Лекции по математике. Курс лекций для технических университетов Части 1 и 2 Екатеринбург 2005 удк 51075. 8 Ббк 22. 1я73 С54
 Скачать 9.25 Mb.
|
|
О Дифференциальные уравнения 293 Итак, 2 2 x c R y − = ± − , ( ) 2 2 2 x c R y − = − Значит, , ( ) 2 2 2 0 ( x, y,c ) x c y R Φ = − + − = 2 1 0 ( x c )( ) − − = ( x c ) y R x c ⎧ − + = ⎨ = ⎩ 2 2 y R ⇒ = , , откуда 2 2 2 y R = ± , 1 2 y R, y R = = − . Итак, – огибающие, которые удовлетворяют ДУ, являются особыми решениями. y = ±R 11.1. ДУ высших порядков ( ) 1 ( n ) ( n ) y f x,y,y ,...,y − ′ = Задача Коши заключается в нахождении решения ДУ n-го порядка, удовлетворяющего заданным начальным условиям: ( ) ( ) ( ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = ′ = ′ = − − , , ) 1 ( 0 0 ) 1 ( 0 0 0 0 n n y x y y x y y x y Теорема Коши (существования и единственности решения ДУ n-го по- рядка). Если в ДУ ( ) 1 ( n ) ( n ) y f x, y, y ,..., y − ′ = функция и ее частные производные по аргументам ( ) 1 ( n ) f x, y, y ,..., y − ′ 1 ( n ) y ,..., y y, − ′ непрерывны в некоторой области, содержащей значения 0 x x = , 0 y y = , , …., , то существует и притом единственное решение ДУ, удовлетворяющее начальным условиям: 0 y ′ ′ y = 1 − ) y( 1 0 ( n ) ( n ) y y − = y y( x = 0 0 x ) y = , , …, 0 0 x ) y ′ ′ = y ( 1 1 0 0 ( n ) ( n ) y ( x ) y − − = Т Общим решением ДУ n-го порядка называется функция 1 2 n y ( x,c ,c ,...,c ) ϕ = , которая удовлетворяет ДУ при любых значениях постоянных. О Частное решение ДУ (решение задачи Коши) может быть найдено из общего решения ДУ по заданным начальным условиям y( x 0 0 ) y = , Лекции 10 - 11 294 0 0 y ( x ) y ′ ′ = , …., 1 1 0 0 ( n ) ( n ) y ( x ) y − − = , из которых получаем систему уравнений: ( ) ⎧ = 0 0 0 1 0 , ,... , n y c c x y ( ) ( ) ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ = ′ = ′ − − ) 1 ( 0 0 0 1 0 ) 1 ( 0 0 0 1 0 ,... , , ,... , n n n n y c c x y y c c x y постоянных Решение задачи Коши для ДУ n-го порядка имеет вид: 1.2. ДУ второго порядка Решением ДУ является функция ) для определения 0 0 0 1 2 n c ,c ,....c 0 0 0 1 2 n y ( x,c ,c ,...,c ) ϕ = 1 y f ( x, y, y ) ′′ ′ = 1 2 y ( x,c ,c ϕ = , пред- ральных кривых. аключается и н ДУ, проходящ ставляющая совокупность интег Задача Коши з ахождении решения его че- рез точку ( ) 0 0 0 M x , y : ( ) 0 0 y x y = в заданном направлении: ( ) 0 0 tg y x y 0 α ′ ′ = = 1.3. Некоторые типы ДУ второго порядка, приводимые к ДУ первого порядка 11.3.1 Двукратное интегрирование дает: ′ 1 . ДУ y f ( x ) ′′ = 1 y f ( x )dx c ( ) 1 2 y f ( x )dx dx c x c = + + ∫ ∫ = + ∫ , 11.3.2. ДУ вида ) y f ( x, y ′′ ′ = Уравнение 2 2 d y dy f x, dx dx ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ явно не содержит y(x). Сделаем замену пере- менной: ( ) dy p x = dx , тогда 2 2 d y и уравнение принимает вид dp dx dx = dp f ( x, p ) = , откуда dx 1 ( ) p p x,c = ( , ) 1 x,c dx 2 y p c = + ∫ Дифференциальные уравнения 295 Пример: Решите уравнение 2 xy x y ′′ ′ = − , если при 1 x = 1 2 y = , 1 y′ = Решение: Если y p ′ = , dp y dx ′′ = , то 2 dp x x p dx = − , x p dx dp − = 2 – однородное уравне- ние первого порядка. Тогда p u x = , , p ux = p u x u ′ ′ = + , и уравнение 2 p p x ′ = − принимает вид: 2 u x u u ′ + = − 2(1 ) 2(1 ), du u u x u dx x − ′ = − = , 1 1 , ln ln(1 ) 2(1 ) 2 du dx c x u u x = = − − − , 1 1 1 c x u = − , 1 1 1 p c x x − = , 2 2 1 1 1 p x c x − = , 2 2 1 1 1 p x c x = − , 2 1 1 p x y c x ′ = − = , 2 1 dx dy xdx c x = − , откуда 2 2 2 1 1 ln 2 x y x c c = − + . Тогда 2 1 1 ( ) y x x c x ′ = − Из начальных условий: 2 2 2 2 1 1 1 1 0, , 1 (1) , 2 2 1 2 1 0. 1 1 (1) 1 c c y y c c ⎧ = = + ⎧ ⎧ ⎪ = ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⇒ ⎨ ⎨ ⎨ = ⎪ ⎪ ⎪ = − ′ = ⎩ ⎩ ⎪⎩ Значит, 2 2 x y = 11.3.3. ДУ ( ) y f y, y ′′ ′ = Уравнение явно не содержит независимую переменную x. Пусть , т.е. y p( y ′ = ) ( ) ( dy ) p( y ) p y x dx = = является сложной функцией , следова- тельно: y dp dp dy dp y dx dy dx dy ′′ = = ⋅ = ⋅ p . Уравнение принимает вид: dp p f ( y, p ) dy ⋅ = , откуда 1 p p( y,c ) = Для нахождения y получили уравнение ( ) 1 dy p y,c dx = , ( ) 1 dy dx p y,c = и общий интеграл имеет вид 1 2 0 ( x, y,c ,c ) Φ = . Пример: Решите ДУ ( ) y y y 2 ′ = ′′ Лекции 10 - 11 296 Решение: Пусть , тогда ) ( y p y = ′ dy dp p y ⋅ = ′′ и y p dy dp p 2 = ⋅ , 0 = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − y p dy dp p Это уравнение равносильно совокупности решений ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ = = , 0 y p dy dp p Решением первого уравнения совокупности 0 dy dx = является 1 y c = Найдем решение второго: dp p dy y = , dp dy p y = , 2 ln ln ln p y c = + 2 0 ( c ) ≠ , 2 dy p c y dx = = , , 2 dy c ydx = 2 dy c dx y = , 2 3 ln ln y c x c = + , 3 0 ( c ) ≠ 2 3 c x y c e = Ответ: , 1 1 y c = 2 2 3 c x y c e = 11.4. Таблица 2. Решение ДУ второго порядка, допускающих понижение порядка Вид ДУ Метод решения 1. ( ) y f x ′′ = Последовательное интегрирование 2. ( ) , y f x y ′′ ′ = ( ) p x y′ = , p y ′ ′′ = 3. ( ) , y f y y ′′ ′ = ( ) p y y′ = , dp y p dy ′′ = ⋅ 4. 2 y xy y x ′ − ′′ = y p x = , 2 y xy p x ′ − ′ = 5. 2 yy y x ′′ ′ + = p yy′ = , 2 p y yy ′ ′ ′ = + ′ 11.5. ДУ n-го порядка, допускающие понижение порядка 11.5.1. ДУ вида ( ) = ( ) n y f x . Общее решение получается путем n-кратного интегрирования. Принимая во внимание, что ( ) ( ) ( 1) ' n n y y − = , ( 1) 1 ( ) n y f x dx − C = + ∫ , ( ) ( 2) 1 ( ) n y f x dx dx C x C − = + ∫ ∫ 2 + , …, 1 2 1 2 ( ) ... ( 1)! ( 2)! n n n C x C x y f x dx dx n n − − = + + + − − ∫ ∫ C + Дифференциальные уравнения 297 Пример: Найдите частное решение ДУ , удовлетворяющее начальным ус- ловиям: , , 2x y e ′′′ = 0 1 y = 0 1 y′ = − 0 0 y′′ = при 0 0 x = . Решение: Последовательное интегрирование дает: 2 1 1 2 x y e c ′′ = + , 2 1 2 1 4 x y e c x ′ c 2 2 1 2 3 1 8 2 x x y e c c x c = + + + = + + , Из начальных условий (0) 1 y = , (0) 1 y′ = − , (0) 0 y′′ = , что приводит к сис- теме для определения постоянных : 1 2 3 , , c c c 3 2 1 1 1 , 8 1 1 4 1 0 , 2 c c c ⎧ = + ⎪ ⎪ ⎪− = + ⎨ ⎪ ⎪ = + ⎪⎩ , откуда 1 2 3 1 , 2 5 , 4 7 , 8 c c c ⎧ = − ⎪ ⎪ ⎪ = − ⎨ ⎪ ⎪ = ⎪⎩ и 2 2 1 1 5 8 4 4 x y e x x 7 8 = − − + Пример: Найдите общий интеграл уравнения " sin( ) y kx = и частное решение, удовлетворяющее начальным условиям 0 0 | 0, ' | x x y y = = 1 = = . 1 1 1 ' sin cos y kxdx C kx C k = + = − ∫ + , 1 2 1 cos y kx C dx k ⎛ ⎞ = − + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ C 1 2 1 2 1 1 cos sin kxdx C dx C kx C x C k k = − + + = − + + ∫ ∫ 2 0 - общее решение. Из условия находим 0 | x y = = 2 0 С = Из условия находим: 0 ' | 1 x y = = 1 1 1 1 1 1 C C k k = − + → = + Таким образом, частное решение имеет вид: 2 sin 1 1 kx y x k k ⎛ ⎞ = − + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 11.5.2. ДУ вида ( ) ( ) , ', ",..., 0 n F y y y y = Уравнение не содержит в явном виде независимую переменную x Порядок уравнения понижается на единицу подстановкой: ( ) ' , " , '" dP dP dy dP d dP y P y y P y P dx dy dx dy dx dy ⎛ ⎞ = = = = = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 2 2 2 2 2 2 d P dy dP dy dP d P dP P P dy dx dy dx dy dy dy ⎛ ⎞ = + = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ P Лекции 10 - 11 298 Пр им ер: Найдите общий ' 2 " 0 y yy интеграл уравнения 2 + = . ( ) Подстановка ' , " dP y P y y P = = dy в уравнение дает: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0, ; 2 0 2 0; dy P y y const dP y dx P y y P y dP dy P y dy ⎡ = = = ⎢ ⎢ + = ⇒ ⎢ + = ⎢⎣ 1 1 2 1 1 1 2 , , ln ln ln , 2 2 dP dP dy C y P P y C P C y dy P y y − = − = − = − + = = , 3 1 2 1 1 2 2 ; ; 3 C ydy C dx y C x C = = = + dy dx y ( ) ( ) ( ) , ,..., 0 k n F x y y = 11.5.3. ДУ вида Уравнение не содержит в явном виде функцию y и ее производные до ( ) 1 k − порядка вклю Порядок на k единиц с помощью замены ( ) y P x = . Имеем чительно. уравнения понижается ( ) k ( ) ( ) n k − н , , ',..., 0 F x P P P = . Если для по- следнего ия найдено решени уравне е ( ) ( ) 1 2 , , ,..., n k P x x C C C ϕ − = , то искомая функция ( ) y x получается ( ) ( ) , , ,..., P x x C C C путем k - кратного интегрирования функции 1 2 n k ϕ − : = Пример 0 y x Найдите общий интеграл уравнения '" 1 xy " + − − = Сделаем ( ) В уравнении явно , ' y y не содержатся функции замену " '" dP x y dx = → = . Подстановка приводит к линейному y P уравнению: 1 P ' 1 P x x + = + Решение ищем в виде: ( ) ( ) ( ) 1 , ' ' ' , ' ' u P x u x x P u u u u 1 x x υ υ υ υ υ υ = = + + + , = + 1 ' ' x u u x x υ υ υ + ⎛ ⎞ + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , ' 0, ; d d dx x dx x x υ υ υ υ υ υ + = = − = − , 1 1 1 1 ln ln , ' , ' x x x u u x x x x υ υ υ + + = − → = = = , Дифференциальные уравнения 299 ( ) 2 2 1 1 ' 1 , 1 , , , 2 2 x x u x du x dx u x C P u P x 1 C x υ = + = + = + + = = + + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 1 1 1 2 1 , " 1 , ' 1 2 2 2 x C x C x C P y y dx x x x ⎛ ⎞ C = + + = + + = + + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 2 1 2 ln 4 x x C x C = + + + , 2 1 2 ln 4 x y x C x ⎛ ⎞ = + + + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ 3 C dx C + ( ) ln 1 1 ln ln ln ln 1 ; u x du dx xdx x x x dx x x x x x x x d dx x υ υ = = = = − = − = = = ∫ ∫ − ( ) 3 2 1 2 3 ln 1 12 x x y C x x C x C = + + − + + 2 |