Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
 Скачать 1.84 Mb.
|
|
III уровень 3.1. Постройте интегральные кривые дифференциального уравнения: 1) 2 ; xy dy dx xy = 2) ; 3 dy x y dx x y − = − 3) ; y y dy dx x x + = − + 4) { 0, åñëè , 1, åñëè dy y x y x dx ≠ = = 3.2. Составьте дифференциальное уравнение заданных се- мейств кривых: 1) 2 2 0; x y Cy + − = 2) sin cos ; y C x x = + 3) 2 2 1; 4 x y C + = 4) x y x y Ce x − + = 3.3. Составьте дифференциальное уравнение семейства ок- ружностей с общим центром O(3, 1). 3.4. Составьте дифференциальное уравнение семейства па- рабол, которые проходят через точку (1, 0) и для которых ось абсцисс является осью симметрии. 3.5. Материальная точка движется по прямой со скоростью, обратно пропорциональной пройденному пути. В начальный момент движения точка находилась на расстоянии 2 м от начала отсчета пути и имела скорость 30 м/с. Найдите пройденный путь и скорость точки через 10 с после начала движения. 22.2. Однородные дифференциальные уравнения. Уравнения, сводящиеся к однородным Дифференциальное уравнение вида ( ) ( ) 1 2 , , 0 f x y dx f x y dy + = (22.7) 173 называют однородным, если обе функции 1 f и 2 f являются од- нородными функциями одной и той же степени n, т. е. для пара- метра t выполняются: 1 1 ( , ) ( , ), n f tx ty t f x y = 2 2 ( , ) ( , ). n f tx ty t f x y = Однородное уравнение может быть сведено к виду , y y x ϕ ′ = (22.8) где ϕ – некоторое выражение относительно . y x Для решения однородного уравнения его сводят вначале к виду (22.8), а затем заменяют , y z x = где ( ). z z x = Этой заменой дифференциальное уравнение (22.8) приводится к уравнению с разделяющимися переменными. Иногда целесообразнее сделать замену , x z y = где ( ). z z y = Дифференциальное уравнение вида 1 1 1 2 2 2 a x b y c y f a x b y c + + ′ = + + (22.9) при определенных значениях 1 2 1 2 1 2 , , , , , a a b b c c сводится к од- нородному уравнению. Рассмотрим три возможных случая ко- эффициентов: 1. Если 1 1 2 2 , a b a b ≠ то делают замену переменных: { , , ( ), x u y v v v u α β = + = + = (22.10) где числа α и β находят как решение системы уравнений { 1 1 1 2 2 2 0, 0. a b c a b c α β α β + + = + + = (22.11) Этой заменой дифференциальное уравнение (22.9) сводится к уравнению 1 1 2 2 a u b v dv f du a u b v + = + Далее его решают как однородное. 174 2. Если 1 1 1 2 2 2 , a b c k a b c = = ≠ то уравнение (22.9) записывают в виде 2 2 1 2 2 2 ( ) , , k a x b y c y f k a x b y c + + ′ = ∈ + + R и затем заменяют 2 2 , z a x b y = + где ( ). z z x = Эта замена приво- дит к дифференциальному уравнению с разделяющимися пере- менными. 3. Если 1 1 1 2 2 2 , , a b c k k a b c = = = ∈ R то имеем 2 2 2 2 2 2 ( ) , k a x b y c y f a x b y c + + ′ = + + т. е. ( ) dy f k dx = Далее интегрируют. Пример 1. Решить уравнение: 1) ( 2 ) 0; x y dx xdy + − = 2) 2 2 ; xy x y y ′ = − + 3) sin sin 0. x x y x dy y dx y y + − = Решение. 1) 1 ( , ) 2 , f x y x y = + 2 ( , ) f x y x = − Так как 1 ( , ) ( 2 ), f tx ty t x y = + 2 ( , ) ( ), f tx ty t x = − то 1 f и 2 f – однородные функции первой степени. Делаем замену. Очевидно, что делением на x ( ) 0 , x ≠ уравнение сводится к виду 1 2 0, y dx dy x + − = т. е. 1 2 dy y dx x = + или 1 2 y y x ′ = + Заменяем , y z x = где ( ), z z x = откуда y x z = ⋅ и y z xz ′ ′ = + Подстав- ляя в исходное дифференциальное уравнение, получаем: 1 2 , z xz z ′ + = + т. е. 1 dz x z dx = + Разделяем переменные (при условии 1 0 z + ≠ ): 1 dx dz x z = + Интег- рируем: 1 dx dz x z = + ∫ ∫ или ln ln 1 ln . x z C = + + Отсюда 1 x C z = + Возвращаемся к старым переменным, подставляем вместо z выра- 175 жение . y x Тогда общий интеграл исходного дифференциального урав- нения имеет вид: 2 x C x y = + Рассмотрим отдельно возможные решения 0 x = и 1 0, z + = кото- рые мы исключали. В последнем случае имеем 1 0, y x + = т. е. y x = − Подставляем 0 x = и y x = − в заданное дифференциальное уравнение и убеждаемся, что они также являются его решениями. При этом ре- шение 0 x = содержится в формуле общего интеграла при 0. C = Ре- шение y x = − не содержится в полученной формуле общего интеграла. Поэтому окончательное решение: 2 , x C x y y x = + = − 2) Разделив дифференциальное уравнение на x ( 0), x ≠ получаем: 2 1 y y y x x ′ = − + – это однородное дифференциальное уравнение. После замены , y z x = где ( ) , z z x = имеем 2 1 z xz z z ′ + = − + Далее приводим подобные и разделяем переменные, считая 2 1 0, z − ≠ т. е. 1. z ≠ ± Получаем 2 1 dz dx x z = − Интегрируем и получа- ем arcsin ln z x C = + Возвращаемся к старым переменным, получаем общее решение: arcsin ln y x C x = + Анализируем, являются ли решениями 0 x = и 1, z = ± т. е. y x = ± Подставляем 0, x = , y x = y x = − в заданное дифференци- альное уравнение и убеждаемся, что 0 x = не является решением за- данного дифференциального уравнения, а , y x = y x = − являются ре- шениями, которые не входят в полученное общее решение. Приходим к решению исходного дифференциального уравнения: arcsin ln , y x C x y x = + = ± 176 3) Запишем заданное уравнение в виде sin sin 0. x x dx y x y y y dy + − = Делим его на y ( 0) : y ≠ 1 sin sin 0. x x x x y y y ′ + − = (22.12) Делаем замену , x z y = где ( ), z z y = т. е. x yz = и x z yz ′ ′ = + По- сле подстановки в уравнение (22.12) получаем: (1 sin ) sin ( ) 0, z z z z yz ′ + − + = т. е. (1 sin ) sin ( ) 0. z z dy z ydz zdy + − + = После упрощения имеем sin 0. dy y zdz − = Делим переменные: sin dy zdz y = Интегрирование дает: ln cos y z C = − + или ln cos y z C + = Возвращаемся к старым переменным, используя x z y = Тогда об- щий интеграл имеет вид: ln cos x y C y + = Пример 2. Решить задачу Коши: 1) 2 2 ( ) 2 0, (1) 1. y x dx xydy y − − = = 2) ( 2 ) ( 2 ) 0, (1) 3. y x dx x y dy y − + + = = Решение. 1) Это однородное уравнение. Разделив заданное урав- нение на 2 , x 0, x ≠ получаем: 2 2 1 2 0. y y dx dy x x − − = Делаем замену , y z x = dy xdz zdx = + где ( ) : z z x = 2 ( 1) 2 ( ) 0 z dx z xdz zdx − − + = или, приведя подобные, 2 ( 1) 2 0. z dx zxdz − + − = Разделяем переменные: 177 2 2 , 1 z dx dz x z = − + 2 ( 1 0). z + ≠ Интегрируем последнее уравнение: 2 ln( 1) ln | | ln , z x C + = − + т. е., используя свойства логарифма, имеем 2 1 | | C z x + = Возвращаясь к старым переменным, получаем: 2 2 1 y C x x + = – об- щий интеграл исходного уравнения. Подставляем в него начальные условия 1, x = 1 y = и находим С: 1 1 1 1 C + = или 2. C = Значит, решением задачи Коши является 2 2 2 1 | | y x x + = 2) Это уравнение однородное. Разделив его на x ( 0), x ≠ получаем: 2 1 2 0. y y dx dy x x − + + = Делаем замену , y z x = где ( ), z z x = , y xz = : dy xdz zdx = + ( 2) (1 2 )( ) 0. z dx z xdz zdx − + + + = Приводим подобные: 2 ( 2 2 ) (1 2 ) 0 z z z dx x z dz − + + + + = или 2 2( 1) (1 2 ) 0. z z dx x z dz + − + + = Разделяем переменные, считая 2 1 0 : z z + − ≠ 2 1 2 2 0. 1 z dx dz x z z + + = + − (22.13) Далее интегрируем уравнение (22.13) и получаем: 2 ln 1 2 ln ln . z z x C + − + = Используем свойства логарифма и получаем: 2 2 ( 1) z z x C + − = Возвращаемся к старым переменным: 2 2 2 1 y y x C x x + − = или 2 2 y xy x C + − = Отсюда получаем: 178 2 2 y xy x C + − = – общий интеграл заданного уравнения. Подста- вив в него начальные условия: 1, x = 3, y = получим 11. C = Решение задачи Коши: 2 2 11. y xy x + − = Пример 3. Найти решение дифференциального уравнения: 1) 2 4 6 ; 3 x y y x y − + − ′ = + − 2) 2 1 ; 4 2 3 x y y x y + + ′ = + − 3) 2 1 4 2 2 x y y x y + + ′ = + + Решение. 1) Это уравнение не является однородным, но сводится к однородному дифференциальному уравнению. Так как 1 1 2 2 , a b a b ≠ т. е. 2 4 , 1 1 − ≠ сделаем замену переменных по формуле (22.10): { , ( ). x u y v v v u α β = + = + = (22.14) Числа α и β найдем из системы уравнений (22.11): { 2 4 6 0, 3 0, α β α β − + − = + − = откуда { 1, 2. α β = = Тогда система уравнений (22.14) примет вид { 1, 2. x u y v = + = + Подставив эту замену в заданное уравнение, получим: 2( 1) 4( 2) 6 1 2 3 dv u v du u v − + + + − = + + + − или 2 4 dv u v du u v − + = + – однородное дифференциальное уравнение. Сделаем замену переменных: , v z u = где ( ); z z u = , v uz = dv udz zdu = + Подставив ее в последнее уравнение, получим: 2 4 udz zdu u uz du u uz + − + = + или ( 2 4 ) (1 )( ), z du z udz zdu − + = + + 2 ( 2 4 ) (1 ) ( ) , z du u z dz z z du − + = + + + 2 (1 ) ( 3 2) u z dz z z du − + = − + Разделим переменные, полагая 2 3 2 0, z z − + ≠ получим: 2 1 3 2 z du dz u z z + = − − + 179 Преобразуем дробное выражение 2 1 , 3 2 z z z + − + представив его в виде суммы простейших дробей: 2 1 3 2 2 1 3 2 z z z z z + = − − − − + Тогда получаем: 3 2 2 1 du dz z z u − = − − − Интегрируем последнее уравнение: 1 3ln 2 2 ln 1 ln ln , z z u C − − − = − + ( ) 3 1 2 2 ln ln ln , 1 z u C z − + = − 3 2 ( 2) ( 1) u z C z − = − Возвращаемся к старым переменным: 3 2 2 1 2 1 ( 1) 2 1 y x y x x C − − − − − − = − После упрощения получаем: 3 2 ( 2 ) ( 1) y x С y x − = − − – общий ин- теграл заданного дифференциального уравнения. Кроме того, решением исходного дифференциального уравнения будет 2 3 2 0 z z − + = или 2 y x = и 1. y x = + Решение 2 y x = входит в общий интеграл при С = 0. Таким обра- зом, искомое решение дифференциального уравнения ( ) ( ) 3 2 2 1 , 1. y x C y x y x − = − − = + 2) Так как 1 1 1 2 2 2 1 , 2 a b c a b c = = ≠ то заданное уравнение приводится к уравнению 2 1 2(2 ) 3 x y y x y + + ′ = + − Заменяем 2 , z x y = + где ( ), z z x = 2 , y z x = − 2. y z ′ ′ = − Получим: 1 2 2 3 z z z + ′ − = − 180 Разделяем переменные: 5( 1) 2 3 dz z dx z − = − или 2 3 5 , 1 z dz dx z − = − (считаем 1 z ≠ ), т. е. 1 2 5 1 dz dx z − = − Интегрируем: 2 ln 1 5 z z x C − − = + Возвращаемся к старым переменным и получаем общий интеграл: 2 ln 2 1 y x y x C − + − − = Кроме того, решением исходного дифференциального уравнения будет 1 z = или 2 1, x y + = т. е. 1 2 . y x = − Таким образом, искомое ре- шение дифференциального уравнения: 2 ln 2 1 , 1 2 . y x y x C y x − + − − = = − 3) Так как 1 1 1 2 2 2 , a b c a b c = = т. е. 2 1 1 , 4 2 2 = = то заданное уравнение сводится к уравнению ( ) 2 1 2 2 1 dy x y dx x y + + = + + После сокращения имеем 2 dy dx = Интегрируем и получаем об- щее решение исходного дифференциального уравнения: 2 y x C = + |