Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет приборостроения и информатики

Предмет:

Дифференциальные уравнения

Файл:

Матан_Дифф_Уравн

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.03.2016

Размер:

492.9 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Данное

дифференциальное

уравнение

является

линейным

дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать

y в виде

y =uv. Тогда

=u v +uv .

Подставляя

′

в исходное уравнение,

′

получаем:

′

;

′

= 2xe

u v +uv

−4x uv = 2xe

u v

−4x

+u v

Выберем функцию v(x)

из условия

dv −4x3v = 0 . Уравнение для функции

v(x)

является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его

решение:

−4x3v =

0 ,

= 4x3dx ;

∫dv

∫4x3dx ;

ln v = x4 ; v = ex4 .

= ∫2xdx

′

= 2xe

;

′

= 2x ; u

; u = x

+C .

Найдем функцию u(x) : u e

Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид

y =uv = (x2 +C)ex4 .

Ответ:

y = (x2 +C)ex4

Задача 10. Найти решение задачи Коши

2x2

y(0) =

+ x2

1+ x2

Данное

дифференциальное

уравнение

является

линейным

дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать

y в виде

y =uv. Тогда

′

=u v +uv .

Подставляя

′

в исходное уравнение,

′

получаем:

2x2

v +u

; u

v =

+ x

1+ x

Выберем

функцию

v(x)

из

условия

v = 0.

Уравнение для

1+ x2

функции v(x) является уравнением с разделяющимися переменными.

Найдем его решение:

v = 0,

dx ;

∫

= −∫

dx ;

dx +

v = −

1+ x2

∫dvv

= −∫d1(x+2 x+21) ; ln v = −ln(1+ x2 ) ,

v =

1+ x2

Найдем функцию u(x) :

2x2

;

= 2x

; u = ∫2x

dx = 3x

+C .

1+ x2

Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид

y =uv

1+ x

Определим произвольную постоянную С.

Так как y(0) =

, то имеем

, C =

1+0

Ответ: y = 2 x3 +1 3 x2 +1

4. Уравнение Бернулли.

Определение. Уравнением Бернулли называется дифференциальное уравнение первого порядка, которое может быть записано в виде

dydx + P(x)y =Q(x)yn .

Можно предложить следующий метод решения этого уравнения. Неизвестную функцию y(x) будем искать в виде y =uv, где u(x) -

неизвестная функция, а v(x) - некоторая функция, выбранная специальным образом. (Способ выбора v(x) будет описан позже). Производная y′ равна: y′=u′v +uv′. Подставляя y и y′ в исходное уравнение, получаем

u′v +uv′+ P(x)uv =Q(x)unvn .

Полученное уравнение преобразуем к виду u[v′+ P(x)v] +u′v =Q(x)unvn .

Подберем функцию v(x) из условия: v′+ P(x)v = 0.

(Это уравнение для определения функции v(x) является уравнением с

разделяющимися переменными и нас интересует не его общее решение, а какое либо частное решение не тождественно равное нулю).

Тогда для определения u(x) имеем уравнение u′v =Q(x)unvn .

Это уравнение является дифференциальным уравнением первого порядка с разделяющимися переменными и способ его решения изложен ранее.

Задача 11. Найти решение задачи Коши:

2(xy′+ y) = xy2 , y(1) = 2 .

Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем искать y в виде y =uv. Тогда, подставляя y и y′в исходное уравнение, получим:

′

Функцию

v(x) определяем

из условия:

2u(xv +v) + 2xvu

= xu

x dv

+v = 0 ;

dv = −dx ;

∫dv

= −∫dx ;

ln v = −ln x ; v = 1 . Определим u(x) :

2 2

1 1

2xu

′

= xu v ;

∫u2 = ∫2x +С; −u = 2 ln x +C ;

u2 = 2x ;

u = − 1

2 ln x +C

Следовательно, общее решение имеет вид y = −	1			1
Следовательно, общее решение имеет вид y = −	x		1
	x		1
			2 ln x +C
y(1) = 2 определяем произвольную постоянную С:		2 = −		1	; С
y(1) = 2 определяем произвольную постоянную С:		2 = −		С	; С
				С

Ответ: y = − 2 . x(ln x −1)

Задача 12. Найти решение задачи Коши: dydx +3y = 4e−2x y3 , y(0) =1.

.Из условия

=−12 .

Данное уравнение является уравнением Бернулли.

Будем искать y в

виде

y =uv. Тогда,

подставляя

y и

y′в исходное уравнение,

получим:

′

+3v) +vu

′

= 4e

−2x

. Функцию

v(x) определяем

из

условия:

u(v

dv +

= 0 ;

= −3dx ;

∫dv = −∫3dx ; ln v = −3x ; v = e−3x . Определим u(x) :

−3x

′

−2x

−9x

−8x

;

= 4e

dx ;

∫u3

= ∫4e

dx +С;

−

= −

2 e

+C ;

2u2

u =

.( Знак плюс при извлечении квадратного корня выбран

e−8x −2C

исходя из начальных условий). Следовательно, общее решение имеет вид

y =

e−3x

y(0) =1 определяем произвольную

Из

условия

e−8x

−2C

постоянную С: 1 =

; С = 0.

1−2C

Ответ:

y = ex .

Задача 13. Найти решение задачи Коши:

y′+ 4x3 y = 4y2e4x (1− x3 ) ,

y(0) = −1.

Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем искать y в виде y =uv. Тогда y′=u′v +uv′. Подставляя y и y′ в исходное уравнение, получаем:

v +u

) .

+ 4x uv = 4u

(1− x

) ; u

v +

= 4u

− x

Функцию

v(x) определяем

из

условия:

+ 4x3v = 0 , dv

= −4x3dx ;

∫dv

= −∫4x3dx ;ln v = −x4 ; v = e−x4

. Определим u(x) :

du v = 4u2v2e4x (1− x3 ) ;

du = 4u2ve4x (1− x3 ) ;

= 4e4x−x4 (1− x3 )dx .

Интегрируем правую и левую части полученного соотношения

∫duu2 = ∫4e4x−x4 (1− x3 )dx .

Приведем схему вычисления полученных интегралов.

du	= ∫u	−2		u−1	1
∫u2	= ∫u		du =	−1 = −u .

Для вычисления ∫4e4x−x4 (1− x3 )dx сделаем замену переменных 4x − x4 =t ,

dt = 4(1− x3 )dx

, dx =

. Тогда получаем

4(1− x3 )

4x−x4

∫4e

− x

)dx = ∫4e

(1− x

)

= ∫e

dt = e

= e

4(1− x3 )

Подставляя

полученные

интегралы в исходное

выражение, получаем

= e

4x−x4

, u = −

. Следовательно , общее решение имеет вид

−u

e4x−x4

y =uv = −

e−x4

Используя

начальные

условия задачи Коши,

e4x

−x

определим С.

Так как y(0) = −1, то −1 = −

, С=0.

1+C

Тогда имеем y = −e−4x .

Ответ:

y = −e−4x .

2. Уравнения высших порядков

Далее перейдем к уравнениям более высокого порядка. Дифференциальным уравнением порядка n , разрешенным

относительно старшей производной, называется дифференциальное уравнение вида

y(n) = f (x; y; y′; y′′;...y(n−1) ) .

Частным решением дифференциального уравнения называется любая функция y = y(x), при подстановке которой в

дифференциальное уравнение, оно превращается в тождество. Задачей Коши для дифференциального уравнения порядка n называется задача отыскания решения дифференциального уравнения

y(n) = f (x; y; y′; y′′;...y(n−1) ) ,

удовлетворяющего условиям

y(x0 ) = y0 , y′(x0 ) = y0′, y′′(x0 ) = y0′′,…, y(n−1) (x0 ) = y0(n−1)

при x = x0 .

Доказано, что при определенных условиях задача Коши имеет решение и при том единственное.

Общим решением дифференциального уравнения

y(n) = f (x; y; y′; y′′;...y(n−1) ) называется совокупность функций

y =ϕ(x;C1;C2 ;...Cn ), где C1,C2 ,...,Cn - произвольные постоянные, удовлетворяющая условиям:

1.При любом наборе произвольных постоянных C1,C2 ,...,Cn

функция y =ϕ(x;C1;C2 ;...Cn ) является частным решением дифференциального уравнения;

2.Для любых начальных условий задачи Коши y(x0 ) = y0 ,

y′(x0 ) = y0′, y′′(x0 ) = y0′′,…, y(n−1) (x0 ) = y0(n−1) при

x = x0 существует такой набор значений произвольных постоянных C01,C02 ,...,C0n , что выполнены условия

ϕ(x0 ;C01;C02 ;...C0n ) = y0 , ϕ′(x0 ;C01;C02 ;...C0n ) = y0′,…….,

ϕ(n−1) (x0 ;C01;C02 ;...C0n ) = y0(n−1)

5.Уравнения, допускающие понижение порядка. Пусть дано уравнение порядка n вида

F(y(n) , y(n−1) ,...y(k ) , x)= 0 ,

то есть в данное уравнение явно не входят неизвестная функция и производные этой функции до порядка k-1 включительно. Введем новую неизвестную функцию z(x) = y(k ) (x) . Производные функции

y(x) выразятся через производные функции z(x) следующим образом: y(k +1) = z′,…, y(n) = z(n−k ) . Подставляя в исходное уравнение, получаем F(z(n−k ) , z(n−k −1) ,...z′, z, x)= 0 . Полученное уравнение для функции z(x) является уравнением более низкого порядка. Если функция z(x) определена, то функция y(x) определяется интегрированием соотношения y(k ) (x) = z(x) .

Задача 14. При x>0 найти общее решение дифференциального уравнения

2xy′′′ = y′′.

Это уравнение явно не содержит y и y′. Обозначим y′′ = z . Тогда: y′′ = z , y′′′ = z′. Подставляя в исходное уравнение, получаем

2xz′ = z .

Уравнение для определения функции z(x) является уравнением с

разделяющимися переменными. Найдем его решение: 2x dz

= z ;

dz = dx ;

∫dz

= ∫dx

1 ln x + ln

; ln

= ln

;

z = C

Так как y′′ = z , то y′ = ∫zdx +C1 = ∫Cxdx +C1 = 23 Cxx +C1 . Тогда

2					4		2
								x +C1 x +C2 .
y = ∫		Cx x +C1	dx +C2	=		Cx
	3				15


Обозначим C3 =		4		C .
	15

Ответ: y = C3 x2			+C1 x +C2 , где C3 ,C1 ,C2 - произвольные
	x

постоянные.

Задача 15. Найти общее решение дифференциального уравнения

(1+ x2 )y′′+ 2xy′ = x3 .

Данное уравнение не содержит явно неизвестную функцию y . Введем новую неизвестную функцию z = y′. Тогда y′′ = z′ и уравнение преобразуется к виду

(1+ x2 )z′+ 2xz = x3 .

Полученное уравнение является линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать z в виде z = uv.

Тогда y′ = u′v +uv′. Подставляя y и y′ в исходное уравнение, получаем:

						18
(1	+ x	2	du	v +u	dv	+ 2xuv = x	3	;
(1	+ x		)	v +u		+ 2xuv = x		;
			dx		dx

(1+ x

)

+(1+ x

)

v = x

+2xv

Выберем функцию v(x) из условия (1+ x2 ) dv + 2xv = 0.

Уравнение для функции v(x) является уравнением с

разделяющимися переменными. Найдем его решение:

(1+ x

) dx

+ 2xv = 0

= −

dx ; ∫

v = −∫

dx;

1+ x2

d(x2 +1)

∫

v = −∫

1+ x2

;

ln v = −ln(1+ x

) , v

1+ x2

Найдем функцию u(x):

(1+ x2 ) du

= x3 ;

= x3 ; u = ∫x3dx =

1x4

+C1.

Тогда

dx 1+ x

= uv =

+ x

4 (x

+1)

Определим y .

y = ∫zdx = 4 ∫

dx +

∫

dx=

(x2 +1)

x2 +

−1+

dx =

∫x

∫

x3 − 1 x + 1 arctgx +C arctgx +C

Так как C + 1

является так же произвольной постоянной, то

окончательный ответ может быть записан в виде y = 121 x3 − 14 x +C1arctgx +C2 .

Ответ: y = 121 x3 − 14 x +C1arctgx +C2 .

Второй тип уравнений, допускающих понижение порядка, - это уравнения, которые явно не содержат независимую переменную x . (Мы будем рассматривать только уравнения второго порядка, однако предложенный метод применим и для уравнений более высокого порядка.) Пусть дано уравнение вида

F(y′′, y′, y) = 0 .

Будем искать производную y′как функцию y в виде y′ = p(y) , где p(y) - неизвестная функция. Тогда

y′′= dxd p(y) = dpdy dydx = p′p .

Подставляя y′′ и y′в исходное уравнение, получаем

F( p′p; p; y) = 0 .

Полученное уравнение является уравнением первого порядка для функции p(y) . Если нам удастся найти функцию p(y) , то для

определении y имеем уравнение y′ = p(y) , которое является

уравнением с разделяющимися пере6менными.

Замечание. При изложенном методе могут быть потерянны решения p(y) = 0 , то есть y = const . Поэтому такие решения

рекомендуется выписывать отдельно. Задача 16. Найти решение задачи Коши:

′′

128y

′

y(0) =1, y (0) = 8 .

= p p . Подставляя

Будем искать y

′

в виде y

′

= p(y) . Тогда

′′

′

и y′ в исходное уравнение, получаем

p(y) уравнение

p p =128y

. Полученное для

′

является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его решение: p dpdy =128y3 , pdp =128y3dy , ∫pdp = ∫128y3dy ,

p2 = 32y4 +C . Определим произвольную постоянную С. Так как

при x = 0 имеем y(0) =1, а y (0) = 8 , то p = 8 при

y =1. Тогда

′

32=32+С, С=0. Следовательно,

= 32y4 или . Знак плюс при

положительное

извлечении корня выбран потому, что y (0) = 8

′

число. Неизвестную функцию y(x) определяем из уравнения

′ = 8y2 . Найдем его решение: dy

= 8y2 , dy2 = 8dx

∫dy2 = ∫8dx ,

−

= 8x +C , y = −

. Так как

y(0) =1, то 1 = −

, C = −1.

8x +C

Следовательно, y = −

8x −1

Ответ: y = −8x1−1 .

Задача 17. Найти решение задачи Коши:

y′′ = 6y2 , y(2) = 14 , y′(2) = −14 .

Будем искать y′ в виде y′ = p(y). Тогда y′′ = p′p . Подставляя y′′ и y′ в исходное уравнение, получаем

p′p = 6y2 .

Полученное для p(y) уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его решение:

p dp

= 6y2 ,

pdp = 6y2dy , ∫pdp =

∫6y2dy ,

= 2y3 +C .

Определим произвольную постоянную С. Так как при x = 2

′

p =

имеем y(2) =

4 , а

y (2) =

4 , то

4 при y = 4

. Тогда

+С, С=0. Следовательно,

= 2y

или . Знак плюс при

′

извлечении корня выберем потому, что y (2) =

положительное число. Неизвестную функцию y(x) определяем

′

из уравнения y

= 2

. Найдем его решение:

dx = 2y

dy3 = 2dx,

∫dy3

= ∫2dx, −

= 2x +C , y =

. Так

(2x +C)

как y(2) =

1 , то

C = 0. Следовательно,

y =

(4 +C)2

Ответ: y =

Задача 18. Решить задачу Коши

y′′ =18sin3 y cos y ,

y(1) = π2 , y′(1) = 3.

′′

′

Будем искать y

′

в виде y

′

= p(y). Тогда y

= p p .

Подставляя y′′

и y′

в исходное уравнение, получаем

p dpdy =18sin3 y cos y .

Полученное для p(y) уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его решение: p dpdy =18sin3 y cos y , pdp =18sin3 y cos ydy ,

∫pdp = ∫18sin3 y cos ydy, ∫pdp = ∫18sin3 yd sin y ,

p2 = 9 sin4 y +C . Определим произвольную постоянную С. Так

2 2

как при

x =1 имеем y(1) =

, а

′

p = 3 при y =

y (1) = 3, то

2 .

Тогда

+C , С=0. Следовательно,

9sin

4 y

или

p = ±3sin2 y . Знак плюс при извлечении корня выберем плюс

			′			- положительное число. Тогда
потому, что y (1) = 3						- положительное число. Тогда
	p = 3sin2 y . Неизвестную функцию y(x) определяем из
уравнения			dy	= 3sin2			y . Найдем его решение: dy = 3sin2	y ,
	dy		dx		dy		dx
	dy	= 3dx,		∫	dy		= 3∫dx, −ctgy = 3x +C . Так как
	sin2 y	= 3dx,		∫	sin2 y		= 3∫dx, −ctgy = 3x +C . Так как
	y(1) =	π , то 0 = 3 +C , C = −3.
		2
Следовательно, y = arcctg3(1− x).
	Ответ:		y = arcctg3(1− x).

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Дифференциальные уравнения

#
09.04.20151.08 Mб86МАТАН: Дифференциальные уравнения.pdf
#
15.03.2016492.9 Кб15Матан_Дифф_Уравн.pdf