ДУ с разделяющимися переем-ми

N(x)R(y)dx+M(x)K(y)dy=0 (1)
Это ур-ие наз. Ур-ем с разделяющимися переменными. Метод его решения: разделив (1) на произведение M(x)K(y)
получим
N(x)/M(x)*dx+K(y)/R(y)*dy=0 (2)
Уравнение (2) наз. Ур-ем с разделенными переменными. Операция деления уравнения (1) на произведение М(х)R(y)
Наз. разделением переменных. Интегрируя (2), получим общий интеграл
∫(N(x)/M(x)*dx)+ ∫(K(y)/R(y)*dy)=0 исходного уравнения. При делении (1) на произведение М(х)R(y), можно потерять некоторые решения, которые получаются из уравнения
М(х)R(y)=0
Определяя из этого уравнения решения y=ϕ(x), следует проверить, является ли оно решением уравнения (1). Если не является, его следует отбросить, а если является, то проверить, входит ли оно в общий интеграл.
Если входит, то оно есть частное решение, а если не входит, то это решение называется особым.
Пример. Решить уравнение y(x+1)dx+(y-1)xdy=0.
Решение. Разделим уравнение на произведение xy, получим:
(x+1)/x*dx+(y+1)/y*dy=0;
dx+(dx/x)+dy+ (dy/y)=0
Интегрируя получим общий интеграл
x+ln|x|+y+ln|y|=c;
ln|xy|+x+y=c.
В этом уравнении М(х)R(y) имеет вид xy=0. Его решения x=0, y=0
является решениями исходного уравнения, но не входит в общий интеграл.
Следовательно, решения x=0, y=0 является особыми.

ДУ полных диф-лов

Рассмотрим диф. уравнение вида: ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru (1). Если левая часть этого уравнения явл. полным дифференциалом некоторые ф-ции 2-х переменных U(x,y), т е M(x,y)dx+N(x,y)=du (2), то это уравнение называется уравнением в полных диф. Тогда ур-ние (1) принимает вид du(x,y)=0. Общим интегралом этого ур-ния будет равенство U(x,y)=C=const. Втесним условие, при кот ур-ние (1) явл. ур-нием в полных диф. Выражение для полного диф. ф-ции 2-х переменных имеем вид ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru (3). Сравнивая (2) и (3), имеем: ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru , ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru . Дифференцируем первое из этих равенств по у , а второе – по х, имеем: ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru , ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru отсюда, предполагая непрерывность вторых произвольных, получаем ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru (4) – условие, когда данное уравнение явл. уравнением полных диф.

60.1.ДУ вида dy/dx=f(ax+by+c)

Имеем ф-цию z=ax+by+c.(2)Продиф-м обе части по х:dz/dx=a+b*dy/dx.Подставляем dy/dx из исх-го ур-ия (1).Имеем dz/dy=a+bf(ax+by+c) или с учетом (2) имеем dz/dx=a+bf(z).Это ур-ие явл. ур-ем с разд-ся переменными.
dx=dz/(a+bf(z))
x=(∫dz//(a+bf(z)))+c-общее решение ДУ  

Уравнения Бернулли

62. Уравнение Бернулли
Это ур-ние имеет вид: ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru (7). Это ур-ние сводится к лин. уравнению ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru (7а). Сделаем замену переменной: ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru (8), ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru . Подставляем это в (7а), получаем: ДУ с разделяющимися переем-ми - student2.ru - получение лин. уравнения, кот можно решать, например, методом вариации постоянной.

61.1.ДУ вида dy/dx=f(y/x)

Такое ур-ие приводится к ур-ию с разделяющимися переменными при помощи замены
u=y/x(1)
y=u*x(2)
y,=u,x+u(3)
Подст.(3) и (2) в (1), имеем u,x+u=f(u) (4)
du/dx*x=f(u)-u разделяем на dx получаем остаток x(f(u)-u)
du/( f(u)-u)=dx/x
Интегрируем обе части ∫( du/( f(u)-u))=lnIxI+c

Линейные ДУ 1-го порядка

Наши рекомендации