Лекция 5 с 2m 1

2 СЕМЕСТР
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ И
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ИНМИН
Лектор Ким-Тян Луиза Ревмировна
Л ЕКЦИЯ 5
2
Рекомендуемая литература
• Треногин В.А. Обыкновенные дифференциальные
уравнения. – М.:Физматлит, 2009.
• Эльсгольц Л.Э. Дифференциальные уравнения и
вариационное исчисление. – М.: УРСС, 2000.
• Тихонов А.Н., Васильева А.Б., Свешников А.Г.
Дифференциальные уравнения. – М.:Физматлит, 2005.
• Филиппов А.Ф. Введение в теорию
дифференциальных уравнений. – М.: УРСС, 2004.
• Филиппов А.Ф. Сборник задач по
дифференциальным уравнениям.
• Понтрягин Л.С. Обыкновенные дифференциальные
уравнения. – М.: Наука, 1982.
• Самойленко А.М. и др. Дифференциальные
уравнения: примеры и задачи. – Киев: Вища школа,
1984.
ОБЫКНОВЕННЫЕ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
4
Обыкновенным дифференциальным уравнением (ДУ) n-ого порядка
называется соотношение вида
F ( x, y, y, y, ... , y ( n) ) = 0
между независимой переменной х, неизвестной функцией у(х) и
ее производными у(х), …, у(n)(х).
ПРИМЕР. Пусть в каждый момент времени t скорость точки,
движущейся по оси ОХ, равна v(t), где v(t) – известная непрерывная функция.
Требуется найти закон движения точки, т.е. зависимость абсциссы
движущейся точки от времени.
Приходим к простейшему ДУ:
O
Зададим условие: х(t0) = x0.
Тогда
x0
x(t)
X
Где применяются ДУ?
• Системы автоматического управления
• Расчет движения ракет, спутников, небесных тел
• Расчет токов в сложных электрических цепях
• Динамика механических и физических процессов в технике
• Кинетика химических реакций
• Биология
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ПЕРВОГО ПОРЯДКА.
Дифференциальным уравнением (ДУ)
первого порядка называется уравнение вида
y ' = f ( x, y)
(1)
где х – независимая переменная,
у – неизвестная функция,
f(x,y) – заданная функция, зависящая от двух действительных
переменных.
Если в ДУ неизвестная функция –
функция одной переменной, то такое
ДУ называется обыкновенным. Если
же неизвестная функция – функция
нескольких переменных, то ДУ
называется уравнением в частных
производных.
Пусть функция f(x,y) определена в некоторой области
D плоскости Оху.
Решением дифференциального уравнения
(1) называется функция у=у(х)
определённая и непрерывно-дифференцируемая на
некотором интервале (a, b) ( конечном или
бесконечном), если
1) (x, y(x)) D  х(a, b);
2) при подстановке у=у(х) в ДУ (1)
уравнение (1) превращается в тождество
х(a, b).
График решения у = у(х) называется
интегральной кривой дифференциального
уравнения.
➢ Задача о нахождении решения
дифференциального уравнения (1),
удовлетворяющего начальному условию
y( x0 ) = y0 ,
называется задачей Коши.
(2)
Характерное свойство
дифференциальных уравнений –
иметь бесконечное множество
решений.
Вопрос: при каких условиях ДУ
(1) имеет единственное решение?
ТЕОРЕМА СУЩЕСТВОВАНИЯ И ЕДИНСТВЕННОСТИ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧИ КОШИ ДЛЯ ДУ ПЕРВОГО
ПОРЯДКА.
Пусть функция f(x,y) непрерывна в
некоторой области DR2 и имеет в этой
области непрерывную частную производную
по переменной y. Тогда для любой точки
(хо, уо) D можно указать на оси ОХ такой
отрезок [a, b], заключающий внутри себя хо,
на котором задача Коши (1)–(2) имеет
единственное решение.
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ ТЕОРЕМЫ:
y
(хо, уо) D
y0
0
a
x0
b
x
При соблюдении условий теоремы
через каждую точку (хо, уо) D проходит
одна и только одна интегральная кривая
уравнения.
Теорема существования и единственности
носит локальный характер, то есть
гарантирует существование единственного
решения у=у(х) в достаточно малой
окрестности точки хо.
Если в некоторой точке области D
нарушаются условия теоремы
существования и единственности задачи
Коши, то такая точка называется
особой.
Решение у=у(х) ДУ называется его
особым решением, если через каждую
его точку проходит по крайней мере ещё
одно решение этого ДУ, отличное от
у=у(х).
ЗАМЕЧАНИЯ.
1. Требование непрерывности частной
производной функции f(x,y) по переменной
y достаточно сильное. Его можно заменить
требованием её ограниченности или
условием Липшица:
| f(x, y1) – f(x, y2) | k | y1 – y2|.
▪
2.Для существования решения достаточно
только непрерывности f(x, y), но при этом
может не быть единственности.
▪
ПРИМЕР 1.
y' = y
Здесь f(x, y) = у и f y(x, y) = 1 непрерывны
в R2, т.е. для любой точки (хо, уо)  R2
выполнены условия теоремы существования и
единственности решения задачи Коши для
этого ДУ.
Общим решением уравнения будет у = Сех и
константа С однозначно определяется из
начальных условий у(хо) = уо. Таким образом,
через любую точку (хо, уо)  R2 проходит одна
и только одна интегральная кривая ДУ.
Интегральные кривые уравнения
y = y
имеют вид :
у = Сех.
y = y0 e
x − x0
Это есть решение задачи Коши.
y
y0
x0
x
ПРИМЕР 2.
Покажем, что если правая часть ДУ не имеет
непрерывной производной, то
единственность может не иметь места.
Рассмотрим уравнение
y = 3 y
3
2
 Здесь производная
f
2
=
y 3 y
разрывна при у = 0. Общее решение ДУ
имеет вид
 y = ( x + C )3 ,

 y  0.
Таким образом, через каждую точку (х0, 0)
прямой у = 0 проходит два решения:
у = ( х – х0)3 и у  0.
 Интегральные кривые уравнения
y = 3 3 y 2
имеют вид
y
у = (х – х0)3
0
x0
x
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЙ СМЫСЛ ДУ ПЕРВОГО
ПОРЯДКА
Дифференциальное уравнение
dy
= f ( x, y )
dx
устанавливает зависимость между координатами точки
и угловым коэффициентом касательной к графику
решения в той же точке dy
dx
Зная х и у, можно вычислить
dy
dx
Если в каждой точке области D представить в
виде некоторого отрезка направление
касательной, определяемое значением f(x, y),
то получится поле направлений.
Следовательно, задача интегрирования
дифференциального уравнения заключается
в том, чтобы найти кривые, называемые
интегральными кривыми, направление
касательных к которым в каждой точке
совпадает с направлением поля.
 Поле направлений, определяемое уравнением
dy
= f ( x, y )
dx
у
0
х
МЕТОД ИЗОКЛИН.
Для построения поля направлений можно
сначала построить линии, в каждой точке
которых касательные к интегральным
кривым сохраняют постоянное направление.
Такие линии называются изоклинами.
Уравнение изоклин имеет вид:
f ( x, y) = k ,
где k – постоянная.
Метод изоклин применяется для
приближенного построения интегральных
кривых дифференциального уравнения.
Пример 3
dy
2
2
= x +y
dx
 Уравнение изоклин в данном случае имеет вид:
x +y =k
2
2
Если построить эти изоклины
достаточно плотно, то полученное поле
направлений позволит достаточно
точно изобразить интегральные кривые
уравнения.
у
х
1. ДУ с разделяющимися переменными
ДУ с разделяющимися переменными называется ДУ вида
(2)
Предположим, что f(x) непрерывна на (a, b), а g(y) непрерывно
дифференцируема на (c, d). Тогда в области G = {(x, y): x(a, b), y (c, d)}
применима теорема Коши, согласно которой,  (х0 , у0 ) G существует
единственное решение ДУ (2), проходящее через эту точку.
Если g(y)  0, то уравнение можно привести к виду
Интегрируя полученное тождество, получим
Алгебраическое уравнение, определяющее решение у как неявную
функцию от х
Ф(х, у) = 0.
Если  y0 : g(y0) = 0, то у = y0 – также решение ДУ (10).
ПРИМЕР.
Решить задачу Коши:
Если y  0, то, разделяя переменные, получим
Подставляя начальные условия, находим С = 0 и решение
задачи Коши:
у = х4 .
ЗАМЕЧАНИЕ.
К ДУ с разделяющимися переменными с
помощью замены переменных сводятся и некоторые
другие ДУ.
ДУ вида
приводится к ДУ с разделяющимися переменными
заменой
z (х) = аx + by + с.
Тогда z' = a + by' и
ПРИМЕР . Решить задачу Коши: y' = 2x + y, y(0) = 0.
Положим z = 2x + y , тогда z' = 2 + y' . В
результате получаем z' = z + 2.
Если z + 2  0, разделим переменные и
проинтегрируем:
Возвращаясь к старой переменной, получим
Далее находим решение задачи Коши:
y = 2(ex – x – 1).
ДУ вида
сводится к ДУ с разделяющимися переменными заменой
z (х) = y /x.
Тогда y' = х z' + z и
2. Линейное однородное ДУ первого порядка
Линейным однородным ДУ первого порядка называется ДУ вида
y ' + a(x)y = 0 ,
(3)
где a(x) – непрерывная на некотором интервале (, ) известная функция.
Линейность ДУ состоит в том, что неизвестная функция у(х) и её
производная входят в ДУ в первой степени.
Покажем, что для ДУ (3) выполнены условия теоремы Коши. Здесь
f ( x, y) = −a( x) y и
f
= −a( x) непрерывны в области G = {x  (α, β), y  R}.
y
Т.е. для любой точки (х0, у0), где х0 (,), у0R, существует единственное
решение ДУ, проходящее через эту точку.
Некоторые общие свойства решений ДУ (3):
1) ДУ (3) всегда имеет на (, ) тривиальное решение у(х) = 0;
2) если у1(х) и у2(х) – решения ДУ (3) на (, ), то С1у1(х) + С2 у2(х),  С1,
С2  R, – также решение ДУ (3) на (, ).
Займемся построением решения ДУ (3), переписав его в виде
dy
= −a( x) y.
dx
Если у  0, то, разделяя переменные, получим
( х0 (,) )
Определение 1. Всякое нетривиальное решение ДУ (3) на (, )
называется его фундаментальным решением на этом интервале.
Определение 2. Совокупность всех решений ДУ (3) на (, )
называется его общим решением на (, ).
− фундаментальное решение ДУ (3)
Если (х) – фундаментальное решение ДУ (3), то формула его общего
решения :
(4)
3. Линейное неоднородное ДУ. Нахождение его общего
решения методом вариации произвольной постоянной
Линейным неоднородным ДУ первого порядка называется ДУ вида
y ' + a(x)y = f(x) , (5)
где a(x), f(x) – непрерывные на (, ) известные функции.
Для ДУ (5) также выполнены условия теоремы существования и
единственности решения задачи Коши, т.е. для любой точки (х0, у0), где
х0 (, ), у0R, существует единственное решение ДУ, проходящее через
эту точку.
Под общим решением ДУ (5) также понимается совокупность всех его
решений.
ТЕОРЕМА . Пусть (х) – фундаментальное решение соответствующего
ДУ (5) однородного ДУ
y ' + a(x)y = 0,
С  R – произвольная постоянная, а уч(х) – некоторое частное решение ДУ
(5) на (, ). Тогда общее решение ДУ (5) определено на всем интервале
(, ) и дается формулой
у = C(х) + уч(х). (6)
Рассмотрим метод получения формулы общего решения ДУ (5),
который называется методом вариации произвольной постоянной или
методом Лагранжа.
Общее решение неоднородного ДУ (5) будем искать в виде
у = C(х)φ(х),
где (х) – фундаментальное решение соответствующего однородного
ДУ, а С(х) – неизвестная дифференцируемая функция от х (т.е. мы
делаем в ДУ замену переменной).
Подставляя последнее выражение в ДУ (5), получим
С (х)φ(х) + С(х)φ(х) + a(x)С(х)φ(х) = f(x)
С (х)φ(х) + С(х) ( φ(х) + a(x)φ(х) ) = f(x)
С (х)φ(х) = f(x)
(так как φ(х) – решение однородного ДУ (3) )
Итак, общее решение ДУ (5)
имеет вид:
(7)
Заметим, что первое слагаемое в формуле (7) – общее
решение однородного ДУ (3), а второе слагаемое – частное
решение ДУ (5).
Если заданы начальные условия у(х0) = у0, то, чтобы они
выполнялись, найдем значение произвольной постоянной в
формуле общего решения (7):
Итак, решение задачи Коши для ДУ (4) имеет вид:
(Здесь φ(х) – фундаментальное решение однородного ДУ,
соответствующего ДУ (5). )
ПРИМЕР.
Решить задачу Коши:
Максимальным интервалом, содержащим начальную точку х = 1,
на котором непрерывны функции а(х) = -1/х и f(x) = x2, является (0, +).
Значит, решение задачи Коши определено на этом же интервале.
Сначала рассмотрим соответствующее однородное ДУ
Разделяя переменные и интегрируя, получим
- общее решение однородного ДУ.
Общее решение неоднородного ДУ ищем в виде у = С(х)х.
Подставляя последнее выражение в исходное ДУ, получим
С (х)∙х = x2
Подставляя начальные условия, находим решение задачи Коши
4. Линейное неоднородное ДУ с постоянным
коэффициентом и со специальной правой частью
(8)
1. Рассмотрим соответствующее ДУ (8) однородное уравнение
Его фундаментальное решение
2. Если фундаментальное решение известно, то для нахождения
общего решения ДУ (8) достаточно найти какое-либо его частное
решение.
Имеется широкий класс правых частей, когда частное решение
находится достаточно просто. Пусть
Если   - a, то частное решение ДУ (8) можно найти в виде
Если  = - a, то частное решение ДУ (8) ищем в виде
ПРИМЕР 1.
1.
y + y = 0.
y + y = ( x + 1)e3x .
y = e−x − фундаментальное решение.
2. f ( x) = ( x + 1)e3x . Частное решение ДУ ищем в виде у = ( Ax + B)e3x .
у = Ae3 x + 3( Ax + B)e3 x = (3 Ax + A + 3B)e3 x .
(4 Ax + A + 4B)e3 x = ( x + 1)e3 x
4 A = 1,

 A + 4 B = 1.
 A = 1 / 4,

 B = 3 / 16.
4 Ax + ( A + 4B) = x + 1
уч = ( x / 4 + 3 / 16 )e 3 x
3. у( x) = Ce− x + ( x / 4 + 3 / 16)e3 x
ПРИМЕР 2. y + y = ( x + 1)e− x . Здесь
f ( x) = ( x + 1)e− x .
Частное решение ДУ ищем в виде у = х( Ax + B)e− x .
у = (2 Ax + B)e− x − ( Ax 2 + Bx)e− x = (− Ax 2 + (2 A − B) x + B)e− x .
((− Ax 2 + (2 A − B) x + B + Ax 2 + Bx)e− x = ( Ax + B)e− x .
2 Ax + B = x + 1.
 A = 1 / 2,

 B = 1.
 x2
 −x
уч =  + x e .
 2

5. Уравнение Бернулли
Уравнением Бернулли называется ДУ вида
y ' + a(x)y = f(x)у k (kR, k  , k  1) ,
(9)
где a(x), f(x) – непрерывные на (, ) известные функции.
Если k > , то ДУ (9) имеет тривиальное решение у = 0.
Разделим обе части ДУ (9) на у k
у- ky' + a(x)y1 - k = f(x)
и введем новую неизвестную функцию z = y1 – k. Тогда
z = (1 – k)y– ky
и ДУ сводится к линейному
ЗАМЕЧАНИЕ.
Надо помнить, что при делении на уk (k > 0) теряется решение y = 0 !!!
ПРИМЕР.
Решить задачу Коши:
Это уравнение Бернулли с k = -1.
Преобразуем его к виду
и сделаем замену, полагая z = y2. Получим задачу Коши для линейного
ДУ:
Общее решение ДУ имеет вид:
Подставляя начальные условия, получим
ПРИМЕР.
Решить задачу Коши:
Сделаем замену неизвестной функции, полагая z = y/x.
Тогда y= xz + z и мы приходим к уравнению
Разделяя переменные, получим
Окончательно решение задачи Коши имеет вид