Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
 Скачать 1.84 Mb.
|
|
уравнением с разделяющимися пере- менными. Для решения уравнения (22.3) предполагают 2 ( ) 0 f x ≠ и 1 ( ) 0. g y ≠ Почленным делением уравнения (22.3) на 2 1 ( ) ( ) f x g y ⋅ его сводят к уравнению 165 1 2 2 1 ( ) ( ) , ( ) ( ) f x g y dx dy f x g y = − (22.4) которое в левой части содержит выражение только от перемен- ной x, а в правой – только от переменной y (этим объясняется название данного типа дифференциальных уравнений). Далее интегрируют равенство (22.4) (слева – по переменной x, а спра- ва – по y) и получают общее решение. Ограничения 2 ( ) 0, f x ≠ 1 ( ) 0 g y ≠ могут привести к потере решений, поэтому следует решить уравнения 2 ( ) 0 f x = и 1 ( ) 0 g y = и установить подстановкой в заданное дифференци- альное уравнение, являются ли они решением дифференциаль- ного уравнения. Затем необходимо определить, входят ли они в общее решение (или являются особыми). Пример 1. Доказать, что функция 2 2 3 3 x y x = + является решением дифференциального уравнения (2 ) 2. y xy x ′ − = Решение. Продифференцируем функцию: 2 2 2 3 3 x y x ′ = − + Подста- вим ее в заданное дифференциальное уравнение: 2 2 2 2 2 2 2; 3 3 3 3 x x x x x x + − − + = 2 2 4 2 2 2 2. 3 3 3 3 x x x x x + + − = В итоге получаем тождество 2 2 x x ⋅ = или 2 2. = Это доказывает, что функция 2 2 3 3 x y x = + является решением заданно- го дифференциального уравнения. Пример 2. Доказать, что равенство 2 2 (1 )(1 ) y x C + + = является общим интегралом дифференциального уравнения 2 2 ( ) ( ) 0. x xy dx y yx dy + + + = Решение. Вычислим производную неявной функции 2 2 ( , ) (1 )(1 ) F x y y x C = + + − по формуле : x x y F y F ′ ′ = − ′ поскольку 2 2 (1 ), x F x y ′ = + 2 2 (1 ), y F y x ′ = + то 166 2 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 2 (1 ) (1 ) x x y x y y y x y x + + ′ = − = − + + Подставим x y ′ и x dy y dx ′ = в заданное дифференциальное урав- нение: 2 2 2 2 2 2 (1 ) ( ) ( ) ( ) 0. (1 ) x y x xy dx y yx dx x xy x xy dx y x + + + + − = + − − = + Получили тождество 0 0, = что и доказывает требуемое. Пример 3. Найти общее решение дифференциального уравнения: 1) 2 4 ; x y x ′ + = 2) 2 (1 ) 0; ydx x dy + + = 3) cos 1. y y ′ + = Решение. 1) Используем то, что , dy y dx ′ = и запишем исходное дифференциальное уравнение в виде 2 4 dy x x dx + = или 2 4 x dy xdx + = Так как 2 4 0 x + ≠ для всех , x ∈ R то преобразуем уравнение к виду 2 4 xdx dy x = + Интегрируем последнее равенство: 2 4 xdx dy x = + ∫ ∫ Получаем 2 4 y x C = + + – общее решение заданного дифференциального урав- нения. 2) Предполагаем, что 0, y ≠ а так как 2 1 0 x + ≠ для всех , x ∈ R то преобразуем заданное дифференциальное уравнение к виду 2 1 dx dy y x − = + Интегрируем последнее равенство: 2 1 dx dy y x − = + ∫ ∫ Получаем: arctg ln ln , x y C − = + 0. C > Произвольную константу записали в форме lnC для удобства дальнейших преобразований: ln arctg . C y x = − arctg , x C y e − = т. е. arctg x y Ce − = Заметим, что преобразования аналитических выражений произво- 167 дятся с точностью до константы C. Таким образом, arctg x y Ce − = – общее решение исходного диффе- ренциального уравнения. Проверяем, является ли решением 0. y = Подставляем в заданное дифференциальное уравнение и видим, что 0 y = является решением дифференциального уравнения. Однако оно не является особым, так как получается из общего решения при 0. C = Приходим к ответу: arctg x y Ce − = – общее решение, С = const. 3) Используя то, что , dy y dx ′ = запишем уравнение в виде 1 cos . dy y dx = − Предполагаем, что 1 cos 0 y − ≠ и преобразуем уравнение к виду 1 cos dy dx y = − Используя формулу тригонометрии 2 2sin 1 cos , 2 α α = − интегрируем последнее равенство: , 1 cos dy dx y = − ∫ ∫ 2 2 sin 2 dy dx y = ∫ ∫ Имеем: ctg 2 y x C − = + или ctg 2 y C x = − Таким образом, получаем 2arcctg( ) 2 , y C x n π = − + n ∈ Z – общее решение исходного дифференциального уравнения. Проверяем, дает ли равенство 1 cos 0 y − = особые решения. Полу- чаем, 2 , y k π = k ∈ Z – это есть особые решения исходного дифферен- циального уравнения. Таким образом, решение заданного дифференци- ального уравнения: ( ) 2arcctg 2 , 2 , y C x n y k π π = − + = , n ∈ Z k ∈ Z Пример 4. Известно, что решением некоторого дифференциаль- ного уравнения является семейство парабол 2 y x Cx = + Определить это дифференциальное уравнение. Решение. Дифференцируя равенство 2 , y x Cx = + имеем 2 y x C ′ = + (22.5) 168 Выразим C из уравнения параболы: 2 , 0. y x C x x − = ≠ Подставив найденное значение С в уравнение (22.5), получим 2 2 , y x y x x − ′ = + т. е. 1 y y x x ′ − = (22.6) Заданное семейство парабол является решением дифференциаль- ного уравнения (22.6). Пример 5. Доказать, что 2 2 4 2 x x y y C − + + = является общим ин- тегралом дифференциального уравнения ( 2) ( 1) 0. x dx y dy − + + = Оп- ределить частные интегралы, если известно, что интегральные кривые проходят соответственно через точки (0, – 1) и (2, 0), построить эти кривые. Решение. Вычислим производную неявной функции по формуле , x x y F y F ′ ′ = − ′ где 2 2 ( , ) 4 2 F x y x x y y C = − + + − Тогда 2 4 2 2 2 1 x x x y y y − − ′ = − = − + + Подставим x y ′ и x dy y dx ′ = в задан- ное дифференциальное уравнение: ( ) ( ) 2 2 1 0 1 x x dx y dx y − − + + − = + или ( 2) ( 2) 0. x dx x dx − − − = Получили тождество 0 0. = Это доказывает, что заданная неявно функция является общим интегралом исходного дифференциального уравнения. Для нахождения частных интегралов и проходящих через заданные точки интегральных кривых подставляем координаты этих точек в общий интеграл и определяем соответствующие константы. Для точки (0, – 1) получаем: 1 2 1 C − + = или 1 1. C = − Для точки (2, 0) получаем: 2 4 8 C − = или 2 4. C = − Тогда частными интегралами будут: 2 2 4 2 1 0 x x y y − + + + = и 2 2 4 2 4 0. x x y y − + + + = Интегральными кривыми являются концентрические окружности с центром в точке ( ) 2, 1 − и радиусами 2 и 1 соответственно. Это вид- но, если в полученных частных интегралах выделить полный квадрат по x и по y: 169 2 2 ( 2) ( 1) 4, x y − + + = 2 2 ( 2) ( 1) 1. x y − + + = Графики интегральных кривых изображены на рис. 22.1. Рис. 22.1 Пример 6. Найти частное решение дифференциального уравнения: 1) 2 2 (1 ) 0, xdx x dy − + = (0) 0; y = 2) ln , y y y = ′ ( ) 2 1; y = 3) 2 sin , x y e x ′ = ( ) 0 1. y = Решение. 1) Разделив уравнение на 2 1 0, x + ≠ получим: 2 2 1 x dy dx x = + Интегрируем левую и правую части: 2 2 ; 1 x y dx x = + ∫ 2 ln(1 ) ln . y x C = + + Получаем 2 ln (1 ) y C x = + – общее решение исходного дифферен- циального уравнения. Подставляем начальное условие (0) 0 y = и на- ходим константу С: 0 ln C = или 1. C = Нашли частное решение 2 ln(1 ). y x = + 2) Преобразуя заданное уравнение с учетом того, что , dy y dx ′ = по- лучаем ln y dx dy y = Далее интегрируем: ln y dx dy y = ∫ ∫ или 2 ln 2 y x C = + – это общий интеграл исходного уравнения. – 1 1 – 3 1 2 – 2 x y 0 170 Используем начальное условие: в полученное решение подставля- ем 2 x = и 1. y = Находим константу С: 2 ln 1 2 , 2 C = + т. е. 2. C = Значит, 2 ln 2, 2 y x = + откуда получаем: ( ) 2 2 2 ln x y − = – искомое частное решение (частный интеграл). 3) С учетом равенства dy y dx ′ = получаем 2 sin x dy e xdx = Интег- рируем: 2 sin x dy e xdx = ∫ ∫ или 2 sin x y e xdx C = + ∫ Вычисляем по- следний интеграл, дважды интегрируя по частям: , sin cos cos sin , cos x x x x x u e du e dx e xdx e x e xdx dv xdx v x = = = = − + = = = − ∫ ∫ , , cos sin sin cos , sin x x x x x u e du e dx e x e x e xdx dv xdx v x = = = = − + − = = ∫ Отсюда получаем ( ) 2 sin sin cos x x e xdx e x x = − ∫ Таким образом, (sin cos ) x y e x x C = − + – общее решение исходно- го дифференциального уравнения. Подставляя в него 0, x = 1, y = на- ходим С: 0 1 (sin 0 cos 0) , e C = − + т. е. 2. C = Частным решением явля- ется (sin cos ) 2. x y e x x = − + Задания I уровень 1.1. Докажите, что данная функция является решением соот- ветствующего дифференциального уравнения: 1) cos 4 , y x x = + 4 sin ; y x ′ = − 2) 2 3 ln , y x x = 2 3 2 ; xy x y ′ = − 3) ( ) 3 2 (1 ) 1 , 3 x y x − = + − 2 3 3 7 4 ; 3 (1 ) y y x x x ′ + = − − − 4) , x y e − = 2 2 0. x y e y y ′ − + = 1.2. Решите уравнение: 1) 2 3 3 ; y y ′ = 2) tg tg ; y x y ′ = ⋅ 3) ( 3) ( 3) 0; y dx x dy − + − = 171 4) 2 8 ; 16 y x ′ = − 5) 2 sin ; y y x ′ = 6) 2 1 x y x ′ = − 1.3. Найдите частное решение уравнения: 1) 3 8 , y x ′ = (0) 0; y = 2) 2 1 2 0, x dy xdx − − = (0) 2; y = − 3) sin 0, y x ′ + = ( ) 1; y π = 4) 4( 1) ( 1) 0, x dx y dy + + − = (0) 1. y = II уровень 2.1. Докажите, что заданная неявно функция является реше- нием соответствующего дифференциального уравнения: 1) 2 2 0, y x y − − = 2 2 ( ) 2 0; y x y xy ′ + − = 2) 2 2 2 1 0, x y + − = 2 0; x yy ′ + = 3) (ln ) 1, y x x y + + = 2 ln 0; xy y x y ′ − + = 4) , m y x = xy my ′ = 2.2. Решите уравнение: 1) 2 2 (1 ) (1 ) 0; y x y x y ′ + + + = 2) (1 ) 0; x x e dx e ydy − + = 3) 2 ( 2) 1; y x ′ = + − 4) 2 cos . x y e x ′ = 2.3. Решите задачу Коши: 1) 0, y yy e x ′ + = ( ) 1 0; y = 2) ( ) 2 2 1 2 0, x y xy ′ − + = ( ) 0 1; y = 3) 2 , ln y xy x ′ = ( ) 1; y e = 4) ( ) 2 0, xy y dx xdy + − = ( ) 1 1. y = 5) ( 3) ( 4) 0, y dx x dy − + + = ( 3) 4; y − = 2.4. Докажите, что параметрически заданная функция , t t x te y e − = = является решением уравнения ( ) 2 1 0. xy y y ′ + + = 2.5. Докажите, что соотношение ( 1) y x C − = является об- щим решением (общим интегралом) дифференциального урав- нения ( 1) 0. x y y ′ − + = Определите частные решения (частные 172 интегралы), если интегральные кривые проходят через точки (0, 0), (0, – 1) и (2, 1), постройте эти кривые. |