КНІГІ ОНЛАЙН

Дыферэнцыяльныя і інтэгральныя ўраўненні

Памер: 436с.

Гародня 2000

75.93 МБ

Ураўненне віду
M(t,x) dt + N(t,x) dx = 0	(27)
называецца аднародным, калі М(t,x) і N(t,x) аднародныя функцыі адной і той жа ступені т. Функцыя f(t,x) называецца аднароднай функцыяй ступені т, калі
f(k t,Xx) = Xmf(t,x).
Аднароднае ўраўненне (27) можа быць прыведзена да выгляду
2 Зак. 970
33
Пры дапамозе падстаноўкі х = zt аднароднае ўраўненне прыводзіцца да ўраўнення з падзяляльнымі зменнымі ў адносінах да новай невядомай функцыі z.
Сапраўды, маем
М( t,zt)dt + N(t,zt)(zdt + tdz) = O.
У сілу азначэння аднароднага ўраўнення запішам
M(t,zt) = tmM(l,z), N(t,zt) = tmN(l,z).
Таму, пасля падстаноўкі, скарачэння на tm і групоўкі, атрымаем [M(l,z)+N(l,z)z]dt + tN(l,z)dz = O.
J N(l,z) d: Дзелячы зменныя і інтэгруючы, будзем мець t = Се мО^+^12)
х
Замяняючы ў апошнім судачыненні z на —, знойдзем агульны інтэграл ураўнення (27).
Заўвага 1. Пры дзяленні зменных маглі быць згублены рашэнні віду z = а, дзе a — корань ураўнення
M(l,z)+N(l,z)z = 0.
Прыклад 1. Рашыць ураўненне 2txdt + (х2 t2 )dx = 0.
Рашэнне. Тут М = 2tx, N — х2 I'. Абедзве функцыі аднародныя, другой ступені аднароднасці. Мяркуючы, што х = zt, маем dx = tdz + zdt, так што зыходнае ўраўненне прыме від
2t2zdt + (z2t2 12 J(tdz + zdt) = 0.
Пасля скарачэння на Г і групоўкі членаў з множнікамі dt і dz атрымаем
(z3 +z)dt + (z2 l)t dz = 0 (t2=0?).
Падзелім зменныя
34
dt z2 1	,
+ ^dz = O (z3+z = 0?).
t z +z
Інтэгруючы, знаходзім
~(z2 +1) = C. .
z
Вяртаючыся да шуканай функцыі х
, атрымаем
t2 + х2 Сх = 0. Гэта і ёсць агульны інтэграл дадзенага ўраўнення, бо t = 0 не з’яўляецца рашэннем.
Разгледзім ураўненні t2=0, z’+z = 0. Першае ўраўненне дае t = 0. Паўвосі восі х (t = 0 ,(х ф 0)) не з’яўляюцца рашэннямі зыходнага дыферэнцыяльнага ўраўнення. 3 другога ўраўнення знаходзім z = 0, а значыць х = 0 (t^O). Гэтыя паўвосі восі t з’яўляюцца рашэннямі дадзенага ўраўнення. Рашэнні гэтыя частковыя, таму што ва ўсіх пунктах мае месца адзінасць рашэння задачы Кашы.
Ураўненні выгляду
( a^+b^x + Cj Л х = f;\a2t + b2x + с2 )
пры \ = afb2 ~ а2 b] * 0 прыводзяцца да аднародных
падстаноўкай / = u + a, х = v + P, дзе (a , р ) пункт
перасячэння прамых a, t +b2x + с2 = 0 і а2 t +b2 х + с2 = 0.
Калі ж Л = а2 b2 а2 Ь2 = 0, то падстаноўка a,t + Ь^ = z
пры aj bj *0 ці а2 t +b2 х = у пры а2 Ь/ ~0, а2 Ь2 *0 прыво
дзіць дадзенае ўраўненне да ўраўнення з падзяляльнымі зменнымі.
d х
Прыклад 2. Прывесці ўраўненне =
tx + 1
t + х3
да ўраўнення
з падзяляльнымі зменнымі.
2*
35
Рашэнне. Падлічым Д =
7
7
^ 0. Сістэма ўраўненняў
a Р + 7 = 0, a + Р 3 = 0 мае рашэнне a = 7, ^ = 2. Дапускаю
d v uv
чы t — u +1, х = v + 2, будзем мець —— =du u + v
аднароднае
v
ўраўненне. Замена зменных z = — ці v = zu прыводзіць да й
ўраўнення з падзяляльнымі зменнымі
dz	1z (l + z)dz	du
z + U— = , 7 =.
du 1 + z l2zz u
Прыклад 3. Прывесці ўраўненне
(t + x + 2)dt + (2t + 2xl)dx = 0 да ўраўнення з падзяляльнымі зменнымі.
Рашэнне. Для гэтага ўраўнення Д =
7 7
2 2
= 0. Таму ўвядзём
падстаноўку x + t = z, dх = dz d t. Дадзенае ўраўненне прыме
выгляд
(z + 2)dt + (2zl)(dzdt) = 0, (3z)dt+(2 zl)dz = 0.
2zl
Падзяліўшы зменныя, атрымаемdz + dt = 0 .
3z
Ураўненне
M(t,x)dt + N(t,x)dx 0 называецца абагульненым аднародным, калі ўдаецца падабраць такі лік к, што левая частка гэтага ўраўнення становіцца аднароднай фўнкцыяй некаторай ступені т адносна t, х, dt, dx пры ўмове, што t лічыцца велічынёй першага вымярэння, х £га вымярэння, dt і dx — адпаведна нулявога і к 1 вымярэнняў. Абагульненае аднароднае ўраўненне прыводзіцца да ўраўнення з падзяляльнымі змен
36
нымі падстаноўкай х = ztk, дзе z новая невядомая функцыя.
Прыклад 4. Рашыць ураўненне (t2х2 1 )dx + 2tx}dt = 0.
Рашэнне. Пры зробленым у азначэнні меркаванні адносна вымярэнняў t,x,dt,dx члены левай часткі t2x2dx, —dx, 2tx3dt будуць мець адпаведна вымярэнні Зк + ], к 1, Зк +1. Параўноўваючы іх, атрымаем умову, якой павінен задавальняць шуканы лік к. Гэтая ўмова выконваецца пры к = 1 (пры такім к усе члены левай часткі зыходнага ўраўнення будуць мець вымярэнне 2). У выніку гэтага ўраўненне з’яўляецца абагульненым аднародным.
Уводзім падстаноўку x = zt~I. Тады зыходнае ўраўненне прыме выгляд
z(z2 +l)dt + t(z2l)dz = 0.
Апошняе ўраўненне з’яўляецца ўраўненнем з падзяляльнымі зменнымі.
§ 6. Інтэгруючы множнік
Разгледзім ураўненне віду
P(t,x)dt + Q( t,x)dx = 0,
(28)
дР dQ
дзе функцыі P(t,x) і Q(t,x) і іх частковыя вытворныя —, т— dx dt
вызначаныя і непарыўныя ў абсягу D.
У некаторых выпадках, калі ўраўненне (28) не з’яўляецца ўраўненнем у поўных дыферэнцыялах, удаецца падабраць функцыю [l(t,x), непарыўную разам са сваімі частковымі вытворнымі ў абсягу D, пасля множання на якую левая частка (28) ператвараецца ў поўны дыферэнцыял. Такая функцыя ^.(t,x) называецца
інтэгруючым множнікам. Пры гэтым неабходна памятаць, што крывыя, у пунктах якіх інтэгруючы множнік ператвараецца ў нуль або ў бясконцасць, могуць аказацца пабочнымі або асаблівымі рашэннямі дыферэнцыяльнага ўраўнення (28). Згодна з прыметай
37
ураўнення ў поўных дыферэнцыялах (гл. заўвагу 4.1) і азначэннем
д
Э
інтэгруючага множніка, маем —(\i.P) = —(\i.Q) або ox at
Эц Э|1 (dP dQ\
Qlt~P^ = ('^~'dFr
адкуль
dt
dx dx dt
(29)
Ураўненне (29) з’яўляецца ўраўненнем з частковымі вытворнымі. Рашэнне гэтага ўраўнення, наогул кажучы, задача больш цяжкая, чым рашэнне зыходнага ўраўнення, але нам патрабуецца знайсці толькі адно з рашэнняў.
Адзначым некаторыя частковыя выпадкі, калі ўдаецца параўнальна лёгка знайсці адно з рашэнняў ураўнення (29), гэта значыць знайсці інтэгруючы множнік.
Эц
Калі \l = \L(t), то — = 0 і ўраўненне (29) прыме выгляд dx
dt Q
. Вырашаючы яго адносна /I, атрымаем
±p_dQ t дх dt Jя—dl ц = Се Q .	(30)
Можна лічыць С = 1, таму што дастаткова мець толькі адзін інтэгруючы множнік.
dP_dQ dx dt Калі —з’яўляецца функцыяй толькі ад /, то
інтэгруючы множнік, які залежыць толькі ад t, існуе і вызначаецца па формуле (30), у процілеглым выпадку інтэгруючага множніка віду [L(t) не існуе.
38
Зусім аналагічна могуць быць знойдзены ўмовы існавання інтэгруючых множнікаў віду \l(x), \l(t + x), \x(t2+х2 ), p(tx),
Ш ~ і г.д.
k t J
Прыклад 1. Рашыць ураўненне
2txlnх dt + (t2 + х24х2+1 )dx 0.
Рашэнне. Тут Р = 2tx Іпх, Qt2 + х2 у/х2 +1. Лёгка праверыць, што ўраўненне не з’яўляецца ўраўненнем у поўных дыферэнцыялах і ўмова для існавання інтэгруючага множніка, які залежыць толькі ад / , не выконваецца.
Праверым магчымасць існавання інтэгруючага множніка, які залежыць толькі ад х. Такі інтэгруючы множнік будзе існаваць, калі zqjp_ dt Эх
выраз —залежыць толькі ад х (гл. ураўненне (29)).
эдэр
^t дх 2t—2t(lnx+l)	1	dln\^	1
Сапраўды, =;=——. Значыць, —;	=—,
Р 2txlnx	х	dx	х
1	2txlnxdt t2+x2yx2 + l
Ц. = —. Ураўненне +dx = 0 з’яўляецца
X	XX
ўраўненнем у поўных дыферэнцыялах. Яго можна запісаць у выглядзе d(t2 lnx) + x4x2~^ldx = 0,алкупь t2 Inх +~ (х?+1)2 =С.
Знойдзем цяпер умову, пры якой ураўненне (29) мае рашэнне віду ^.^(z), дзе z = z(t,x) зададзеная функцыя ад / і х.
Падстаўляючы функцыю ^.^.(z) ва ўраўненне (29) і ўлічваЭц d[l dz Э|Д	d[L dz
ючы, што — = — —, т— = ——, атрымаем at	dz at ax	dz ax
39
( dz	dz^du
\ at	ax J dz
= U
^_P^ ^dx dt j
Адкуль відаць, што калі
эрэс dx dt dz	dz
• —Р — dt	dx
= ^(z), гэта значыць левая
частка з’яўляецца функцыяй толькі ад z, то існуе інтэгруючы
множнік |1 = Ц(г), які знаходзіцца з ураўнення — = = ty(z)[L і, dz
значыць, мае выгляд р. = eJ (С = 1).
Прыклад 2. Прывесці ўраўненне
(3t + 2x + x2)dt + (t + 4tx + 5х2 ) dx = 0 да ўраўнення ў поўных дыферэнцыялах, калі яго інтэгруючы множнік мае від \к = (^(t + х2).
Рашэнне. Няхай z = t + x2, тады ^.^(z), значыць, Э Zn | ц | ^ /п | ц | d z dln\n\ d t d z d t d z '
dln\[i\ dln\^\ dz dln\[t\ d x d z d x d z
■ 2x.
Ураўненне (29) для знаходжання інтэгруючага множніка будзе мець від
dP dQ
\dln\^\ дР ^Q с dln\^\ dx~ dt
v	dz dx dt dz Q2Px
Падстаўляючы P i Q з дадзенага ўраўнення, P = 3t + 2x + x2,
40
дР dQ
2	■ дх	1	1
Q = t + 4t х + 5х , знаходзім	————=7 = —. Тады
Q2Px t + x' z
^«Ы 1	2
= —, адкуль 11 = z. Гэта значыць, [L = t + x . Памножыўdz z
шы дадзенае ўраўненне на [1 = t + х2, атрымаем ураўненне ў поўных дыферэнцыялах.
§ 7.	Лінейныя ўраўненні
Ураўненне віду
x = a(t)x + g(t)	(31)
называецца лінейным ураўненнем, а ўраўненне
y = a(t)y	(32)
аднародным лінейным ураўненнем, якое адпавядае ўраўненню (31). Функцыі a(t) і g(t) вызначаюцца і непарыўныя на некаторым інтэрвале I = (ti,'t2). Такім чынам, адкрытае мноства D у плоскасці Р вызначаецца ўмовамі t, < t < t2, што накладваюцца на t пры адвольным х. Гэтае мноства ўяўляе сабой паласу, калі tl і t2 канечныя, паўплоскасць, калі канечная толькі адна з велічынь tj, t2, і плоскасць, калі бесканечныя абедзве велічыні t,, t2. Правая частка ўраўнення (31) непарыўная разам са сваёй частковай вытворнай па х на ўсім мностве D, так што для ўраўнення (31) выкананы ўмовы тэарэмы 1.1.
Няхай t0 е I. Дапусцім t A(t) = \a(x)dx. lo
Функцыя A(t) вызначана на ўсім інтэрвале I. Аказваецца, што сукупнасць усіх рашэнняў ураўнення (31) запісваецца формулай
2а Зак. 970
41
е~Аа} ■ g(x)dx eA,
(33)
дзе х0 — адвольная канстанта. Кожнае з гэтых рашэнняў вызначана на ўсім інтэрвале 7, а за межамі гэтага інтэрвалу не вызначанай з’яўляецца правая частка ўраўнення (31).
Прывядзём вывад формулы (33), які дасць магчымасць не запамінаць гэтую формулу, а ў кожным асобным выпадку паўтарыць разважанні, што будуць прыведзены ніжэй.
Разгледзім спачатку ўраўненне (32). Гэта ўраўненне ў поўных дыферэнцыялах. Сапраўды, сімвалічна яго можна запісаць у выглядзе
dy
— a(t)dt = 0.
У
Адпаведная функцыя u(t,y) задаецца формулай u(t,y)=ln\ у\~A(t), а значыць, рашэнні аднароднага ўраўнення (32) вызначаюцца як няяўныя функцыі з судачынення ln\y\ A(t) = Ct. Адкуль атрымліваем |у| = еА")+Сі або, інакш,
у = СеА(,),	(34)
дзе С можа прымаць любыя сапраўдныя значэнні. (Адзначым, што гэты вывад мае недакладнасць, таму што функцыя у можа ператварацца ў нуль; недакладнасць можна лёгка скасаваць, бо у = 0 відавочна рашэнне разглядаемага ўраўнення.) Каб атрымаць з дапамогай формулы (34) рашэнні неаднароднага ўраўнення, прыменім так званы метад варыяцыі адвольнай пастаяннай. Менавіта рашэнне ўраўнення (31) адшукваем у выглядзе (34), дзе С ужо не канстанта, а некаторая невядомая функцыя зменнай t, гэта значыць