Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Дифференциальные уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной

Дифференциальные уравнения 1-го порядка,
не разрешенные относительно производной


Уравнения 1-го порядка n-ой степени относительно производной


Пусть имеем дифференциальное уравнение


[math](y')^n+p_1(x,y)(y')^{n-1}+\cdots+p_{n-1}(x,y)y'+p_n(x,y)=0.[/math]
(1)

Решаем это уравнение относительно [math]y'[/math]. Пусть


[math]y'=f_1(x,y),~~y'=f_2(x,y), \quad \ldots, \quad y'=f_k(x,y)~~(k\leqslant{n})[/math]

— вещественные решения уравнения (1).


Общий интеграл уравнения (1) выразится совокупностью интегралов:


[math]\Phi_1(x,y,C)=0, \quad \Phi_2(x,y,C)=0, \quad \ldots, \quad \Phi_k(x,y,C)=0,[/math]

где [math]\Phi_i(x,y,C)=0[/math] есть интеграл уравнения [math]y'=f_i(x,y)~(i=1,2,\ldots,k)[/math].


Таким образом, через каждую точку области, в которой [math]y'[/math] принимает вещественные значения, проходит [math]k[/math] интегральных линий.




Пример 1. Решить уравнение [math]y(y')^2+(x-y)y'-x=0[/math].


Решение. Разрешим это уравнение относительно [math]y'[/math]:


[math]y'=\frac{y-x\pm\sqrt{(x-y)^2+4xy}}{2y}=\left[\!\begin{gathered}y'=1,\hfill\\y'=-\frac{x}{y},\hfill\\\end{gathered}\right.[/math] откуда [math]y=x+C,~y^2+x^2=C^2[/math]

Пример 2. Решить уравнение [math]2(y')^2-2xy'-2y+x^2=0[/math].


Решение. Разрешим уравнение относительно переменной [math]y[/math]:


[math]y=(y')^2-xy'+\frac{x^2}{2}.[/math]

Положим [math]y'=p[/math], где [math]p[/math] — параметр; тогда получим [math]y=p^2-xp+\frac{x^2}{2}.[/math] Дифференцируя, найдем [math]dy=2p\,dp-p\,dx-x\,dp+x\,dx[/math]. Но так как [math]dy=p\,dx[/math], то будем иметь


[math]p\,dx=2p\,dp-p\,dx-x\,dp+x\,dx[/math] или [math](2p-x)(dp-dx)=0.[/math]

Рассмотрим два случая:


1) [math]dp-dx=0[/math], откуда [math]p=x+C[/math], где [math]C[/math] — произвольная постоянная. Подставляя значение [math]p[/math], получаем общее решение данного уравнения:


[math]y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}.[/math]

В равенстве [math]p=x+C[/math] нельзя заменить [math]p[/math] на [math]y'[/math] и интегрировать полученное уравнение [math]y'=x+C[/math] (так как при этом появится вторая произвольная постоянная, чего не может быть, поскольку рассматриваемое дифференциальное уравнение является уравнением первого порядка).


2) [math]2p-x=0[/math], откуда [math]p=\frac{x}{2}[/math]. Подставляя, получим еще одно решение [math]y=\frac{x^2}{4}[/math].


Проверим, нарушится ли свойство единственности в каждой точке решения [math]y=\frac{x^2}{4}[/math], т.е. является ли оно особым (см. часть 1.11). Для этого возьмем на интегральной кривой [math]y=\frac{x^2}{4}[/math] произвольную точку [math]M_{{}_0}(x_{{}_0},y_{{}_0})[/math], где [math]y_{{}_0}=\frac{x_{{}_0}^2}{2}[/math]. Будем теперь искать решение, которое содержится в общем решении [math]y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}[/math] и график которого проходит через точку [math]M_{{}_0}\!\left(x_{{}_0},\frac{x_{{}_0}^2}{2}\right)[/math]. Подставляя координаты этой точки в общее решение [math]y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}[/math], будем иметь


[math]\frac{x_{{}_0}^2}{4}=Cx_{{}_0}+C^2+\frac{x_{{}_0}^2}{2}[/math] или [math]{\left(C+\frac{x_{{}_0}}{2}\right)\!}^2=0,[/math]

откуда [math]C=-\frac{x_{{}_0}}{2}[/math]. Это значение постоянной [math]C[/math] подставим в [math]y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}[/math]. Тогда получим частное решение


[math]y=\frac{x^2}{2}-\frac{x_{{}_0}x}{2}+\frac{x_{{}_0}^2}{4},[/math]

которое не совпадает с решением [math]y=\frac{x^2}{4}[/math]. Для этих решений имеем соответственно [math]y'=\frac{x}{2},~y'=x-\frac{x_{{}_0}}{2}[/math]. При [math]x=x_{{}_0}[/math] обе производные совпадают. Следовательно, в точке [math]M_{{}_0}[/math] нарушается свойство единственности, т. е. через эту точку проходят две интегральные кривые с одной и той же касательной. Так как [math]x_{{}_0}[/math] произвольно, то единственность нарушается в каждой точке решения [math]y=\frac{x^2}{4}[/math], а это означает, что оно является особым.




2°. Уравнения вида f(y,y')=0 и f(x,y')=0


Если уравнения [math]f(y,y')=0[/math] и [math]f(x,y' )[/math] легко разрешимы относительно [math]y'[/math], то, разрешая их, получим уравнения с разделяющимися переменными. Рассмотрим случаи, когда эти уравнения не разрешимы относительно [math]y'[/math].


А. Уравнение вида [math]f(y,y')=0[/math] разрешимо относительно [math]y[/math]:


[math]y=\varphi(y').[/math]

Полагаем [math]y'=p[/math], тогда [math]y=\varphi(p)[/math]. Дифференцируя это уравнение и заменяя [math]dy[/math] на [math]p\,dx[/math], получим


[math]p\,dx=\varphi'(p)\,dp[/math] откуда [math]dx=\frac{\varphi'(p)}{p}\,dp[/math] или [math]x=\int\frac{\varphi'(p)}{p}\,dp+C.[/math]

Получаем общее решение уравнения в параметрической форме


[math]x=\int\frac{\varphi'(p)}{p}\,dp+C, \quad y=\varphi(p).[/math]
(6)



Пример 3. Решить уравнение [math]y=a{\left(\frac{dy}{dx}\right)\!}^2+b{\left(\frac{dy}{dx}\right)\!}^3[/math], где [math]a,b[/math] — постоянные.


Решение. Положим [math]\frac{dy}{dx}=p[/math], тогда [math]y=ap^2+bp^3,~dy=2ap\,dp+3bp^2\,dp[/math], или [math]p\,dx=2ap\,dp+3bp^2\,dp[/math]. Отсюда [math]dx=2a\,dp+3bp\,dp[/math] и [math]x=2ap+\frac{3b}{2}p^2+C[/math].


Общим решением будет [math]\begin{cases}x=2ap+\frac{3b}{2}p^2+C,\\y=ap^2+bp^3.\end{cases}[/math].




Б. Если уравнение вида [math]f(y,y')=0[/math] неразрешимо (или трудно разрешимо) как относительно [math]y[/math], так и относительно [math]y'[/math], но допускает выражение [math]y[/math] и [math]y'[/math] через некоторый параметр [math]t[/math]:


[math]y=\varphi'(t)\,dt, \quad p=\psi(t) \quad \left(p=\frac{dy}{dx}\right),[/math]

то поступаем следующим образом. Имеем [math]dy=p\,dx=\psi(t)\,dx[/math]. С другой стороны, [math]dy=\varphi[/math], так что [math]\psi(t)\,dx=\varphi'(t)\,dt[/math] и [math]dx=\frac{\varphi'(t)}{\psi(t)}\,dt[/math]; отсюда


[math]x=\int\frac{\varphi'(t)}{\psi(t)}\,dt.[/math]

Таким образом, получаем общее решение данного дифференциального уравнения в параметрической форме


[math]x=\int\frac{\varphi'(t)}{\psi(t)}\,dt, \quad y\varphi(t).[/math]



Пример 4. Решить уравнение [math]y^{2/3}+(y')^{2/3}=1.[/math].


Решение. Полагаем [math]y=\cos^3t,~p=\sin^3t[/math], тогда имеем


[math]dx=\frac{dy}{p}=\frac{-3\cos^2t\sin{t}\,dt}{\sin^3t}=-3\,\frac{\cos^2t}{\sin^2t}\,dt.[/math]

Отсюда [math]x=-3\int\frac{\cos^2t}{\sin^2t}\,dt=\int\!\left(3-\frac{3}{\sin^2t}\right)\!dt=3t+3\operatorname{ctg}t+C[/math], общее решение [math]\begin{cases}x=3t+3\operatorname{ctg}t+C,\\y=\cos^3t\,.\end{cases}[/math].




В. Уравнение вида [math]f(x,y')=0[/math]. Пусть это уравнение разрешимо относительно [math]x[/math], то есть [math]x=\varphi(y')[/math].


Полагая [math]y' \equiv p[/math], получим [math]dx=\varphi'(p)\,dp[/math]. Но [math]dx=\frac{dy}{p}[/math] и, следовательно, [math]\frac{dy}{p}=\varphi'(p)\,dp[/math], так что


[math]dy=p\varphi'(p)\,dp[/math] и [math]y=\int{p\varphi'(p)\,dp}+C.[/math]

Таким образом [math]x=\varphi(p),~y=\int{p\varphi'(p)\,dp}+C[/math] — общее решение уравнения в параметрической форме ([math]p[/math] — параметр).


Замечание. В формулах нельзя рассматривать [math]p[/math] как производную. В них [math]p[/math] является просто параметром.




Пример 5. Решить уравнение [math]a\,\frac{dy}{dx}+b{\frac{dy}{dx}\!}^2=x[/math].


Решение. Положим [math]\frac{dy}{dx}=p[/math], тогда


[math]x=ap+bp^2,~dx=a\,dp+2bp\,dp,~dy=p\,dx=ap\,dp+2bp^2\,dp,~y=\frac{a}{2}p^2+\frac{2b}{3}p^3+C.[/math]

Итак, [math]x=ap+bp^2,~y=\frac{a}{2}p^2+\frac{2b}{3}p^3+C[/math] — общее решение.


Аналогично случаю Б можно пытаться решать уравнение [math]f(x,y')=0[/math] методом введения параметра [math]t[/math].




3°. Уравнения Лагранжа


Уравнение Лагранжа имеет вид


[math]y=x\varphi(y')+\psi(y').[/math]

Полагая [math]y'=p[/math], дифференцируя по [math]x[/math] и заменяя [math]dy[/math] на [math]p\,dx[/math], приводим это уравнение к линейному относительно [math]x[/math] как функции [math]p[/math]. Находя решение этого последнего уравнения [math]x=r(p,C)[/math], получаем общее решение исходного уравнения в параметрической форме:


[math]x=r(p,C), \quad y=r(p,C)\varphi(p)+\psi(p)[/math] ([math]p[/math]—параметр).

Кроме того, уравнение Лагранжа может иметь еще особые решения вида [math]y=\varphi(c)x+\psi(c)[/math], где [math]c[/math] — корень уравнения [math]c=\varphi(c)[/math].




Пример 6. Проинтегрировать уравнение [math]y=2xy'+\ln{y'}[/math].


Решение. Полагаем [math]y'=p[/math], тогда [math]y=2xp+\ln{p}[/math]. Дифференцируя, находим


[math]p\,dx=2p\,dx+2x\,dp+\frac{dp}{p},[/math] откуда [math]p\,\frac{dx}{dp}=-2x-\frac{1}{p}[/math] или [math]\frac{dx}{dp}=-\frac{2}{p}x-\frac{1}{p^2}.[/math]

Получили уравнение первого порядка, линейное относительно [math]x[/math]; решая его, находим


[math]x=\frac{C}{p^2}-\frac{1}{p}.[/math]

Подставляя найденное значение [math]x[/math] в выражение для [math]y[/math], получим окончательно


[math]x=\frac{C}{p^2}-\frac{1}{p}, \quad y=\ln{p}+\frac{2C}{p}-2.[/math]



Уравнения Клеро


Уравнение Клеро имеет вид [math]y=xy'+\psi(y')[/math].


Метод решения тот же, что и для уравнения Лагранжа. Общее решение уравнения Клеро имеет вид


[math]y=Cx+\psi(C).[/math]

Уравнение Клеро может иметь еще особое решение, которое получается исключением [math]p[/math] из уравнений [math]y=xp+\psi(p),~x+\psi'(p)=0[/math].




Огибающая семейства прямых

Пример 7. Проинтегрировать уравнение [math]y=xy'+\frac{a}{2y'}~(a=\text{const})[/math].


Решение. Полагая [math]y'=p[/math], получаем [math]y=xp+\frac{a}{2p}[/math]. Дифференцируя последнее уравнение и заменяя [math]dy[/math] на [math]p\,dx[/math], найдем


[math]p\,dx=p\,dx+x\,dp-\frac{a}{2p^2}\,dp,[/math] откуда [math]dp\!\left(x-\frac{a}{2p^2}\right)=0.[/math]

Приравнивая нулю первый множитель, получаем [math]dp=0[/math], откуда [math]p=C[/math] и общее решение исходного уравнения есть [math]y=Cx+\frac{a}{2C}[/math], однопараметрическое семейство прямых. Приравнивая нулю второй множитель, будем иметь [math]x=\frac{a}{2p^2}[/math]. Исключая [math]p[/math] из этого уравнения и из уравнения [math]y=xp+\frac{a}{2p}[/math], получим [math]y^2=2ax[/math] — это тоже решение нашего уравнения (особое решение).


С геометрической точки зрения кривая [math]y^2=2ax[/math] есть огибающая семейства прямых, даваемых общим решением (рис. 14).


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved