ЗАНЯТИЕ 5. Уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной.

Ауд.

Л-3

гл.10: № 114, 116, 118, 120, 122,124.

☺ ☻ ☺

Пример 1 – 114: Найти общее решение уравнения: y =(y′)²+4(y′)³ в параметрической форме.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′).

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p. Тогда исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)= p ²+4 p ³.

a ². Учитывая: y′ = , запишем dy =φ′(p) dp, где: φ′(p)=2 p +12 p ². Получаем уравнение для нахождения x: dx = dp =(2+12 p) dp.

a ³. Запишем выражение для x: x = +С=2 p +6 p ²+С.

a ³. Составляем систему: , или – параметрическое решение.

a ⁴. Пробуем исключить из системы параметр p → F (x, y, C)=0 – общий интеграл. В нашем случае «можно не пробовать»!

Ответ: – общее решение в параметрической форме. Решение y=0 – особое.

Пример 2 – 116: Найти общее решение уравнения: y =(y′ –1) e^y^′ в параметрической форме.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′).

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p) =(p –1) e ^p.

a ². Учитывая: y′ = , запишем dy =φ′(p) dp, где: φ′(p)= pe ^p. Получаем уравнение для нахождения x: dx = dp = e ^p dp.

a ³. Запишем выражение для x: x = +С= e ^p +С.

a ⁴. Составляем систему: , или – параметрическое решение.

a ⁵. Пробуем исключить из системы параметр p → F (x, y, C)=0 – общий интеграл. В нашем случае «можно не пробовать»!

Ответ: – общее решение в параметрической форме.

Пример 3 – 118: Найти общее решение уравнения: x = y′ ³– y′ +2 в параметрической форме.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: x =φ(y′).

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p. Тогда исходное уравнение принимает вид: x =φ(p)= p ³– p +2.

a ². Учитывая: y′ = , или dy = pdx, запишем dx =φ′(p) dp, где: φ′(p)=3 p ²–1. Получаем уравнение для нахождения y: dy = p φ′(p) dp =(3 p ³– p) dp.

a ³. Запишем выражение для y: y = +С= p ⁴– p ²+С= μ (p)+С.

a ⁴. Составляем систему: , или

Ответ: – общее решение в параметрической форме.

Пример 4 – 120: Найти общее решение уравнения: x =2 y′ –ln y′ в параметрической форме.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: x =φ(y′).

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p. Тогда исходное уравнение принимает вид: x =φ(p)=2 p –ln p.

a ². Учитывая: y′ = , или dy = pdx, запишем dx =φ′(p) dp, где: φ′(p)=2– . Получаем уравнение для нахождения y: dy = p φ′(p) dp =(2 p –1) dp.

a ³. Запишем выражение для y: y = +С= p ²– p +С= μ (p)+С.

a ³. Составляем систему: , или

Ответ: – общее решение в параметрической форме.

Пример 5 – 122: Найти решение уравнения Лагранжа: y = x , применяя метод введения параметра.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′)∙ x +ψ(y′), где φ(y′)= и ψ(y′)=0.

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)∙ x +ψ(p)= x ∙ .

a ². Дифференцируя последнее по x имеем: p –φ(p)=[ x∙ φ ′ (p)+ψ ′ (p)] .

a ³. Запишем равенство: p –φ(p)= =0, его решения: p₀ =–1 и p₀ =1. Учитывая p₀ ≡φ(p₀), запишем: а) для p₀ =–1: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀) → y =–1∙ x +0=– x;

б) для p₀ =1: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀) → y =1∙ x +0= х.

Пока не получено общее решение уравнения, мы не можем сказать, будут эти решения особыми, или нет.

a ⁴. Пусть теперь p –φ(p) ≠ 0. Запишем уравнение для вычисления x:

– x = , или – x = , или = –(x +1) .

a ⁵. Теперь p –φ(p)≠0. Для нахождения x решим: – x = – линейное уравнение. В нашем случае: – x ∙ =0, или = x : уравнение с разделяющимися переменными → p = C x.

a ⁶. Cистема: легко приводится к виду → y = Cx ²+ – общий интеграл заданного уравнения.

Ответ: y = Cx ²+ – общий интеграл заданного уравнения. Особое решение: y = ± x.

Пример 6 – 124: Найти решение уравнения Лагранжа: y =x(y ′)²+(y′)³, применяя метод введения параметра.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′)∙ x +ψ(y′), где φ(y′)=(y ′)² и ψ(y′)=(y′)³.

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)∙ x +ψ(p)= x ∙ p ²+ p ³.

a ². Дифференцируя последнее по x имеем: p –φ(p)=[ x∙ φ ′ (p)+ψ ′ (p)] . В нашем случае это равенство: p – p ²=[ x∙ 2 p +3 p ] .

a ³. Запишем равенство: p –φ(p)= p – p ²=0, его решения: p₀ =0 и p₀ =1. Учитывая p₀ ≡φ(p₀), запишем: а) для p₀ =0: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀) → y =0∙ x +0=0;

б) для p₀ =1: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀) → y =1∙ x +1= х +1.

Пока не получено общее решение уравнения, мы не можем сказать, будут эти решения особыми, или нет.

a ⁴. Теперь p –φ(p)≠0. Для нахождения x решим: – x = – линейное уравнение. В нашем случае: – x = =0, или + x =– .

Данное линейное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ⁵. Решение уравнения ищем в виде функции: x = u ∙ v.

a ⁶. Вычислим: – =– =–2ln|p–1|, и запишем: u = , то есть u = .

a ⁸. Вычислим функцию v: v = +С= – +С = p ²– p ³+С.

a ⁹. Запишем общее решение линейного уравнения для x:

x = u ∙ v = ∙ = ∙ + .

Замечание: если в последнем выражении в первой дроби выполнить операцию «выделение целой части», то выражение существенно упростится: x = – p – + .

a ¹⁰. Если в выражение: y = x ∙ p ²+ p ³ подставить выражение для x, то для y получим выражение через параметр p: y = – p ²+ .

a ¹¹. Составляем систему: Это решение уравнения в параметрической форме.

a ¹². Пробуем исключить из системы параметр p → F (x, y, C)=0 – общий интеграл. В нашем случае «можно не пробовать»!

Ответ: – решение уравнения в параметрической форме. Особые решения: y =0; y = x +1.

* * * * * * * * * *

Домашнее задание

Дома

Л-3

гл.10: № 115, 117, 119, 121, 123,125, 177.

Пример 1 – 115: Найти общее решение уравнения: y = y′ в параметрической форме.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′).

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p. Тогда исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)= p .

a ². Учитывая: y′ = , запишем dy =φ′(p) dp, где: φ′(p)= + = . Получаем уравнение для нахождения x: dx = dp =( + ) dp.

a ³. Запишем выражение для x: x = + +С=J₁+J₂+С. Вычислим интегралы: J₁= =[Замена: p ²= t ]= =[Замена: = u ]= =ln p –ln(1+ ),

J₂=2 . Окончательно: x =2 +ln p –ln(1+ )+С.

a ³. Составляем систему: – общее решение уравнения в параметрической форме.

Ответ: – общее решение в параметрической форме. Решение y=0 – особое.

Пример 2 – 117: Найти общее решение уравнения: y = +2 xy′ + x ².

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y = F (x, y′): не отвечает ни одной из рассмотренных.

Данное уравнение решаем, применяя алгоритм введения параметра:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y = p ²+2 xp + x ².

a ². Учитывая, что p есть функция от x, продифференцируем выражение для y по переменной x, сразу заменяя y′ = p: p =(p +2 x) +2 p +2 x, или: (p +2 x)( +1)=0. (2.1)

a ³. Из равенства (2.1) получаем:

▪ p = –2 x → dy = –2 xdx → y = – x ²+С. Подставив функцию y = – x ²+С в исходное уравнение, получим требование С =0. Итак, y = – x ² есть решение заданного ДУ.

▪ dp = – dx → p = – x +С → dy =(С– x)→ y =С x – . Подставив функцию y = С x – в исходное уравнение, получим: y =С x + (С ²– x ²).

a ⁴. Итак, получено общее решение: y =С x + (С ²– x ²) – семейство парабол. Частное решение: y = – x ² не может быть получено из общего и потому является особым.

Ответ: y =С x + (С ²– x ²) – общее решение уравнения. Решение y = – x ² – особое решение ДУ.

Пример 3 – 119: Найти общее решение уравнения: x = y′ cos y′.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: x =φ(y′).

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p. Тогда исходное уравнение принимает вид: x ==φ(p)= p cos p.

a ². Учитывая: y′ = , или dy = pdx, запишем dx =φ′(p) dp, где: φ′(p)=cos p – p sin p. Получаем уравнение для нахождения y: dy = p φ′(p) dp = p (cos p – p sin p) dp.

a ³. Вычислим: y = +С= – =J₁–J₂+С. Интеграл J₁ «табличный»: J₁= psinp + cosp. Применяя к J₂ «интегрирование по частям», получим выражение: J₂= – p ²cosp+2 = – p ²cos p +2J₁. Окончательно:

y = p ²cos p – psinp –cos p +С.

a ⁴. Система уравнений: определяет общее решение исходного уравнения в параметрической форме.

Ответ: – общее решение в параметрической форме.

Пример 4 – 121: Найти общее решение уравнения: x = + в параметрической форме.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: x =φ(y, y′). Если заменить y′ = , то получится уравнение: x = x′∙ y + x′². Это уравнение Клеро! Будем считать, что мы этого не заметили, и решим его по общей схеме для уравнений, не разрешенных относительно производной.

Применим общий алгоритм введения параметра:

a ¹. Примем y′ = p. Тогда исходное уравнение принимает вид: x =φ(y, p)= + , причем p является функцией от y (!) через посредство x.

a ². Учитывая: y′ = , продифференцируем равенство x =φ(y, p) по y:

= – –2 → (2+ py) =0.

a ³. Из последнего получим продолжение:

а) =0 → p =С → общее решение: x =С y +С²;

б) 2+ py =0 → 2 dx + ydy =0 → 4 x + y ²=0 – особое решение (из общего решения не получается ни при каком значении С!).

Ответ: x =С y +С²– общее решение, 4 x + y ²=0 – особое решение.

Пример 5 – 123: Найти решение уравнения Лагранжа: y =2 xy′ + , применяя метод введения параметра.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′)∙ x +ψ(y′), где φ(y′)=2 y′ и ψ(y′)= .

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)∙ x +ψ(p)= 2 xp + .

a ². Дифференцируя последнее по x имеем: p –φ(p)=[ x∙ φ ′ (p)+ψ ′ (p)] .

a ³. Запишем равенство: p –φ(p)= p –2 p =– p =0, его решение: p₀ =0. Учитывая p₀ ≡φ(p₀), запишем: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀), что невозможно, так как ψ(p₀) не существует.

a ⁵. Теперь p –φ(p)≠0. Для нахождения x решим: – x = – линейное уравнение. В нашем случае: – x = , или + x = : линейное уравнение.

Данное линейное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ⁵. Решение уравнения ищем в виде функции: x = u ∙ v.

a ⁶. Вычислим: – =– =–2ln|p|, и запишем: u = , то есть u = .

a ⁸. Вычислим функцию v: v = +С= 2 +С = – +С.

a ⁹. Запишем общее решение линейного уравнения для x:

x = u ∙ v = ∙ = – .

a ¹⁰. Если в выражение: y =2 xp + подставить найденное выражение для x, то для y получим выражение через параметр p: y = – .

a ¹¹. Составляем систему: Это решение уравнения в параметрической форме.

Ответ: – решение уравнения в параметрической форме.

Пример 6 – 125: Найти решение уравнения Лагранжа: y = y ′ x+ y′lny′, применяя метод введения параметра.

Решение:

a ⁰. Форма записи уравнения имеет вид: y =φ(y′)∙ x +ψ(y′), где φ(y′)= y ′ и ψ(y′)= y′lny′.

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)∙ x +ψ(p)= x ∙ p + plnp.

a ². Дифференцируя последнее по x имеем: p –φ(p)=[ x∙ φ ′ (p)+ψ ′ (p)] . В нашем случае это равенство: p – p = [ x∙ 1+ln p +1] , или p =[ x +ln p +1] .

a ³. Запишем равенство: p –φ(p)= p =0, его решения: p₀ =0. запишем: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀), что невозможно, так как ψ(p₀) не существует.

a ⁴. Теперь p –φ(p)≠0. Для нахождения x решим: – x = – линейное уравнение. В нашем случае: – x = =0.

Данное линейное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ⁵. Решение уравнения ищем в виде функции: x = u ∙ v.

a ⁶. Вычислим: – = =ln|p|, и запишем: u = , то есть u = p.

a ⁸. Вычислим функцию v: v = +С= +С =– (ln p +2)+С.

a ⁹. Запишем общее решение линейного уравнения для x:

x = u ∙ v = p ∙ =Cp–lnp–2.

a ¹⁰. Если в выражение: y = x ∙ p + plnp подставить выражение для x, то для y получим выражение через параметр p: y = C p ²–p.

a ¹¹. Составляем систему: Это решение уравнения в параметрической форме.

Ответ: – решение уравнения в параметрической форме.

Пример 5 – 177: Найти уравнение кривой, проходящей через точку (3,1), если длина отрезка оси абсцисс, отсекаемого любой ее касательной на оси ординат, равна поднормали.

Решение:

В Примере 1 – 19 получены выражения для указанных в условии: А =(0, y – y ′ х) и ND =(– yy ′,0).

Замечание: В условии задачи допущена некорректность. Необходимо уточнить: ОА =(0, y – y ′ х), | ОА |=| y – y ′ х |, | ND |=| yy ′|, тогда условие задачи: | ОА |=| ND |.

Необходимо рассмотреть два случая:

▪ Случай-1: y – y ′ х = – yy ′; (1)

▪ Случай-2: y – y ′ х = yy ′. (2)

Случай-1.

a ⁰. Из условия (1) запишем: y = ∙ х. Форма записи уравнения имеет вид уравнения Лагранжа: y =φ(y′)∙ x +ψ(y′), где φ(y′)= и ψ(y′)=0.

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)∙ x +ψ(p)= x ∙ .

a ². Дифференцируя последнее по x имеем: p –φ(p)=[ x∙ φ ′ (p)+ψ ′ (p)] .

a ³. Запишем равенство: p –φ(p)= =0, его решения: p₀ =0. Учитывая p₀ ≡φ(p₀), запишем: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀) → y = 0∙ x +0= 0. Пока не получено общее решение уравнения, мы не можем сказать, будет ли это решение особыми.

a ⁴. Пусть теперь p –φ(p) ≠ 0. Уравнение для вычисления x: – x = , или – x ∙ =0, или = x уравнение с разделяющимися переменными.

a ⁵. Интегрируем уравнение (предварительно разложив дробь : осуществляется по общей формуле разложения, используемой при интегрировании рациональных дробей: см. математический анализ!): = = – –ln , или в виде:

ln = – +C.

a ⁶. Если учесть исходное: y = x ∙ , то – = – +1. Тогда ln y = – –1+C, или =C–ln y – общее решение исходного уравнения.

a ⁷. Учитывая начальные условия, получим: =3–ln y – частное решение, для C=3.

Случай-2.

Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм:

a ¹. Примем y′ = p → исходное уравнение принимает вид: y =φ(p)∙ x +ψ(p)= x ∙ .

a ². Дифференцируя последнее по x имеем: p –φ(p)=[ x∙ φ ′ (p)+ψ ′ (p)] .

a ³. Запишем равенство: p –φ(p)= – =0, его решения: p₀ =0. Учитывая p₀ ≡φ(p₀), запишем: y =φ(p₀)∙ x +ψ(p₀) → y = 0∙ x +0= 0. Пока не получено общее решение уравнения, мы не можем сказать, будет ли это решение особыми.

a ⁴. Пусть теперь p –φ(p) ≠ 0. Уравнение для вычисления x: – x = , или + x ∙ =0, или = x уравнение с разделяющимися переменными.

ln = +C.

a ⁶. Если учесть исходное: y = x ∙ , то = –1. Тогда ln y = +1+C, или =C+ln y – общее решение исходного уравнения.

a ⁷. Учитывая начальные условия, получим: =3+ln y – частное решение, для C=3.

Замечание: рассмотренная задача была решена в Главе 2 приведением к форме однородного уравнения; результаты получены одинаковые, но на этот раз потребовались дополнительные «изобретательность и терпенье» для достижения «одинаковости».

Ответ: =3±ln y – частный интеграл заданного уравнения. Особое решение: y = 0.

☻

Вопросы для самопроверки:

1. Как определяют ДУ 1-го порядка, не разрешённое относительно производной?

2. Основные типы уравнений, не разрешённых относительно производной.

3. Как вводят параметр при решении уравнения y=φ(y′)?

4. Как вводят параметр при решении уравнения x=φ(y′)?

5. Как вводят параметр при решении уравнения F (y, y′)=0?

6. Как вводят параметр при решении уравнения F (x, y′)=0?

7. Что такое «Уравнения Лагранжа»?

8. Привести пример применения ДУ для решения задачи из геометрии.

9. Привести пример применения ДУ для решения задачи из физики.

< * * * * * >