Ответ: частное решение:
2 1
1
x
y
Проверка здесь весьма простА:
1)
1 0
1 1
)
0
(
2
y
– начальное условие выполнено.
2) Найдём
2 2
2 2
2 2
2 2
)
1
(
2
)
2 0
(
)
1
(
1
)
1
(
)
1
(
1 1
1
x
x
x
x
x
x
x
y
и подставим
2 2
2
)
1
(
2
,
1 1
x
x
y
x
y
в исходное уравнение
2 3
2 2
y
x
xy
y
:
2 2
3 2
2 3
2 2
3 2
2 2
2 2
3 2
2 2
)
1
(
2
)
1
(
2 2
2
)
1
(
2
)
1
(
)
1
(
2 2
1 1
2 1
1 2
)
1
(
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2 2
3 2
2 3
)
1
(
2
)
1
(
2
x
x
x
x
– верное равенство.
Таким образом, частное решение найдено верно. При желании можно проверить и общее решение – с более громоздкими, но не сверхъестественными выкладками.
Самостоятельно:
Пример 23
0 1
2
y
x
y
y
,
1
)
0
(
y
Здесь перед решением целесообразно представить уравнение в «стандартном» виде уравнения Бернулли
© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/
37
Вообще, иногда составители сборников и методичек зашифровывают уравнения до неузнаваемости, например, то же уравнение
0 1
2
y
x
y
y
:
0
)
(
)
1
(
)
1
(
)
1
(
1 1
2 2
2 2
2
dx
y
xy
ydx
dy
x
dx
x
y
ydx
dy
x
dx
y
x
ydx
dy
y
x
y
dx
dy
И поэтому,
если предложенное вам уравнение «по виду» не подпадает ни под
один распространённый тип
, то имеет смысла пораскрывать скобки, попереставлять слагаемые и т.д. – глядишь, и вообще переменные разделить удастся!
А теперь предлагаю вашему вниманию ещё один «триллер»:
Пример 24
Найти решение ДУ
y
x
x
y
y
2 2
, соответствующее начальному условию
1
)
1
(
y
Корни, куда же без них
Решение: данное ДУ имеет «классический» вид
n
y
x
q
y
x
p
y
)
(
)
(
уравнения
Бернулли с той особенностью, что множитель
n
y
«замаскирован» под корень.
Сначала убираем «игрек» из правой части, для этого делим каждую часть на y :
x
x
y
y
y
y
y
x
y
x
y
y
2 2
2 2
здесь потеряно тривиальное решение
0
y
, но оно нас сильно не интересует.
Теперь с помощью замены нужно избавиться от «игрека» вот в этом слагаемом: и из вышесказанного следует замена:
z
y
Найдем производную:
y
y
y
z
2 1
)
(
, откуда выразим:
z
y
y
2
© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/
38
Таким образом, получаем уравнение:
x
x
z
z
2 2
2
каждое слагаемое которого можно «безболезненно» разделить на «двойку»:
x
x
z
z
И чтобы вы не заскучали, я расскажу о Методе вариации произвольной
постоянной. Да не пугайтесь так! – это прикольнее замены
uv
z
:)
1) Сначала найдём общее решение соответствующего линейного однородного уравнения. Грубо говоря, это то же уравнение с «отброшенным» членом
)
(x
q
:
0
x
z
z
Данное ДУ допускает разделение переменных, и мы без труда отыскиваем его общее решение: ln
ln ln ln
z
z
C
x
z
x
dx
z
dz
x
z
dx
dz
2) Далее вместо константы записываем пока ещё неизвестную функцию:
x
x
u
z
)
(
(это и называется варьировать постоянную), находим производную:
u
x
u
x
u
x
u
ux
z
)
(
)
(
)
(
и подставляем
u
x
u
z
ux
z
,
в неоднородное уравнение
x
x
z
z
:
x
x
ux
u
x
u
Если всё сделано правильно, то два слагаемых должны испариться, как оно и происходит в нашем случае:
x
x
u
x
u
u
x
u
тут ещё и «иксы» исчезают:
1
dx
du
в результате получилось примитивное уравнение с очевидным решением:
C
x
u
dx
du
Теперь вспоминаем, что
x
C
x
ux
z
)
(
, и в результате обратной замены
y
z
получаем общий интеграл
x
C
x
y
)
(
, из которого легко выразить и общее решение:
const
C
x
C
x
x
C
x
y
где
,
)
(
)
)
((
2 2
2
© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/
39
Найдем частное решение, соответствующее заданному начальному условию
1
)
1
(
y:
1 1
)
1
(
)
1
(
2
Cy…вот тебе и раз. Уравнение
1
)
1
(
2
C имеет два корня
0
,
2
CC и в результате получаются… два частных решения?
Нет! Когда мы выражали общее решение, то выполнили возведение в квадрат, из-за чего у нас появился
посторонний корень. Поэтому начальное условие
1
,
1
yx лучше подставить непосредственно в общий интеграл
xCxy
)
(
:
1
)
1
(
1
C0 1
1
CC – и помещаем этот ноль уже в общее решение
2 2
)
(
xCxy
:
4 2
2
)
0
(
xxxy
Легко видеть, что значению
2
C соответствует
частный интеграл xxy
)
2
(
, и он не удовлетворяет начальному условию
1
)
1
(
y, ибо
1 1
Вот так-то оно бывает! – в однородных уравнениях мы «теряли» решения, а здесь наоборот – «приобрели».
Ответ: частное решение
4
xy
– проверку выполните сами, она тут устная.
Но кино ещё не закончилось, и
следующий факт должен быть понятен, даже если вы не знаете, как выглядит график многочлена 4-й степени. Семейство
кривых 2 2
)
(
xCxy
(общее решение ДУ) расположено в верхней полуплоскости и
касается прямой
0
y в каждой её точке. Более того, множество графиков
2 2
)
(
xCxy
(при всех значениях константы) своими точками касания
порождает решение
0
y, которое, как заправский партизан засело в чаще леса и в общее решение не вошло.
Такое необычное решение называют
особым решениемдифференциального уравнения. В общем случае особое решение тоже является кривой, которая
огибает «основное семейство». В рассмотренном же примере оно представляет собой прямую, которая ассоциируется с «подставкой» под графики функций
2 2
)
(
xCxy
Пример 25 Решить дифференциальное уравнение
yxyyx2 4
После сведения к неоднородному уравнению я использовал
метод вариации произвольной постоянной, но, разумеется, там годится и замена
uxz
Иногда в уравнениях Бернулли встречаются и другие степени «игрека», например:
3 3
3
yxxyy
с заменой или
1 2
)
cos
3 2
(
cos
3 2
yxexyyx с заменой. Решения эти диффуров можно найти в
соответствующей статье сайта, но они не столь актуальны, поскольку есть более насущный материал:
© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/
40
1.6. Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах
Сначала быстренько вспомним, что такое
частные производные
и полный
дифференциал функции двух переменных. Рассмотрим простую функцию:
y
x
xy
y
x
y
x
F
z
2 2
)
;
(
и найдём её частные производные первого порядка:
y
F
F
x
F
F
y
x
,
– в диффурах больше «в почёте» их дробные обозначения. Повторяем основное правило:
– если мы берём производную по «икс», то «игрек» считается константой:
1 2
0 1
0 2
)
(
2 2
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
x
F
x
– если мы берём производную по «игрек», то константой уже считается «икс»:
1 2
1 0
2 0
)
(
2 2
x
y
x
y
y
x
xy
y
x
y
F
y
Полный дифференциал имеет вид:
dy
y
F
dx
x
F
dF
, в данном случае:
dy
x
y
dx
y
x
dF
)
1 2
(
)
1 2
(
Пример 26
Решить дифференциальное уравнение
0
)
1 2
(
)
1 2
(
dy
x
y
dx
y
x
Не ожидали? =)
То есть, данное дифференциальное уравнение является полным дифференциалом функции
C
y
x
xy
y
x
y
x
F
2 2
)
;
(
– единственное, к ней нужно ещё приписать константу. Отсюда и название уравнения.
Как решить диффур в полных дифференциалах?
Очевидно, что нужно выполнить некоторые обратные действия, чтобы восстановить исходную функцию (общий интеграл). Не так давно я что-то там дифференцировал. Какое действие является обратным? Правильно, интегрирование.
А теперь, пожалуйста, забудьте задачку про частные производные и готовый ответ.
Ведь когда нам предложено произвольное дифференциальное уравнение, то мы ещё не
знаем о том, что это уравнение в полных дифференциалах. И поэтому сначала имеет смысл «покрутить-повертеть» исходное уравнение:
0
)
1 2
(
)
1 2
(
dy
x
y
dx
y
x
Вдруг тут можно разделить переменные
? Или уравнение является однородным
? А может здесь «спрятан» какой-то другой тип уравнения? – не так давно я зашифровал в такой форме даже уравнение Бернулли
!
© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/
41
И только после этих безуспешных попыток проверяем: а не является ли данное
ДУ уравнением в полных дифференциалах? Чтобы выполнить эту проверку, выпишем из уравнения
0
)
1 2
(
)
1 2
(
dy
x
y
dx
y
x
множители, находящиеся при дифференциалах:
1 2
,
1 2
x
y
Q
y
x
P
– строго обозначая их буквами «пэ» и «ку», и
строго в таком порядке! Это стандарт.
Теперь найдём следующие частные производные:
1 0
1 0
)
1 2
(
1 0
1 0
)
1 2
(
x
y
x
y
x
Q
y
x
y
P
Если
x
Q
y
P
(наш случай), то данное ДУ является полным дифференциалом
dy
F
dx
F
dF
y
x
некоторой функции
F
(а равенство вышенайденных производных –
есть ни что иное, как равенство смешанных производных 2-го порядка:
yx
xy
F
F
).
Ну а коль скоро уравнение
0
)
1 2
(
)
1 2
(
dy
x
y
dx
y
x
имеет вид
0
dy
y
F
dx
x
F
, то:
1 2
y
x
x
F
1 2
x
y
y
F
Таким образом, нам известны две частные производные, и задача состоит в том, чтобы восстановить общий интеграл
0
)
;
;
(
С
y
x
F
. Существуют два зеркальных способа решения, и мы пойдём более привычным путём, и именно начнём с «иксовой» производной
1 2
y
x
x
F
. Нижнюю производную
1 2
x
y
y
F
пока запишем на листочек и спрячем в карман. Да-да –
прямо так и сделайте!
Я подожду….
Действие первое. Поскольку в нашем распоряжении есть частная производная
1 2
y
x
x
F
, то нужная нам функция
F
восстанавливается с помощью обратного действия – частного интегрирования по «икс». Интегрирование осуществляется по тому же принципу, что и нахождение частных производных.
Когда мы берём интеграл по «икс», то переменная «игрек» считается
константой, распишу очень подробно:
2 2
2
)
1 2
(
2
x
dx
dx
y
xdx
dx
y
x
F
, где
)
( y
– некоторая, пока ещё неизвестная функция, зависящая только от «игрек».
© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/
42
Правильно ли найден интеграл? Выполним проверку, т.е. возьмём частную производную по «икс»:
1 2
0 1
2
)
)
(
(
2
yxyxyxxyxFxx
– получена исходная подынтегральная функция, в чём и требовалось убедиться
Примечание: надеюсь всем, понятно, почему 0
)
)
(
(
xy
– функция )
(
y
зависит только от «игрек», а, значит, является константой.
Скачать 1.54 Mb.