Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 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


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

Решаем это уравнение относительно y'. Пусть


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

— вещественные решения уравнения (1).


Общий интеграл уравнения (1) выразится совокупностью интегралов:


\Phi_1(x,y,C)=0, \quad \Phi_2(x,y,C)=0, \quad \ldots, \quad \Phi_k(x,y,C)=0,

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


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




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


Решение. Разрешим это уравнение относительно y':


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. откуда y=x+C,~y^2+x^2=C^2

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


Решение. Разрешим уравнение относительно переменной y:


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

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


p\,dx=2p\,dp-p\,dx-x\,dp+x\,dx или (2p-x)(dp-dx)=0.

Рассмотрим два случая:


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


y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}.

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


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


Проверим, нарушится ли свойство единственности в каждой точке решения y=\frac{x^2}{4}, т.е. является ли оно особым (см. часть 1.11). Для этого возьмем на интегральной кривой y=\frac{x^2}{4} произвольную точку M_{0}(x_{0},y_{0}), где y_{0}=\frac{x_{0}^2}{2}. Будем теперь искать решение, которое содержится в общем решении y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2} и график которого проходит через точку M_{0}\!\left(x_{0},\frac{x_{0}^2}{2}\right). Подставляя координаты этой точки в общее решение y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}, будем иметь


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

откуда C=-\frac{x_{0}}{2}. Это значение постоянной C подставим в y=Cx+C^2+\frac{x^2}{2}. Тогда получим частное решение


y=\frac{x^2}{2}-\frac{x_{0}x}{2}+\frac{x_{0}^2}{4},

которое не совпадает с решением y=\frac{x^2}{4}. Для этих решений имеем соответственно y'=\frac{x}{2},~y'=x-\frac{x_{0}}{2}. При x=x_{0} обе производные совпадают. Следовательно, в точке M_{0} нарушается свойство единственности, т. е. через эту точку проходят две интегральные кривые с одной и той же касательной. Так как x_{0} произвольно, то единственность нарушается в каждой точке решения y=\frac{x^2}{4}, а это означает, что оно является особым.




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


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


А. Уравнение вида f(y,y')=0 разрешимо относительно y:


y=\varphi(y').

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


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

Получаем общее решение уравнения в параметрической форме


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



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


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


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




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


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

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


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

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


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



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


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


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

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




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


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


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

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


Замечание. В формулах нельзя рассматривать p как производную. В них p является просто параметром.




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


Решение. Положим \frac{dy}{dx}=p, тогда


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.

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


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




3°. Уравнения Лагранжа


Уравнение Лагранжа имеет вид


y=x\varphi(y')+\psi(y').

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


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

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




Пример 6. Проинтегрировать уравнение y=2xy'+\ln{y'}.


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


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

Получили уравнение первого порядка, линейное относительно x; решая его, находим


x=\frac{C}{p^2}-\frac{1}{p}.

Подставляя найденное значение x в выражение для y, получим окончательно


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



Уравнения Клеро


Уравнение Клеро имеет вид y=xy'+\psi(y').


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


y=Cx+\psi(C).

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




Огибающая семейства прямых

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


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


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

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


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

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved