Как найти общее решение задачи коши - Сайт, где вы сможете решить свои вопросы

Дано неоднородное ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение которого будет иметь вид $y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}$. Для начала находим общее решение однородного уравнения $y_{o.o.}$, затем частное решение неоднородного уравнения $y_text{ч.н.}$ с помощью метода подбора правой части уравнения.

На первом этапе решаем уравнение в качестве однородного без правой части, то есть меняем её на ноль. Заменяем все $y$ на новую переменную $lambda$, показатель степени которой будет равен порядку производной. $$y”-y=0,$$ $$lambda^2 – 1 = 0,$$ $$(lambda-1)(lambda+1)=0,$$ $$lambda_1 = -1, lambda_2 = 1.$$ Теперь можно записать общее решение однородного ДУ. $$y_text{о.о.} = C_1e^{lambda x}+C_2e^{-lambda x} = C_1e^{x}+C_2e^{-x}$$

Переходим к получению $y_text{ч.н.}$. Смотрим на правую часть уравнения, данного в условии задачи. В неё входят синус и косинус, умноженные на многочлены нулевой степени. Значит, частное решение ищем в виде $y_text{ч.н.} = Asin x – Bcos x$. Находим вторую производную данного выражения. $$y’ = Acos x + Bsin x,$$ $$y”=-Asin x + Bcos x.$$ Подставляем $y$ и $y”$ в исходное уравнение из условия задачи, чтобы найти неизвестные коэффициенты $A$ и $B$. $$-Asin x + Bcos x – Asin x + Bcos x = 2sin x – 4cos x$$ После приведения подобных получаем $$-2Asin x + 2Bcos x = 2sin x – 4cos x.$$ Далее составляем систему из двух уравнений благодаря коэффициентам перед синусом и косинусом левой и правой части уравнения. $$begin{cases} -2A = 2 \ 2B = -4 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} A = -1 \ B = -2 end{cases}$$ Благодаря полученным коэффициентам $A$ и $B$ записываем $$y_text{ч.н.} = -sin x + 2cos x$$

Итак, общее решение неоднородного дифференциального уравнения в итоге будет иметь вид $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.} = C_1e^{x}+C_2e^{-x} -sin x + 2cos x.$$

Так как требуется найти решение задачи Коши, то ход действий на этом не закончен. Переходим к вычислению коэффициентов $C_1$ и $C_2$.

Берём первую производную $y’ = C_1e^x – C_2e^{-x} – cos x – 2sin x$.

Теперь можно составить систему уравнений $$begin{cases} y'(0)=0 \ y(0) = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} C_1 – C_2 – 1 = 0 \ C_1 + C_2 + 2 = 0 end{cases}.$$ Решаем систему уравнений. $$begin{cases} C_1 = C_2 + 1 \ C_2 + 1 + C_2 + 2 = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} C_1 = C_2 + 1 \ C_2 = -frac{3}{2} end{cases} Leftrightarrow begin{cases} C_1 = -frac{1}{2} \ C_2 = -frac{3}{2} end{cases}.$$

Теперь подставляя полученные константы в общее решение дифференциального уравнения записываем решение задачи Коши в окончательном виде $$y = -frac{1}{2}e^x – frac{3}{2}e^{-x} -sin x + 2cos x.$$

Источник

Зада́ча Коши́ — одна из основных задач теории дифференциальных уравнений (обыкновенных и с частными производными); состоит в нахождении решения (интеграла) дифференциального уравнения, удовлетворяющего так называемым начальным условиям (начальным данным).

Задача Коши обычно возникает при анализе процессов, определяемых дифференциальным законом эволюции и начальным состоянием (математическим выражением которых и являются уравнение и начальное условие). Этим мотивируется терминология и выбор обозначений: начальные данные задаются при t=0 , а решение отыскивается при t>0 .

От краевых задач задача Коши отличается тем, что область, в которой должно быть определено искомое решение, здесь заранее не указывается.
Тем не менее задачу Коши можно рассматривать как одну из краевых задач.

Основные вопросы, которые связаны с задачей Коши, таковы:

Существует ли решение задачи Коши?
Если решение существует, то какова область его существования?
Является ли решение единственным?
Если решение единственно, то будет ли оно корректным, то есть непрерывным (в каком-либо смысле) относительно начальных данных?

Говорят, что задача Коши имеет единственное решение, если она имеет решение y=f(x) и никакое другое решение не отвечает интегральной кривой, которая в сколь угодно малой выколотой окрестности точки $(x_{0},y_{0})$ имеет поле направлений, совпадающее с полем направлений y=f(x) . Точка $(x_{0},y_{0})$ задаёт начальные условия.

Различные постановки задачи Коши[править | править код]

ОДУ первого порядка, разрешённое относительно производной

$left{{begin{array}{lcl}y'&=&f(x,y)\y(x_{0})&=&y_{0}end{array}}right.$

$left{{begin{array}{lcl}y'_{1}&=&f_{1}(x,y_{1},ldots ,y_{n})\&ldots &\y'_{n}&=&f_{n}(x,y_{1},ldots ,y_{n})\y_{1}(x_{0})&=&y_{{01}}\&ldots &\y_{n}(x_{0})&=&y_{{0n}}end{array}}right}iff left{{begin{array}{lcl}{mathbf {y}}'&=&{mathbf {f}}(x,{mathbf {y}})\{mathbf {y}}(x_{0})&=&{mathbf {y_{0}}}end{array}}right.$

ОДУ -го порядка, разрешённое относительно старшей производной

$left{{begin{array}{lcl}y^{{(n)}}&=&f(x,y,ldots ,y^{{(n-1)}})\y(x_{0})&=&y_{{01}}\&ldots &\y^{{(n-1)}}(x_{0})&=&y_{{0n}}end{array}}right}iff left{{begin{array}{lcl}y'_{1}&=&y_{2}quad (=y')\&ldots &\y'_{{n-1}}&=&y_{n}quad (=y^{{(n-1)}})\y'_{n}&=&f(x,y_{1},ldots ,y_{n})\y_{1}(x_{0})&=&y_{{01}}quad (=y(x_{0}))\&ldots &\y_{n}(x_{0})&=&y_{{0n}}quad (=y^{{(n-1)}}(x_{0}))end{array}}right.$

Теоремы о разрешимости задачи Коши для ОДУ[править | править код]

Пусть в области $Dsubset R_{x}times R_{y}^{n}$ рассматривается задача Коши:

$left{{begin{array}{lcl}y'(x)&=&f(x,y(x))\y(x_{0})&=&y_{0}end{array}}right.$

где $(x_{0},y_{0})in D$ . Пусть правая часть является непрерывной функцией в . В этих предположениях имеет место теорема Пеано, устанавливающая локальную разрешимость задачи Коши:
Пусть a>0 и b>0 таковы, что замкнутый прямоугольник

$R={(x,y):x_{0}-aleq xleq x_{0}+a,y_{0}-bleq yleq y_{0}+b}$

принадлежит области D, тогда на отрезке $[x_{0}-alpha ,x_{0}+alpha ]$ , где , $M=max limits _{{(x,y)in R}}|f(x,y)|$ , существует решение задачи Коши.

Указанный отрезок называется отрезком Пеано. Заметим, что, локальный характер теоремы Пеано не зависит от гладкости правой части. Например, для $f(x,y)=y^{2}+1$ и для $x_{0}=0,y_{0}=0$ решение существует лишь на интервале ${displaystyle left(-{frac {pi }{2}},{frac {pi }{2}}right)}$ . Также отметим, что без дополнительных предположений относительно гладкости правой части нельзя гарантировать единственность решения задачи Коши. Например, для $f(x,y)={sqrt {y}},x_{0}=0,y_{0}=0$ возможно более одного решения.

Чтобы сформулировать теорему о единственности решения задачи Коши, необходимо наложить дополнительные ограничения на правую часть. Будем говорить, что функция f(x, y) удовлетворяет условию Липшица на D относительно y, если существует постоянная L такая, что

$|f(x,y_{1})-f(x,y_{2})|leq L|y_{1}-y_{2}|$

для всех $(x,y_{i})in D,i=1,2$ .

Пусть правая часть f(x, y) дополнительно удовлетворяет условию Липшица на D относительно y, тогда задача Коши не может иметь в D более одного решения.

Также отметим, что хотя эта теорема имеет глобальный характер, тем не менее она не устанавливает существование глобального решения.

Для существования глобального решения необходимо наложить условия на рост правой части по y: пусть функция f удовлетворяет условию

где A>0 — константа не зависящая ни от x, ни от y, тогда задача Коши имеет решение в D. В частности, из этой теоремы следует, что задача Коши для линейных уравнений (с непрерывными по x коэффициентами) имеет глобальное решение.

Теоремы о разрешимости задачи Коши для дифференциальных уравнений в частных производных[править | править код]

Пусть поставлена задача Коши:

${displaystyle left{{begin{array}{lcl}a(x){frac {partial u}{partial x}}=0\u|_{S}=f(x)end{array}}right.}$ ,

где S – начальная гиперповерхность, ${displaystyle a(x)=(a_{1},a_{2},...,a_{n})}$ , ${displaystyle x=(x_{1},x_{2},...,x_{n})}$ – n-мерные векторы. Тогда условие локальной разрешимости этой задачи Коши можно сформулировать следующим образом:

Решение задачи Коши в окрестности точки $x_{0}$ ∈ S существует и единственно, если проходящая через точку $x_{0}$ характеристика трансверсальна поверхности S^[1]

Теорема о непрерывной зависимости от параметра задачи Коши[править | править код]

Рассмотрим следующую задачу Коши, правая часть которой зависит от параметра μ

${displaystyle {begin{cases}{dfrac {dy}{dx}}=f(y,x,mu )&xin (0,X]\y(x_{0},mu )=y^{0}(mu )end{cases}}}$

Наложим на функцию в правой части следующие требования

функция определена и непрерывна в ${displaystyle D={(y,x,mu ):|x-x_{0}|leq X,|y-y^{0}|leq b,|mu -mu _{0}|leq {mathcal {M}}}}$ , а следовательно
функция удовлетворяет условию Липшица в

При таких условиях на правую часть классическое решение задачи существует, единственно и непрерывно зависит от параметра при ${displaystyle xin (x_{0},H]}$ , где ${displaystyle H=min {Big (}X,{dfrac {b}{M}}{Big )}}$

См. также[править | править код]

Обыкновенное дифференциальное уравнение
Особое решение
Краевая задача
Метод Эйлера
Метод Рунге — Кутты
Теорема Пеано

Примечания[править | править код]

↑ Е. А. Кузнецов, Д. А. Шапиро МЕТОДЫ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ФИЗИКИ. Часть I – PDF Free Download. docplayer.ru. Дата обращения: 19 января 2020.

Литература[править | править код]

А.Н. Тихонов, А.Б. Васильева, А.Г. Свешников. Курс высшей математики и математической физики. Дифференциальные уравнения. — Физматлит, 2005. — ISBN 5-9221-0277-X.
Ф. Хартман. Обыкновенные дифференциальные уравнения. — Мир, 1972.

Источник

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П.

Общим решением дифференциального уравнения (1) (или (2)) обычно называют такое его решение y =ϕ(x, C1, C2 ,…,Cn ) , которое содержит столько независимых произвольных постоянных C1,C2 ,…,Cn , каков порядок этого уравнения.

Заметим, что понятие общего решения будет уточнено позже. Общее решение, заданное в неявной форме Φ(x, y, C1,…, Cn ) = 0 называют общим интегралом уравнения.

Чтобы выделить одно какое-то решение, задают некоторые дополнительные условия. Обычно, этими дополнительными условиями являются так называемые начальные условия

′

′′

″

, …,

(n−1)

(x0 ) = y0

(n−1)

y(x0 ) = y0, y (x0 ) = y0

, y (x0 ) = y0

где числа

x0 , y0 , y0′, y0′′,…, y0

(n−1) фиксированы.

Нахождение

решения

y =ϕ (x),

удовлетворяющего

начальным условиям, называется решением задачи Коши для заданных начальных условий.

Задача Коши. Теорема Коши. Понятие общего решения.

Из	(1) и (2) при n =1 имеем дифференциальное уравнение
первого порядка
				′	(4)
где F − известная	F(x, y, y ) = 0,
функция трех	переменная, определенная в
некоторой	области D R3 ,	x −независимая переменная,
y = y(x) −	искомая функция,	y′−	ее производная, или в
разрешенном относительно y′	виде	(5)
где				y′ = f (x, y),
f − известная функция двух переменных, определенная в
некоторой области D R2 .

Уравнение (5) всегда можно записать в дифференциалах, где переменные x и y равноправны:

				(6)
	P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0.
Здесь P(x, y) и Q(x, y) − известные функции, заданные в
области D,	причем P2 (x, y) + Q2 (x, y) ≠ 0.

Внимание !	y′ =	x	и ydy − xdx = 0 − это записи одного и
y
того же уравнения, но первое задано на плоскости R2	без оси
0X , а второе – без начала координат.

Примеры показывают, что дифференциальные уравнения первого порядка имеют бесчисленное множество решений.

Пример. y′ = 2x y = x2 + C – семейство интегральных кривых.

Определение4. Нахождение решения y =ϕ(x), или x =ψ( y) уравнения (5) или (6) , для которого при заданных начальных условиях (x0 , y0 ) D выполняется равенство y0 = ϕ(x0 ) или x0 =ψ( y0 ), называется решением задачи Коши для начальных условий (x0 , y0 ) D.

Таким образом, геометрическое

содержание задачи Коши состоит в нахождении интегральной кривой, проходящей через заданную точку

M 0 (x0 , y0 ) D .

В некоторых случаях решение задачи Коши является не единственным. Следующая теорема указывает одно из достаточных условий, которое гарантирует существование и единственность решения задачи Коши.

© БГЭУ	Лекция № 7	Дифференциальные уравнения	проф. Дымков М. П. 7
Теорема 6.1	(Коши).	Пусть	функция f (x, y)	определена,
непрерывна и	имеет		непрерывную частную	производную
∂f (x, y)	в открытой областиD R2 . Тогда найдется интервал
∂y
(x0 −δ, x0 +δ) ,		на	котором	существует	единственное
решение y =ϕ(x)	дифференциального уравнения y′ = f (x, y),

удовлетворяющее условию y(x0 ) = y0 , (x0 , y0 ) D .

y =ϕ(x)

ВНИМАНИЕ! Отметим, что приведенная теорема носит локальный характер, т.е. она обеспечивает существование и единственность решения лишь в окрестности точкиx0 . При

нарушении условий теоремы через точку M0 могут проходить несколько интегральных кривых.

′		2		∂f	= 3	2	y→0
3
Пример. y	= 3y		∂y	y	→∞

Неединственность:

Две различные функции y = (x + C)3 и y ≡ 0 решения ДУ.

Определение5. Пусть в некоторой области D R2 задано дифференциальное уравнение (5) и для любого замкнутого множестваD D выполнены условия теоремы Коши. Тогда однопараметрическое семейство функций

непрерывно дифференцируемых по x и непрерывных по C называется общим решением уравнения (5) в области D, если:

1)функция y =ϕ(x,C) является решением (5) для любого фиксированного C из некоторой области G R , где x (a,b);

2)для любых начальных условий (x0 , y0 ) D существует

C0 G такое, что y0 = ϕ(x0 , C0 ).

Таким образом, общее решение дает возможность решить задачу Коши для любых начальных условий

(x0 , y0 ) D , где в D имеет место теорема Коши.

Определение 6. Любое решение, полученного из общего при фиксированном значении C0 G , называется частным решением.

Пусть функция y = ϕ(x) – решение задачи Коши. Тогда график этой функции называется интегральной линией или интегральной кривой, которая проходит через точку (x0,y0). Интегральная кривая в рассматриваемой точке имеет касательную, угловой коэффициент которой равен

tgα = y′(x0 ) = ϕ′(x0) = f(x0, ϕ(x0)).

Таким образом, в каждой точке области D можно установить положение касательной к графику решения уравнения, проходящему через эту точку.

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П.

Можно себе представить, что в каждой

точке области D построен короткий отрезок касательной к интегральной кривой, проходящей через эту точку. Тогда получится чертеж, который называется

полем направлений, задаваемым Поле направлений

уравнением.

Таким образом, каждое дифференциальное уравнение вида задает на плоскости XY в области D поле направлений.

Интегральные линии этого уравнения касаются направления, задаваемого полем в этой точке.

Если в уравнении y′ = f (x, y) положим y′ = k , где k − fix , то линии вида f (x, y) = k называются изоклинами, так как точки этих кривых имеют одинаковый наклон поля k .

Пример. y′ = x.

Изоклины:

k = 0 y′ = 0 α = 00 x = 0

k =1 y′ =1 α = 450 x =1

k = −1 y′ = −1 α =1350 x = −1

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П. 10

1. Дифференциальные уравнения первого порядка с разделяющимися переменными.

Дифференциальное уравнение первого порядка y′ = f (x, y) или P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 называется уравнением с разделяющимися переменными, если его можно записать в виде:

			dy	= f1 (x) f2 ( y)		(8)

или		dx
					(9)
		P1 (x)P2 ( y)dx + Q1 (x)Q2 ( y)dy = 0
где f1 (x),		P1 (x),	Q1 (x) −функции только от x ,
а f2 ( y),	P2 ( y),	Q ( y) − функции только от y .

Для решения уравнений (8) и (9) прибегают к методу разделения переменных, для чего левую и правую часть уравнений (6.8) и (6.9) умножают на такой множитель, чтобы после упрощения при dx стояла функция, зависящая только от x , а при dy стояла функция, зависящая только от y . После умножения получается уравнение с разделяющимися переменными, а именно:

dy	= f1 (x)dx,	P1 (x)	dx +	P2 ( y)	dy = 0.
f2 ( y)	Q1 (x)	Q2 ( y)

После интегрирования последних уравнений получится решение уравнения (8) и (9), записанное в виде:

∫	dy	= ∫ f1 (x)dx + C	и	∫	P1 (x)	dx + ∫	P2 ( y)	dy = C .
f2 ( y)	Q1 (x)	Q2 ( y)

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П. 11

Проинтегрировать уравнение y′ = tgx tgy.

Пример

Решение.

y′ =

= tgx tgy

= tgxdx.

tgy

Тогда

dy cos y

sin xdx

∫

cos ydy

= ∫

sin xdx

+ C,

sin y

cos x

sin y

∫

d(sin y)

= −∫

d (cos x)

+ C,

sin y

= −ln

cos x

+ ln

sin y

cos x

sin y cos x

= ln

sin y cos x = C1.

(1 + e2 x ) y2dy = exdx,

. Найти решение уравнения

Пример

удовлетворяющее начальным условиям y(0) = 0 .

Решение. Разделяя переменные, получаем:

y2dy =

exdx

∫ y2dy = ∫

d (ex )

+ C

= arctg(ex ) + C.

1+ e2 x

(ex )2 +

y(0) = 0 ,

= arctg(e0 ) + C, 0 =

+ C,

= −

Частным решением уравнения, которое

удовлетворяет

начальному

условию

y(0) = 0 ,

является

решение

= arctgex −

π .

1 − y2 dx − ydy = 0.

Пример.

Разделим

переменные и интегрируем

dy x = − 1 − y2 + C

dx =

или

(x −C)2 + y2 =1

− y2

Решения потеряны при делении на

1 − y2 .

ВНИМАНИЕ!

Решения вида y = ±1 не содержатся в общем интеграле.

Дифференциальные уравнения

проф. Дымков М. П. 12

Пример. Задача об эффективности агитации.

Пусть некоторой партией ведется предвыборная кампания, в ходе которой она распространяет агитационную информацию о кандидате К. Пусть в момент времени t = 0 в результате агитационных действий информацию о кандидате получили x0 человек из общего числа N

потенциальных избирателей. Далее эта информация распространяется

посредством общения людей, и в момент времени t > 0 число владеющих информацией людей равно x(t).

Сделаем предположение, что скорость роста числа владеющих информацией людей пропорциональна как числу осведомлённых в данный момент избирателей, так и числу неосведомленных избирателей.

Это приводит к уравнению	dx	=kx(N −x).
dt

Здесь k – положительный коэффициент пропорциональности. Разделим переменные и интегрируем

= kdt

= kt + C .

x(N − x)

N − x

Для удобства

положим

NC = D.

Тогда

= eNkt +D .

N − x

Отсюда определим функцию

x(t)=

,где E

= e−D

+ Ee−Nkt

Такого вида функция называется логистической, а её график

– логистической кривой.

Если теперь учесть, что х(0) = х0 и положить х0 = N/α, где

α > 0, то можно найти значение константы Е. Логистичеcкая функция примет вид:

x(t) = N − . 1 + (α −1)e Nkt

На рисунке приведены примеры логистических кривых,

полученных при различных значениях α. Здесь величина N условно принималась за 1, а величина k бралась равной 0,5.

С помощью логистической функции описываются многие экономические, социальные, технологические и биологические процессы, например, постоянный рост продаж, распространение слухов, распространение технических новшеств, рост

Логистические кривые популяции определенного вида животных и др.

Дифференциальное уравнение вида

	A(x) y′+ B(x) y + C(x) = 0, A(x) ≠ 0,
или	y′+ p(x) y = q(x)	(1)
называется линейным ДУ первого порядка.

Метод : ДУ a ДУ с разделяющимися переменными

Будем искать решение в виде

y = u(x) v(x)

Тогда

′

Подставим y и y

′

в (1)

= u v + uv

′

+ p(x)uv = q(x)

′

+ p(x)v) = q(x)

u v + uv

u v + u(v

Функцию v(x) возьмем как ненулевое решение для

v′ + p(x)v = 0,

= −p(x)v,

= −p(x)dx,

∫

= −∫ p(x)dx ,

= −∫ p(x)dx,

v = e−∫ p( x)dx .

Тогда для нахождения u(x) получается уравнение

′

−∫

p( x)dx

∫ p( x)dx

u v = q(x)

= q(x)

du = e

q(x)dx,

u = ∫( e∫ p( x)dxq(x) )dx +C,

v = e−∫ p( x)dx

y = u v

Формула решения ЛДУ 1-го порядка

Лекция № 8

Основные классы интегрируемых ДУ

проф. Дымков М. П. 2

Пример.

Решить задачу Коши :

(1 + x2 ) y′ − 2xy = (1 + x2 )2 ,

y(−2) = 5

Решение. Разделив 1 + x2 ≠ 0, получим линейное

неоднородное ДУ

y′ −

y =1 + x2

1 + x2

Ищем решение в виде:

y = uv,

′

+ uv

′

= u v

′

Подставим в ДУ:

+ x2 uv =

1+ x

, откуда

u v +uv

−

′

2xv

u v + u(v

−

) =1 + x

+ x2

Подберем функцию v так, чтобы коэффициент при u

обратился в нуль:

v′ −

2xv

= 0

или

1 + x2

2xdx

1 + x2

= ln

v =1 + x2

1 + x2

′

1 + x

) =1 + x

Подставив в

, получим

u v

u (1 + x

или u

′

du = dx,

u = x + C .

=1,

dx =1,

Значит,

y = (x + C)(1 + x2 ) −

общее решение ДУ

= −2, y

= 5 5 = (−2 +C)(1+ 22 ), C = 3

Частное решение имеет вид

y = (x + 3)(1 + x2 ).

Функция n переменных y = f (x1, x2 ,…, xn ) называется

однородной функцией степени m, если выполняется тождество f (tx1, tx2 ,…,txn ) ≡ t m f (x1, x2 ,…, xn ).

При n = 2 и m = 0 функция z = f (x, y) называется

однородной нулевой степени, если f (tx,ty) = f (x, y).

Пример: z = x2 + y2 является однородной нулевой

3xy

степени, так как	(tx)2	+ (ty)2	=	t 2	(x2 + y2 )	=	x2	+ y	.
3txty		3t 2 (xy)	3xy

Для однородной функции нулевой степени верно равенство f (1x x, 1x y) = f (1, xy) =ϕ( xy) =ϕ(u) , x ≠ 0,(*)

Однородным дифференциальным уравнением первого

порядка называется уравнение		, где
y′ = f (x, y)

f (x, y) −однородная функция нулевой степени.

Однородное уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными.

Решение в виде: y = ux,

′

+u, где u = u(x) −

= u x

неизвестная пока функция.

Подставим y

′

и y в ДУ

(*)

′

→

u x + u = ϕ(u).

Разделим переменные

. Интегрирование

ϕ(u) − u

и замена u = xy даст решение исходного уравнения.

	( y − x) ydx + x2dy = 0.
Пример
Решение. Находим y′ =	(x − y) y	. Функция
x2

z= f (x, y) = (x − y) y −однородная нулевой степени.

Положим y = ux, y′ = u′x + u . Тогда

′

(x −ux)ux

′

x2 (1

− u)u

u x + u =

или

u x + u =

;

′

u x + u = u −u

;

= −

− ∫

= ∫

+ ln

;

= ln

+ ln

;

= ln

—- общее решение.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник

Данная задача возникает при поиске частного
решения дифференциального уравнения. Наш онлайн калькулятор, построенные на основе системы Wolfram Alpha, позволяет найти решение задачи Коши для различных типов дифференциальных уравнений. Чтобы начать работу, необходимо ввести данные своей задачи (дифференциальное уравнение и начальные условия) в калькулятор.

При постановке
задачи Коши, указываются так называемые начальные условия, позволяющие однозначно выделить искомое частное решение из общего. Эти условия включают в себя значения функции и всех её производных до

включительно (где
-порядок дифференциального уравнения), заданные в одной и той же точке
.

Поясним вышесказанное на конкретном примере. Пусть нам требуется найти частное решение дифференциального уравнения:

удовлетворяющее начальным условиям:

Первым делом, используя различные методы (Бернули, вариации произвольной постоянной Лагранжа), сначала находим общее решение данного дифференциального уравнения:

Теперь, для поиска частного решения, нам необходимо использовать заданные начальные условия. Для этого,
находим производную
функции

полученной ранее:

Далее, поставляем начальные условия в функцию

и её производную
:

Решая полученную
систему уравнений получаем значения произвольных постоянных

и
:

Подставляем полученные результаты в общее решение дифференциального уравнения, в результате получаем искомое частное решение:

Источник

Различные постановки задачи Коши[править | править код]

Теоремы о разрешимости задачи Коши для ОДУ[править | править код]

Теоремы о разрешимости задачи Коши для дифференциальных уравнений в частных производных[править | править код]

Теорема о непрерывной зависимости от параметра задачи Коши[править | править код]

См. также[править | править код]

Примечания[править | править код]

Литература[править | править код]

Задача Коши. Теорема Коши. Понятие общего решения.

Вам также может понравиться

Как найти вторую половинку своей любви

Как найти голову скелета в майнкрафт

Как найти реестр кадастровых инженеров

Добавить комментарий Отменить ответ