книги / Обыкновенные дифференциальные уравнения

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Пермский национальный исследовательский политехнический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

d(xy) = xdy + ydx ;

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.11.2023

Размер:

2.7 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 203 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Например,

y′

A( y)

A(y) ≠ 0 ,

= B( y) + C( y)x ,

или

B( y) + C( y)x

A( y)

откуда

−

C( y)

x =

B( y)

A( y)

A( y) .

P( y)

Q( y)

Пример 12. Найти общий интеграл уравнения

2 ydx + ( y2 − 2x)dy = 0.

Перепишем уравнение в виде

2 y

+ y 2 − 2 x = 0 , или

−

x = −

dy 2 y

т.е. получили линейное уравнение x = x( y) . Его общий интеграл имеет вид

x = Cy −	y 2
		.
	2

Кроме того, имеется частное решение y = 0 .
Уравнение Бернулли
y′ + P(x) y = Q(x) yn			(1.19)
	,

где P, Q – непрерывные функции, n ≠ 0;1 . При n > 0 уравнение (1.19) имеет решение y = 0 . Сведем это уравнение к линейному, разделив обе части на yn :

yn′ + P(x)y1−n = Q(x) , y ≠ 0. y

Сделаем замену z = y1−n , z′ = y−n y′(1 − n),

y′ (1 − n) + y1−n (1 − n)P(x) = (1 − n)Q(x) , yn

z′ + (1 − n)P(x)z = (1 − n)Q(x),

т.е. получили линейное уравнение относительно z = z(x).

Общее решение уравнения (1.19) может быть также найдено и с помощью подстановки Бернулли без сведения к линейному уравнению.

Пример 13. Найти общее решение уравнения y′ + xy = x3 y3 .

Сделаем

замену

y =

uv.

Получим

u ′v + uv ′ + xuv = x 3u 3 v 3 или

u′v + u(v′ + xv) = x3u3v3 ,

откуда

для

нахождения

функции

получим

уравнение v′ + xv=0, или

= −xdx . Проинтегрируем, полагая C = 0:

= −

−

Следовательно,

Тогда для

определения

функции

u имеем

v = e 2

x 2

u′e−

= x3u3e−

откуда u′ = x3u 3e −x2

или

= x3e −x2 dx . Следовательно,

по формуле интегрирования по частям:

= ∫ (− x2 )

−

= ∫ x

3e− x

− x

= −

x2e− x

−

∫ e− x

dx2

− x 2

+ ∫ e

− x

− x 2

− x

= −

d (−x

)

= −

+ e

+ C ,

т.е.

− x 2

− x

−

= −

+ e

+ C

2u 2

Таким образом,

u2 =

, или u = ±

−x

+ e

−x2

− x 2

+ e

− x

+ C

x e

+ C

Окончательно получаем:

y = uv =

e−x2 2

= ±

± x2e−x2 + e−x2 + C

x2 +1 + Cex2 .

Кроме того, имеется частное решение y = 0 .

Уравнение Дарбу

M (x, y)dx + N(x, y)dy + P(x, y)(xdy − ydx) = 0 ,

(1.20)

где M(x,y), N(x,y) – однородные функции измерений m, а P(x, y) – однородная функция измерения l ≠ m− 1, и, кроме того,

M 2 (x, y) + N 2 (x, y) ≠ 0.

Предположим, что N(x, y) ≠ 0 , тогда, заменяя y = zx , сводим уравнение (1.20) к уравнению Бернулли с искомой функцией x = x(z) .

Если N(x, y) ≡ 0 , то получим уравнение с разделяющимися переменными.

Пример 14. Найти общий интеграл уравнения xdx + ydy + x(xdy − ydx) = 0.

Сделаем замену y = zx . Тогда

xdx + zx(xdz + zdx) + x(x(xdz + zdx) − zxdx) = 0.

Разделим на x(x ≠

0) :

dx + z(xdz + zdx) + (x2dz + zxdx− zxdx) = 0 , или (1 + z2 )dx + (zx + x2 )dz = 0 .

Отсюда

x = −

x 2 .

Получили

уравнение

Бернулли

+ z 2

1 + z 2

dz 1

относительно x = x(z) . Его общий интеграл имеет вид

1 = c 1 + z2 + z .

z =

y 2

Сделаем обратную замену

x = C

1 + x 2 +

x .

Отсюда получим общий интеграл исходного уравнения

c x2 + y2 + y −1= 0 .

Уравнение Риккати

y′ = P(x)y2 + Q(x)y + R(x) ,

(1.21)

где P(x),

Q(x),

R(x) – непрерывные функции

Предположим, что

известно

частное

решение

уравнения (1.21)

y1 = y1 (x) ,

тогда

замена

y = y1

сводит уравнение

(1.21) к линейному

относительно z:

z′

y′

−

= P(x) y2 +

+ Q(x) y

+ R(x)

z 2

Поскольку y1 – частное решение уравнения (1.21), подчеркнутые слагаемые в сумме дают 0:

−	z′	= 2P(x) y	1	+ P(x)	1	+ Q(x)	1

	z 2	1	z		z 2	.
							z

Следовательно,

z′ = −2P(x) y1z − P(x) − Q(x)z ,

или z′ + (2P(x) y1 + Q(x))z = −P(x) – линейное уравнение.

Подстановка y = y1 + z сводит уравнение (1.21) к уравнению Бернулли.

Пример 15. Найти общее решение уравнения y′ = −y2 +1+ x2 .

Очевидно, что y1 = x – частное решение. Сделаем замену

y = x +

z′

+ 2 x

+ 1 + x 2,

1 −

= − x

z 2

откуда	z′ =2xz +1, или z′−2xz =1. Воспользуемся методом Бернулли: z = uv.
Тогда	u′v + uv′ − 2xvu = 1, или u′v + u(v′ − 2xv) =1. Найдем v:							v′ − 2xv = 0 .
Отсюда v = ex2 .
Таким образом, u′ex2 =1 . Поэтому u = ∫ e−x2 dx + C , и, следовательно,
	z = e x	2			e −x	2
	z = e x		C +	∫	e −x		dx
				∫			.
Сделаемобратнуюзамену иполучимискомоеобщеерешение y = x +								e−x2
									.
									.
								C + ∫ e−x2 dx

1.5. Уравнения в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

Рассмотрим уравнение

M (x, y)dx + N(x, y)dy = 0.

Пусть его левая часть представляет собой полный некоторой функции U (x, y) :


Mdx + Ndy ≡	dU ≡			∂ U	dx +	∂ U	dy ,
Mdx + Ndy ≡	dU ≡			∂ x	dx +		dy ,
				∂ x		∂ y
причем функции M(x, y) , N(x, y) ,	∂ M	,	∂ N		непрерывны.
причем функции M(x, y) , N(x, y) ,	∂ y	,	∂ x		непрерывны.
	∂ y		∂ x

(1.22)

дифференциал

В этом случае уравнение (1.22) называется уравнением в полных дифференциалах. Последнее тождество равносильно двум:

M =	∂ U	,	N =	∂ U
					.	(1.23)
	∂ x			∂ y

Таким образом, dU = 0 , откуда U (x, y) = C .

Найдем признак, по которому для данного уравнения (1.22) можно судить, принадлежит ли оно к классу уравнений в полных дифференциалах.

Из равенства (1.23) следует	∂ 2U	=	∂ 2U		откуда и получаем необходимое
				,
	∂ x∂ y		∂ y∂ x
условие:

∂ M =∂ N . ∂ y ∂ x

(1.24)

Покажем, что условие (1.24) является также достаточным, а именно: предполагая его выполненным, найдем функцию U (x, y), удовлетворяющую

соотношениям (1.23). Имеем	∂ U	= M (x, y), откуда, интегрируя по x		от x0 до
соотношениям (1.23). Имеем		= M (x, y), откуда, интегрируя по x		от x0 до
	∂ x
x и считая y постоянным, получаем:
		x	(x, y )dx + ϕ (y ) .
U (x, y ) = ∫ M			(x, y )dx + ϕ (y ) .	(1.25)
		x0

Построенная функция (1.25) при всяком ϕ удовлетворяет первому из соотношений (1.23). Покажем, что при выполнении условия (1.24) можно найти такую функцию ϕ (y) , чтобы выполнялось и второе соотношение

(1.23). Применяя правило дифференцирования интеграла по параметру, из равенства (1.25) получаем

				∂ U = ∫			∂ M (x, y ) dx + ϕ ′(y ) .
						x
				∂ y			∂ y
						x0
Используя тождество (1.24), получаем
	∂ U	x
	∂ U	= ∫∂	N (x, y)		dx + ϕ ′( y)= N (x, y)− N (x0 , y)+ ϕ ′( y).
	∂ y	= ∫∂	∂ y		dx + ϕ ′( y)= N (x, y)− N (x0 , y)+ ϕ ′( y).

Это выражение окажется равным N (x, y ) , если положить

ϕ ′(y) = N(x0 , y),

откуда одно из значений ϕ (y) есть

ϕ (y) = ∫y N (x0 , y)dx.

Итак, функция U (x, y) найдена; приравнивая ее произвольному постоянному, получаем общий интеграл уравнения (1.22):

x	y
U (x, y) ≡ ∫ M (x, y)dx + ∫ N (x0 , y)dy = C .
x0	y0	(x0 , y0 ) принадлежит
В этой формуле предполагается,	что точка	(x0 , y0 ) принадлежит

области, где выполнены условия теоремы Коши – Пикара.

Замечание. На практике оказывается проще дифференцировать равенство (1.25) по y и, заменяя ∂∂Uy известной функцией N (x, y ) , определить из полученного равенства ϕ ′(y) , а затем найти ϕ .

Пример 16.

(3x2 + 6xy2 )dx + (6x2 y + 4y3 )dy = 0 . Здесь

M =3x2 +6xy2 ,

N = 6x2 y + 4y3 ,

∂ M

∂ N

∂ U

=12xy =

. Условие(1.24) выполнено.

+ xy

, U

= x3

+ 3x2 y 2 + ϕ ( y);

∂ y

∂ x

вычисляем ϕ ′(y) :

′(y) =

∂ U

− 6x2 y = 4 y3 , ϕ (y) = y 4 + C.

∂ y

Общий интеграл U ≡ x3 +3x2 y2 + y4 = C.

Интегрирующий множитель

Если уравнение

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0

(1.26)

не является уравнением в полных дифференциалах и существует функция µ = µ(x, y) такая, что после умножения на нее обеих частей уравнения (1.26) получается уравнение

µ(Mdx + Ndy) = 0	(1.27)
в полных дифференциалах, т.е.
µ(Mdx + Ndy) = dU ,	(1.28)
то функция называется интегрирующим множителем, а	функция U –

соответствующим ему интегралом уравнения (1.27). В случае, когда уравнение (1.27) уже есть уравнение в полных дифференциалах, полагают

≡ 1.

Если найден интегрирующий множитель , то интегрирование данного уравнения сводится к умножению обеих его частей на и нахождению общего интеграла полученного уравнения в полных дифференциалах.

Однако может случиться, что при этом мы теряем некоторые решения данного уравнения или получаем посторонние решения. Первое может иметь место, когда во всех точках некоторой кривой µ обращается в бесконечность, второе – когда µ обращается в нуль.

Если µ есть непрерывно дифференцируемая функция от x и y, то

∂ (µM )

≡

∂ (µN )

∂ y

∂ x

Отсюда следует, что интегрирующий

множитель µ

удовлетворяет

следующему уравнению с частными производными первого порядка:

∂ µ

∂ M

∂ N

− M

−

(1.29)

∂ x

∂

= µ

∂ y

∂ x

Если заранее известно, что µ = µ(ω ) , где ω – заданная функция от x и y, то уравнение (1.29) сводится к обыкновенному (и притом линейному) уравнению с неизвестной функцией от независимой переменной ω :

dµ

= ψ

(ω )µ

dω

где

∂ M

∂ N

−

∂

∂ y

≡ ψ (ω ) ,

∂ ω

−

∂ ω

∂ y

∂ x

т.е. дробь слева является функцией от ω .

Решая уравнение (1.30), находим интегрирующий множитель

(1.30)

(1.31)

µ = e

∫ ψ

(ω )dω

(С = 1).

(1.32)

В частности, уравнение (1.26) имеет интегрирующий множитель,

зависящий только от x (ω = x) или только от

y (ω = y) ,

если выполнены

соответственно условия:

∂ М

−∂

∫ψ ( x)dx

∂ y

∂

≡ ψ

(x)µ

(1.33)

∂ М

−∂

∫ψ ( y)dy

∂ y

∂

≡ ψ

( y)µ

(1.33, а)

−M

В некоторых случаях интегрирующий множитель

можно найти,

применяя метод выделения полных дифференциалов с помощью известных формул:

Например, рассмотрим уравнение

ydx− (4x2 y + x)dy = 0.

Разделим обе части на (−x2 ) (x ≠		0)
−	y	dx + 4 ydy +	dy	= 0
	x2
			x
или

−ydx + xdy + 4 ydy = 0 ,

	y	+ d (2 y 2 ) = 0 ,
d

	x

y + 2y2 = C – общий интеграл x

Исходное уравнение имеет также решение x =0 . Рассмотрим другие примеры.

Пример 17. Найти общий интеграл уравнения

(1− x2 y)dx + x2 (y − x)dy = 0 .

(1.34)

Проверим, не имеет ли оно интегрирующего множителя, зависящего

только от x.

∂ M

∂ N

−

≡

− x 2 − 2xy + 3x 2

∂ y

∂ x

= −

= ψ

( x)

(1.35)

x 2 ( y − x)

т.е. условие (1.33) выполнено. Поэтому

∫

ψ ( x)dx

−∫

µ= e

= e

2 .

(1.36)

Умножая обе части уравнения (1.34) на

, получим

(

− y)dx + ( y − x)dy = 0

(1.37)

Для контроля вычислений убеждаемся, что это уравнение в полных дифференциалах. Интегрируя его (непосредственной группировкой членов), находим

		−	1		− yx +		y	2	= C.	(1.38)

				x			2
				x			2
Прежде чем считать интегрирование данного уравнения законченным,
нужно посмотреть, не обращается						ли		в ∞ или в 0;		обращается
в бесконечность при x = 0,	и x = 0					является решением данного уравнения.
В нуль µ не обращается.
Пример 18. Проинтегрировать уравнение
	x	2								(1.39)
	x		− y + 2x dx − dy = 0 ,							(1.39)

если известно, что для него µ= µ(x2 − y), полагаем в условии (1.31) ω

= x2 − y :

∂ M

−

∂ N

−1

2 x2 − y

∂ y

∂ x

= −

≡ ψ (ω ),

(1.40)

∂ ω

− 2x + ( x2 − y + 2x)

2 − y)

2ω

−

2(x

∂ x

M ∂ y

∫ ψ (ω

)dω

−∫

dω

2ω

µ= e

= e

(1.41)

x2 − y

Умножая обе части уравнения (1.39) на

x21− y

и интегрируя находим

x + 2

x2 − y =C .

Здесь обращается

бесконечность

точках

кривой y = x2 и,

следовательно, y = x2 является решением данного уравнения (1.39).

1.6. Теоремы существования решений уравнения I порядка, разрешенного относительно производной

Рассмотрим задачу Коши:

y′ = f (x, y) ,	(1.42)
y(x0 ) = y0 .	(1.43)

Теорема существования и единственности решения задачи (1.42), (1.43) (Теорема Коши – Пикара)

Пусть функция

f (x, y) непрерывна в замкнутой области D: | x − x | ≤

| y − y0 | ≤ b

(a > 0,

b > 0). Пусть,

далее,

эта

функция

удовлетворяет в

условию Липшица ко второму аргументу: существует N > 0 :

| x − x | ≤

и y1, y2 :| y − y | ≤ b и | y

− y | ≤

b, что выполняется неравенство

f ( x, y1 ) − f ( x, y2 )

≤

y1 − y2

(1.44)

Тогда

задача

Коши

(1.42),

(1.43)

имеет

единственное

решение,

определенное и непрерывное для x:

| x − x0 | ≤

h , где

h = min a;

причем

M = max

f ( x, y)

( x, y ) D

Замечание. Неравенство (1.44) всегда выполнимо, если функция

f (x, y)

имеет в

области

непрерывную

частную

производную

∂ f (x, y)

∂ y

Действительно,

по

теореме

Лагранжа

имеем

f (x, y1) − f (x, y2 ) =

= f y′(x, y1 + θ ( y2− y1 ))( y1−

y2 ), где 0<θ <1, тогда

y2 ( x) :

f (x, y	) − f (x, y	2	)	≤	max	∂ f (x, y)	y − y	2	= N	y − y	2	.
						∂ f (x, y)

1						∂ y	1			1
					( x, y) D	∂ y

Доказательство.

1. Существование решения задачи Коши (1.42), (1.43).

Построим последовательность приближений к искомому решению (метод Пикара). Для этого отметим, что уравнение (1.42) с начальным условием (1.43) эквивалентно следующему интегральному уравнению, где y

– неизвестная функция:

x
y = y0 + ∫ f (x, y)dx.	(1.45)
x0

Это интегральное уравнение мы и будем решать последовательными приближениями.

За нулевое приближение возьмем постоянное число y0 . Определим первое приближение y1(x) следующей формулой:

y1 = y0 + ∫ f ( x, y0 )dx.

(1.46, а)

Поскольку функция под знаком интеграла известна, y1 вычисляется

квадратурой; очевидно, при

x = x0 имеем y1 = y0 ,

т.е. первое приближение

удовлетворяет начальному условию.

Если

x − x0

≤ h и h ≤

a , то из формулы (1,46, а) получаем

y − y

≤ M

x − x

≤ Mh ≤ M

= b.

Последнее неравенство показывает, что при указанных значениях x y1 останется в D.

Строим второе приближение

y2 = y0 + ∫ f (x, y1 )dx.

(1,46, б)

Под знаком интеграла опять стоит известная функция (так как y1 уже

определено); далее,

очевидно,

y2 (x0 ) = y0 ,

т.е. выполняется

начальное

условие; затем при

x − x0

≤ h получаем:

y − y0

≤ M

x − x0

≤ Mh ≤ b ,

откуда следует, что

также

не выйдет из

области D. После

того как

определено (n – 1)-е приближение, мы определим n-е приближение формулой

x
yn = y0 + ∫ f (x, yn−1 )dx,	(1.46, n)
x0

<<< < Предыдущая 1 23 / 203 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