Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

книги / Обыкновенные дифференциальные уравнения

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

2.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 202 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Разделяем переменные и интегрируем

∫ dmm = −∫ kdt ,

откуда

lnm=−kt +C ,

следовательно,

m = C1e−kt .

Используем начальные условия t = 0 , m(0) = m0 ,

m0 = C1 , m = m0e− kt .

Из наблюдений известно, что k = 0,000436 (единица измерения времени -

год). Тогда m = m0e−0,000436t .

Найдем период полураспада T:

t = T , m = m0 , 2

m0 = m0e−0,000436T , откуда

ln	1	= −0,000436T или

2
T =		ln 2	≈ 1590	(лет).


0,000436

Рассмотрим уравнение, приводящееся к уравнению с разделяющимися переменными:

y′ = f (ax + by + c), , где f – непрерывная функция.

Сделаем замену: z = ax + by + c , тогда	y =	z − ax − c	, откуда	y′ =	z′−a	или
		b			b

z′ − a = f (z) . Следовательно, z′ = bf (z) + a.
b
Разделим переменные
dz	= dx.
bf (z) + a	= dx.

После интегрирования и возвращения к прежней переменной получим общий интеграл указанного уравнения.

Пример 4. Найти общий интеграл уравнения

						y′ = 4x + 2y −1 .
Сделаем замену z = 4x + 2y −1 .
Тогда	y =	z − 4x +1	,	y′ =	z′ − 4	. Уравнение примет вид	z′ − 4 = z .

	2			2			2

Разделим переменные и проинтегрируем:

					∫			dz		=	∫dx;
					∫	2				=	∫dx;
						2		z + 4
	1		dz		2			2	tdt
	1		dz	z = t				2	tdt
x =	2	∫	z + 2	=			=	2 ∫	t + 2		= t − 2 ln t + 2 + C , или

				dz =	2t

x = 4x + 2y −1 − 2ln( 4x + 2y −1 + 2)+ C .

1.3. Однородные уравнения

Определение. Функция f(x, y) называется однородной функцией n-го измерения относительно x и y, если для любого действительного λ

выполняется равенство f (λ x,λ y) = λ n f (x, y) .

Пример 5.

f (x, y) = xy − y2 ,	f (λ x,λ y) = λ x λ y − (λ y)2 = λ 2 (xy − y2 )= λ 2 f (x, y), здесь n = 2.
Определение.	Уравнение y′ = f (x, y) называется однородным, если

функция f(x, y) является однородной функцией нулевого измерения относительно x и y.

Пусть λ=

Тогда

f (x, y) =

f 1,

≡

и, следовательно,

однородное уравнение имеет вид

′ = ϕ y y .

Найдем общий интеграл уравнения.

Сделаем замену: u = xy , откуда y = ux, и потому

(1.6)

y′ = u′x + u. Подставим

эти равенства в уравнение (1.6): u ′x + u = ϕ (u ) . Тогда du x = ϕ (u) − u, или dx

∫	du	= ∫	dx	.
	ϕ (u) − u
			x

После интегрирования и обратной замены получим общий интеграл уравнения (1.6).

При этом необходимо проверить, не потеряно ли решение при разделении переменных.

Пример 6. Найти общий интеграл уравнения

y′ = 2 xy 2 . x − y

Проверим, является ли уравнение однородным:

f (λ x,λ y) =

λ 2 xy

= f (x, y) .

λ 2

(x2 − y

2 )

x2 − y2

Сделаем

замену:

= u

или

y = ux, откуда

y′ = u′x + u,

потому

u′x + u =

Разделим

переменные:

x =

− u

или

1 − u2

1− u2

1 − u2

Откуда

1 − u2

du =

. Следовательно,

∫

= ∫

1− u2

du, или ln C

= −

− ln

2u 2

Поэтому ln C

= −

Сделаем обратную замену u =

lnC

= −

, т.е.

получили общий

интеграл. Кроме того, при разделении переменных потеряно решение y = 0 .

Уравнения, приводящиеся к однородным


y′ =	ax + by + c			,	(1.7)

	a x + b y + c
1		1	1

где a, a1, b, b1, c, c1 – вещественные числа.

Если c = c1 = 0 , то (1.7) – однородное уравнение. Рассмотрим общий случай.


Введем новые переменные x = ξ + h,					x = η +		k, где h и k – некоторые
постоянные. Тогда dx = dξ , dy = dη				и уравнение (1.7) принимает вид:
	dη	=	aξ + bη + ah+ bk+ c					,
	dξ
			aξ + bη +		a+h b+k c
		1		1	1	1	1

ah + bk + c = 0,

выберем h, k так: + + =

a1h b1k c1 0.

Пусть ∆				= ab1 − a1b ≠ 0 , и h, k определены единственным образом.
Тогда	dη	=	aξ	+ bη	– однородное уравнение.
	dξ		aξ	+ b η

		1		1

Проинтегрировав это уравнение и заменив ξ = x − h, η = y − k, получим общий интеграл уравнения (1.7).

Если ∆ = ab1

− a1b = 0

, то

= λ ,

и потому

ax + by + c

–

λ (ax+ by)+

a b

уравнение, приводящееся к уравнению с разделяющимися переменными:

заменим

z = ax + by ,

откуда

z′ = a + by′ ,

y′ =

z′−a

. Следовательно,

z′ − a

z + c

– уравнение с разделяющимися переменными.

λ z+

Пример 7.

(2x −4y + 6)dx + (x + y −3)dy = 0.

Данное уравнение приводится к однородному. Для этого вводим новые

переменные x = ξ

+ h,

y = η+ k.

Найдем h, k из системы уравнений

2h − 4k + 6 = 0

h + k − 3 = 0

Получим

h = 1,

k = 2 .

Подставим в

исходное уравнение

x = ξ +1,

y = η+

2. Получим однородное уравнение (2ξ

− 4η )dξ +(ξ +η )dη=

Положим

η =

uξ .

Тогда

2ξ (1− 2η )dξ +ξ (1+u)(udξ +ξ du)

или

(2 − 3u + u 2 )d ξ + ξ (1 + u)du = 0.

Разделим переменные

dξ

1 + u

du = 0,

предполагая u ≠

u ≠ 2 ,

2− 3u+ u2

dξ

или

−

du = 0.

u− 1

u− 2

Интегрируя, имеем

ln | ξ |+ ln

| u − 2 |3

= lnC1 или ξ

(u − 2)3

= C.

(u −1)2

Возвращаясь к переменным ξ ,

η , получим (η − 2ξ )3 = C(η −

ξ )2

или, с

учетом η=

y− 2,

ξ = x −1, (y − 2x)3 = C(y − x −1)2 – общий интеграл.

Функциям

u =1, u = 2

переменных

соответствуют

решения

исходного уравнения

y = x +1, y = 2x .

Решение

y = 2x получают из общего

при C = 0.

Замечание. Указанный метод применим и к уравнению вида

ax + by

+ c

y′ =

+ b1 y

a1x

+ c1

где f – непрерывная функция.

1.4. Линейные уравнения и приводящиеся к ним

	y′ + P(x) y = Q(x),	(1.8)
	где P(x), Q(x) – непрерывные функции на (a, b).	(1.8)
	где P(x), Q(x) – непрерывные функции на (a, b).
	При этом уравнение
	y′ + P(x) y = 0	(1.9)
		(1.9)

называется линейным однородным уравнением, соответствующим уравнению (1.8). Если же в уравнении (1.8) Q(x) ≠ 0 , то оно называется линейным неоднородным.

Однородное уравнение (1.9) всегда имеет нулевое решение y ≡ 0 . Общее решение уравнения (1.9), очевидно, имеет вид

y = Ce	−∫ P( x)dx	(1.10)
y = Ce
(поскольку является уравнением с разделяющимися переменными).

Найдем общее решение линейного неоднородного уравнения (1.8).
Рассмотрим три метода:

1. Метод вариации произвольной постоянной (метод Лагранжа)

Будем искать общее решение уравнения (1.8) в виде (1.10), считая

С = С(x):

y = C(x)e−∫ P( x)dx .

(1.11)

Подставим функцию (1.11) в уравнение (1.8):

dC(x)

−∫ P(x)dx

− C(x)P(x)e

−∫ P(x)dx

+ P(x)C(x)e

−∫ P(x)dx

= Q(x) .

Откуда

dC(x)

= Q(x)e

∫ P(x)dx

или C ( x) = ∫ Q ( x)e

∫

P ( x )dx

dx + C1

где C1 –

произвольная постоянная. Подставив С(х) в равенство (1.11), получим общее решение уравнения (1.8):

y = C1e

− ∫ P ( x )dx

+ e

− ∫ P ( x )dx

∫ Q( x)e

∫ P ( x )dx

dx .

(1.12)

Отметим, что общее решение линейного неоднородного уравнения

(1.8) состоит из двух слагаемых:

= C e−∫ P( x)dx

y * = e − ∫ P ( x )dx

∫

Q ( x)e ∫

P ( x )dx dx

При этом y есть общее решение однородного уравнения (1.9), а y* –

частное решение самого уравнения (1.8), т.е. y = y + y* .

Как будет показано в дальнейшем, таким свойством обладает общее решение всякого линейного неоднородного уравнения n-го порядка, а также системы линейных неоднородных уравнений.

2. Метод Бернулли
Будем искать общее решение уравнения (1.8) в виде
					y = u(x) v(x)					(1.13)
(подстановка Бернулли), где u = u(x) , v = v(x)									– дифференцируемые функции.
Подставим функцию (1.13) в уравнение (1.8):
				u′v + v′u + P(x)uv = Q(x)
						или
				u′v + u(v′ + P( x)v) = Q( x).						(1.14)
Найдем функцию v(x) так, чтобы v′ + P( x)v = 0.
	dv						−∫ P(x)dx
Тогда		= −P(x)dx . Откуда v = Ce							.
Тогда	v	= −P(x)dx . Откуда v = Ce							.
Поскольку нам достаточно какой-нибудь отличной от нуля функции
v(x), возьмем v = e			−∫ P(x)dx	. Подставим эту функцию в уравнение (1.14):
v(x), возьмем v = e				. Подставим эту функцию в уравнение (1.14):
				u ′e	− ∫ P ( x )dx		= Q ( x)
				u ′e			= Q ( x)
или						∫
				du = Q( x)e		∫	P( x)dx	dx,
				du = Q( x)e				dx,

откуда

u = ∫ Q( x)e ∫ P( x)dx dx + C1.

Подставив функцию u(x) и v(x) в равенство (1.13), получим общее решение (1.12).

3. Метод Эйлера

Общее решение уравнения (1.8) может быть найдено и с помощью интегрирующего множителя.

			∫ P( x)dx
		µ= e
Умножим обе части уравнения (1.8) на :
y′e∫ P( x)dx + P(x) ye∫ P( x)dx = Q(x)e∫ P( x)dx
или			= Q( x)e	∫
ye ∫			= Q( x)e	∫	P ( x)dx
	P ( x)dx ′				P ( x)dx	.
						.
Следовательно, ye ∫ P ( x )dx = ∫ Q ( x)e ∫ P ( x )dx + C , откуда							и следует
формула (1.12).
Рассмотрим примеры:
Пример 8. Найти решение задачи Коши
	y′ −	2	y = (x +1)3 ,				(1.15)
	y′ −		y = (x +1)3 ,				(1.15)
		x +1
		y(0) = 3 .					(1.16)

v(t)

PNRPU

Найдем сначала общее решение уравнение (1.15), воспользовавшись методом Бернулли. Подставим y = u(x) v(x) в уравнение (1.15):

u′v + v′u −

uv = (x +1)3 ,

x +

или

′v + u v′ −

v = ( x + 1)

(1.17)

x + 1

Найдем функцию v(x) так, чтобы

v′ −

v = 0 .

x +1

Тогда

2dx

, откуда v = (x +1)2 .

v x +1

Подставим v в уравнение (1.17):

u′(x +1)2 = (x +1)3 или du = (x +1)dx .

Следовательно, u =

( x + 1)2

+ C.

Таким

образом, общее

решение

уравнения (1.15) имеет вид

y = uv = C (x + 1)2 +

(x + 1)4

Найдем решение задачи Коши. Для этого определим С по начальному

условию (1.16):

3 = C +

, т.е. C =

поэтому

y =

(x + 1)2 +

(x + 1)4

Пример 9. Тело массой m движется под воздействием силы тяжести. На него, кроме того, действует сила сопротивления воздуха, пропорциональная скорости. Установить, по какому закону будет изменяться скорость падения тела в зависимости от времени, если в начальный момент времени скорость равна v0.

Обозначим через искомую скорость. Тогда по II закону Ньютона будем иметь

m dv = F, dt

или согласно условию задачи

m dv = mg − kv , dt

где g – ускорение свободного падения; k – коэффициент пропорциональности. Отсюда

dv + kv = g , dt m

причем v(0) = v0 , т.е. получили задачу Коши для линейного уравнения. Найдем ее решение.

Интегрирующий множитель согласно методу Эйлера имеет вид

= e∫ m dt = e m t

(здесь С = 0). Умножив обе части данного уравнения на , получим

= ge

или

(ve

t ) = ge

t .

После интегрирования получим

t + C .

Следовательно,

−

v =

g + Ce m .

Используем начальное условие v(0) = v0:

+ C

т.е. C = v0 − mg . k

Таким образом, искомая функция имеет вид

		mg		−	k	t		mg

v = v0	−		e		m		+		.
								k
		k

Пример 10. Пусть переменный электрический ток I = I (t) течет по

проводнику с коэффициентом индуктивности L и сопротивлением падение напряжения вдоль проводника

U = L dI + RI . dt

Найти зависимость между током и временем, если I(0) = 0

R. Тогда

(случай

замыкания цепи).

Будем считать U, R и L постоянными. Тогда получим следующую задачу Коши:

dI + R I = U , I(0) = 0 . dt L L

Найдем ее решение. Определим сначала общее решение, воспользовавшись методом Лагранжа. Рассмотрим однородное уравнение

dI + R I = 0 . dt L

Его общее решение

− R t

I = Ce L .

Будем считать C = C(t), тогда

C′(t)e−

− C(t)e−

t + C(t)e−

t =

L ,

или C′(t)e−

откуда

C(t) = U e L t + C1 . R

Поэтому

I = C e−

Используем начальное условия I(0) = 0:

= −

Получим искомую зависимость:

(1 − e−

I =

t ) .

Отметим, что при t → +∞ ток

I →

, т.е. при достаточно больших t

можно считать, что

I = UR (закон Ома).

Пример 11. Простейшая модель одноотраслевой экономики [10]. Обозначим через x(t) объем основных производственных фондов в момент времени t. Будем предполагать, что скорость роста фондов прямо пропорциональна средствам, выделяемым на эти цели, с учетом амортизации фондов в процессе производства:

x(t) = g(t) − px(t) , t [0; T]	(1.18)

x = x( y)

g(t)

где – скорость прироста фондов, обеспечиваемая соответствующими инвестициями: px(t) – скорость выбытия фондов (p = const). Предположим также, что единицы измерения согласованы так, что объемы фондов и инвестиций имеют стоимостное выражение, например в миллиардах рублей, а скорость измеряется в миллиардах рублей в год. Кроме того, будем считать, что известен первоначальный объем основных производственных фондов:

x(0) = x0.

Найдем общее решение уравнения (1.18) в форме Коши, воспользовавшись, например, методом Бернулли: x = uv.

uv + uv + puv = g(t) , uv + u(v + pv) = g(t) , v + pv = 0 ,

откуда

		dv(t)		= − pdt,
				= − pdt,
		v(t)
или
t	dv(s)				t
∫	dv(s)		= − p∫ ds.
∫			= − p∫ ds.
0		v(s)			0
0					0
Поэтому v(t) = e− pt (здесь v(0) =1 ) и, следовательно,
		ue−pt = g(t) ,
или
		t
u(t) = ∫ e ps g(s)ds + u(0),
откуда		o
откуда
x(t) = u(t) v(t) = u(o)e− pt + e− pt						t	e ps g(s)ds
x(t) = u(t) v(t) = u(o)e− pt + e− pt						∫	e ps g(s)ds
						∫		.
						0
Таким образом, решение указанной задачи Коши имеет вид
				t
x(t) = x(o)e− pt + ∫ e− p(t−s)g(s)ds
	0
(так как x(0) = u(0)·v(0) и v(0) = 1).
По этой формуле	можно				определить			объем основных

производственных фондов x(t) для любого момента времени t [0;T].

Замечание.

Некоторые уравнения I порядка могут быть приведены к линейному уравнению с неизвестной функцией .

<<< < Предыдущая 12 / 202 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке книги

#
12.11.202314.42 Mб0Общий курс путей сообщения..pdf
#
12.11.20232.04 Mб3Объектно-ориентированное программирование. ООП на языке C++.pdf
#
12.11.202316.61 Mб11Объектно-ориентированное программирование..pdf
#
19.11.202364.37 Mб0Объемно-пространственная композиция..pdf
#
19.11.202343.61 Mб0Объемные наноструктурные металлические материалы..pdf
#
12.11.20232.7 Mб1Обыкновенные дифференциальные уравнения..pdf
#
12.11.202314.47 Mб10Одноковшовые погрузчики..pdf
#
12.11.202319 Mб0Оказание первой помощи пострадавшим при несчастных случаях на производстве..pdf
#
12.11.20233.2 Mб7Оксидные композиционные материалы..pdf
#
12.11.202319.41 Mб0Они прошли дорогами войны Об участниках Великой Отечественной войны - сотрудниках Пермского политехнического института..pdf
#
13.11.202324.39 Mб9Они трудились во имя Победы О тружениках тыла в годы Великой Отечественной войны - сотрудниках Пермского государственного технического университета..pdf