Дифференциальные уравнения math24: Примеры решенных задач. Пошаговые решения задач

• dns1.yandex.net
• dns2.yandex.net

• clientTransferProhibited

n/a

See more…

MATh34 — Дифференциальные уравнения — Mapúan Files

Описание курса:  Этот курс охватывает полезные методы решения дифференциальных уравнений первого порядка и линейных дифференциальных уравнений первого порядка, которые имеют важное значение. приложения к науке и технике. Сюда же относятся методы решения дифференциальных уравнений высших порядков: методы неопределенных коэффициентов, вариации параметров и обратных операторов. Другие темы включают следующее: решения нелинейных уравнений, системы линейных дифференциальных уравнений, построение дифференциальных уравнений как математических моделей и обсуждение преобразований Лапласа и рядов Фурье.

Глава 6 Дифференциальные уравнения | Исчисление и анализ

6.1 Введение

Дифференциальные уравнения возникают почти каждый раз, когда мы пытаемся моделировать реальные явления мира с помощью математики. Напомним, что производная измеряет одну величину относительно другой. Второй закон Ньютона гласит:

Скорость изменения импульса тела равна приложенной внешняя сила.

Импульс тела является произведением массы \(m\) и скорости \(v\) (в одном измерении). tg(x)dx. \] Важно, чтобы мы знали значение \(f\) в какой-то момент, или иначе мы не можем точно сказать, что такое \(f\). Нам нужно постоянная интегрирования . Ниже у нас есть картинка, на которой мы видим, что все эти функции имеют одну и ту же производную, поэтому, чтобы выбрать правильную для нашей ситуации, мы должны знать точку, через которую проходит функция.

Определение 6.1 Решение, в котором константы не указаны, называется общим решением . Известное значение \(f\) равно называется начальным условием , если наша проблема связана со временем проблема, например, с законом Ньютона. Если известное значение является пространственным значение мы называем это граничное условие . Вы покрыли уравнения типа (6.1) на уровне А, поэтому мы не будем беспокоиться об этих здесь.

Вот веб-страница с другими примерами дифференциальных уравнений Дифференциальные уравнения на сайте Mathisfun. com

6.1.1 Культурное наследие математики

6.2 Разделимые уравнения

Следующий наиболее простой тип дифференциальных уравнений, который мы можем решить является одной из форм \[ {d y \over dx} = f(x) g(y), \tag{6.2} \] ибо тогда мы можем написать \[ \int {dy \over g(y)} = \int f(x) dx. \] Нам еще понадобится граничное условие (будем считать, что \(x\) и \(y\) здесь пространственные переменные). Мы можем интегрировать их оба в Принцип получения решения.

Пример 6.1

На снаряд, движущийся вверх, действует сила тяжести, равная к \(mg\), где \(m\) — его масса, а \(g\) — ускорение, вызванное сила тяжести. Кроме того, его тормозит сопротивление воздуха, равное \(mkv\), где \(v\) — его скорость, а \(k\) — некоторая положительная вещественная константа, которая зависит от геометрии снаряда. Скорость снаряд в момент времени \(t=0\) равен \(u\) (это инициал состояние ).

Второй закон Ньютона говорит \[ {d \over dt} (mv) = -mkv-mg. \] Поскольку \(т\) в этом уравнении постоянно (снаряд не изменить массу во время полета) мы можем сократить \(m\) с обеих сторон сверху на получать \[ {dv \over dt} = -(kv+g). \] Это отделимо. Преобразовывая, мы имеем уравнение \[ \int {dv \over kv+g} = -\int dt. \] Интегрируя обе стороны, мы имеем \[ {1 \над k} \log(kv+g) = -t+C, \] где \(С\) — постоянная интегрирования, которую мы находим с помощью начальное состояние. Когда \(t=0\) \(v=u\), так что \[ {1 \over k} \log(ku+g) = C. \] Таким образом \[ {1 \over k} \log(kv+g) = -t+{1 \over k} \log(ku+g). \] Преобразовывая приведенное выше уравнение, мы имеем \[\begin{выравнивание*} t & = & {1 \over k} (\log(ku+g)-\log(kv+g)) \\ & = & {1 \over k} \log \left ( {ku+g\over kv+g } \right ). \end{эквнаррай*}\] Таким образом \[ \exp(kt) = \left ( {ku+g\over kv+g } \right ). \] Умножая обе части на \(kv+g\), мы имеем \[ kv \exp(kt)+g\exp(kt)=ku+g. \] Следовательно \[ kv \exp(kt) = ku+g(1-\exp(kt)), \] так что \[ v = u\exp(-kt)+{g \over k}(\exp(-kt)-1). \]

Вы можете найти больше примеров разделимых уравнений и их решений на Math34.net.

Пример 6.2 Найдите общее решение сепарабельного дифференциального уравнения \[ у’=у(1-у). \]

Уравнение разделимо с \(f(x)=1\) и \(g(y)=y(1-y)\). Сейчас \(g(y)=0\) тогда и только тогда, когда \(y=0\) или \(y=1\). Таким образом, уравнение может быть решается путем разделения переменных на трех интервалах \(y<0\), \(01\). На любом таком интервале имеем: \[ \int \frac{dy}{y(1-y)}=\int dx+C_1, \] с \(C_1 \in {\mathbb R}\). Это значит, что \[ \int \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}\right)dy=\int dx+C_1. \] Поэтому \[ \ln |y|-\ln |1-y|=x+C_1 \; \Правая стрелка \; \ln \left|\frac{y}{1-y}\right|=x+C_1, \] и взяв экспоненту обеих сторон, мы имеем \[ \left|\frac{y}{1-y}\right|=\exp(x+C_1)=\exp(C_1)\exp(x). \] Поскольку \(C_1\) является константой, \(\exp(C_1)>0\) также является константой. Назовем это \(C_2\). Затем, \[ \left|\frac{y}{1-y}\right|=C_2\exp(x). \] Теперь \(y/(1-y)\) положительна, если \(0 0. \]

Теперь \(y/(1-y)\) отрицательно, если \(y<0\) или \(y>1\). В данном случае
\[ \left|\frac{y}{1-y}\right|=-\frac{y}{1-y}=C_2\exp(x), \] так что \[ y = \ frac {C_2 \ exp (x)} {C_2 \ exp (x) -1} = \ frac {\ exp (x)} {\ exp (x) -1 / C_2} \ quad C_2> 0. \] Теперь, если \(\exp(x)>1/C_2\), то есть \(x>-\log(C_2)\), то \(y>1\), и если \(x<\log(C_2 )\), затем \(y<0\). Следовательно, у нас будет вертикальный аимптот в \(y\) в точке \(x=-\log(C_2)\).

Замечание На картинке выше вы можете видеть, где находятся асимптоты, по странному пику на графике. Я оставил это, чтобы вы могли видеть, как решение меняется с отрицательного на значение больше 1 по мере прохождения через \(-\log(C_2)\). Ситуация, наблюдаемая в предыдущем примере, типична для сепарабельных уравнения. Вам всегда нужно рассматривать случай \(g(y)=0\) отдельно. Обратите внимание, что если \(g(y)=0\), то \(y’=0\) благодаря дифференциалу Уравнение (6.2). Таким образом, значения \(y\), для которых \(g(y)=0\), постоянны стационарные решения уравнения.

Определение 6.2 стационарное или равновесное решение дифференциального уравнения \(y’=f(x) g(y)\) есть любое решение \(y(x)=Constant\). стационарный решения могут быть найдены путем решения для \(y\) уравнения \(g(y)=0\) .

Мы можем получить качественное (поведенческое) понимание решений такого рода уравнения, рисуя так называемые поля направлений.

Определение 6.3 Поле направлений в области \(S\) декартовой плоскости является отображением который сопоставляет каждой точке области линию, проходящую через эту точка. Кривая \({\bf r} = {\bf r}(t)\) на декартовой плоскости представляет собой интегральная кривая поля направлений, если ее касательные совпадают точно с линиями поля направлений вдоль кривой.

Линии поля направления можно рассматривать как касательные к гипотетические кривые. Идея касательной тесно связана с идея наклона (также известная как производная). Поэтому вместо того, чтобы думать о линиях в поле направления мы можем думать о наклоне линий. (Мы разрешаем здесь бесконечный наклон.) И наклон задается числом.

Итак, на \((x,y)\)-плоскости мы можем отождествить поле направлений с функция \(f(x,y)\). И идея наклона приводит нас к уравнению \(\frac{dy}{dx} =g(x,y)\).

Следовательно, интегральные кривые для поля направлений точно соответствуют решения этого дифференциального уравнения.

Пример 6.3 Нарисуйте поле направления для уравнения \(y’=y(1-y)\).

Имеем \(g(x,y)=y(1-y)\). Мы видели уже в Пример 6.2, где \(y=0\) и \(y=1\) соответствуют нулю скорости изменения (наклон горизонтальный) являются стационарными решениями. Для \(y<0\) и \(y>1\) имеем \(g(x,y)<0\) (отрицательный наклон) и для \(00\) (положительный наклон). Таким образом, качественно мы можно изобразить поля направления уравнения, как на рисунке ниже. 92 \над а+bx}\)

6.3 Линейные уравнения первого порядка

Определение 6.4 Линейные дифференциальные уравнения первого порядка имеют вид \[ {d y \over dx} + p(x)y(x)=q(x). \] Они называются линейными , потому что \(y\) оказывается со степенью 1 на правая сторона. На самом деле предыдущий пример тоже относится к этому типу, но его легче решить как разделимое уравнение.

Основная идея за решением этих уравнений является преобразование уравнения в \[ {d y \over dx} + p(x)y(x) = q(x), \tag{6.3} \] и попытаться превратить левую сторону в производная от товар .

Напомним, что \[ {d \ над dx} (I (x) y (x)) = I (x) {dy \ над dx} + y (x) {dI \ над dx}. \] Умножьте (6.3) на \(I(x)\) (мы используем \(I\), потому что это будет называется интегрирующим фактором ), а затем попытайтесь заставить его выглядеть как уравнение выше. Умножение на \(I(x)\) дает \[ I (x) {d y \ над dx} + I (x) p (x) y (x) = I (x) q (x) \] Мы хотим \[ I(x) {d y \over dx} + I(x) p(x)y(x) \equiv I(x){dy \over dx}+y(x){dI \over dx}. \] Чтобы это было правдой, нам нужно \[ I(x) p(x) = {dI \over dx}. \] Это разделимое уравнение: \[ \int {dI \over I} = \int p(x) dx, \] которые мы решаем дать \[ \log I = \int p(x) dx, \] так что \[ I(x) = \exp\left ( \int p(x) dx \right ). \тег{6.4} \]

Определение 6.5 Функция
\[ I(x) = \exp\left ( \int p(x) dx \right ) \] называется интегрирующим фактором для дифференциального уравнения \[ {d y \over dx} + p(x)y(x) = q(x). \]

Таким образом, мы имеем следующую теорему:

Теорема 6.1 (интегрирующий множитель) Предположим, у нас есть линейное дифференциальное уравнение \[ {dy \над dx} + p(x) y(x) =q(x). \] Тогда, если \(I\) задается уравнением (6.4), мы можем переписать приведенное выше уравнение как \[ {d \над dx} (I(x) y(x)) = I(x) q(x). \] Общее решение этого дифференциального уравнения имеет вид \[ y (x) = {C \ над I (x)} + {\ int I (x) q (x) dx \ над I (x)}, \] где \(С\) — произвольная постоянная интегрирования.

Пример 6.4 Давайте попробуем это на примере 6.2. Уравнение, которое у нас было, было \[ {d v \over dt} = -kv-g. \]

Преобразуем последнее уравнение, чтобы привести его к нашей стандартной форме \[ {d v \over dt} +kv = -g. \] которое является линейным дифференциальным уравнением для \(v\). Функция \(p(x)=k\) и \(q(x)=-g\). Следовательно \[ I(t)=\exp(\int (k) dt) = \exp(kt). \] Затем \[ {d \over dt} (\exp(kt)v) = k\exp(kt)v+\exp(kt){d v \over dx}=\exp(kt)\left ( {d v \over dt}+kv \right ) = -g \exp(kt). \] Если мы объединим обе стороны, мы получим \[ \exp(kt)v = -{g \over k} \exp(kt) + C, \] где \(с\) — постоянная интегрирования. общий решение (умножить обе части на \(\exp(-kt)\)) равно \[ v=-{g \over k}+C\exp(-kt). \] Теперь мы используем начальное условие, что \(v=u\) при \(t=0\), чтобы дать \[ и=-{г\над к}+С, \] другими словами \[ C=u+{g \ над k}. 2, \] где \(у(1)=0\). 92}. \] Теперь мы используем граничное условие \(y(1)=0\), чтобы найти конкретный решение, дающее \(C=-1/5\).

Вы можете найти другие примеры линейных дифференциальных уравнений первого порядка на math34.net.

6.3.1 Проверьте себя

6.4 Однородные уравнения

Определение 6.6 Однородные дифференциальные уравнения — это уравнения вида \[ {d y \over dx} = f \left ( {y \over x} \right ). \] 9С>0\). Поэтому \[ v= \pm \sqrt {2\log Ax}, \] где \(А\) — произвольная положительная постоянная интегрирования. Чтобы это имело смысл, мы требуем, чтобы \(2 \log A|x|>0\), так что \(|x|>1/A\). Однако \(v=y/x\), так что \[ y= \pm x\sqrt {2\log A|x|}, \quad |x|>1/A, \] является общим решением дифференциального уравнения. Мы будем выбирать ветвь решения в зависимости от того, где находится начальное условие. Например, \(y(x)>0\) для положительного \(x\), тогда мы должны выбрать положительный квадратный корень. 2}, \] и \[ v={dx\over dt}. \]

Для пружины у нас есть Закон Гука , который гласит, что если мы растянем пружинит на величину \(x\) от своего естественного положения покоя, то сила сопротивления растяжению пружины равна \(-kx\), где \(k\) есть константа, называемая жесткостью пружины.

Таким образом, если у нас есть масса \(m\) на пружине, то направленная вниз сила будет быть \(мг\) и восходящей силы из-за натяжения пружины, когда расширенное расстояние \(l\) будет \(kl\). Если \(kl=mg\), то мы будем иметь никакая результирующая сила не действует, и масса может быть неподвижной. Если мы расширим подпружинить еще на небольшое расстояние \(x\) и отпустить, тогда он будет двигаться вверх из-за избыточного натяжения пружины над грузом. уравнение движения \[ {d \over dt} (mv) = -k(l+x)+mg. \] Поскольку \(kl=mg\), мы получаем уравнение \[ m{dv \over dt} = -kx. 2} = -{k \over m} x. \тег{6.5} \] Это известное дифференциальное уравнение, называемое уравнением простое гармоническое движение . Это пример секунды линейное дифференциальное уравнение порядка с постоянными коэффициентами . Вот объяснение от человека с американским акцентом.

Мы решаем подобные уравнения, используя свойство экспоненты функцию, которую мы обнаружили ранее, — это собственных функций оператора дифференцирования. Мы пробуем решение типа \[ х(т)=А \ехр(\лямбда т), \] для некоторого \(\лямбда\). Подставим это в наше дифференциальное уравнение и посмотрим, что бывает. 92 = \pm i \sqrt{{k \over m}}. \] Следовательно, решение дифференциального уравнения есть \[ x=A \exp \left ( i \sqrt{{k \over m}} \right )+B \exp \left ( -i \sqrt{{k \over m}} \right ), \] для произвольной константы \(A, B\) (определяемой начальными условия). Используя уравнения \[ \exp(i \theta) = \cos \theta + i \sin \theta, \] мы можем переписать это как \[\begin{выравнивание*} x & = & A \left [ \cos \left (\sqrt{{k \over m}} \right )+i \sin \left (\sqrt{{k \over m}} \right ) \right ] + B \left [\cos \left ( -\sqrt{{k \over m}} \right )+i \sin \left ( -\sqrt{{k \over m}} \right ) \right ]\\ & = & A \left [ \cos \left (\sqrt{{k \over m}} \right )+i \sin \left (\sqrt{{k \over m}} \right ) \right ] + B \left [\cos \left ( \sqrt{{k \over m}} \right )-i \sin \left (\sqrt{{k \over m}} \right ) \right ] \\ & = & (A+B) \cos\left (\sqrt{{k \over m}} \right ) + i(AB)\sin \left ( -\sqrt{{k \over m}} \right ) . \end{эквнаррай*}\] Итак, мы видим, что у нас есть два разных решения \(\cos\left (\sqrt{{k \over m}} \right )\) и \(\sin\left (\sqrt{{k \over m}} \right )\), а константы \(A+B\) и \(i(A-B)\) зависят от граничных условий. 92+2\лямбда+3=0, \] которое имеет решение \(\lambda=-1\pm i\sqrt{2}\). Итак, \(\lambda_R=-1\) и \(\lambda_I=\sqrt{2}\).