ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 16.11.2021
Просмотров: 987
Скачиваний: 1
96
a)
25
9
3
0, 4
4
x
dx
x
+ −
∫
;
b)
2
1
2
2
2
1
2
3
1
e
x
dx
x
x
+
−
−
+
∫
;
c)
1
3
0
.
x
xe dx
∫
2.
Знайдіть площу фігури, обмеженої лініями
2
2
3;
5
3.
y
x
y
x
x
=
−
=
−
−
Розділ «Диференціальні рівняння».
Тема. Економічна динаміка та її моделювання: диференціальні та різницеві
рівняння
Диференціальні рівняння першого порядку
Теоретичні відомості
Диференціальним рівнянням(ДР) називається рівняння, яке пов’язує міє
собою незалежні змінні, їх функцію та похідні (або диференціали) цієї функції.
Загальним
розв’язком
диференціального
рівняння
n-го
порядку
називається функція, яка залежить від аргументу
x
та
n
довільних сталих
1
2
,
,...,
n
c c
c , тобто має вигляд
(
)
1
2
; ; ;...;
n
y
x c c
c
ϕ
=
, яка при її підстановці у
рівняння, перетворює рівняння у тотожність.
Частинним розв'язком диференціального рівняння називається такий
його розв'язок, який одержується із загального, якщо надати певні числові
значення довільним сталим, тобто розв'язок виду:
Рівняння
вигляду:
( ) ( )
( ) ( )
1
1
2
2
0
M
x N
y dx
M
x N
y dy
+
=
називається
рівнянням з відокремлюваними змінними.
Якщо жодна з функцій
( )
( ) ( )
( )
1
2
1
2
;
;
;
M
x
M
x
N
y
N
y
тотожньо не
дорівнює нулю, то це рівняння легко зводиться до рівняння з відокремленими
змінними, діленням обох частин на вираз
( )
( )
1
2
N
y
M
x
⋅
:
( )
( )
( )
( )
1
2
2
1
0
M
x
N
y
dx
dy
M
x
N
y
+
=
.
Інтегрування обох частин останнього рівняння дасть його загальний
розв’язок:
( )
( )
( )
( )
1
2
2
1
M x
N
y
dx
dy
C
M
x
N
y
= −
+
∫
∫
.
Рівняння виду
( )
( )
,
,
0
P x y dx Q x y dy
+
=
буде одноріднимтоді і тільки тоді,
коли функції
( )
,
P x y
і
( )
,
Q x y
будуть однорідними функціями одного і того
самого виміру.
Однорідне рівняння зводиться до рівняння з відокремлюваними змінними
з допомогою за допомогою підстановки:
97
y
u
x
=
, звідси
y
ux
=
, де u – нова невідома функція
( )
u
u x
=
. Тоді
y
u x
u
′
′
=
+
.
Лінійним диференціальним рівнянням першого порядку називається
рівняння виду:
( )
( )
y
p x y
q x
′ +
=
, де
( ) ( )
p x i q x
– задані і неперервні на
деякому проміжку функції.
Лінійне рівняння розв’язується шляхом підстановки:
,
y
u v y
u v
uv
′
′
′
= ⋅
=
+
.
Приклади розв’язування типових завдань
Приклад 1.Знайти частинний розв’язок диференціального рівняння:
( )
2
1
0
x
dy
ydx
+
+
=
,при початкових умовах
0
0
0;
1
x
y
=
=
.
Розв’язання. Розділимо обидві його частини на добуток y(1+x
2
):
2
0
1
dy
dx
y
x
+
=
+
Змінні відокремлені. Інтегруючи почленно, знайдемо загальний інтеграл
2
1
dy
dx
C
y
x
+
=
+
∫
∫
;
ln
arctg
y
x
C
+
=
– загальний розв’язок.
Підставляючи в загальний розв’язок початкову умову
0
0
0;
1
x
y
=
=
,
одержимо:
ln 1
arctg 0
;
C
+
=
0
;
4
C
π
+ =
0
C
=
.
Підставимо знайдене значення
C
взагальний інтеграл і знайдемо шуканий
частинний інтеграл – розв’язок задачі Коші:
ln
arctg
0
y
x
+
=
,
ln
arctg
y
x
= −
.
Отже,
arctgx
y
e
−
=
– частинний розв’язок.
Приклад 2. Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння:
y
y
x
y
′ =
+
Розв’язання. Задане рівняння подамо у вигляді:
dy
y
dx
x
y
=
+
або
1
dy
y
dx
x
= +
.
Це рівняння є однорідним, оскільки у правій його частині знаходиться
функція нульового виміру. Дійсно:
( , )
( , )
(
)
ty
ty
y
f tx ty
f x y
tx
ty
t x
y
x
y
=
=
=
=
+
+
+
.
Отже, задане рівняння – однорідне.
98
Застосуємо заміну
y
u x
=
. Знайдемо похідну:
y
u x
u
′
′
=
+
. Підставимо в
рівняння замість
y
та
y
′
їх нові значення:
1
u x
u
u
′ +
=
+
.
Звідки отримуємо рівняння з відокремленими змінними:
1;
u x
′ =
1;
;
du
dx
x
du
dx
x
=
=
;
ln
ln ;
dx
du
u
x
C
x
=
=
+
∫
∫
ln
u
Cx
=
.
Повертаємося до попередньої шуканої функції y, що дасть нам загальний
розв’язок рівняння:
ln
y
Cx
x
=
;
ln
y
x
Cx
=
– загальний розв’язок.
Приклад
3.
Знайти
частинний
розв’язок
диференціального
рівняння
,
x
xy
y
e
′ + =
0
y
=
при
1 .
x
=
Розв’язання.
Згідно з алгоритмом методу Бернуллі в рівняння підставимо
y
u v
=
,
,
y
u v
uv
′
′
′
=
+
тоді дістанемо:
(
)
(
)
.
x
x
x u v
uv
uv
e
xu v
u v
xv
e
′
′
′
′
+
+
= ⇒
+
+
=
Прирівнюючи коефіцієнт при функції
u
до нуля, дістанемо таку систему
рівнянь:
0;
.
x
xv
v
xu v
e
′ + =
′ =
Розв’язуємо перше рівняння системи:
0;
xv
v
′ + =
;
v
v
x
′ = −
;
dv
v
dv
dx
dx
x
v
x
= −
= −
;
,
dv
dx
v
x
= −
∫
∫
ln
ln
;
v
x
= −
1
.
v
x
=
Підставляємо функцію
1
v
x
=
у друге рівняння системи і розв’язуємо його:
1
;
x
xu
e
x
′ =
;
x
du
e
dx
=
;
x
du
e dx
=
;
x
du
e dx
=
∫
∫
.
x
u
e
C
=
+
Загальний розв’язок рівняння дорівнює добутку знайдених функцій
u
та
v
і має вигляд:
(
)
1
.
x
y
uv
e
C
x
=
=
+
Скориставшись початковими умовами, знаходимо значення довільної
сталої С, що їм відповідає:
( )
(
)
1
1
1
0
0
.
1
y
e
C
C
e
= ⇒ =
+
⇒ = −
99
Частинний розв’язок рівняння такий:
(
)
1
.
x
y
e
e
x
=
−
Диференціальні рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами
Лінійним однорідним диференціальним рівнянням 2-го порядку зі сталими
коефіцієнтами називається рівняння виду
0
y
py
qy
′′
′
+
+
=
(1),
де
p
і
q
– дійсні числа.
У залежності від коренів характеристичного рівняння розрізняють три
види загального розв’язку рівняння (1).
1). Якщо корені характеристичного рівняння дійсні і різні, тобто
2
1
K
K
≠
,
то загальний розв’язок рівняння (1) має вигляд:
1
2
1
1
k x
k x
y
c e
c e
=
+
2). Якщо корені характеристичного рівняння дійсні однакові, тобто
1
2
k
k
k
=
=
, то
(
)
1
2
kx
y
e
c
c x
=
+
.
3). Якщо корені характеристичного рівняння комплексно спряжені, тобто
1
2
,
k
i k
i
α β
α β
= +
= −
, то:
(
)
1
2
cos
sin
x
y
e
C
x
C
x
α
β
β
=
⋅
+
.
Лінійним неоднорідним диференціальним рівнянням 2-го порядку зі
сталими коефіцієнтами називається рівняння виду
( )
y
py
qy
f x
′′
′
+
+
=
(2),
де
p
і
q
– задані дійсні числа, а
( )
0
f x
≠
– задана функція, неперервна на
деякому проміжку
( )
;
a b
.
Загальний розв’язок лінійного неоднорідного диференціального рівняння
ІІ порядку з постійними коефіцієнтами є рівняння виду:
.
.
з о
ч н
y
y
y
=
+
(3)
де
y
– загальний розв’язок рівняння (2);
.
з о
y
– загальний розв’язок однорідного рівняння
0
y
py
qy
′′
′
+
+
=
, що
відповідає даному неоднорідному;
.
ч н
y
– будь-який частинний розв’язок даного неоднорідного рівняння.
Частинний розв’язок неоднорідного рівняння визначається методом
невизначених коефіцієнтів у залежності від вигляду правої частини рівняння.
100
Приклади розв’язування типових завдань
Приклад. Знайти загальний розв’язок рівняння:
5
4
0
y
y
y
′′
′
−
+
=
.
Розв’язання: Характеристичне рівняння:
2
5
4
0
k
k
−
+ =
. Його корені:
1
2
1;
4
k
k
=
=
. Тому загальний розв’язок даного рівняння має вигляд:
4
1
2
x
x
y
C e
C e
′ =
+ ⋅
.
Перевірка. Для підстановки в дане рівняння знайдемо 1-у і 2-у похідні від
отриманого загального розв’язку:
4
4
1
2
1
2
4
;
16
x
x
x
x
y
C e
C e
y
C e
C e
′
′′
=
+
=
+
Підставимо
;
;
y y
y
′
′′
в дане диференціальне рівняння:
(
) (
) (
)
2 4
4
4
1
1
2
1
2
16
5
4
4
0;
x
x
x
x
x
ч
C e
C e
C e
C e
C e
С у
−
+
+
+
=
0
0
=
Отже, знайдена функція
4
1
2
x
x
y
C e
C e
=
+
⋅
дійсно є загальним
розв’язком даного рівняння.
Приклад. Знайти загальний розв’язок рівняння
4
3
5
2
y
y
y
x
′′
′
−
+
=
−
.
Розв’язання:
Загальний розв’язок:
. .
. .
з о
ч н
y
y
y
=
+
. Загальний розв’язок відповідного
однорідного рівняння знаходимо, розв’язуючи характеристичне рівняння:
2
1
2
4
3
0;
1;
3;
k
k
k
k
−
+ =
=
=
3
1
2
x
x
y
C e
C e
=
+
.
Оскільки права частина даного рівняння має вигляд многочлена І
степеня:
( )
5
2
f x
x
=
−
і
0
α
=
не є коренем характеристичного рівняння, то
частинний розв’язок даного рівняння шукаємо у вигляді:
. .
;
ч н
y
Ax
B
=
+
;
y
A
′ =
%
0
y
′′ =
%
.
Підставляємо
;
;
y
y
y
′
′′
в дане рівняння:
0
4
3(
)
5
2;
A
Ax
B
x
−
+
+
=
−
3
( 4
3 )
5
2
Ax
A
B
x
+ −
+
=
−
.
Прирівнюючи коефіцієнти при
x
та вільні члени, отримаємо систему
рівнянь:
3
5;
4
2;
A
A
B
=
−
+
= −
яку розв’яжемо методом Крамера:
1
2
3
0
5
0
3
5
15
14
9
0;
15;
14;
;
4
3
2
3
4
2
9
9
A
B
∆ =
= ≠
∆ =
=
∆ =
=
=
=
−
−
−
−
.
Отже,
. .
5
14
3
9
ч н
y
x
=
+
– частинний розв’язок даного рівняння.
Шуканий загальний розв’язок даного неоднорідного рівняння:
1
2
5
14
3
9
x
x
y
C e
C e
x
=
+
+
+
– загальний розв’язок.