Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Lekcii.Vysshaya matematika (2 semestr).pdf
Скачиваний:
512
Добавлен:
20.02.2016
Размер:
2.84 Mб
Скачать

© БГЭУ Лекция № 7

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П.

5

Общим решением дифференциального уравнения (1) (или (2)) обычно называют такое его решение y (x, C1, C2 ,...,Cn ) , которое содержит столько независимых произвольных постоянных C1,C2 ,...,Cn , каков порядок этого уравнения.

Заметим, что понятие общего решения будет уточнено позже. Общее решение, заданное в неявной форме Φ(x, y, C1,..., Cn ) = 0 называют общим интегралом уравнения.

Чтобы выделить одно какое-то решение, задают некоторые дополнительные условия. Обычно, этими дополнительными условиями являются так называемые начальные условия

 

 

′′

 

, …,

y

(n1)

(x0 ) = y0

(n1)

,

y(x0 ) = y0, y (x0 ) = y0

 

, y (x0 ) = y0

 

 

где числа

x0 , y0 , y0, y0′′,..., y0

(n1) фиксированы.

 

 

Нахождение

решения

 

y (x),

удовлетворяющего

начальным условиям, называется решением задачи Коши для заданных начальных условий.

Задача Коши. Теорема Коши. Понятие общего решения.

Из

(1) и (2) при n =1 имеем дифференциальное уравнение

первого порядка

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(4)

где F известная

F(x, y, y ) = 0,

 

 

функция трех

переменная, определенная в

некоторой

области D R3 ,

x независимая переменная,

y = y(x)

искомая функция,

y′−

ее производная, или в

разрешенном относительно y

виде

(5)

где

 

 

 

y′ = f (x, y),

 

f известная функция двух переменных, определенная в

некоторой области D R2 .

 

 

 

 

© БГЭУ Лекция № 7 Дифференциальные уравнения проф. Дымков М. П. 6

Уравнение (5) всегда можно записать в дифференциалах, где переменные x и y равноправны:

 

 

 

 

(6)

 

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

Здесь P(x, y) и Q(x, y) известные функции, заданные в

области D,

причем P2 (x, y) + Q2 (x, y) 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

Внимание !

y′ =

x

и ydy xdx = 0 это записи одного и

y

того же уравнения, но первое задано на плоскости R2

без оси

0X , а второе – без начала координат.

 

Примеры показывают, что дифференциальные уравнения первого порядка имеют бесчисленное множество решений.

Пример. y′ = 2x y = x2 + C – семейство интегральных кривых.

Определение4. Нахождение решения y (x), или x ( y) уравнения (5) или (6) , для которого при заданных начальных условиях (x0 , y0 ) D выполняется равенство y0 = ϕ(x0 ) или x0 ( y0 ), называется решением задачи Коши для начальных условий (x0 , y0 ) D.

Таким образом, геометрическое

содержание задачи Коши состоит в нахождении интегральной кривой, проходящей через заданную точку

M 0 (x0 , y0 ) D .

В некоторых случаях решение задачи Коши является не единственным. Следующая теорема указывает одно из достаточных условий, которое гарантирует существование и единственность решения задачи Коши.

 

© БГЭУ

Лекция № 7

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П. 7

 

Теорема 6.1

(Коши).

Пусть

функция f (x, y)

определена,

 

непрерывна и

имеет

 

непрерывную частную

производную

 

f (x, y)

в открытой областиD R2 . Тогда найдется интервал

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x0 −δ, x0 ) ,

 

на

котором

существует

единственное

 

решение y (x)

дифференциального уравнения y′ = f (x, y),

удовлетворяющее условию y(x0 ) = y0 , (x0 , y0 ) D .

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

y0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x0

x

ВНИМАНИЕ! Отметим, что приведенная теорема носит локальный характер, т.е. она обеспечивает существование и единственность решения лишь в окрестности точкиx0 . При

нарушении условий теоремы через точку M0 могут проходить несколько интегральных кривых.

 

2

 

f

= 3

2

y0

3

 

Пример. y

= 3y

 

y

y

→∞

Неединственность:

Две различные функции y = (x + C)3 и y 0 решения ДУ.

© БГЭУ Лекция № 7 Дифференциальные уравнения проф. Дымков М. П. 8

Определение5. Пусть в некоторой области D R2 задано дифференциальное уравнение (5) и для любого замкнутого множестваD D выполнены условия теоремы Коши. Тогда однопараметрическое семейство функций

y (x,C),

(7)

непрерывно дифференцируемых по x и непрерывных по C называется общим решением уравнения (5) в области D, если:

1)функция y (x,C) является решением (5) для любого фиксированного C из некоторой области G R , где x (a,b);

2)для любых начальных условий (x0 , y0 ) D существует

C0 G такое, что y0 = ϕ(x0 , C0 ).

Таким образом, общее решение дает возможность решить задачу Коши для любых начальных условий

(x0 , y0 ) D , где в D имеет место теорема Коши.

Определение 6. Любое решение, полученного из общего при фиксированном значении C0 G , называется частным решением.

Пусть функция y = ϕ(x) – решение задачи Коши. Тогда график этой функции называется интегральной линией или интегральной кривой, которая проходит через точку (x0,y0). Интегральная кривая в рассматриваемой точке имеет касательную, угловой коэффициент которой равен

tgα = y(x0 ) = ϕ′(x0) = f(x0, ϕ(x0)).

Таким образом, в каждой точке области D можно установить положение касательной к графику решения уравнения, проходящему через эту точку.

© БГЭУ Лекция № 7

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П.

9

Можно себе представить, что в каждой

точке области D построен короткий отрезок касательной к интегральной кривой, проходящей через эту точку. Тогда получится чертеж, который называется

полем направлений, задаваемым Поле направлений

уравнением.

Таким образом, каждое дифференциальное уравнение вида задает на плоскости XY в области D поле направлений.

Интегральные линии этого уравнения касаются направления, задаваемого полем в этой точке.

Если в уравнении y′ = f (x, y) положим y′ = k , где k fix , то линии вида f (x, y) = k называются изоклинами, так как точки этих кривых имеют одинаковый наклон поля k .

Пример. y′ = x.

Изоклины:

k = 0 y′ = 0 α = 00 x = 0

k =1 y′ =1 α = 450 x =1

k = −1 y′ = −1 α =1350 x = −1

© БГЭУ Лекция № 7

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П. 10

1. Дифференциальные уравнения первого порядка с разделяющимися переменными.

Дифференциальное уравнение первого порядка y′ = f (x, y) или P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 называется уравнением с разделяющимися переменными, если его можно записать в виде:

 

 

 

dy

= f1 (x) f2 ( y)

 

 

(8)

 

 

 

 

 

 

или

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(9)

 

 

P1 (x)P2 ( y)dx + Q1 (x)Q2 ( y)dy = 0

 

где f1 (x),

 

P1 (x),

Q1 (x) функции только от x ,

 

а f2 ( y),

P2 ( y),

Q ( y) функции только от y .

 

Для решения уравнений (8) и (9) прибегают к методу разделения переменных, для чего левую и правую часть уравнений (6.8) и (6.9) умножают на такой множитель, чтобы после упрощения при dx стояла функция, зависящая только от x , а при dy стояла функция, зависящая только от y . После умножения получается уравнение с разделяющимися переменными, а именно:

dy

= f1 (x)dx,

P1 (x)

dx +

P2 ( y)

dy = 0.

f2 ( y)

Q1 (x)

Q2 ( y)

 

 

 

После интегрирования последних уравнений получится решение уравнения (8) и (9), записанное в виде:

dy

= ∫ f1 (x)dx + C

и

P1 (x)

dx + ∫

P2 ( y)

dy = C .

f2 ( y)

Q1 (x)

Q2 ( y)

 

 

 

 

 

 

 

 

© БГЭУ Лекция № 7

 

 

 

 

 

 

Дифференциальные уравнения

 

 

 

 

 

 

 

 

проф. Дымков М. П. 11

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

Проинтегрировать уравнение y′ = tgx tgy.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

y′ =

dy

dy

 

 

 

= tgx tgy

 

 

 

 

 

dy

= tgxdx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

dx

 

 

 

 

 

tgy

 

 

 

Тогда

 

dy cos y

=

 

sin xdx

,

 

 

 

cos ydy

= ∫

 

 

 

 

sin xdx

+ C,

 

 

 

 

 

sin y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x

 

 

 

 

 

sin y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d(sin y)

 

 

= −∫

d (cos x)

+ C,

ln

 

sin y

 

= −ln

 

cos x

 

+ ln

 

C1

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln

 

sin y cos x

 

 

= ln

 

C1

 

,

 

sin y cos x = C1.

 

 

(1 + e2 x ) y2dy = exdx,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

. Найти решение уравнения

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

удовлетворяющее начальным условиям y(0) = 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Разделяя переменные, получаем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y2dy =

 

 

exdx

 

,

 

 

y2dy = ∫

 

 

 

 

 

d (ex )

 

 

 

+ C

,

 

 

y3

= arctg(ex ) + C.

 

 

 

 

 

 

1+ e2 x

 

 

 

(ex )2 +

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y(0) = 0 ,

 

03

 

= arctg(e0 ) + C, 0 =

 

π

 

+ C,

C

= −

π

.

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

4

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Частным решением уравнения, которое

удовлетворяет

начальному

 

 

 

условию

y(0) = 0 ,

 

 

является

 

 

решение

 

 

y3

= arctgex

π .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

1 y2 dx ydy = 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Разделим

переменные и интегрируем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

dy x = − 1 y2 + C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx =

 

или

 

 

 

 

(x C)2 + y2 =1

 

1

y2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решения потеряны при делении на

 

 

1 y2 .

 

ВНИМАНИЕ!

 

 

Решения вида y = ±1 не содержатся в общем интеграле.

 

 

© БГЭУ Лекция № 7

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П. 12

Пример. Задача об эффективности агитации.

Пусть некоторой партией ведется предвыборная кампания, в ходе которой она распространяет агитационную информацию о кандидате К. Пусть в момент времени t = 0 в результате агитационных действий информацию о кандидате получили x0 человек из общего числа N

потенциальных избирателей. Далее эта информация распространяется

посредством общения людей, и в момент времени t > 0 число владеющих информацией людей равно x(t).

Сделаем предположение, что скорость роста числа владеющих информацией людей пропорциональна как числу осведомлённых в данный момент избирателей, так и числу неосведомленных избирателей.

Это приводит к уравнению

dx

=kx(N x).

dt

 

 

 

Здесь k – положительный коэффициент пропорциональности. Разделим переменные и интегрируем

 

dx

 

= kdt

1

ln

x

 

 

 

= kt + C .

 

 

 

 

x(N x)

N

N x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для удобства

положим

NC = D.

Тогда

x

= eNkt +D .

N x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда определим функцию

 

x(t)=

 

 

 

N

 

,где E

= eD

 

1

+ EeNkt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

© БГЭУ Лекция № 7 Дифференциальные уравнения проф. Дымков М. П. 13

Такого вида функция называется логистической, а её график

логистической кривой.

Если теперь учесть, что х(0) = х0 и положить х0 = N/α, где

α > 0, то можно найти значение константы Е. Логистичеcкая функция примет вид:

x(t) = N . 1 + (α 1)e Nkt

На рисунке приведены примеры логистических кривых,

полученных при различных значениях α. Здесь величина N условно принималась за 1, а величина k бралась равной 0,5.

С помощью логистической функции описываются многие экономические, социальные, технологические и биологические процессы, например, постоянный рост продаж, распространение слухов, распространение технических новшеств, рост

Логистические кривые популяции определенного вида животных и др.

© БГЭУ Лекция № 8 Основные классы интегрируемых ДУ проф. Дымков М. П. 1

Дифференциальное уравнение вида

 

A(x) y′+ B(x) y + C(x) = 0, A(x) 0,

 

или

y′+ p(x) y = q(x)

(1)

называется линейным ДУ первого порядка.

 

Метод : ДУ a ДУ с разделяющимися переменными

Будем искать решение в виде

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = u(x) v(x)

 

Тогда

 

y

 

 

 

 

.

 

 

 

Подставим y и y

в (1)

 

 

 

 

 

= u v + uv

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

+ p(x)uv = q(x)

 

 

 

 

+ p(x)v) = q(x)

 

 

u v + uv

 

 

u v + u(v

 

 

 

Функцию v(x) возьмем как ненулевое решение для

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v′ + p(x)v = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dv

 

 

= −p(x)v,

 

 

dv

= −p(x)dx,

 

 

dv

= −∫ p(x)dx ,

 

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v

 

 

 

 

 

 

 

 

v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln

 

v

 

= −∫ p(x)dx,

 

 

 

 

 

v = ep( x)dx .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда для нахождения u(x) получается уравнение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

du

p( x)dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p( x)dx

 

 

 

 

u v = q(x)

 

e

 

 

 

 

 

= q(x)

du = e

 

 

 

 

q(x)dx,

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u = ∫( ep( x)dxq(x) )dx +C,

v = ep( x)dx

 

 

 

 

y = u v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Формула решения ЛДУ 1-го порядка

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

© БГЭУ

 

Лекция № 8

 

 

 

 

Основные классы интегрируемых ДУ

 

проф. Дымков М. П. 2

 

 

Пример.

 

 

 

Решить задачу Коши :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1 + x2 ) y′ − 2xy = (1 + x2 )2 ,

 

 

 

y(2) = 5

 

 

 

Решение. Разделив 1 + x2 0, получим линейное

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

неоднородное ДУ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y′ −

 

 

 

y =1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x2

 

Ищем решение в виде:

 

 

y = uv,

 

y

 

 

+ uv

.

 

 

 

 

 

 

 

= u v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

Подставим в ДУ:

 

 

 

 

 

 

 

1

+ x2 uv =

1+ x

, откуда

 

 

u v +uv

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2xv

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u v + u(v

 

 

 

 

 

 

) =1 + x

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

+ x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подберем функцию v так, чтобы коэффициент при u

 

обратился в нуль:

 

v′ −

 

 

2x

 

v

 

 

 

 

 

 

 

dv

 

 

 

2xv

 

 

 

 

 

 

= 0

 

 

или

 

 

=

 

 

 

,

 

 

1 + x2

 

 

dx

1 + x2

 

 

 

dv

 

2xdx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

=

,

 

ln

 

v

 

= ln

 

,

 

 

 

 

 

 

v =1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v

1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) =1 + x

 

Подставив в

 

 

 

 

=

 

, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

u v

 

 

 

u (1 + x

 

 

 

 

или u

 

 

 

du

 

 

 

 

 

 

 

 

du = dx,

 

u = x + C .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=1,

 

 

dx =1,

 

 

 

Значит,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

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

 

 

общее решение ДУ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

= −2, y

0

= 5 5 = (2 +C)(1+ 22 ), C = 3

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Частное решение имеет вид

 

 

y = (x + 3)(1 + x2 ).

 

 

 

© БГЭУ Лекция № 8 Основные классы интегрируемых ДУ проф. Дымков М. П. 3

Функция n переменных y = f (x1, x2 ,..., xn ) называется

однородной функцией степени m, если выполняется тождество f (tx1, tx2 ,...,txn ) t m f (x1, x2 ,..., xn ).

При n = 2 и m = 0 функция z = f (x, y) называется

однородной нулевой степени, если f (tx,ty) = f (x, y).

Пример: z = x2 + y2 является однородной нулевой

3xy

степени, так как

(tx)2

+ (ty)2

=

t 2

(x2 + y2 )

=

x2

+ y

.

3txty

 

3t 2 (xy)

3xy

 

 

 

 

 

Для однородной функции нулевой степени верно равенство f (1x x, 1x y) = f (1, xy) ( xy) (u) , x 0,(*)

Однородным дифференциальным уравнением первого

порядка называется уравнение

 

, где

y′ = f (x, y)

f (x, y) однородная функция нулевой степени.

© БГЭУ Лекция № 8 Основные классы интегрируемых ДУ проф. Дымков М. П. 4

Однородное уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение в виде: y = ux,

y

 

+u, где u = u(x)

 

= u x

неизвестная пока функция.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Подставим y

и y в ДУ

 

 

(*)

 

 

 

 

 

 

 

 

u x + u = ϕ(u).

Разделим переменные

 

du

=

dx

. Интегрирование

ϕ(u) u

x

 

 

 

 

 

 

 

и замена u = xy даст решение исходного уравнения.

 

( y x) ydx + x2dy = 0.

Пример

Решение. Находим y′ =

(x y) y

. Функция

x2

 

 

 

z= f (x, y) = (x y) y однородная нулевой степени.

x2

Положим y = ux, y′ = ux + u . Тогда

 

 

 

 

 

 

(x ux)ux

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 (1

u)u

 

 

 

u x + u =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

или

 

 

 

u x + u =

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

du

 

 

 

dx

 

du

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u x + u = u u

 

 

 

;

 

 

= −

 

 

 

− ∫

 

 

 

= ∫

 

 

+ ln

C

;

 

 

 

u2

x

u

2

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ln

 

x

 

 

+ ln

 

C

 

;

x

= ln

 

Cx

 

---- общее решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]