ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 11.04.2021
Просмотров: 2143
Скачиваний: 5
Подставив
x
= 1
,
y
= 1
в общий интеграл, найдем решение задачи Коши:
1
2
(
x
+ 1)
2
+ (
y
+ 2 ln
|
y
|
) = 3
.
Пример 2
. Решим уравнение
x
2
(
y
+ 1)
dx
+ (
x
3
−
1)(
y
−
1)
dy
= 0
.
(1.5)
Решение.
Разделяем переменные:
x
2
x
3
−
1
dx
+
y
−
1
y
+ 1
dy
= 0
.
При этом мы делим на
x
3
−
1
и
y
+ 1
, поэтому необходимо отдельно рассмот-
реть случаи
x
3
−
1 = 0
и
y
+1 = 0
. Подставив в уравнение (1.5) сначала
x
= 1
,
а потом
y
=
−
1
, убеждаемся, что обе эти функции являются решениями.
Интегрируя, получим:
∫
x
2
x
3
−
1
dx
+
∫
y
−
1
y
+ 1
dy
=
1
3
∫
3
x
2
dx
x
3
−
1
+
∫ (
1
−
2
y
+ 1
dy
)
=
=
1
3
ln
|
x
3
−
1
|
+
y
−
2 ln
|
y
+ 1
|
+
C
= 0
.
Следовательно, общий интеграл уравнения (1.5) можно записать так:
1
3
ln
|
x
3
−
1
|
+
y
−
2 ln
|
y
+ 1
|
=
C,
x
= 1
,
y
=
−
1
.
Если постоянную
C
взять в виде
ln
|
C
|
, то общий интеграл запишется сле-
дующим образом:
(
x
3
−
1)
1
/
3
e
y
(
y
+ 1)
2
=
C.
В этой форме записи решение
x
= 1
содержится при
C
= 0
. Поэтому к
общему интегралу такого вида следует добавить лишь решение
y
=
−
1
.
Если же постоянную взять в виде
−
ln
|
C
|
и переписать общий интеграл в
виде
(
y
+ 1)
2
=
Ce
y
(
x
3
−
1)
1
/
3
, то, наоборот, решение
y
=
−
1
получится при
C
= 0
.
Пример 3
. Решим уравнение
y
′
(
y
+ 1) sin
x
+ 2
y
=
y
2
.
Решение.
Перепишем его в виде
dy
dx
(
y
+ 1) sin
x
=
y
2
−
2
y.
6
Разделив переменные, получим
(
y
+ 1)
dy
y
(
y
−
2)
=
dx
sin
x
,
откуда
−
1
2
dy
y
+
3
2
dy
y
−
2
=
dx
sin
x
.
Проинтегрируем:
−
1
2
ln
|
y
|
+
3
2
ln
|
y
−
2
|
= ln
tg
x
2
+
C.
Заменяя
C
на
ln
|
C
|
и потенцируя, получим окончательно
(
y
−
2)
3
y
=
C
tg
2
x
2
.
Кроме того, мы должны исследовать случаи
y
(
y
−
2) = 0
и
sin
x
= 0
. Первый
случай дает функции
y
= 0
и
y
= 2
, являющиеся решениями исходного
уравнения, а второй — функции
x
=
πn
,
n
∈
Z
, которые уравнению не
удовлетворяют. Так как
y
= 2
содержится в общем интеграле при
C
= 0
, то
к нему следует добавить лишь решение
y
= 0
.
1.2. Уравнения, приводящиеся к уравнениям с разделяющимися
переменными
К таким уравнениям относятся уравнения вида
y
′
=
f
(
ax
+
by
+
c
)
.
Сделав в таком уравнении замену
z
=
ax
+
by
+
c
, получим уравнение с
разделяющимися переменными
dz
dx
=
bf
(
z
) +
a
.
Пример 4
. Рассмотрим уравнение
y
′
= (2
x
+ 3
y
+ 1)
2
.
(1.6)
Решение.
Сделаем замену
z
=
z
(
x
) = 2
x
+3
y
+1
, тогда
y
=
1
3
(
−
2
x
+
z
−
1)
.
Поэтому
y
′
=
−
2
3
+
1
3
z
′
. Подставим это в исходное уравнение:
−
2
3
+
1
3
z
′
=
z
2
,
откуда
dz
dx
= 3(
z
2
+ 2)
или
dz
z
2
+ 2
= 3
dx.
Интегрируя последнее уравнение и делая обратную замену, получим
1
√
2
arctg
z
√
2
= 3
x
+
C,
откуда
1
√
2
arctg
2
x
+ 3
y
+ 1
√
2
= 3
x
+
C.
Поскольку выражение
z
2
+2
не обращается в нуль в ни при одном значении
z
,
потери решений не произошло.
7
§
2. Задачи, приводящие к уравнениям с разделяющимися пере-
менными
При составлении дифференциальных уравнений в физических задачах
важно правильно выбрать независимую переменную и искомую функцию,
описывающую происходящий процесс. За независимую переменную, как пра-
вило, берется время
t
от начала процесса. Рассматривая приращение искомой
функции за произвольный малый промежуток времени и выражая это при-
ращение через данные, указанные в задаче, в пределе, при стремлении этого
промежутка времени к нулю, получают дифференциальное уравнение. Ча-
сто дифференциальное уравнение можно составить исходя из физического
смысла производной. Так производная неизвестной функции
x
(
t
)
означает
скорость ее изменения:
x
(
t
)
— путь,
x
′
(
t
)
— скорость;
x
(
t
)
— скорость,
x
′
(
t
)
— ускорение и т.д. При составлении дифференциальных уравнений в геомет-
рических задачах используется геометрический смысл производной.
Пример 1
. Через 12 часов после начала опыта численность некоторой по-
пуляции бактерий возросла в 3 раза. Во сколько раз увеличится число бак-
терий через трое суток? Скорость размножения бактерий пропорциональна
их количеству.
Решение.
Пусть
x
(
t
)
— количество бактерий в момент времени
t
. Ско-
рость их размножения (изменение их количества в момент времени
t
) есть
производная
x
′
(
t
)
. Отсюда получаем дифференциальное уравнение
dx
dt
=
kx
,
где
k
— некоторый коэффициент, пока неизвестный. Решая это уравнение,
получаем
x
=
Ce
kt
. Примем, что начальное количество бактерий равно
N
(в
принципе, ничто не мешает считать это количество равным единице). Под-
ставляя
t
= 0
, получаем
C
=
x
(0) =
N
. После этого подставим
t
= 12
.
Получим
N e
12
k
= 3
N
, откуда
e
12
k
= 3
. Следовательно,
x
(72) =
N e
72
k
=
N
(
e
12
k
)
6
= 3
6
·
N
= 729
N
.
Ответ:
количество бактерий возрастет в 729 раз.
Пример 2
. Пуля, двигаясь со скоростью
v
0
= 400
м/с, пробивает стену
толщиной
h
= 0
,
2
м и вылетает из нее со скоростью
v
1
= 100
м/с. Считая
силу сопротивления стены пропорциональной квадрату скорости движения
пули, найти время
T
движения пули в стене.
Решение.
Второй закон Ньютона гласит, что сумма сил, действующих на
тело, векторно равна ускорению тела, помноженному на его массу. Ускоре-
ние тела есть
w
=
dv
dt
. В данном случае на пулю действует сила сопротив-
ления
F
c
=
−
kv
2
(знак «
−
» соответствует направлению силы сопротивле-
ния). Кроме того, на нее действует сила тяжести
mg
, которой в данном слу-
8
чае можно пренебречь. Следовательно, уравнение движения пули имеет вид
m
dv
dt
=
−
kv
2
. Массу пули можно считать единичной (а можно считать коэф-
фициент сопротивления равным
k/m
). Поэтому мы запишем это уравнение
в виде
dv
dt
=
−
kv
2
.
Решая его, получаем
1
v
=
kt
+
C
, откуда
v
=
1
kt
+
C
. Подставив
t
= 0
,
получим
1
/C
=
v
0
. После этого, подставив
t
=
T
, получим
1
kT
+ 1
/v
0
=
v
1
,
откуда
kT
=
1
v
1
−
1
v
0
. Осталось определить величину
k
. Путь, пройденный
пулей в стене, равен
∫
T
0
v
(
t
)
dt
. Вычислим этот интеграл:
∫
T
0
dt
kt
+
C
=
1
k
ln(
kT
+
C
)
T
0
=
1
k
ln
(
kT
+
C
C
)
=
1
k
ln
(
kT
C
+ 1
)
=
=
1
k
ln
(
v
0
(
1
v
1
−
1
v
0
)
+ 1
)
=
1
k
ln
(
v
0
v
1
)
.
Подставив сюда численные данные, указанные в условии, получим
0
,
2 =
1
k
ln 4
, откуда
k
= 5 ln 4
. Наконец,
T
=
1
k
(
1
v
1
−
1
v
0
)
=
3
2000 ln 4
.
Пример 3
. На дне цилиндрического резервуара, заполненного жидкостью,
образовалось отверстие. В течение первых суток вытекло 10% содержимого.
Определить, когда из сосуда вытечет половина жидкости. Скорость истече-
ния жидкости через малое отверстие, находящееся на расстоянии
h
ниже
уровня жидкости, равна
µ
√
2
gh
(закон Торричелли), где
µ
— некоторый ко-
эффициент. Можно считать
µ
= 0
,
6
.
Решение.
Обозначим
h
(
t
)
уровень жидкости в резервуаре. Пусть
S
—
площадь основания резервуара, а
s
0
— площадь отверстия. Рассмотрим про-
межуток времени от
t
до
t
+ ∆
t
. За этот промежуток количество жидкости в
резервуаре изменится на величину
Sh
(
t
+∆
t
)
−
Sh
(
t
)
. C другой стороны, в те-
чение этого промежутка уровень жидкости равен
h
(
t
)+
α
(
t
)
, где
α
(
t
) =
o
(∆
t
)
— величина б´
ольшего порядка малости, чем
∆
t
. Следовательно, количество
жидкости, вытекшей за это время, будет равно
µ
√
2
g
(
h
(
t
) +
α
(
t
))
·
s
0
·
∆
t
.
Отсюда
S
(
h
(
t
+ ∆
t
)
−
h
(
t
)) =
−
µ
√
2
g
(
h
(
t
) +
α
(
t
))
·
s
0
·
∆
t.
Поделим обе части уравнения на
S
·
∆
t
и перейдем к пределу при
∆
t
→
0
.
Получим
h
′
(
t
) =
−
µs
0
√
2
g
S
√
h
. Обозначив
k
=
−
µs
0
√
2
g
S
, получим для функ-
9
ции
h
уравнение
dh
dt
=
k
√
h.
Его решение имеет вид
2
√
h
=
kt
+
C
. Поскольку нам нужно найти время, а
не высоту, не будем выражать
h
из этого соотношения.
Будем считать высоту резервуара равной 1. Тогда из условий задачи выте-
кает, что
h
(0) = 1
и
h
(24) = 0
,
9
. Первое из этих равенств дает
C
= 2
, тогда
из второго следует, что
12
k
+ 1 =
√
0
,
9
. Нам требуется решить уравнение
h
(
T
) = 0
,
5
. Тогда
T
удовлетворяет уравнению
2
√
0
,
5 =
kT
+ 2
, из которого
T
=
2
√
0
,
5
−
2
k
= 12
·
√
0
,
5
−
1
√
0
,
9
−
1
≈
68
,
5
.
Ответ:
примерно через 68 ч 30 мин.
Пример 4
. Найти кривую, проходящую через точку
(2
,
3)
и обладающую
тем свойством, что отрезок произвольной ее касательной, концы которого
лежат на осях координат, делится точкой касания пополам.
Решение.
Изобразим на рисунке
(
x
0
, y
0
)
A
B
y
=
y
(
x
)
x
y
O
Рис. 1.
эс-
киз графика функции
y
(
x
)
и проведем в
какой-либо его точке
(
x
0
, y
0
)
касательную
прямую. Отметим точки
A
и
B
ее пере-
сечения с осями координат. Условие за-
дачи означает, что точка касания делит
отрезок
AB
пополам. Очевидно, это рав-
носильно тому, что абсцисса
x
A
точки
A
по абсолютной величине вдвое больше аб-
солютной величины абсциссы
x
0
. Чтобы
составить дифференциальное уравнение
кривой, нам необходимо определить
x
A
.
Запишем уравнение касательной
y
=
y
′
(
x
0
)(
x
−
x
0
) +
y
0
.
к кривой в точке
(
x
0
, y
0
)
. Подставив
y
= 0
, получим
x
A
=
x
0
−
y
0
y
′
(
x
0
)
. Учиты-
вая геометрический смысл производной (тангенс угла наклона касательной
к кривой с положительным направлением оси абсцисс), находим, что в соот-
ветствующих квадрантах значения
x
0
,
y
0
,
y
′
(
x
0
)
имеют следующие знаки: в
первом квадранте
x
0
>
0
,
y
0
>
0
,
y
′
(
x
0
)
<
0
; во втором квадранте
x
0
<
0
,
y
0
>
0
,
y
′
(
x
0
)
>
0
; в третьем квадранте
x
0
<
0
,
y
0
<
0
,
y
′
(
x
0
)
<
0
; в чет-
вертом квадранте
x
0
>
0
,
y
0
<
0
,
y
′
(
x
0
)
>
0
. Следовательно, для искомой
кривой должно выполняться равенство
x
0
−
y
0
y
′
(
x
0
)
= 2
x
0
или
y
′
(
x
0
) =
−
x
0
y
0
.
10