СеверинВП ДУ первого порядка

x

y2 (x) y0 f (t, y1(t))dt .

x0

Итак, приближения решения задачи Коши находятся по рекуррентной формуле

x
yn 1(x) y0 f (t, yn (t))dt ,	n 0, 1, 2, ... .	(3.18)
x0
Т е о р е м а П и к а р а . Если в задаче Коши функция		f (x, y) не-

прерывна и удовлетворяет условию Липшица по переменной y , то существует единственное решение задачи Коши, к которому равномерно сходятся при n приближения, определяемые формулой

(3.18).

Теорема Пикара утверждает, что при выполнении условий этой теоремы последовательность функций y1(x) , y2 (x) , y3 (x) , …, найденных по формуле (3.18), равномерно сходится к решению задачи Коши y(x) , то есть

lim yn (x) y(x) .

n

Действительно, выполняя в формуле (3.18) предельный переход при n , получим интегральное уравнение

x

y(x) y0 f (t, y(t))dt .

x0

Это интегральное уравнение совпадает с уравнением (3.17), поэтому y(x) есть решение задачи Коши.

Метод последовательных приближений, основанный на формуле (3.18), также называется методом Пикара.

П р и м е р 3 . 1 0 . Решить задачу Коши

71

	y y ,
			y	x 0 1 .
	Р е ш е н и е . Сводим задачу к интегральному уравнению
				x
	y(x) 1 ydt .
			0
	Задавая y0 1, последовательно находим:
	x				x
	y1(x) 1 y0dt 1 dt 1 x ,
	0		0
	x		x							x2
	y2 (x) 1 y1(t)dt 1 (1 t)dt 1 x										,
	0		0				2
	. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
	yn (x) 1 x	x2			x3			xn	.
	2!		3!					n!

При n получим справа степенной ряд для функции ex . Следовательно,

lim yn (x) ex .

n

Поэтому y ex . Это же решение исходной задачи Коши можно получить как решение уравнения с разделяющимися переменными.

Практическое занятие

Т е м а з а н я т и я .

Ортогональные траектории и метод последовательных приближе-

ний.

Ц е л ь з а н я т и я .

72

Изучить метод нахождения ортогональных траекторий семейств линий и метод последовательных приближений для решения дифференциальных уравнений первого порядка.

А у д и т о р н о е з а н я т и е .

1. Найти ортогональные траектории семейств кривых:

1)	y Cx4 ;					2) y2 x C .
2. Решить задачу Коши методом последовательных приближений,
ограничиваясь третьим приближением y3 (x) :
1)	y x2 y2 ,	y			x 1	1 ;
	xy 2x y ,
2)		y		x 1 2 .

С а м о с т о я т е л ь н а я р а б о т а .

1. Найти ортогональные траектории семейств кривых:

1)	y2 4(x C) ;							2) x2 y2 2Cx .
2. Решить задачу Коши методом последовательных приближений,
ограничиваясь третьим приближением y3 (x) :
1)	y x2 y2 ,		y			x 1		0 ;
2)	y x y2 ,	y		x 0			0 .

Контрольные вопросы

1.Сформулировать условие Липшица для функции одной переменной.

2.Привести достаточное условие для выполнения условия Лип-

шица.

3.Привести пример выполнения условия Липшица для недифференцируемой функции.

4.Сформулировать теорему Коши для дифференциального уравнения первого порядка.

5.Доказать теорему Коши для дифференциального уравнения первого порядка.

73

6.Дать определение задачи Коши для дифференциального уравнения первого порядка.

7.Привести пример дифференциального уравнения первого порядка, удовлетворяющего условиям теоремы Коши.

8.Теорема Коши дает необходимые или достаточные условия существования и единственности решения дифференциального уравнения первого порядка?

9.Какова роль требования выполнения условия Липшица в теореме Коши?

10.Сформулировать теорему о существовании решения без выполнения условия Липшица.

11.Дать понятие о продолжении решения задачи Коши.

12.Насколько можно продолжить решение задачи Коши?

13.Привести условие продолжения решение задачи Коши на весь замкнутый интервал.

14.Показать непрерывную зависимость решения от начального условия.

15.Привести уточненное определение общего решения дифференциального уравнения первого порядка.

16.Сформулировать и доказать теорему о гладкости решений дифференциального уравнения первого порядка.

17.Дать определение особой точки дифференциального уравнения первого порядка.

18.Чем обусловлено наличие особых точек дифференциального уравнения первого порядка?

19.Дать определение особого решения дифференциального уравнения первого порядка.

20.Чем отличается особое решение дифференциального уравнения первого порядка от его частного решения?

21.Какая существует связь между особым решением дифференциального уравнения первого порядка и огибающей семейства интегральных кривых этого уравнения?

22.Как находится уравнение огибающей семейства кривых?

74

23.Как составить дифференциальное уравнение первого порядка по его общему решению?

24.Как построить дифференциальное уравнение однопараметрического семейства кривых?

25.Дать определение ортогональных траекторий семейства кри-

вых.

26.Как построить дифференциальное уравнение ортогональных траекторий семейства кривых?

27.Как получить алгебраическое уравнение ортогональных траекторий семейства кривых?

28.Вывести интегральное уравнение, эквивалентное задаче Коши для дифференциального уравнения первого порядка.

29.Получить формулу метода последовательных приближений для решения задачи Коши.

30.Сформулировать теорему Пикара.

31.В чем заключается метод Пикара для решения задачи Коши?

75

4. УРАВНЕНИЯ, НЕ РАЗРЕШЕННЫЕ ОТНОСИТЕЛЬНО ПРОИЗВОДНОЙ

В предыдущих разделах подробно рассматривались в основном методы решения дифференциальных уравнений, разрешенных относительно производной неизвестной функции, а для дифференциальных уравнений общего вида приводились только общие определения. В этом разделе излагаются методы решения основных видов дифференциальных уравнений, не разрешенных относительно производной. Рассматриваются простейшие такие уравнения: уравнение, которое не содержит аргумента и функции; уравнение, которое не содержит аргумента; уравнение, которое не содержит функции. Обосновываются методы решения уравнений Лагранжа и Клеро.

Для всех рассмотренных типов дифференциальных уравнений даются примеры их решений. Приводятся примеры для аудиторного практического занятия и самостоятельной работы.

4.1.Простейшие уравнения, не разрешенные относительно производной

До сих пор предполагалось, что дифференциальное уравнение

первого порядка
F(x, y, y ) 0	(4.1)

разрешимо относительно y , то есть приводимо к виду (1.5). Однако это возможно далеко не всегда. Для дифференциальных уравнений, не разрешенных относительно производных, можно сформулировать и доказать теорему о существовании и единственности решения при соответствующем начальном условии, а также рассмотреть основные методы интегрирования. Мы ограничимся рассмотрением простейших типов таких уравнений.

76

1 . У р а в н е н и е н е с о д е р ж и т а р г у м е н т а и ф у н к -

ци и .

Вэтом случае дифференциальное уравнение (4.1) не содержит ни

x, ни y , то есть имеет вид

F( y ) 0 .	(4.2)
Это алгебраическое уравнение относительно производной y .	Пусть
существует, по крайней мере, один действительный корень	y k

данного уравнения, где k – постоянная величина. Интегрируя уравнение y k , получим:

y kx C ,	k	y C	.
		x

Но k является корнем уравнения (4.2). Следовательно, общий интеграл этого уравнения

y C			0 .
F
	x

П р и м е р 4 . 1 . Уравнение

( y )7 ( y )5 y 3 0

имеет вещественный корень				k 1 .		Поэтому общий интеграл этого
уравнения
y C 7			y C 5				y C
								3	0 .
	x			x			x

2 . У р а в н е н и е н е с о д е р ж и т а р г у м е н т а .

Пусть дифференциальное уравнение (4.1) не содержит аргумента x и разрешимо относительно функции y , то есть имеет вид

yf ( y ) .

Вэтом случае вводится обозначение параметра t y . Тогда для

77

переменной y получим параметрическое уравнение
				y f (t) ,						(4.3)
откуда dy	f (t)dt . Поскольку y t , то
		dy	t ,		dx		dy		.
		dx					t
Интегрируя последнее равенство, имеем
	x			dy		f (t)		dt .
				t		t

Вычисляя этот неопределённый интеграл, представим переменную x в параметрическом виде

x g(t,C) ,

где C – произвольная постоянная. Объединяя это равенство с равенством (4.3), получим общее решение дифференциального уравнения, не содержащего аргумента, в параметрическом виде:

x g(t, C),

y f (t).

В некоторых случаях параметр	t можно исключить из этой си-
стемы и записать решение в	виде общего интеграла вида
G(x, y,C) 0 .

П р и м е р 4 . 2 . Решить уравнение

yy 2 2y 3 .

Ре ш е н и е . Полагаем y t . Тогда

y t 2 2t 3 , dy (2t 6t 2 )dt .

78

Поскольку dx dyt , то, интегрируя это равенство, имеем:

x	dy		2t 6t 2	dt (2 6t)dt 2t 3t 2			C .
	t		t
Итак, получено общее решение исходного дифференциального
уравнения в параметрическом виде:
					2
			x 2t 3t			C,

y t 2 2t 3.

3 . У р а в н е н и е н е с о д е р ж и т ф у н к ц и и . Дифференциальное уравнение (4.1) не содержит функции y и

разрешимо относительно аргумента x , то есть имеет вид

x f ( y ) .

Введем параметр t y		и получим параметрическое представле-
ние переменной x в виде		x	f (t) , откуда	dx f (t)dt . Поскольку
y t , то
	dy	t ,	dy tdx .
	dx

Интегрируя последнее равенство, имеем:

y t dx t f (t)dt .

Вычисляя неопределённый интеграл, получим

y g(t,C) ,

где C – произвольная постоянная. Итак, получено общее решение дифференциальное уравнения в параметрическом виде:

79

x f (t),

y g(t, C).

Параметр t в ряде случаев можно исключить из этой системы.

Пр и м е р 4 . 3 . Решить уравнение

xy sin y .

Р е ш е н и е . Полагаем y t . Тогда

x t sint .

Имеем:

y t dx t d(t sint) t 2 sin t t sint dt t 2 sin t t cos t cos t dt ,

y t 2 sint t cos t sint C .

Получено общее решение в параметрическом виде:

x t sin t,

y t 2 sin t t cos t sin t C.

4.2. Уравнение Лагранжа

Уравнением Лагранжа называется дифференциальное уравнение

вида
y ( y )x ( y ) ,	(4.4)
линейное относительно x и y . Здесь и	– известные функции,
причем ( y ) y . Введем параметр t y и получим
y (t)x (t) .	(4.5)

Продифференцируем это равенство по переменной x , полагая что

80