Линейные уравнения первого порядка. Уравнения Бернули.

Ур-е вида(1) y^/ + p(x)=f(x) – линейное ур-е 1ого порядка.

Теор. Пусть функция р(х) и f(x) непрерывны на интервале α<x<β. Тогда через любую точку(х₀;у₀) полосы D={(х;у); α<x<β, -∞<y<+∞}проходит единственное решение ур-я (1) причем оно определено на (α;β). Уравнение(1) однородное, если f(x)≡0 и неоднородно в противном случае.

Док-во(Метод решения):

1) Пусть ур-е однородное, т.е y^/ + p(x)=0 – это ур-е с разделяющимеся переменными.

у≡0 – решение;

у≠0, dy/y=-p(x)dx, ∫dy/y=-∫p(x)dx,ln|y|=-∫_x0^X p(t)dt + lnC₁, C₁>0, lnC₁ ϵ |R

Потенциируем выражение |y|=C₁exp(-∫_x0^X p(t)dt), y=± C₁exp(-∫_x0^X p(t)dt), C₁>0

{C₁,y>0 =>

Введем новую С={-C₁,y<0 => y=Cexp(-∫_x0^X p(t)dt), разрешим С=0,С ϵ |R

Решение проходит через(х₀;у₀) имеет вид y = y₀exp(-∫_x0^X p(t)dt)

2) Пусть f(x)≠0/ Решаем ур-е (1)

Выпишем все решение ур-я y^/ + p(x)=0, y=Cexp(-∫_x0^X p(t)dt), оно представляется в виде у= φ(x).

Св-ва φ(x):1) φ(x) ϵ С¹(α;β) (α;β): φ(x)>0. 2) φ(x₀)≡ exp(-∫_x0^X0 p(t)dt)=1

3) φ(x) – решение уравнения y^/ + p(x)=0 на (α;β), т.е φ ⁽¹⁾(x)+p(x) φ(x)≡0. Решение уравнения (1) ищем в виде y=C(x) φ(x),где С(x)непрерывно дифференцируема на (α;β),подлежит определению.

Подставим у=φ(x)С(х) в (1) y⁽¹⁾=C⁽¹⁾(x)φ(x)+C(x) φ ⁽¹⁾(x), [C⁽¹⁾(x)φ(x)+C(x) φ ⁽¹⁾(x)]+p(x)C(x) φ(x)=f(x), т.к C⁽¹⁾(x)φ(x)+ p(x)C(x) φ(x) ≡0, то C⁽¹⁾(x)φ(x)=f(x), т.к φ(x)>0 на(α;β)

C⁽¹⁾=f(x)/ φ(x) – непрерывно на (α;β)

С(x)= ∫_x0^Xf(s)/ φ(s)dS + K,K ϵ|R

Подставим С(x) в y(x): y(x)= φ(x) ∫_x0^Xf(s)/ φ(s)dS + K φ(x)

Замечание| y_о.н=у_о.о+у_ч.н

Решение проходит через(х₀;у₀), y(x)= φ(x) ∫_x0^Xf(s)/ φ(s)dS + у₀ φ(x)=>y(x₀)= φ(x₀) ∫_x0^X0f(s)/ φ(s)dS + у₀ φ(x₀)=0+y₀*1=y₀

Ур-е вида(2) y^/ + p(x)=y⁽ⁿ⁾f(x)- ур-е Бернули.

n≠0,n≠1. Если n>0,то y≡0 – решение, =>y≠0 то делим обе части ур-я на y⁽ⁿ⁾, Вводим новую переменную z(x)=y^(1-n), z⁽¹⁾(x)= (y^(1-n))⁽¹⁾=(1-n)y^(-n)y⁽¹⁾, z⁽¹⁾+(1-n)p(x)z=(1-n)f(x) – линейное относ. z

 

4. Уравнения с разделяющимися переменными. Однородные уравнения.

Уравнения с разделяющимися переменными: y’=f(x)*g(y) (3)

Теорема 1. Пусть функция f(x)-непрерывна на интервале (a,b), а функция g(y)-непрерывна на (c,d) причем для "yÎ(c,d): g(y)¹0. Тогда через любую точку прямоугольника D={(x,y),a<x<b,c<y<d} проходит единственное решение уравнения (3).

Док-во. y’=f(x)*g(y) (3); g(y) ≠0; (3’): y’/g(y)=f(x). Проинтегрируем (3’) по х òy’dx/g(y)=òf(x)dx ó òdy/g(y)= òf(x)dx (3*)

Это равенство множества первообразных. Обозначим F(x)= _x0ò^xf(t)dt, G(y)= _y0ò^yds/g(s). Из (3*) G(y)=F(x)+C. Т.к. G’(y)=1/g(y)≠0, то у G(y) существует обратная G^-1. y= G^-1(F(x)+C)-решение урав(3). Найдем реш., прох. (x₀,y₀). G(y₀)=F(x₀)+C -> 0=0+C=0. y=G^-1(F(x)) проходит через (x₀,y₀).

Теор1| Пусть D-односвязная область в |R²_x,y функции P(x,y),Q(x,y) непрер. И диффер. на D. Тогда ур-е P(x,y)dx+ Q(x,y)dy=0 явл. ур-ем в полных диффер., если D: = .

Док-во:1) Необходимость. Пусть ур-е явл. ур-ем в полных диффер.,т.е U(x,y) C¹(D)

dU= P(x,y)dx+ Q(x,y)dy. Известно что dU=U⁽¹⁾_x dx+ U⁽¹⁾_y dy значит =P(x,y); =Q(x,y). P,Q C¹(D) след-но сущ. непрер. = , = , т.к

и - непр. То. = .

Нахождение первообразной: dU(x,y)= P(x,y)dx+ Q(x,y)dy=0- ур-е в полных диффер.; dU=U⁽¹⁾_xdx+ U⁽¹⁾_ydy,т.е U⁽¹⁾_x=Р(х,у), U⁽¹⁾_y=Q(x,y), U(x,y)=∫P(x,y)dx+ g(y), g(y)-непр.диффер.подлежит определению. = (∫P(x,y)dx+ g⁽¹⁾(y))= Q(x,y). Сначала находим g⁽¹⁾(y) и g(y) и подставляем g(y) в U(x,y).

 

7. Уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной.

Пусть в обл. в G |R³_х,у,р опред. непр. Функция F(x,y,p) и ур-е F(x,y,p)=0 имеет хотя бы 1 решение в обл. G. Говорят,что урав. F(x,y,p)=0 задает в обл. D |R²_x,y функцию p=f(x,y),если:1) (x,y)ϵD: ((x,y),f(x,y))ϵG. 2) (x,y)ϵD: F(x,y,f(x,y))≡G. В этом случае p=f(x,y) неявно задается ур-ем F(x,y,p)=0.

Рассмотрим функцию F(x,y,U₁) опред. на G |R³. (1) F(x,y,у⁽¹⁾)=0 ур-е 1ого порядка неразреш. отн. производной.

Постановка задачи Коши: Пусть F(x,y,p) опред.в обл. в G |R³_х,у,р, точка(х₀,у₀,р₀)ϵ G и F(x,y,p)=0. Найти φ(x)решение ур-я F(x,y,p)=0 оперд. на некотор. окрестности (х-h,x+h)точки х₀ и уд. усл. φ(x₀)=у₀, φ⁽¹⁾(х₀) =р(х₀). Запись задачи Коши: F(x,y,у⁽¹⁾)=0, у(х₀) =у₀ у⁽¹⁾(х₀) =у⁽¹⁾₀, где F(x₀,y₀,у⁽¹⁾₀)=0

Опред| Решение ур-я F(x,y,у⁽¹⁾)=0, через каждую точку которого, проходит ещё одно решение, касаясь того же направления, называется особым решением этого ур-я.

Общий метод введения параметра.

F(x,y,у⁽¹⁾)=0 ур-е 1ого порядка неразреш. отн. производной. Будем искать решение (интегральную кривую) в параметрическом виде(2) γ {х=х(р), у=у(р), рϵ < α, β>. Вводим параметр у⁽¹⁾=р. Сводим уравнение к разрешенному отн. производной у=f(x, у⁽¹⁾) или x=g(y, у⁽¹⁾). Решение ищем в виде γ {х=х(р), у=у(р),

γ {х=х(р), у=f(x(р),p), p=p(x), p⁽¹⁾(x)≠0. Рассм. равенство: у=f(x,p) и продиффер. его по х,считая р=р(х); = + т.к = у⁽¹⁾=р. (1)р=f⁽¹⁾_x+f⁽¹⁾_pp⁽¹⁾_x ур-е (1) разреш. отн. произв р⁽¹⁾_х. Т.к р⁽¹⁾_х≠0 и х⁽¹⁾_р=1/р⁽¹⁾_х;

(1*) рх⁽¹⁾_р= х⁽¹⁾_р+ . Решаем (1*), находим х(р), подставляем в (2).

 

Уравнения Лагранжа и Клеро.

Ур-ие Лагранжа: y=f(y’)*x+g(y’) (1); f(y’) ≠y’; y’=p; {x=x(p),y=y(p); {x=x(p),y=f(p)*x+g(p); y_x’=f(p)+x*df/dp* p_x’+dg/dp* p_x’; p-f(p)=x*df/dp* p_x’+dg/dp* p_x’; Если p-f(p) ≠0 и т.к. p_x’≠0; (p-f(p))* x_p’=x*df/dp+dg/dp лин. ур-ие относит. x(p). Если сущ-ет p₀ такое, что f(p₀)= p₀=0, т.е. f(p₀)= p₀

то ур-ие (1) имеет реш-ие вида; y=f(p₀)+g(p₀) или y= p₀*x+g(p₀));

Ур-ие Клеро: y=x*y’+g(y’)(2); вводим параметр p=y’; {x=x(p), y=x*p+g(p); y_x’=p+x* p_x’+ g_p’*p_x’; p = p + x*p_x’ + g_p’*p_x’; [x + g_p’(p)]*p_x’ = 0; a) p_x’=0 óp=c; y=c*x+g(c) семейство прямых(реш ур-ия (2)); б) x+g’(p)=0óx=-g’(p); Уравнение интегральной кривой γ: {x = - g’(p); y = - p*g’(p) + g(p); Пусть g(p) ЄC1(I), g’’≠0; в этом случае γ-особая интег-ая кривая(2), пусть p₀Є I: (x₀;y₀) Є γ; { x₀ =-g’(p₀), y₀=- p₀g’(p₀)+g(p₀) Для γ в точке (x₀;y₀) y_x’ - тангенс угла наклона касательной y_x’ (x₀;y₀)= p₀; y=c*x+g(c); {x₀=-g’(p₀), y₀=- p₀*g’(p₀)+g(p₀)=c* x₀+g(c); y_x’(x₀)= p₀=c; c= p₀; реш-ие y= p₀*x+g(p₀) проходит через точку (x₀;y₀) касаясь интегр-ой кривой особая инт-ая кривая γ ó γ-особая интегр-ая кривая.