Материал: Обыкновенные дифференциальные уравнения

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

при у(2) = 1 получаем 2

ln2 1

;

2 +C = 0;

C = −2;

Итого: 2(x − 2) = ln2

или y = e±

- частное решение;

2x−4

′

Проверка: y

= e

2x−4

, итого

± 2

2x − 4

e±

( ±

2x−4

2x − 4)

= ±

2x − 4 = ln y - верно.

y′

e±

2x−4

Пример. Решить уравнение y′ = y23 .

= y23

−2

3 dy = dx

∫y−23 dy = ∫dx

3y 13

= x +C

27 y = (x +C)3 - общий интеграл

y =

(x +C)3

- общее решение

Пример. Решить уравнение y′ = x(y2

+1).

= dx;

∫

∫dx;

arctgy =

+C;

y = tg

+C ;

Пример. Решить уравнение

yy′

+ e

= 0 при условии у(1) = 0.

ydy

+ xe y

= 0

ydy + xe y dx = 0;

dy = −xdx;

e y

∫eyy dy = −∫xdx;

Интеграл, стоящий в левой части будем брать по частям (см. Интегрирование по частям.

	e	−y
u = y;	e		dy = dv;	= −e y y − ∫−e y dy = −e−y y −e−y = −e−y (y +1);
∫ye−y dy =			y	= −e y y − ∫−e y dy = −e−y y −e−y = −e−y (y +1);

du = dy;		v = −e ;
				e−y (y +1) =	x2	+C0 ;
				e−y (y +1) =		+C0 ;
				2


			2e−y (y +1) = x2 +C
Если у(1) = 0, то 2e0 (0 +1) =1+C;				2 =1+C;				C =1;
Итого, частный интеграл: 2e−y (y +1) =x2 +1.
Пример. Решить уравнение y′+sin(x + y) = sin(x − y) .
		y′+sin(x + y) −sin(x − y) = 0
	y′− 2sin		x − y − x − y	cos		x − y + x + y		= 0

2				2
			y′− 2sin(−y)cos x = 0
			y′+ 2sin ycos x = 0
	dy	= −2cos xdx;		∫	dy		= −2∫cos xdx;

	sin y				sin y

Длянахожденияинтеграла,стоящеговлевойчасти уравнениясм.Таблицаосновныхинтегралов. п.16. Получаем общий интеграл:

ln tg 2y = −2sin x +C

Пример. Решить уравнение 2xe−x2 + yy′ = 0

Преобразуем заданное уравнение:

2xe−x2 + ydxdy = 0 2xe−x2 dx + dyy = 0

∫2xe−x2 dx + ∫dyy = C

−e−x2 + ln y = C

Получили общий интеграл данного дифференциального уравнения. Если из этого соотношения выразить искомую функцию у, то получим общее решение.

Пример. Решить уравнение y′ = x(y2 +1) .

dydx = x(y2 +1)

y2dy+1 = xdx

∫

∫xdx;

arctgy =

+C ;

y = tg

Допустим, заданы некоторые начальные условия х0 и у0. Тогда:

arctgy =

;

= arctgy

;

−

Получаем частное решение y = tg

+ arctgy0

−

Однородные уравнения.

Определение. Функция f(x, y) называется однородной n – го измерения

относительно своих аргументов х и у, если для любого значения параметра t (кроме нуля) выполняется тождество:

f (tx,ty) = tn f (x, y).

Пример. Является ли однородной функция f (x, y) = x3 +3x2 y?

f (tx,ty) = (tx)3 +3(tx)2 ty = t3 x3 +3t3 x2 y = t3 (x3 +3x2 y) = t3 f (x, y)

Таким образом, функция f(x, y) является однородной 3- го порядка.

Определение. Дифференциальное уравнение вида y′ = f (x, y) называется

однородным, если его правая часть f(x, y) есть однородная функция нулевого измерения относительно своих аргументов.

Любое уравнение вида P(x, y)dx +Q(x, y)dy = 0 является однородным, если функции P(x, y) и Q(x, y) – однородные функции одинакового измерения.

Решение любого однородного уравнения основано на приведении этого уравнения к уравнению с разделяющимися переменными.

Рассмотрим однородное уравнение y′ = f (x, y).

Т.к. функция f(x, y) – однородная нулевого измерения, то можно записать: f (tx,ty) = f (x, y).

Т.к. параметр t вообще говоря произвольный, предположим, что t = 1x . Получаем:

	y
f (x, y) = f 1,

	x

Праваячастьполученногоравенствазависитфактическитолькоотодногоаргумента u = xy , т.е.

f (x, y) = ϕ y = ϕ(u);x

Исходное дифференциальное уравнение таким образом можно записать в виде:

Далее заменяем y = ux,		′	′	′	y′ = ϕ(u)
	y	′	′	′
	y		= u x +ux .
	′		′	= ϕ(u);	′	u	′	=	ϕ(u) −u	;
u x +ux				= ϕ(u);	u x +u = ϕ(u);	u		=	x	;

таким образом, получили уравнение с разделяющимися переменными относительно неизвестной функции u.

du	= dx	;	∫	du	= ∫dx	+C;
ϕ(u) −u				ϕ(u) −u
	x				x

Далее, заменив вспомогательную функцию u на ее выражение через х и у и найдя интегралы, получим общее решение однородного дифференциального уравнения.

Пример. Решить уравнение y′ =	y		y
		ln		+1 .
			x
	x

Введем вспомогательную функцию u.

u =	y	;	y = ux; y	′	′
	x
					= u x +u .

Отметим, что введенная нами функция u всегда положительна, т.к. в противном случае теряет смысл исходное дифференциальное уравнение, содержащее ln u = ln xy . Подставляем в исходное уравнение:

′					′			′
u x +u = u(lnu +1);					u x +u = u ln u +u;			u x = u ln u;
Разделяем переменные:	du	= dx	;	∫	du	= ∫dx	;
	u ln u				u ln u
		x				x

Интегрируя, получаем: ln ln u = ln x +C; ln u = Cx; u = eCx ;

Переходя от вспомогательной функции обратно к функции у, получаем общее решение:

y = xeCx .

Уравнения, приводящиеся к однородным.

Кроме уравнений, описанных выше, существует класс уравнений, которые с помощью определенных подстановок могут приведены к однородным.

Это уравнения вида

Если определитель	a	b

	a1	b1

	′			ax +by + c
y		=
					x +b y + c
			f a				.
				1	1	1

≠ 0, то переменные могут быть разделены подстановкой

x = u + α;

y = v +β;

		ax +by + c = 0
где α и β - решения системы уравнений
		a1 x +b1 y + c1 = 0
Пример. Решить уравнение (x − 2y +3)dy + (2x + y −1)dx = 0.
Получаем (x − 2y +3) dy = −2x − y +1;			dy	= − 2x − y +1;
dx			dx	x − 2y +3
Находим значение определителя	− 2	−1	= 4 +1 = 5 ≠ 0 .
Находим значение определителя	− 2	−1	= 4 +1 = 5 ≠ 0 .
	1	− 2
− 2x − y +1 = 0				y =1− 2x	;	x = −1/ 5
Решаем систему уравнений			;		;		;
x − 2y +3 = 0				x − 2 + 4x +3	= 0	y = 7 / 5
Применяем подстановку x = u −1/ 5;		y = v + 7 / 5; в исходное уравнение:
(u −1/ 5 − 2v −14 / 5 +3)dv + (2u − 2 / 5 + v + 7 / 5 −1)du = 0;
(u − 2v)dv + (2u + v)du = 0;

Заменяем переменную записанное выше, имеем:

2u + v

2 + v/ u

;

2v −u

2v/ u −1

= t;

′

при подстановке в выражение,

v = ut; v = t u +t;

′

2 +t

t u +t = 2t −1

Разделяем переменные:

u =

2 +t

−t =

2 +t − 2t2 +t

2(1+t −t2 )

;

2t −1

= − 1

1− 2t

dt;

∫du

= −

∫

(1− 2t)dt

;

1+t −t

− 1 ln1+t −t2

= ln

+ ln C

ln1+t −t2

= −2ln

C u

ln1+t −t2

; 1+t −t2

;

= ln

Переходим теперь к первоначальной функции у и переменной х.

y −7 / 5

5y −7

;

u = x +1/ 5;

x +1/ 5

5x +1

Источник: https://studfile.net/preview/16587631/

Смотрите также:




Изложение содержания дела, по которому приняты судебные постановления
_1-тема-СтрМетал
_1966(~1
_files_materials_5053_prog.ntr
_Антонян Ю.М., Сексуальные преступления. Чикатило и другие
_РГР № 1 (2)
- Габариты и масса 27