Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

math-st796 / Дифференциальные уравнения в задачах и примерах_Пушкарь Е.А_Уч-метод. пос_МГИУ, 2007 -158с

.pdf
Скачиваний:
154
Добавлен:
22.03.2016
Размер:
2.26 Mб
Скачать

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ МОСКОВСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ИНДУСТРИАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Е. А. Пушкарь

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ В ЗАДАЧАХ И ПРИМЕРАХ

УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ

Москва 2007

ББК 22.161.6 УДК 517.9

П91

Рецензенты:

В.Б. Миносцев, заслуженный работник ВШ РФ, доктор физико- математических наук, профессор Московского государственного индуст- риального университета;

Д.Л. Ревизников, доктор физико-математических наук, профессор Мо- сковского авиационного института (Технический Университет).

Пушкарь Е.А.

П91 Дифференциальные уравнения в задачах и примерах:

Учебно-методическое пособие. – М.: МГИУ, 2007. – 158 с.

ISBN 978-5-2760-1097-7

В учебно-методическом пособии рассматриваются методы и приемы решения обыкновенных дифференцированных уравнений. Оно соответствует программе дисциплины «Дифференциальные уравнения» для студентов второго и третьего курсов.

Предназначено для студентов высших учебных заведений на- правления «Прикладная математика и информатика» (010500) и

специальности «Математическое обеспечение и администрирование информационных систем» (010503). Будет полезно студентам ин-

женерных специальностей, желающих самостоятельно научиться решать дифференциальные уравнения, а также студентам дистан- ционной формы обучения.

ББК 22.161.6

УДК 517.9

 

© Е.А. Пушкарь, 2007

ISBN 978-5-2760-1097-7

© МГИУ, 2007

3

Предисловие

Пособие включает в себя материал 27 практических занятий и используется при изучении курса “Дифференциальные уравнения” в течение двух семестров. В первом из них студенты изучают материал и выполняют задания 1 – 18 занятий, которые посвящены обыкновенным дифференциальным уравнениям первого порядка и дифференциальным уравнениям высших порядков. Студенты должны выполнить самостоятельную работу (занятие 11) по численному решению задачи Коши для дифференциальных уравнений первого порядка, одно из которых имеет особенность внутри или на границе заданного интервала. Работа состоит в написании двух программ и изображении решения в виде графиков на экране терминала. По материалам занятий 3 – 9 и 13 – 17 выполняются две контрольные работы. В конце семестра студенты сдают зачет, в который входят основные положения теории, изложенные на лекциях, навыки решения дифференциальных уравнений первого и высших порядков и материал самостоятельной и контрольных работ.

Во втором семестре студенты осваивают материал практических и самостоятельных занятий с 19 по 27, которые посвящены системам обыкновенных дифференциальных уравнений и различным методам их решений, устойчивости по Ляпунову решений систем дифференциальных уравнений и элементам качественной теории дифференциальных уравнений. Студенты должны выполнить две самостоятельных работы (занятия 19 и 27) по численному решению краевой задачи для дифференциального уравнения второго порядка методом прогонки и задачи Коши для системы дифференциальных уравнений. Семестр завершается экзаменом.

Автор благодарит В. Козуляеву, О. Миленину и Д. О. Платонова за оказанную помощь при создании компьютерного набора книги.

4

1 Практическое занятие

 

 

1.ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Проверка решений дифференциальных уравнений

Задача 1.1. Убедиться, что функция

 

 

 

 

R y(x) = Cx +

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при каждом

C

 

1 + C2

 

 

 

 

является решением уравнения

 

 

 

 

y − xy =

 

 

y

(1.1)

 

 

 

 

 

·

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + y 2

Решение: Вычислим производную функции y(x) и подставим y (x) и y(x) в уравнение (1.1). Получим

y (x) = C;

C C

Cx + 1 + C2 − xC = 1 + C2 ·

Очевидно, полученное равенство является тождеством, следовательно данная функция является решением уравнения.

Задача 1.2. Убедиться,

что функция

y(x) = x

1 +

x dx

 

 

ex

является решением уравнения

 

 

 

 

 

 

 

 

dy

= xex.

 

 

 

 

 

x

 

 

− y

 

 

 

 

 

dx

 

 

Решение: Вычислим

dy(x)

:

 

 

 

 

 

 

dx

= 1 + xdx

 

 

 

dx

 

x dx = 1 + x x

 

x dx +

 

dy(x)

 

d

ex

 

ex

ex

(1.2)

+ ex dx. x

Проверка решений дифференциальных уравнений

 

5

 

 

 

 

 

Подставив y(x) и

dy(x)

в уравнение (1.2), аналогично пре-

 

 

 

 

dx

 

 

дыдущей задаче получим тождество:

x dx

≡ xex,

x 1 + ex +

 

x dx − x 1 +

 

 

ex

ex

 

следовательно, данная функция y(x) является решением уравнения (1.2).

Задача 1.3. Убедиться, что функция y = ϕ(x), определя-

емая соотношением

 

 

 

 

y = arctg(x + y) + C,

(1.3)

является решением уравнения

 

 

 

 

 

2 dy

(1.4)

(x + y)

 

 

= 1.

 

 

 

dx

 

Решение: Для решения

задачи необходимо

вычислить

производную от функции, определенной равенством (1.3), из которого явно выделить y(x) невозможно. Запишем равенство (1.3) в виде неявной функции F (x, y) = 0 и вычислим производную yx, как производную неявной функции:

 

 

F (x, y) arctg(x + y) − y + C = 0,

 

 

 

 

 

 

 

dy

 

=

Fx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

Fy

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Fx =

 

 

 

 

 

1

 

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + (x + y)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F =

1

 

 

 

 

 

 

 

1 =

(x + y)2

,

 

 

 

1 + (x + y)2

1 + (x + y)2

 

тогда

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dy

=

 

1

 

 

 

·

 

1 + (x + y)2

1

·

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

dx

1 + (x + y)2

 

 

(x + y)2

(x + y)2

6 1 Практическое занятие

Подставив полученную формулу в уравнение (1.4), получим

тождество

1

 

(x + y)2

1.

 

(x + y)2

Задача 1.4. Показать, что функция y = y(x), заданная

неявно уравнением

 

x = y2 + y,

(1.5)

является решением уравнения

y y − 3y 2 = 0.

Решение: Найдем y , y , y . Для этого продифференциру-

ем соотношение (1.5) трижды. Получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y =

dy

 

=

 

 

 

dy

 

 

 

=

 

1

 

 

,

 

 

 

 

 

 

dx

(2y

+ 1)dy

 

 

 

 

 

 

 

 

y = dx

(y ) = dx

 

 

 

 

 

 

2y + 1

(2y + 1)3 ,

2y + 1 = dy 2y + 1

2y + 1 =

 

d

 

 

 

d

1

 

 

 

 

 

d

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

2

 

y = dx(y ) = dy

(2y + 1)3

 

 

2y + 1

= (2y + 1)5

·

 

 

 

 

d

 

d

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

12

 

 

 

Подставим в уравнение:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

·

 

 

12

 

3 ·

 

 

 

 

4

 

 

0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2y + 1

(2y + 1)5

 

(2y + 1)6

 

 

 

Следовательно, функция y = y(x) является решением данного уравнения.

Задача 1.5. Показать, что соотношение

 

y ln y − x − 0 x et2 dt = 0

(1.6)

является интегралом уравнения

y(1 + ln y)y + y 2 = 2xyex2 .

−e−t

Проверка решений дифференциальных уравнений

7

 

 

Решение: Дифференцируя два раза по x, получаем:

(1 + ln y)y − 1 − ex2 = 0,

y1 y 2 + (1 + ln y)y − 2xex2 = 0,

откуда находим

y(1 + ln y)y = 2xyex2 − y 2.

то есть функция y = y(x), заданная неявно, обращает исходное уравнение в тождество и соотношение (1.6) представляет собой интеграл данного уравнения.

Задача 1.6. Функция y = ϕ(x) задана параметрически:

x = tet, y = e−t.

Доказать, что эта функция является решением уравнения

(1 + xy)dxdy + y2 = 0.

Решение: При каждом значении параметра t имеем

(1 + xy)dxdy + y2 (1 + tet · e−t)tet + et + e2t 0,

то есть функция y = ϕ(x) является решением данного уравнения.

Задача 1.7. Сколько решений уравнения

 

x dy + y = y2 ln x

 

dx

 

определяет соотношение

 

y(x + ln x) = 1 − y?

(1.7)

Решение: Проверим сначала, является ли это соотношение решением данного уравнения. Дифференцируя последнее

8

 

1

Практическое занятие

 

 

 

 

 

равенство, получим:

1 + x

 

 

dx (x + ln x + 1) + y

= 0;

 

dy

1

 

 

xdxdy (x + ln x + 1) + y (x + 1) = 0,

Всоответствии с данным уравнением в полученном равенстве заменим xdxdy на −y + y2 ln x. Получим:

−y + y2 ln x (x + ln x + 1) + y (x + 1) =

 

= y [(1 + y ln x) (x + ln x + 1) + (x + 1)] =

= y

1 + x + ln x + 1

(x + ln x + 1) + (x + 1) =

 

 

ln x

 

x + 1

= y −x + ln x + 1 (x + ln x + 1) + (x + 1) = 0.

Таким образом, всякая непрерывно дифференцируемая функция y = ϕ(x), задаваемая соотношением

y(x + ln x + 1) = 1 − y,

является решением данного уравнения.

Последнее соотношение определяет две непрерывно дифференцируемые функции ϕ1(x) и ϕ2(x), каждая из которых задается формулой

1

y = 1 + x + ln x ·

Одна из них определена на промежутке (0, a), а вторая – на промежутке (a, ∞), где a – корень уравнения 1 + x + ln x = 0 (рис. 1.1).

Следовательно, соотношение (1.7) определяет два решения данного уравнения.

Проверка решений дифференциальных уравнений

9

 

Y

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

y= x + ln x + 1

 

 

O

a

 

X

 

 

 

 

 

 

 

Рис.

1.1. Два

решения

дифференциального

уравнения

xy + y = y2 ln x

 

 

 

Задачи для самостоятельного решения

x

1. Убедиться в том, что функция ϕ(x) = x sin t2dt явля-

0

ется решением дифференциального уравнения

xdxdy − y = x2 sin x2.

2.Убедиться в том, что функция

 

 

y = x + C

 

 

при каждом x

R

1 + x2

 

является решением дифференциального

уравнения

 

 

 

 

(xy + 1)dx − (x2 + 1)dy = 0.

3. Сколько решений уравнения

(x − 1)dxdy + y = 0

10

2 Практическое занятие

 

 

определяет соотношение y(x −1) = c при каждом фиксированном c R?

2. ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ. Метод изоклин

Задача 2.1. Методом изоклин построить решение уравнения

y = y − x2.

Решение: Сначала построим графики изоклин. Так как изоклины – линии равного наклона поля направлений, то для уравнения y = f (x, y) их графики удовлетворяют уравнению

f (x, y) = k,

где k = const.

Для данного уравнения y = y − x2 получим уравнение семейства изоклин:

y − x2 = k y = x2 + k,

то есть изоклины представляют собой семейство квадратичных парабол с осями, совпадающими с осью OX (рис. 2.1).

Меняя параметр k, получим семейство графиков изоклин и построим на них поле направлений. Так как k = tg α, где α – угол наклона касательной к графику, то при k = 0 получим горизонтальные касательные на изоклине y = x2, при k = 1 угол наклона касательной к оси X составит α = π4 на изоклине y = x2 + 1, а при k = 1 наклон касательных α = π4 на изоклине y = x2 1 (слева на рис. 2.1). Проводя интегральные кривые, касающиеся поля направлений, получим картину, изображенную справа на рис. 2.1, с экстремумами на параболе y = x2: максимумами в первой четверти и минимумами во второй четверти.