв′язання.

Це ДР-1 Бернуллі. Запишемо його у вигляді:

y′ − 3 y = −4x3 y2 x

p(x) = − 3 , q(x) = −4x3 , n = 2 x

Поділимо рівняння на y 2 і перейдемо до лінійного ДР-1 шляхом

підстановки:										z′ = − y−2 y′
				z = y −2+1 = y−1 ,						z′ = − y−2 y′
Отримаємо рівняння:
				z′	−		3		z = −4x3 \| (− 1)
					−				z = −4x3 \| (− 1)
				− 1 x
				z′ +		3		z = 4x3 -		лінійне ДР-1.
				z′ +				z = 4x3 -		лінійне ДР-1.
						x
p (x) =	3	,	q (x) = 4x3 . Зробимо заміну: z = u v, z′ = u′v + uv′ .
p (x) =		,	q (x) = 4x3 . Зробимо заміну: z = u v, z′ = u′v + uv′ .
1	x		1
	x

Знайдемо v i u:

v = e−∫ 3x dx = e−3ln x = x−3

u = ∫4x3e∫

dx dx + C = 4∫ x3e3ln

dx + C = 4∫ x3 x3dx + C =

= 4∫ x6dx + c =

x7 + C.

1− 2

z = u v = x

−3

x7 + C ,

y = z = z −1.

Загальний розв′язок заданого ДР-1 Бернуллі має вигляд

−1

y = x−3

x7 + C

+ C

Приклад 8. Знайти частинний розв′язок ДР-1.

− y

xdx =

dy, y(0) = 1

Розв′язання.

Це ДР-1 Бернуллі відносно функціїx(y). Перепишемо його у

вигляді

x′ −

x = − y3 x−1

p(y) = −

;

q(y) = − y3 ;

n = −1

Поділимо рівняння

на x−1 і

перейдемо до лінійного ДР-1 шляхом

підстановки z = x1+1

= x2 ;

z′ = 2x x′ .

Отримаємо рівняння:

z′

−

z = − y3 | 2

z′ − 2 z = −2y3 - лінійне ДР-1

p (y) = −

q (y) = −2y3 . Зробимо заміну z = u v,

Знайдемо v i u:

−

∫

v = e

= e2ln

= y2 .

∫

−

u = ∫(− 2y3 ) e

y dy + C = −2∫ y3e−2ln

dy + C =

= −2∫ y3 y −2dy + C = −2∫ ydy + C = − y2 + C

z = u v = y2 (− y 2 + C), x = z

1−(−1)

Загальний розв′язок заданого ДР-1 Бернуллі

x = [y 2 (− y2 + C)]

= y C − y 2

Знайдемо С, застосовуючи початкову умову:

0 = 1

C − 1;

C = 1

x = y

1− y2

- частинний розв′язок.

ДР-1 у повних диференціалах.

z′ = u′v + uv′ .

z 2 .

ДР-1 виду P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 називається ДР-1 у повних диференціалах, якщо його ліва частина є повний диференціал деякої функції u = u(x, y), тобто

∂P = ∂Q ∂y ∂x

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

Загальний інтеграл рівняння в повних диференціалах
		u(x, y) = C
Маємо	P(x, y) =	∂u(x, y), Q(x, y) =	∂u(x, y)
		∂x	∂y

Знайдемо u(x, y) = ∫ P(x, y)dx + ϕ (y), де ϕ (y) - невизначена функція,

яка залежить від у. Знаходимо її з умови, що ∂u(x, y) = Q(x, y).

∂y

	∂	∫
Матимемо	∂	(	P(x, y)dx + ϕ (y))= Q(x, y)
Матимемо	∂y	(	P(x, y)dx + ϕ (y))= Q(x, y)
	∂y
Звідси випливає, що					∂
			ϕ ′(y) = Q(x, y)−		∂	∫ P(x, y)dx
			ϕ ′(y) = Q(x, y)−		∂y	∫ P(x, y)dx
					∂y
					∂	∫
				∫		∫
Знайдемо			ϕ (y) =	Q(x, y)−			P(x, y)dx	dy + C
Знайдемо			ϕ (y) =	Q(x, y)−	∂y		P(x, y)dx	dy + C
					∂y

і підставимо у вираз для функції u(x,y):
	∫				∂	∫
				∫
u(x, y) =		P(x, y)dx +		Q(x, y)−			P(x, y)dx =С.
					∂y

Загальний інтеграл			рівняння у повних				диференціалах можна

також знайти за однією із двох формул:

x	y
∫ P(x, y0 )dx + ∫Q(x, y)dy = C;
x0	y0
x	y
∫ P(x, y)dx + ∫Q(x0 , y)dy = C;
x0	y0
де т. M 0 (x0 , y0 ) належить	області визначення функцій P(x,y) та
Q(x,y).
Приклад 9. Розв′язати ДР-1.
(x + y)dx +	(x + 2y)dy = 0
Розв′язання.	Q(x, y) = x + 2y .
Позначимо P(x, y) = x + y,	Q(x, y) = x + 2y .
Перевіримо виконання умови	∂P =	∂Q :
	∂y	∂x

	17
∂P = 1;	∂Q = 1. Умова виконується. Задане рівняння є рівнянням у
∂y	∂x
повних диференціалах.
u(x, y) = ∫ P(x, y)dx + ϕ (y) = ∫(x + y)dx + φ ( y) =		x2	+ yx + ϕ (y).

	2
Знайдемо	∂u(x, y) = x + ϕ ′(y).

∂y

Для функції ϕ (y) маємо диференціальне рівняння

x + ϕ ′(y) = x + 2y, або ϕ ′(y) = 2y,

звідки ϕ (y) = ∫2ydy + C = y2 + C . Шукана функція

u(x, y) = x2 + yx + y2 + C.

Задачі, які приводять до поняття диференціального рівняння.

Приклад 10. Крива проходить через точку В(5; 0). Довжина перпендикуляра, який опущений із початку координат на будь-яку дотичну до кривої, дорівнює абсцисі точки дотику. Знайти рівняння кривої.

Розв′язання.

У
	P	М(х,у)
	P
		N
0	х	Х
Нехай y = f (x)	- шукане рівняння кривої. Проведемо дотичну

MN в довільній точці M(x, y) до кривої. За умовою задачі |OP|=x. Рівняння дотичної

Y − y = y′(X − x) або y′X − Y − xy′ + y = 0 .

Знайдемо |OP| як відстань від точки О(0, 0) до дотичної:

y′ 0 − 0 − xy′ + y

− xy′ + y

(y′)2 + 1

Маємо диференціальне рівняння

− xy′ + y

= x ↑ 2 ;

x2 (y′)2 − 2xyy′ + y2

= x2 ;

(y′)2 + 1

x2 (y′)2 − 2xyy′ + y2 = x2 (y′)2 + x2 .

Звідки

y′ =

y2 − x2

2xy

Це ДР-1 однорідне. Зробимо заміну y = u x;

y′ = u′x + u . Тоді

u′x + u =

u 2 x2 − x2

;

u′x + u =

u 2 − 1

2x2u

u′x = −

u 2 + 1

або

2udu

= −

u 2 + 1

Проінтегруємо це рівняння

∫

2udu

= −∫

+ lnC ;

u2 + 1

u 2 + 1

= − ln

+ lnC ;

u 2 + 1 =

, де u = y

Тоді загальний розв′язок має вигляд

+ 1 =

або

+ x2

= Cx .

Крива проходить через точку В (5; 0). Маємо у(5)=0. Знайдемо С.

0+25=5С;

С=5. Тоді шукана крива y 2 + x2 = 5x .

Диференціальні рівняння вищих порядків

Диференціальні рівняння другого порядку, що допускають зниження порядку.

Розглянемо деякі типи цих рівнянь.

1. Диференціальне рівняння F(x, y′, y′′) = 0 , яке не містить

шукану функцію y.

Знизимо порядок диференціального рівняння шляхом заміни y′ = z(x), y′′ = z′.

Отримаємо ДР-1: F(x,z,z′) = 0. Розв′яжемо його відносно функції z:

z = ϕ (x,C1 ) або y′ = ϕ (x,C1 ).

Проінтегруємо це диференціальне рівняння і отримаємо розв’язок ДР-2:

y = ∫ϕ (x,C1 )dx + C2

Приклад 11. Знайти частинний розв′язок ДР-2. y′′(x2 + 1)= 2xy′, y(0) = 2, y′(0) = 3.

Розв′язання.

Диференціальне рівняння не містить функцію у. Знизимо порядок ДР-2 шляхом заміни y′ = z; y′′ = z′ .

Маємо z′(x2 + 1)= 2xz . Це ДР-1 з відокремлюваними змінними.

(x2 + 1)= 2xz

2xdx

x2 + 1

2xdx

2 + 1

+ lnC

= ln

∫ z

∫ x2 + 1

z = (x2 + 1)C y′ =

2 + 1)C

Знайдемо значення сталої С1, застосовуючи початкові умови: 3=(0+1)С1 С1=3. Маємо ДР-1 y′ = 3(x2 + 1) з відокремлюваними змінними. Розв′яжемо його

		20
y = 3∫(x	2	+ 1)dx + C2		x	3
	2			x			+ C2
			= 3	3		+ x	+ C2
				3

Знайдемо значення сталої С2 , застосовуючи початкові умови: 2=3(0+0)+С2 С2 =2. Частинний розв′язок заданого ДР-2

y = x3 + 3x + 2

Приклад 12. Знайти загальний розв′язок ДР-2. y′′x ln x = 2y′ .

Розв′язання.

Диференціальне рівняння не містить функцію у. Знизимо порядок

ДР-2 шляхом заміни y′ = z;

y′′ = z′.

Маємо

z′x ln x = 2z.Це

ДР-1 з відокремлюваними змінними.

Розв′яжемо його відносно функції z:

2dx

= 2

+ lnC

∫

∫ x ln x

x ln x

= 2ln

ln x

+ ln C z = C ln2

x .

Маємо ДР-1: y′ = C ln2

x з відокремлюваними змінними. Розв′яжемо

його:

u = ln

dv = dx

y = C1 ∫ln

xdx + C2 = du =

2ln x

dx;

v = x =

x − ∫

2ln xdx

u = ln x;

dv = dx

= C1

x ln

+ C2

du =

;

v = x

x − 2x ln x + 2∫ x

= C1 (x ln2 x − 2x ln x + 2x)+ C2

= C1

x ln2

+ C2

Загальний розв′язок заданого ДР-2 має вигляд

y = C

(x ln2 x − 2x ln x + 2x)+ C

<<< < Предыдущая 12 / 92 3 4 5 6 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
07.02.2016172 Кб8Маршрутная карта.doc
#
18.07.2019125 Кб5Массовые репрессии и политические процессы 20-х....doc
#
07.02.2016588 Кб13матанчик 4 идз.pdf
#
07.02.20161 Мб9математика 1227.pdf
#
07.02.2016460 Кб8математика 1229.pdf
#
07.02.2016530 Кб7математика 1874.pdf
#
07.02.2016476 Кб9МАТЕМАТИКА 2Ч.pdf
#
07.02.2016309 Кб16математика 3700.pdf
#
07.02.2016595 Кб716математика 3701.pdf
#
07.02.20163 Мб15Математика задания(30 вариантов).doc
#
07.02.20163 Мб23материаловедение.pdf