Теорема. Пусть y ' = f (x, y) — дифференциальное уравнение. Пусть функция f (x, y) задана на некотором открытом множестве Г плоскости Р переменных х, у. Относительно функции f (x, y) будем предполагать,
что она сама и её частная производная
является непрерывными функциями на всём открытом множестве Г, тогда
для всякой точки (х0, у0) множества Г найдётся решение у = φ (х) уравнения, удовлетворяющее условию у0 = φ(х0);
если два решения у = φ (х) и у = ψ (х) уравнения совпадают хотя бы для одного значения х = х0, то есть, если φ(х0) = ψ(х0), то решения эти тождественно равны для всех тех значений переменного х, для которых они оба определены.
Числа (х0, у0) называются начальными значениями для
решения y = φ(х), а соотношение у0 = φ(х0) — начальным условием этого решения.
Геометрическое содержание теоремы заключается в том, что через каждую точку
(х0, у0) множества Г проходит одна и только одна интегральная кривая дифференциального уравнения.
Геометрическая интерпретация уравнения y' = f (x, y).
Через каждую точку (х, у) области Г проведём прямую lх, у с угловым коэффициентом f (x, y). Таким образом будет получено поле направлений, соответствующее дифференциальному уравнению y ' = f (x, y).
Связь между геометрической интерпретацией уравнения и геометрической интерпретацией его решения заключается в том, что любая интегральная кривая у = φ (х) в каждой своей точке (х, φ (х)) касается прямой lх, у (смотри рисунок.).
Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Уравнение y ' = f (x, y) называется однородными, если правую часть уравнения можно преобразовать к виду
f(x, y) = g (y/x).
Алгоритм решения однородного уравнения:
y = u(x)·x.
u'·x + u = g(u).
u'·x = g(u) - u.
G(u) = ln | x | + ln c.
Отражательная поверхность
Определим форму зеркала, отражающего все лучи, исходящие из заданной точки О, параллельно заданному направлению ОХ. Примем точку О за начало координат (смотри рисунок.).
Предположим, что ОМ есть один из лучей, отражаемых по направлению МP || ОХ. Поверхность зеркала пересекает плоскость чертежа по некоторой кривой, проходящей через точку М, нормаль MQ к кривой в этой точке будет биссектрисой
Ð ОМР. АМ — касательная к искомой кривой;
ÐQMK = Ð OMQ — угол падения равен углу отражения,
Ð QMK = Ð MQO — по признаку параллельности прямых,
Ð MAO = Ð AMO — из прямоугольности треугольника ΔAMQ. Поэтому
Из треугольника Δ NMA
Но следовательно,
Полученное уравнение является однородным, поэтому решается по предложенному алгоритму
x = u·y.
Избавляясь от иррациональности в последнем уравнении, после некоторых алгебраических преобразований получим уравнение линии — уравнение параболы.
Искомая кривая — парабола, в фокусе которой помещается источник света. Отражательная поверхность — параболоид вращения.
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Уравнения вида
y' + P(x)·y = Q(x)
называются линейными. Порядок решения:
y = u (x)·v (x) — замена переменной: вместо одной неизвестной функции вводятся две.
u'·v + u·v' + P(x)·u·v = Q(x) — подставляют эту замену в исходное уравнение.
u'·v + u·(v' + P(x)·v) = Q(x) — группируют второе и третье слагаемые, выносят общие множители за скобку.
Одной неизвестной можно воспользоваться по своему усмотрению, предположим, что выделенная скобка была равна нулю.
Получим уравнение с разделяющимися переменными .
Разделяем переменные .
Интегрируем , .
Находим неизвестную функцию
.
Подставляем эту уже найденную неизвестную во второе уравнение системы .
Получаем уравнение с разделяющимися переменными .
Разделяем переменные .
Интегрируем .
Находим вторую неизвестную функцию .
Найденные функции u и v подставляем в пункт 1 и находим решение y: .
Дифференциальное уравнение силы переменного тока
в случае, когда в цепи есть самоиндукция и омическое сопротивление
Пусть в цепи с омическим сопротивлением R сила тока i возбуждается электродвижущей силой
Е = Е0·sin ω t и самоиндукция равна L (смотри рисунок.).
Требуется определить закон изменения силы тока, если в начальный момент t = 0 сила тока i0= 0.
По второму закону Кирхгофа алгебраическая сумма падений напряжений в
контуре равна алгебраической сумме ЭДС, наводимых в контуре. Поэтому
i·R = E + Eсам,
или
Получаем линейное дифференциальное уравнение первого порядка относительно функции тока в цепи
Применим алгоритм решения линейных дифференциальных уравнений первого порядка
i = u·v.
Принимая во внимание, что в начальный момент t = 0 сила тока i0= 0, находим константу общего решения
Поэтому частное решение, удовлетворяющее заданному начальному условию, имеет вид
Если ввести соотношением
дополнительный угол φ — смещение фаз, то закон изменения тока может быть представлен в виде
Сила тока, как показывает это равенство, состоит из двух частей: первая часть имеет периодический характер изменения, вторая часть — имеет затухающий характер (смотри рисунок.).
Уравнение в полных дифференциалах
Определение. Уравнение вида
M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0
называется уравнением в полных дифференциалах, если существует такая функция U(x, y), что левая часть уравнения будет являться полным дифференциалом этой функции U(x, y). Теорема. Пусть М(х, у) и N(х, у) непрерывные, дифференцируемые и имеющие непрерывные первые и вторые производные функции. Необходимым и достаточным условием для того, чтобы уравнение было уравнением в полных дифференциалах, является
(1)
Необходимость. Пусть существует такая функция u(x, y), что левая часть уравнения есть дифференциал некоторой функции u( x, y)
Тогда имеем и Дифференцируя первое соотношение по у, а второе — по х, получим
и
Предполагая непрерывность вторых производных, будем иметь
Что и требовалось доказать. Достаточность. Из соотношения находим
где х0 — абсцисса любой точки из области существования решения. При интегрировании по х считаем
у постоянным и поэтому произвольная постоянная интегрирования может зависеть от у. Продифференцируем последнее равенство по у и результат приравняем N(х, у)
Но так как то можно написать
то есть или
Следовательно,
или
Таким образом, функция u(x, y) будет иметь вид
Приравнивая это выражение произвольной постоянной С, получим общий интеграл уравнения
Пример. Решить уравнение
xy2dx + y (x2 + y2) dy = 0.
Решение. В данном случае
M = xy2 и N = y (x2 + y2).
Проверим выполнение условий (1)
и
Так как , то существует такая функция u(x, y), что будут выполнены соотношения
и
Интегрируя первое соотношение по переменной х, получим
Второе соотношение в этом случае примет вид
x2y + φ'(y) = yx2 + y3,
откуда имеем φ'(y) = y3. Интегрируя это соотношение, получим
Решение рассматриваемого уравнения в полных дифференциалах имеет вид
Интегрирующий множитель
Рассмотренные выше дифференциальные уравнения - однородное и линейные первого порядка - представляют типы уравнений, интегрируемых методом отделения переменных. Сейчас мы остановимся еще вкратце на применении к интегрированию уравнений метода интегрирующего множителя. Сущность этого метода состоит в том, чтобы найти такой множитель, после умножения на который левая часть уравнения F (х, у, у ') = Остановится полным дифференциалом. И если это достигнуто, то далее применяется прием, изложенный выше.
Пусть дано уравнение
M dx + N dy = 0,(2)
левая часть которого не есть полный дифференциал. Будем искать такой множитель
μ = φ (x, y),
чтобы левая часть уравнения
μ M dx + μ N dy = 0
была полным дифференциалом. Согласно сказанному выше множитель μ должен удовлетворять условию , которое можно переписать в виде
(3)
Мы видим, что искомый множитель μ. удовлетворяет уравнению (3) с частными производными, и чтобы его найти, надо это уравнение проинтегрировать. Но так как интегрирование уравнения (3) с частными производными есть задача, вообще говоря, более сложная, чем интегрирование данного уравнения (2), то на первый взгляд выходит, что, отыскивая интегрирующий множитель, мы только усложнили задачу. Но дело в том, что для нахождения μ надо знать только частное решение уравнения (3), и поэтому вопрос в некоторых случаях ста новится легко разрешимым.
Чтобы показать, как он именно решается, остановимся на каком либо частном случае отыскания интегрирующего множителя. Относительно этого множителя сделаем такое предположение: пусть он будет функцией только от х, и посмотрим, при каком условии уравнение (2) может иметь такой интегрирующий множитель. Если μ = φ (x), то , и уравнение (3) можно представить в виде
Так как здесь левая часть равенства есть функция только от одного х, то и правая
должна быть тоже функцией только от х. В этом именно и заключается условие того, что уравнение (2) имеет интегрирующий множитель, являющийся функцией только от х. Сам множитель, как это нетрудно видеть,
.
Мы, конечно, могли бы относительно множителя μ поставить и другие требования, например, чтобы он был функцией только от у, либо только от х + у, либо от х2 - у и т. п. Каждое из этих требований привело бы нас к специальному условию, аналогичному тому, которое мы нашли в разобранном случае. Пример. (2у + ху3) dx + (х + х2у2) dy = 0.
Для этого уравнения имеем
М = 2у + ху3, N = х + х2у2,
Мы видим, что для него существует интегрирующий множитель, зависящий только от х, и этот множитель
Умножая на него наше уравнение, получим
(2 ху + x2y3) dx + (x2 + x3y2) dy = 0.
Левая часть этого уравнения есть полный дифференциал, что нетрудно проверить. Интегрировать его можно по способу, изложенному ввыше, Но проще переписать наше уравнение в форме
или
а затем интегрировать. Общий интеграл его будет
х2у + х3y3 = С.
Для линейного уравнения первого порядка
у' + Pу - Q = 0
имеем
N = 1 и M = Py - Q.
Выражение есть функция только от x. Следовательно, интегрирующий множитель
.
В дальнейшем нам придется встретиться с условием существования интегрирующего множителя для выражения
M dx + N dy + P dz,(4)
коэффициенты М, N и Р которого зависят от аргументов х, у и z.
Обозначив этот множитель буквой μ и умножая на него рассматриваемое выражение, мы получим полный дифференциал
dU = μ М dx + μ N dy + μ P dz,
по отношению к которому должны иметь место условия (1), т. е.
;
эти равенства в раскрытом виде будут:
Умножая их соответственно на М, N и Р и складывая результаты, находим
.
Полученное равенство выражает условие, необходимое для того, чтобы выражение (4) имело интегрирующий множитель. Будучи необходимым условием, оно в то же время и достаточно; на выяснении его достаточности мы здесь, однако, останавливаться не будем.
Дифференциальное уравнение силы тока при переменном сопротивлении цепи
При интегрировании дифференциального уравнения силы переменного тока мы в рассматривали сопротивление R как величину постоянную. Но в течение того периода времени, когда ток выключается, сопротивление R является величиной переменной; пусть зависимость R от времени может быть выражена формулой
,
где R0 - начальное (постоянное) значение R; τ - промежуток времени до момента выключения и t - время.
дифференциальное уравнение, соответствующее этому явлению, таково:
,(5)
Считая электродвижущую силу Е постоянной, будем искать решение этого уравнения, удовлетворяющее условию при t = 0.
Применим метод интегрирующего множителя. Для данного случая при этот множитель
.
Уравнение (20) после умножения на μ принимает вид
,
или
,
откуда
.
Если , то, выполнив квадратуру, получим
.
В силу начальных условий, полагая в этом равенстве t = 0, находим .
И, следовательно,
.
Если , то после выполнения преобразований будем иметь
Уравнения равновесия жидкой массы
Предположим, что в сосуде V (смотри рисунок.) содержится покоящаяся жидкость, частицы которой мы отнесем к координатной системе х, у, z. Рассмотрим элемент жидкости, имеющий форму прямоугольного параллелепипеда, вершина М которого имеет координаты х, у и z, а ребра - dx, dy и dz - параллельны координатным осям. Если буквой ρ обозначим плотность жидкости в точке М, то масса элемента будет равна ρ dx dy dz.
Будем рассматривать жидкость как деформируемое сплошное тело, которое в состоянии равновесия не испытывает ни касательных напряжений, ни натяжений, но может оказать и само испытывает только давления. Заметим, что термином жидкость в гидростатике и гидродинамике обозначают не только жидкость в общепринятом значении этого слова, но также и газообразные вещества. Первые называют капельными жидкостями и считают, что сжимаемостью их можно пренебречь, вторые же, в отличие от первых, названы сжимаемыми жидкостями.
Из сказанного выше следует, что на грани параллелепипеда действуют нормальные к граням давления. Кроме этих сил, на параллелепипед могут действовать еще и объемные силы (например, сила тяжести). Если мы обозначим буквами X, Y и Z составляющие объемной силы, действующей на единицу массы, то проекции этой силы, приложенной к параллелепипеду, будут
ρ X dx dy dz, ρ Y dx dy dz и ρ Z dx dy dz.
Пусть р есть давление жидкости в точке М. Оно является функцией от координат этой точки. Силы давления на грани MDEF и ВСНК соответственно будут
p dy dz и .
Сумма проекций на ось ОХ всех приложенных к параллелепипеду сил, как это нетрудно видеть, выразится так:
,
или после сокращений
.
Точно так же суммы проекций всех сил на оси OY и OZ соответственно будут
.
Составляя уравнения равновесия, мы приравняем эти суммы нулю. В результате получим
.(5)
Заметим, что полученные три уравнения равновесия равносильны одному такому уравнению:
dp = ρ (X dx + Y dy + Z dz).(6)
Так как левая часть этого уравнения есть полный дифференциал, то и правая его часть должна быть полным же дифференциалом. Отсюда заключаем: равновесие жидкости возможно лишь в том случае, когда действующая на нее объемная сила (X, Y, Z) такова, что выражение
X dx + Y dy + Z dz
имеет интегрирующий множитель; для существования же последнего, как выше было отмечено, необходимо и достаточно, чтобы
.
В случае, когда плотность ρ постоянна, для равновесия жидкости необходимо, чтобы выражение
X dx + Y dy + Z dz
было полным дифференциалом. Для зтого в свою очередь необходимо и достаточно, чтобы
Обратимся теперь к применению полученных нами уравнений равновесия жидкой массы.
Зависимость между давлением атмосферы и высотой над уровнем моря
Предположим, что рассматриваемая жидкая среда представляет собой атмосферу. Давление атмосферы на уровне моря (при z = 0) обозначим через р0, а на высоте z - через р. Соответствующие плотности воздуха пусть будут ρ0 и ρ. В силу уравнения, характеризующего газообразное состояние, будем иметь (уравнение Клапейрона)
,
где R - газовая постоянная, а Т - абсолютная температура. Предположим, что температура есть линейная функция от высоты, т. е. что
Т = Т0 - λ z,
где λ - постоянный коэффициент. В таком случае
.
Принимая еще во внимание, что проекции силы тяжести, отнесенной к единице массы, будут
Х = 0, Y = 0 и Z = - g,
мы сможем третье уравнение системы (5) написать в.виде
.
Отсюда
.
Искомая зависимость между давлением р и высотой z имеет вид
.
Свободная поверхность жидкости во вращающемся цилиндрическом сосуде
Применим уравнение (6) к исследованию формы, которую принимает свободная поверхность жидкости, заключенной в цилиндрический сосуд, вращающийся около своей геометрической оси, расположенной вертикально. Ось вращения мы примем за ось OZ, которую направим вверх. Оси ОХ и OY предположим вращающимися вместе с сосудом. Рассмотрим какой-нибудь жидкий элемент, координаты которого пусть будут х, у и z, а масса dm. Проекции силы веса элемента на координатные оси будут 0,0 и - g dm. Если обозначим буквой r расстояние элемента от оси OZ, то его центробежная сила будет ω2r dm, а ее проекции на оси будут
ω2xdm и ω2ydm.
Здесь через ω обозначена угловая скорость вращения сосуда. Эту скорость мы примем постоянной. Проекции объемных сил, отнесенных к единице массы, представятся так:
X = ω2x, Y = ω2y, Z = - g.
Тогда уравнение (6) примет вид
dp =ω2 ρ (x dx + y dy) - g ρ dz,
где ρ - плотность жидкости (плотность жидкости постоянна). Отсюда
На свободной поверхности жидкости давление р равно атмосферному и есть величина постоянная. Мы видим поэтому, что поверхность жидкости есть параболоид вращения.
Решение дифференциального уравнения первого порядка в пакете MAPLE
Проиллюстрируем характерное поведение силы тока в цепи RL c синусоидальной ЭДС.
>restart: with(plots):ur:=diff(i(t),t)+(R/L)*i(t)=(E/L)*sin(omega*t);dsolve(ur,i(t));
Сформулируйте теорему существования и единственности решения для дифференциального уравнения
первого порядка, разрешённого относительно производной.
Какую геометрическую интерпретацию имеет дифференциальное уравнение первого порядка, разрешённое относительно производной.
Как связаны геометрическая интерпретация дифференциального уравнения первого порядка,
разрешённого относительно производной, и геометрическая интерпретация решения этого дифференциального уравнения?
Приведите алгоритм решения однородного уравнения первого порядка.
Дайте решение задачи о нахождении отражательной поверхности.
Приведите алгоритм решения линейного уравнения первого порядка.
Выведите дифференциальное уравнение силы переменного тока в случае, когда
в цепи есть самоиндукция и омическое сопротивление, и найти изменение силы тока в зависимости от времени.
является непрерывными функциями на всём открытом множестве Г, тогда
следовательно,
— уравнение параболы.
.
.
, 
.
.
.
.
.
.
.
.
(1)
и 
Дифференцируя первое соотношение по у, а второе — по х, получим
и 
находим
или
Следовательно,
и 
и 
, которое можно переписать в виде
(3)
, и уравнение (3) можно представить в виде
.
есть функция только от x. Следовательно, интегрирующий множитель
.
;
.
,
, (5)
при t = 0.
этот множитель
.
,
,
.
, то, выполнив квадратуру, получим
.
.
И, следовательно,
.
, то после выполнения преобразований будем иметь
.
,
.
.
. (5)
.
,
.
.
.
.
