Інтегровні типи д-р 1-го порядку, розв"язаних відносно похідної (реферат)

Реферат на тему:

Інтегровні типи д-р 1-го порядку, розв’язаних відносно похідної.

Має вигляд.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f(x)$$, $$x(a,b)$$ (2.33).

Припустимо, що f (x) являється неперервною на $$(a,b)$$ функцією.

Тоді ф-я.

$$$$ $$y=f(x)\text{dx}+c$$ (2.34).

являэться загальним розв`язком д-р (1) в області a < x < b, — $$\mathrm{}$$ < y < + $$\mathrm{}$$ .(2.35).

Особливих розвязків ДР (2.33) немає.

Разом з ДР (2.33) розглянемо початкові умови $$y(x_0)=y_0$$ $$$$ (2.36).

Проінтегруємо ДР (2.34) від $$x_0(a,b)$$ до x.

$$y=\underset{x_0}{\overset{x}{}}f()\mathit{d}+c$$.

Знаходимо с з умови (2.36).

$$y=\underset{x_0}{\overset{x}{}}f()\mathit{d}+y_0$$ (2.37) — загальний розвязок ДР (2.33) в формі Коші.

Якщо f (x) — неперервна на $$x(a,b)$$ за виключенням точки $$(a,b)$$, в якій $$f()$$ приймає нескінченне значення, то замість ДР (2.34) будемо розглядати р-ня.

$$\frac{\text{dx}}{\text{dy}}=\frac{1}{f(x)}$$ (2.331).

Пряма $$x=$$ являється розвязком ДР (2.331) і ми цей розвязок повинні приєднати до розвязку ДР (2.33). Цей розвязок може бути частинним або особливим в залежності від того зберігається чи порушується в будь-якій його точці єдність. Якщо $$x=$$ — частинний розвязок, то його часто можна отримати з загального при нескінченних заначеннях с, якщо ж він являється особливим, то його отримують з загального при $$c=c(y)$$ .

Р-ня, яке не містить незалежної змінної має вигляд.

$$y=b$$ (2.38).

Припускаємо, що ф-я $$f(y)$$ визначена і неперевна на інтервалі $$(c,d)$$. Замість (2.38) розглянемо ДР.

$$\frac{\text{dx}}{\text{dy}}=\frac{1}{f(y)}$$ (2.39).

ДР (2.39) не містить шуканої функції і воно розвязується аналогічно ДР (2.33).

Якщо $$f(y)/=0$$, y є (c, d), то.

$$x=\frac{1}{f(y)}\text{dy}+c$$ (2.40) — загальний рохвязок ДР (2.39) в області.

c < y < d, — $$\mathrm{}$$ < x < + $$\mathrm{}$$ .

Аналогічно $$x=\underset{y_0}{\overset{y}{}}\frac{1}{f()}\mathit{d}+x_0$$ (2.41) — загальний інтеграл в формі Коші.

Якщо $$f(y)$$ неперервна на (c, d) і приймає нульове значення при $$y=,y(c,d)$$, то ми повинні розглядаті ДР (2.38). Розвязок $$y=$$ буде частинним, якщо в кожній його точці зберігається єдиність, і осоюливим, якщо в кожній його точці порушується єдиність. Якщо $$y=$$ частинний розвязок, то ми його отримуємо при нескінченних значеннях $$c(\pm \mathrm{})$$, якщо особливий, то при $$c=c(x)$$ .

Якщо $$f(y)$$ в тоцчі $$t>=0$$ перетворюється в нескінченність $$(\stackrel{}{}(c,d))$$, то розглянемо ДР (2.39), яке має неперервну праву частину на (c, d). При цьому ДР на $$(c,d)$$ має єдиний розвязок $$(\text{мал}\text{.}2\text{.}5)$$ .

Пр. 2.5.

Розглянемо ДР $$$$ $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\frac{1}{2y}$$ .

Область визначення: $$y(-\mathrm{},+\mathrm{}),y/=0$$ .

Поскільки в т. $$y=0$$ дотичні паралельні осі OY, то розвязок в $$т\text{.}(x,y)$$ єдиний $$2\text{ydy}=\text{dx}$$, $$y^2=x+c$$ $$(\text{мал}\text{.}2\text{.}6)$$ .

б) Рівняння з відокремлюванними змінними.

Розглянемо р-ня в диференціалах виду.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\left(\frac{y}{x}\right)$$ (2.42),.

де $$X(x),Y(y)$$ — неперервні ф-ї своїх аргументів.

Деференціальне р-ня (2.42) називається р-ням з відокремленими змінними. Його можна переписати данним чином $$d(X(x)\text{dx}+Y(y)\text{dy})=0$$. Звідки маємо загальний розвязок в квадратурах. $$X(x)\text{dx}+Y(y)\text{dy}=c$$ (2.43).

Якщо треба записати розвязок задачі Коші, то записують так $$\underset{x_0}{\overset{x}{}}X(x)\text{dx}+\underset{y_0}{\overset{y}{}}Y(y)=c$$. З умови (2.36) визначають $$c$$. Отже $$\underset{x_0}{\overset{x}{}}X(x)\text{dx}+\underset{y_0}{\overset{y}{}}Y(y)\text{dy}=0$$ (2.44) — розвязок задачі Коші (2.36), (2.42). При данних припущеннях особливих розвязків ДР (4.42) не має.

Рівняння вигляду.

$$m(x)n(y)\text{dx}+m_1(x)n_1(y)\text{dy}=0$$ (2.45) ;

називають р-ням з відокремлюваними змінними.

Припустимо, що $$m_1(x)n(y)/=0$$, тоді розділемо обидві частини рівняння (2.45) на $$m_1(x)n(y)$$, отримуємо.

$$\frac{m(x)}{m_1(x)}\text{dx}+\frac{n_1(y)}{n(y)}\text{dy}=0$$ (2.46).

Аналогічно записуємо.

$$\frac{m(x)}{m_1(x)}\text{dx}+\frac{n_1(y)}{n(y)}\text{dy}=c$$ (2.47) ;

загальний розвязок ДР (2.45) і.

$$\underset{x_0}{\overset{x}{}}\frac{m(x)}{m_1(x)}\text{dx}+\underset{y_0}{\overset{y}{}}\frac{n_1(y)}{n(y)}\text{dy}=c$$ (2.48) ;

розвязок задачі Коші (2.36), (2.45). При діленні на $$n(y)m_1(x)$$ ми можемо загубити розвязки, які визначаються рівняннями $$n(y)=0$$, $$m_1(x)=0$$. Дійсно, нехай $$n(b)=0$$, то.

$$m(x)n(b)\text{dx}+m_1(x)n_1(b)\text{dy}=0$$ отже $$y=b$$ — розвязок ДР (2.45).

Аналогічно $$x=a(m_1(a)=0)$$ .

Якщо ці розвязки не входять в (2,47) при деяких $$c$$, то вони представляють собою особливі розвязки ДР (2.45).

З розвязку $$y=b$$ ми повинні викинути точку $$x=a$$, так як в точці $$(a,b)$$ ДР (2.45) не визначає нахил поля $$y^1$$. По тій же причині з розвязку $$x=a$$ викидають точку $$y=b$$ .

Таким чином розвязки $$x=a(y/=b)$$ і $$y=b(x/=a)$$ примикають до точки $$(a,b)$$ і можуть бути особливими. Других особливих розвязків не має.

Пр. 2.6.

Знайти загальний розвязок ДР:

$$\text{xy}(1+x^2)\text{dy}-(1+y^2)\text{dx}=0$$ .

Розвязок:

$$\frac{y}{1+y^2}\text{dy}-\frac{1}{x(1+x^2)}\text{dx}=0$$. $$\left[\frac{1}{x(1+x^2)}=\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right]$$ .

$$\frac{y}{1+y^2}\text{dy}-\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{1+x^2}\right)\text{dx}=0$$ .

$$\frac{y}{1+y^2}\text{dy}-\frac{\text{dx}}{x}+\frac{\text{xdx}}{1+x^2}=c$$ .

$$\frac{1}{2}\text{ln}\left[(1+x^2)(1+y^2)\right]-\text{ln}x=c$$ .

$$(1+x^2)(1+y^2)=c_1{x}^2$$ .

в). Однорідні і узагальнено-однорідні ДР.

Розглянемо р-ня в диференціалах.

$$M(x,y)\text{dx}+N(x,y)\text{dy}=0$$ (2.5),.

в якому ф-ії $$M(x,y)$$ і $$N(x,y)$$ являються однорідними функціями одніеї і тієї ж степені однорідності.

Означення 2.4: ф-я $$f(x,y)$$ називаеться однорідною степеню $$m$$ ,.

якщо $$f(\text{tx},\text{ty})=t^{m}f(x,y)$$ (2.49).

Якщо (2.49) виконуються при $$t>=0$$, то ф-я $$f(x,y)$$ називаеться додатню-однорідною.

Однорідне р-ня завжди можна звести до рівняння вигляду.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\left(\frac{y}{x}\right)$$ (2.50),.

в якому функція $$$$ однорідна функція нулбового виміру.

Однорідні рівняння завжди інтегруються в квадратурах заміною $$y=\text{zx}$$ (2.51). При цьому р-ня (2.5) приводиться до рівняння з відокремлюваними змінними. Дійсно.

$$M(x,\text{zx})\text{dx}+N(x,\text{zx})(\text{zdx}+\text{xdz})=0$$ ,.

$$x^{m}M(\mathrm{1,}z)\text{dx}+x^{m}N(\mathrm{1,}z)(\text{zdx}+\text{xdz})=0$$ ,.

$$\left(M(\mathrm{1,}z)+\text{zN}(\mathrm{1,}z)\right)\text{dx}+\text{xN}(\mathrm{1,}z)\text{dz}=0$$ ,.

$$\frac{\text{dx}}{x}+\frac{N(\mathrm{1,}z)}{M(\mathrm{1,}z)+\text{zN}(\mathrm{1,}z)}\text{dz}=0$$ ,.

$$\text{ln}x+\frac{N(\mathrm{1,}z)}{M(\mathrm{1,}z)+\text{zN}(\mathrm{1,}z)}\text{dz}=\text{ln}c$$ ,.

$$x={\text{ce}}^{(z)}$$ ,.

$$x={\text{ce}}^{(\frac{y}{x})}$$ (2.52), де $$(z)=\frac{N(\mathrm{1,}z)}{M(\mathrm{1,}z)+\text{zN}(\mathrm{1,}z)}$$ .

При діленні ми могли загубити розвязок $$z=z_i$$, де $$z_i$$ — корені рівняння $$M(\mathrm{1,}z)+N(\mathrm{1,}z)z=0$$ (2.53).

Отже півпрямі $$y=z_{i}x,(x/=0)$$ примикають до початку координат. Ці розвязки можуть міститися в формулі загального розвязку, але можуть бути і особливими. Особливими можуть бути також півосі осі $$\text{OY}\mathrm{:}x=0(y/=0)$$. Других особливих розвязків ДР (2.5) не має.

Рівняння вигляду $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f\left(\frac{a_{1}x+b_{1}y+c_1}{\text{ax}+\text{by}+c}\right)$$ (2.54) зводиться до однорідного. Якщо $$c_1=c=0$$, то це однорідне рівняння.

Припустимо, що хоч одне з чисел $$c_1,c$$ не дорівнюють 0. Можливі два випадки:

Перший) $$=|\begin{array}{c}{a}_1{b}_1\\ \text{ab}\end{array}|/=0\text{.}$$ Проводимо заміну $$x=+,y=+$$ (2.55), де $$,$$ — нові змінні, $$,$$ — параметри. Тоді $$\frac{\mathit{d}}{\mathit{d}}=f\left(\frac{a_1+b_1+a_1+b_1+c_1}{\mathit{a}+\mathit{b}+\mathit{a}+\mathit{b}+c}\right)$$ (2.56).

Параметри $$,$$ вибираємо згідно системи $$\{\begin{array}{c}{a}_1+b_1+c_1=0\\ \mathit{a}+\mathit{b}+c=0\end{array}$$ (2.57). Так як $$/=0$$ то система (2.57) має єдиний розвязок. Таким чином, ми прийшли до однорідного ДР $$\frac{\mathit{d}}{\mathit{d}}=f\left(\frac{a_1+b_1}{\mathit{a}+\mathit{b}}\right)$$ (2.58).

Другий) $$=0$$. В цьому випадку $$\frac{a_1}{a}=\frac{b_1}{b}=k$$, тобто $$a_1=\text{ka},b_1=\text{kb}$$. Тому $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=f\left(\frac{k(\text{ax}+\text{by})+c_1}{\text{ax}+\text{by}+c}\right)=f_1(\text{ax}+\text{by})$$ (2.59).

Заміною $$t=\text{ax}+\text{by}$$ ДР (2.59) приводимо до рівняння з відокремленими змінними $$\frac{\text{dt}}{\text{dx}}=a+{\text{bf}}_1(t)$$ (2.60).

Пр 2.7 Знайти загальний розвязок ДР $$(x^2+\text{xy}+y^2)\text{dx}+x^2\text{dy}=0$$.

Це однорідне рівняння, $$m=2$$. Зробимо заміну $$y=\text{zx},\text{dy}=\text{zdx}+\text{xdz},(1+z+z^2)\text{dx}-(\text{xdz}+\text{zdx})=0$$ ,.

$$(1+z^2)\text{dx}-\text{xdz}=\mathrm{0,}$$ $$\frac{\text{dx}}{x}-\frac{\text{dz}}{(1+z^{2}0}=0$$, $$\text{ln}x-\text{arctgz}=c$$ .

Отже $$\text{ln}x-\text{arctgz}=c$$ — загальний розвзок нашого рівняння.

ДР (2.5) називається узагальнено-однорідним, якщо існує таке число $$k$$, при якому ліва частина цього ДР (2.5) стає однорідною функцією від велечин $$x,y,\text{dx},\text{dy}$$ в припущенні, що __ мають віжповідно виміри: перший, $$k$$ -ий, нульвий, $$(k-1)$$ -ий. При $$k=1$$ має просто однорідне рівняння.

В цьому випадку ДР (2.5) заміною $$y={\text{zx}}^k$$ (2.61) зводитьчя до р-ня з відоктремлюванними змінними. При $$k=0$$ р-ня (2.5) являється р-ням з розділеними зміними. Особліви розвязки досліджуються аналогічно.

Пр 2.8 Розвязати ДР: $$({\text{Ax}}^2{y}^2+\text{Bxy}+c)\text{dx}-x^2\text{dy}=0$$.

Знайдемо чило $$k$$ для данного випадку $$2+2k=1+k=0=2+k-\mathrm{1,}k=-1$$. Отже $$y=\frac{z}{x}$$, $$\text{dy}=\frac{\text{xdz}-\text{zdx}}{x^2}$$, формула $$({\text{Az}}^2+\text{Bz}+c)\text{dx}-(\text{xdz}-\text{zdx})=\mathrm{0,}[{\text{Az}}^2+(B+1)z+c]\text{dx}-\text{xdz}=0\text{.}$$.

Звідки $$\frac{\text{dx}}{x}-\frac{\text{dz}}{{\text{Az}}^2+(B+1)z+c}=C,-$$ загальний розвязок.

г) Лінійні р-ня $$1^{\underset{}{\text{го}}}$$ порядку.

ДР вигляду $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}+p(x)y=g(x)$$ (2.62) називаються лінійними ДР $$1^{\underset{}{\text{го}}}$$ порядку.

При $$g(x)=0$$ воно називається однорідним.

Формула $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}+p(x)=0$$ (2.63). Так як ліва частина ліній на і однорідна відносно $$y$$ і $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}$$. Р-ня (2.62) при $$g(x)/=0$$ називається неоднорідним. ДР (2.63) інтирується в квадратурах, так як воно являється ДР з відокремлюваними змінними. $$\frac{\text{dy}}{y}+p(x)\text{dx}=0$$. Звідки $$y={\text{ce}}^{-p(x)\text{dx}}$$ (2.64).

Якщо $$y(x_0)=y_0,$$ то $$y=y_0{e}^{-\underset{x_0}{\overset{x}{}}p()\mathit{d}}$$ (2.65).

Загальні властивості ОДР :

• -.Якщо $$p(x)$$ та $$g(x)$$ неперервні, то згідно теореми Пікара розвязок задачі Коші для ДР (2.63) існує і являється єдиним;

• -.ЛДР (2.63) не має особливих розвязків;

• -.ІК ОДР (2.63) не можуть пееретинати вісь $$\text{OX}$$, так як в противному випадку нарушалися б умови єдиності розвязку задачі Коші;

• -.ДР (2.63) інваріантно відносно перетворення $$x=(t),({}^I(t)/=0)$$ ;

Дійсно: формула $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\frac{\text{dt}}{\text{dx}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\frac{1}{\frac{\text{dx}}{\text{dt}}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\frac{1}{{}^I(t)}$$, $$\frac{\text{dy}}{\text{dt}}+P((t)){}^I(t)y-g((t)){}^I(t)$$ .

• -.ДР (2.63) іваріантно відносно заміни $$y=(x)Z+(x)$$ (2.66) де $$Z$$ -новазмінна, $$(x)$$ та $$(x)$$ — $$$$ неперервні ф-ї, $$(x)/=0$$ на $$(a,b)$$. Тоді $$Z^I+\frac{{}^I(x)+p(x)(x)}{(x)}Z=\frac{g(x)-{}^I(x)-p(x)(x)}{(x)}$$. Якщо $$y_1(x)$$ — частинний розвязок ДР (2.63), то $$y(x)={\text{Cy}}_1(x)$$ (2.67), де $$C$$ — константа, являється загальним його розвязком. Справедлива теорема.

Теорема (2.3) (про структуру розвязку лінійного неоднорідного ДР): Якщо $$y_1(x)$$ — частинний розвязок неоднорідного ДР (2.62), а ДР (2.64) — загальний розвязок ОДР (2.63) то сума $$y=y_1(x)+{\text{ce}}^{-p(x)\text{dx}}$$ (2.68) являється загальним розвязком неоднорідного ДР (2.62).

Теорема доводиться безпосередньою подстановкою (2.68) в р-ня (2.62).

Якщо відомо два частинних розвязки ДР (2.62), то загальний його розвязок записується без квадратур $$y=y_1(x)+c(y_2(x)-y_1(x))$$ (2.69).

Розглянемо два методи интигрування неоднорідного ДР (2.67).

Метод Лагранжа (варіації довільної сталої).

Розвязок шукаємо у вигдяді $$y=c(x)e^{-p(x)\text{dx}}$$ (2.70). Підставимо (2.70) в (2.62). $$c^I{e}^{-p(x)\text{dx}}=g(x)$$. Звідки $$c^I(x)=q(x)e^{p(x)\text{dx}}$$ ,.

$$c(x)=q(x)e^{p(x)\text{dx}}\text{dx}+c$$. Остаточно маємо $$y=e^{-p(x)\text{dx}}[q(x)e^{p(x)\text{dx}}\text{dx}+c]$$ (2.71).

загальний розв’язок ДР (2.62), який записаний через дві квадратури. Довільна стала входить завжди в загальний розв’язок лінійно.

Метод Ейлера заключається в тому, що ліва частина ДР (2.62) представляється у вигляді точної похідної шляхом домноження на деяку функцію $$-(x)$$ Визначимо $$(x)\text{.}$$ $$(\mathit{}{)}^I={}^{I}y+{\mathit{}}^I=(y^I+p(x)y)\text{.}$$ звідки $${}^I=\mathit{}(x),$$ тобто $$(x)=e^{p(x)\text{dx}}$$ (ф-я) $$(x)$$ називається інтерувальним множником). Тому $${\left[e^{p(x)\text{dx}}y\right]}^I=q(x)e^{p(x)\text{dx}}$$ (2.72) звідки $$e^{p(x)\text{dx}}y=q(x)e^{p(x)\text{dx}}\text{dx}+c$$. З останнього співвідношення отримуємо ф-лу (2.71).

Загальний розв’язок при умові $$y(x_0)=y_0$$ можна записати в Формі Коші $$y=e^{-\underset{x_0}{\overset{x}{}}p(x)\text{dx}}\left[\underset{x_0}{\overset{x}{}}q(x)e^{\underset{{\sout{x}}_0}{\overset{x}{}}p(x)\text{dx}}\text{dx}+y_0\right]$$ .

Пр. 2.9 Знайти загальний розв’язок ДР $$y^I+\text{xy}=0$$.

Це лінійне однорідне ДР $$y={\text{ce}}^{-\text{xdx}}={\text{ce}}^{-\frac{x^2}{2}}$$ .

Пр. 2.10 Розв’язати ДР $$y^I+\text{xy}=x$$ .

За формулою (2.71) $$y=e^{-\frac{x^2}{2}}\left[{\text{xe}}^{\frac{x^2}{2}}\text{dx}+c\right]=1+{\text{ce}}^{-\frac{x^2}{2}}$$.

д) Рівняння Бернуллі Це рівняння має вигляд $$y^I+p(x)y=q(x)y^n$$ (2.74).

Рівняння (2.74) завжди інтегрується в квадратурах шляхом підстановки $$y^{1-n}=z$$ (2.75). Так як $$\frac{\text{dz}}{\text{dx}}=(1-n)y^{-n}\frac{\text{dy}}{\text{dx}}$$, то домножимо (2.74) на $$(1-n)y^{-n}$$ $$(1-n)y^{-n}\frac{\text{dy}}{\text{dx}}+(1-n)p(x)y^{1-n}=q(x)$$, маємо $$\frac{\text{dz}}{\text{dx}}+(1-n)p(x)z=(1-n)q(x)$$ $$$$ (2.76) яке вже являється лінійним.

При $$0<n<1$$ рівняння Бернуллі має особливий розв’язок $$y=0$$. При $$n>1$$ розв’язок $$y=0$$ міститься в загальному розв’язку при $$c=\mathrm{}$$. При $$n<0$$ $$y0$$ не являється розв’язком ДР (2.74).

Пр. 2.11 Розв’язати ДР $$y^I-y=(1+x)y^2$$, $$-y^{-2}{y}^I+\frac{1}{y}=-(1+x)$$, $$\frac{1}{y}=z$$, $$\frac{\text{dz}}{\text{dx}}+z=-(1+x)$$. Отже $$\frac{1}{y}=z=e^{-x}\left[(-1-x)e^x\text{dx}+c\right]={\text{ce}}^{-x}-x$$ — загальний розвязок нашого р-ня.

Відомо, що деференц. — ліннійне р-ня.

Р-ня $$m^I(y)y^I+p(x)m(y)=q(x)$$ зводиться до лінійного заміною $$z=m(y)$$ .