Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусско-Российский университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Высш.мат.ДУ.Метод.указ

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.02.2016

Размер:

408.42 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

							11
15 2xy′(x2 + y2 )= y (y2 +2x2 ).								16 (x −2 y −1)dx +(3x −6 y +2)dy = 0 .
Замечание –			ДУ вида y′= f			a x +b y +c					где a1b −ab1 ≠ 0, приво-
							1	1	1	,
							ax +by +c			,
							ax +by +c				подстановки x = x′+α ,
дится		к однородному уравнению					с	помощью			подстановки x = x′+α ,
y = y	′	′		′	– новые переменные; α,				β – постоянные, удовлетво-
y = y		+ β , где x , y			– новые переменные; α,				β – постоянные, удовлетво-
ряющие системе			a1α +b1β +c1 = 0,
			aα +bβ +c = 0.

1.6Линейные ДУ первого порядка. Уравнение Бернулли. Уравнение

вполных дифференциалах

ДУ называется линейным, если оно линейно (т. е. первой степени) от-

носительно искомой функции y и её производной dydx .

Линейное неоднородное ДУ первого порядка записывается в виде

y′+ P (x)y =Q (x).

(1.12)

Если правая часть уравнения (1.12) Q (x)≡ 0 , то уравнение называется

линейным однородным и записывается в виде

y′+ P (x)y = 0 .	(1.13)
Рассмотрим два способа решения линейного ДУ: способ Бернулли и
способ Лагранжа.
Способ Бернулли (способ подстановки). Выполним в уравнении (1.12)
замену переменной, положив y = uv , где u = u (x),	v = v (x). Тогда

y	′	′	′		. Уравнение (1.12) примет вид:
y		= u v +uv			. Уравнение (1.12) примет вид:
		′		′	+ P (x)uv =Q (x) или	′	′	+ P (x) v)=Q (x).	(1.14)
		u v +uv			+ P (x)uv =Q (x) или	u v +u (v		+ P (x) v)=Q (x).	(1.14)
		Одну из функций u (x) или v (x)				можно взять (предположить) произ-

вольной, другая определяется на основании уравнения (1.14) и сделанного предположения. Например, в качестве функции v (x) выбираем частное

решение уравнения v′+ P (x)v = 0 . Тогда v = e−∫P(x)dx . Подставив выражение v в уравнение (1.14), найдём u = u (x,C ). Затем находим общее решение данного уравнения y = u (x,C )v (x).

Способ Лагранжа (способ вариации произвольной постоянной). Сначала находим общее решение соответствующего однородного линейного

уравнения (1.13), т. е. соотношение

y =Ce

−∫P(x)dx

(1.15)

Затем, полагая в этом соотношении величину C функцией от x , ищем

общее решение неоднородного уравнения (1.14) в виде

y =C (x)e−∫P(x)dx .

(1.16)

C (x) находим из уравнения (1.12), подставив в него y =C (x)e−∫P(x)dx

y′= C (x)e−∫P(x)dx ′

=C′(x) e−∫P(x)dx −C (x) e−∫P(x)dx P (x).

Пример 8. Проинтегрировать уравнение

y′−(ctgx) y = sin x .

Решение

y = uv , тогда

Убедившись, что данное уравнение линейное, полагаем

′

+uv

′

и данное уравнение в новых переменных примет вид:

= u v

′

+uv

′

−(ctgx)uv = sin x ,

′

+u (v

′

−(ctgx)v) = sin x .

u v

Возьмем в качестве v (x)

одно из решений уравнения

v′−(ctgx)v = 0 .

(1.17)

Тогда для отыскания u (x) получим уравнение

′

(1.18)

u v =sin x .

Решаем уравнение (1.17):

= (ctgx)v ,

или

= ctgxdx .

∫

∫ctgxdx ,

откуда

= ln

sin x

или

v =sin x .

Находим u (x)

как

общий

интеграл

уравнения

(1.18), подставив

v =sin x :

(sin x)u′ = sin x ,

du = dx ,

u = x +C .

Зная u и v , находим искомую функцию y = uv = (x +C )sin x ― общее

решение исходного ДУ.

Пример 9.

Проинтегрировать уравнение y′− y = 2ex ,

найти частное

решение, удовлетворяющее начальному условию y (0)=1.

Решение

Применим метод вариации произвольной постоянной. Однородное ДУ y′− y = 0, соответствующее данному уравнению, имеет общее решение

y =Cex , где C – произвольная постоянная. Будем искать общее решение исходного уравнения в виде y = C (x)ex , где C (x) – неизвестная функция

от x . Так как y′=C′(x)ex +C (x)ex , то, подставляя выражения для y и y′
в неоднородное уравнение, получим
	C′(x)ex +C (x)ex −C (x)ex = 2ex ,
откуда C′(x)= 2 ,	C (x)= 2x +C1 , C1 – произвольная постоянная.
Итак, общее решение данного уравнения имеет вид:		y = (2x +C )ex .
Полагая y =1,	x = 0 , из этого уравнения находим C1 :	1
		C1 =1.
Тогда частное решение исходного ДУ, удовлетворяющее начальному
условию, имеет вид:	y = (2x +1)ex .
Уравнение Бернулли y′+ P (x)y =Q (x)yα (α ≠ 0, α ≠1), где α R ,

сводится к линейному при помощи подстановки u = y1−α . Уравнение Бернулли можно решать теми же способами, что и линейное уравнение, не производя замену u = y1−α .

Уравнение
P (x, y)dx +Q (x, y)dy = 0	(1.19)

называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть является полным дифференциалом некоторой функции u (x, y), т. е.

P (x, y)dx +Q (x, y)dy = du (x, y).			(1.20)
Общий интеграл уравнения (1.19) определяется формулой
	u (x, y)=C .		(1.21)
Поскольку	du = ∂u dx +	∂u dy ,
	du = ∂u dx +	∂u dy ,	(1.22)
	∂x	∂y
то из равенств (1.20) и (1.22) следуют уравнения
∂u	= P (x, y),	∂u =Q (x, y).	(1.23)
∂x		∂y

Необходимое и достаточное условие того, что уравнение (1.19) является уравнением в полных дифференциалах, выражается равенством

		14
∂P	=	∂Q .	(1.24)
∂y		∂x

Если левая часть уравнения (1.19) не является полным дифференциалом, но становится таким при умножении на некоторую функцию

μ = μ(x, y), то μ = μ(x, y) называется интегрирующим множителем.

Интегрирующий множитель зависит только от

x , т. е.

μ = μ(x), если

∂P

−

∂Q

f (x), и зависит только от

y , если

∂P

−

∂Q

=ϕ(y).

∂y

∂x

Пример 10. Из семейства интегральных кривых дифференциального уравнения 2x cos2 ydx +(2 y − x2 sin 2 y)dy = 0 выбрать ту, которая проходит

через начало координат.

Решение

Для данного в условии уравнения имеем:

P (x, y)= 2x cos2		y ,	Q (x, y)= 2 y − x2 sin 2 y ,
∂P	= 2x 2 cos y	(−sin y)= −2x sin 2 y ,	∂Q	= −2x sin 2 y .
∂y			∂x

Так как выполняется условие (1.24), то данное уравнение является уравнением в полных дифференциалах. Следовательно, уравнения (1.23) принимают вид:

∂u	= 2x cos2	y ,	∂u	= 2 y − x2 sin 2 y .
∂x			∂y

Интегрируем второе из этих уравнений ( x при этом считается постоянной), найдём:

u (x, y)= ∫(2 y − x2 sin 2 y)dy + f (x);

u (x, y)= y2 +

1 x2 cos2 y + f (x),

где f (x)―функция, подлежащая определению.

Чтобы найти функцию

f (x), продифференцируем по

функцию

u = u (x, y):

∂u 1

′

(x)

∂x = 2 2x cos 2 y + f

и, принимая во внимание равенство

∂u

= 2x cos2

y , получаем:

∂x

x cos 2 y + f ′(x)= 2x cos2

y ,

x cos 2 y + f ′(x)= x (1+cos 2 y),

x cos 2 y + f ′(x)= x + x cos 2 y ,

f ′(x)= x ,

f (x)=

+C .

Итак,

u (x, y)= y2 +

x2 cos 2 y +

+C .

В соответствии с формулой (1.16) получаем

cos 2 y +

+C =C

или

cos 2 y +

=C ,

где C =C2 −C1 .

Здесь C1, C2

– произвольные постоянные.

Итак,

cos 2 y +

– общий интеграл данного уравнения,

т. е., семейство интегральных кривых, определяемое данным уравнением. Из этого семейства кривых выделим ту, которая проходит через начало координат: подставим в уравнение семейства интегральных кривых на-

чальные данные x = 0 и y = 0. Получим C = 0 .

Ответ:	y	2	+	1	x	2	cos 2 y +	x2	= 0 .
				2				2

1.7 Упражнения

Проинтегрировать уравнения

y′−

= x .

x2 y2 y′+ xy3 =1.

x x −1 y

′

+ y = x

+2x −1,

y 2 = 4 .

′− =

cos x .

(

)

( )

2 y

+1)y′+4xy = 3.

= −

+ x

y′+

= x2 .

(1− x)(y′+ y)= e−x .

( )

(

)

x2 + xy′= y ,

y 1

= 0 .

e−y dx + 1− xe−y

dy = 0 .

x′+ x cos y = cos y ,

x (0)=1.

2xy′− y = 3x2 .

y′cos x + y =1−sin x .

y′−2xy = 2xex2 .

y′x + y = −xy2 .

y′−

1+2x

y =

1+2x

x + x2

2 Дифференциальные уравнения высших порядков

2.1 Основные понятия и определения

Обыкновенным дифференциальным уравнением n -го порядка назы-

вается уравнение вида

		′	(n)	)= 0	,		(2.1)
		F (x, y, y ,..., y		)= 0	,		(2.1)
где x – независимая переменная;
y – искомая функция переменной x ;
′	(n)	– её производные.
y ,..., y		– её производные.					(n−1)
При этом функция F может явно не зависеть от						′	(n−1)	, но
При этом функция F может явно не зависеть от						x, y, y ,..., y		, но

обязательно должна зависеть от y(n).

В некоторых случаях уравнение (2.1) удаётся разрешить относительно y(n), т. е. записать в виде

y	(n)	=	′	(n−1)	).	(2.2)
			f (x, y, y ,..., y

Такое уравнение, разрешённое относительно старшей производной,

называется ДУ в нормальной форме.

Функция y =ϕ(x,C1,C2 ,...,Cn ), зависящая от x и n произвольных по-

стоянных C1,C2 ,...,Cn , называется общим решением уравнения (2.2) в не-

которой области σ , если она является решением этого уравнения для любых значений C1,C2 ,...,Cn (или хотя бы для любых значений этих постоян-

ных из некоторого множества) и если любое решение уравнения, лежащее в области σ , может быть записано в виде y =ϕ(x,C1,C2 ,...,Cn ) при кон-

кретных значениях C1,C2 ,...,Cn .

Неявно заданное общее или частное решение ДУ (2.1) ((2.2)) называ-

ется соответственно общим или частным интегралом ДУ.

Задача Коши и теорема Коши для ДУ высшего порядка формулируются аналогично их формулировкам для ДУ первого порядка.

2.2 Уравнения, допускающие понижение порядка

Рассмотрим ДУ	y	(n)	= f (x),	′	′′	)= 0	,	′	′′	)= 0 .
				F (x, y , y				F (y, y , y

Уравнениевида y(n) = f (x) решается n – кратныминтегрированиемДУ.

Пример 1. Найти общее решение уравнения y′′′= x13 и выделить част-

ное решение, удовлетворяющее начальным условиям y (1)= 2 , y′(1)= 12 ,

y′′(1)= 23 .

Решение

Последовательно интегрируя данное уравнение, имеем:

y′′=

+C1 ,

y′

∫

= −

−

+C1 dx =

+C1x +C2

∫ x

∫

y =

+C1x

+C2 dx =

+C1

+C2 x +C3

– общее решение ДУ.

Подставляя

x =1,

y = 2,

y′= 12 ,

y′′= 23 в систему равенств

= ∫

y′′

= −

+C1,

2x2

y′

−

+C1 dx

+C1x

+C2 ,

∫

y =

+C1x +C2 dx =

+C1

+C2 x

+C3 ,

∫

найдём значения

C1,C2 ,C3 . Имеем:

= −

1 +C ,

+C1 +C2 ,

2 =

ln1

Откуда C1 = 2,

C2 = −2,

C3 = 3.

Искомое частное решение получаем

из общего решения, подставляя в него найденные значения произвольных постоянных:

y =	1	ln	x	+	x2	−2x +3.

	2				2

Уравнение вида F (x, y′, y′′), не содержащее явно функцию y , преобразуется в уравнение 1-го порядка посредством подстановки y′= p (x), от-

куда y′′= dpdx .

Пример 2. Проинтегрировать уравнение y′′= 2 (y′−1)ctgx .

Решение

Имеем уравнение

вида

′

′′

)

= 0 .

Полагаем

′

= p , тогда

F (x, y , y

′′

′

′′

= dx . После подстановки значений

в данное ДУ получаем урав-

y ,

нение первого порядка с разделяющимися переменными

= 2 (p −1)ctgx .

Разделяя переменные и интегрируя, находим:

= 2ctgxdx ,

∫

= 2∫ctgxdx ,

p −1

p −

p −1

= 2 ln

sin x

+ln

C1 ≠ 0,

p −1 =C sin2 x ,

p =1+C sin2 x .

Заменяя переменную p на

, получим

=1+C1 sin2 x ,

т. е.

dy = (1+C1 sin2 x)dx .

Интегрируя, найдём общее решение исходного уравнения в виде

y = ∫(1+C1 sin2 x)dx = x +

∫(1−cos2x)dx = x +

x −

sin 2x +C2 .

Итак, общее решение данного уравнения имеет вид: y = x + C21 x − C41 sin 2x +C2 .

Уравнение вида F (y, y′, y′′)= 0 , не содержащее явно аргумента x , преобразуется в уравнение первого порядка посредством подстановки

y′= p (y), откуда y′′=

p .

Пример 3. Проинтегрировать уравнение

yy′′−(y′)2

= y2 y′.

Решение

′

′′

)= 0

. Полагаем y

′

= p , p = p (y); то-

Имеем уравнение вида F (y, y , y

гда y′′= dpdy y′, т. е. y′′= p dpdy . Исходное уравнение теперь запишется в ви-

де yp dp	− p2	= y2 p , т. е.	p y	dp	− p − y2	= 0 .
				dy
dy

Приравнивая первый множитель к нулю, получаем простейшее уравнение p = 0 , т. е. y′= 0. Его решение y =C , C – произвольная постоянная.

Приравнивая второй множитель к нулю, получаем линейное ДУ относительно p (y)

− p − y2

= 0 ,

или

−

p = y ,

(2.3)

решение которого ищем в виде

p = uv , где

u = u (y),

v = v (y).

Тогда

= v du

+u dv .

Уравнение (2.3) записывается в виде

= y ,

−

= y .

(2.4)

Подбираем

v так, чтобы

−

= 0 .

Откуда

v = y .

Так как v = y ,

то для нахождения

из (2.4)

получаем уравнение

v du

= y или

y du = y ,

−1

= 0 , откуда y = 0;

=1, или u = y +C1 ,

p = y (y +C1 ).

C1 – произвольная постоянная. Тогда

Но p = y′, следовательно,

y′= y (y +C

или

= dx .

y (y +C1 )

Интегрируя, получаем: ∫

= ∫dx +C2 ,

2 +C y

y +

−

∫

= x +C2 ,

= x

+C2

C 2

y +

−

или

= x +C2 – общий интеграл исходного ДУ.

y +C1

y =C – особое решение данного уравнения, ибо не получается из об-

щего ни при каких значениях C1 и C2

(семейство решений y =C содержит

в себе и решение y = 0).

2.3 Упражнения

Решить ДУ высших порядков, используя методы понижения порядка

1y′′= x ln x .

2y′′′= cos 2x .

3y′′= 3x2 , y (0)= 2, y′(0)=1.

4x (y′′+1)+ y′= 0 .

5x2 y′′+ xy′=1.

6xy′= y′ln yx′ .

7(1+ x2 )y′′+2xy′= x3 .

8yy′′−(y′)2 = y2 y′.

9 1 +(y′)2 = 2 yy′.

10yy′−(y′)2 = y3 .

11y′′′= xex , y (0)= y′(0)= y′′(0)= 0 .

12xy′′′+ y′′− x −1 = 0 .

13x (y′)2 y′′−(y′)3 = x34 .

142 yy′′−3(y′)2 = 4 y2 .

15y′′= y′ + x2 .

xy′

16y′′y3 =1.

2.4 Линейные однородные уравнения высшего порядка с постоянными коэффициентами

Пусть

	y(n) +a y(n−1) +a		2	y(n−2) +... +a			n	y = 0 ,			(2.5 )
	1
т. е. L(y)= 0 ,	где L(y)= y(n) +a y(n−1) +a				2	y(n−2) +... +a			n	y = 0 –	линейное
однородное ДУ				1
	n −го порядка с постоянными коэффициентами.
Будем искать решение этого уравнения в виде y = ekx , где k											– некото-
рое число. Так как y′= kekx ,		y′′= k2ekx ,…, y(nπ ) = knekx ,							то

L(ekx )= ekx (kn +a1kn−1 +a2kn−2 +... +an ).

Многочлен	F (k )= kn +a kn−1 +a			kn−2 +... +a				n	называется характери-
	1		2					n
стическим многочленом ДУ (2.5).
Для того чтобы функция y = ekx			являлась решением ДУ (2.5), необхо-
димо и достаточно, чтобы L(ekx )= 0 , т. е. ekx F (k )= 0 .
Множитель ekx ≠ 0 , следовательно,					F (k )= 0,				или
	kn +a kn−1	+a	kn−2		+... +a	n	= 0.			(2.6)
	1	2				n

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.03.2025134.14 Кб0Всё об интернете.doc
#
14.11.20191.02 Mб24Все ответы по акустике.docx
#
19.09.2019161.28 Кб4Вся шпора по бух учету.doc
#
05.05.2019950.27 Кб6ВФП 31-49.doc
#
03.05.2019331.78 Кб29Выплавка стали в электропечах.doc
#
29.02.2016408.42 Кб7Высш.мат.ДУ.Метод.указ.pdf
#
29.02.20161.02 Mб33Высшая математика(1курс).doc
#
29.02.20161.31 Mб11Высшая математика.pdf
#
11.07.2019690.18 Кб6Вышка заочникам.doc
#
25.09.20191.06 Mб23вышка шпоры норм.docx
#
01.04.20258.58 Mб3Гocы(16 шр.).2012.doc