Семинар №2: обыкновенные дифференциальные уравнения

1. СЕМИНАР №2 ОДУ

1

2.

Задача №1.
Скорость роста популяции насекомых в момент времени t (время
выражено в днях) задается величиной
9000
(1 + t )2
Найти численность популяции насекомых в момент времени t, если
вначале популяция состояла из 1000 насекомых.
2

3.

Решение
Пусть P(t) – численность популяции насекомых в момент времени t,
тогда скорость роста популяции согласно условию задачи
dP
9000
=
,
2
dt (1 + t )
dP =
9000
(1 + t )
2
dt
( t + 1)− 2+1
9000
P ( t ) = 9000
+ C P (t ) = C −
−1
( t + 1)
Используем начальное условие:
P(0) = 1000 1000 = C – 9000 С = 10000 P(t) = 10000 –
Ответ: P ( t ) = 10000 −
9000
.
t +1
9000
.
t +1
3

4.

Задача №2.
В резервуар, содержащий 10 кг соли на 100 л смеси, каждую минуту
поступает 30 литров воды и вытекает 20 л смеси (рис. 1)
Определить, какое количество соли остается в резервуаре через t
мин., предполагая, что смесь мгновенно перемешивается
4

5.

Решение
Пусть х – количество соли в резервуаре в момент времени t, а x + dx
– количество соли в момент времени t + dt. Так как смесь вытекает,
то количество соли х уменьшается с течением времени и,
следовательно, dx < 0 при dt > 0.
Объем смеси в резервуаре в момент времени t равен
V = 100 + 30t – 20t = 100 + 10t,
поэтому концентрация соли (т. е. количество соли, содержащейся в
единице объема смеси) в момент времени t будет равна
x
.
100 + 10t
(1)
5

6.

Изменение количества соли – dx за бесконечно малый промежуток
времени [t, t + dt] мы получим, если объем вытекший за этот
промежуток смеси 20 dt умножим на концентрацию соли (1). Отсюда
имеем дифференциальное уравнение
− dx =
x
20 dt
100 + 10t
(2)
2x
dx = −
dt .
10 + t
Кроме того, из условий задачи вытекает начальное условие
х(0) = 10.
(3)
6

7.

Разделяем переменные в уравнении (2)
dx
2dt
=−
.
x
10 + t
dx
dt
C
=
−
2
ln
x
=
−
2
ln(
t
+
10
)
+
ln
C
x
=
.
x
10 + t
2
( t + 10)
Используем условие (3):
x ( 0) =
C
(0 + 10)
2
= 10 C = 1000.
7

8.

Таким образом, закон изменения количества соли х в килограммах,
находящейся в резервуаре, в зависимости от времени t в минутах
(рис.2) дается формулой
x( t ) =
1000
(10 + t )
2
.
(4)
8

9.

Заметим, что из формулы (4), зная количество соли, оставшейся в
резервуаре (последнее легко установить, измеряя объем резервуара
и концентрацию соли в нем), можно определить, сколько времени
прошло от начала процесса.
На этой идее основано вычисление возраста морей и океанов.
Ответ:
x( t ) =
1000
( t + 10)
2
(кг).
9

10.

Задача №3.
Найти решение дифференциального уравнения
dy
+ y 2 sin x = 3 x 2 y 2 ,
dx
y(0) = −1.
10

11.

Решение
Разделим переменные
dy
dy
= 3 x 2 y 2 − y 2 sin x
= y 2 ( 3 x 2 − sin x ).
dx
dx
Функция у = 0 – особое решение данного дифференциального
уравнения, так как его нельзя получить из общего решения ни при
каких значениях произвольной постоянной.
dy
y2
2
= ( 3 x − sin x )dx ,
dy
y2
= ( 3 x 2 − sin x )dx
y − 2+1
1
= x 3 + cos x + C − = x 3 + cos x + C .
−1
y
11

12.

Общее решение имеет вид
y( x ) = −
1
3
x + cos x + C
.
Начальное условие
y ( 0) = −1 − 1 = −
1
0 = C.
0+1+ C
Частное решение
y( x ) = −
Ответ:
y( x ) = −
1
3
x + cos x
.
1
3
x + cos x + C
;
y( x ) = −
1
3
x + cos x
.
12

13.

x
x
d
d tg
dx
dx
x
2
2
=
=
= ln tg + C .
sin x =
x
x
x
x
2
2 sin
tg cos 2
tg
2 cos 2 x
2
2
2
x
2
cos
2
dx
cos x =
dx
du
u
u = − x , du = − dx
=
=
−
=
−
ln
tg
+C =
2
sin u
2
sin − x
2
x
x
= − ln tg − + C = ln ctg − + C =
4 2
4 2
x
x
= ln tg − − + C = ln tg + + C .
4 2
2 4 2
13

14.

Задача №4.
Решить задачу Коши
dy
y
cos x =
, y(0) = 1.
dx
ln y
14

15.

Решение
ln y
dx
dy =
y
cos x
Условие
ln y
dx
ln 2 y
x
dy
=
=
ln
tg
+ + C.
y
cos x
2
2 4
ln 2 1
= ln tg + C 0 = 0 + C C = 0.
у(0) = 1
2
4
Искомая функция
ln 2 y
x
= ln tg + .
2
2 4
Ответ:
ln 2 y
x
= ln tg + .
2
2 4
15

16.

Задача №5. (Ф. 59).
Найти общее решение уравнения
dy
e − y 1 + = 1.
dx
16

17.

Решение
Разделив переменные, имеем: 1 +
dy
dy
= ey
= e y − 1.
dx
dx
Решение у = 0
dy
y
e −1
= dx
d (1 − e − y )
1 − e− y
dy
y
e (1 − e
−y
)
= dx
e − y dy
1 − e− y = x + C
= ln 1 − e − y = x + C 1 − e − y = e x + C
1 − e − y = C 1e x C 1e x + e − y = 1 e x =
1
(1 − e − y )
C1
e x = C 2 (1 − e − y ) и у = 0.
Ответ: e x = C 2 (1 − e − y ), у = 0
17

18.

Задача №6.
Найти общее решение уравнения
dy x + y
=
.
dx x − y
18

19.

Решение
Имеем однородное уравнение, замена y = xu, y = u + xu .
Уравнение принимает вид:
1+ u
1+ u
1 + u2
du 1 + u 2
1− u
dx
u + xu =
xu =
−u=
x
=
du =
1− u
1− u
1− u
dx 1 − u
x
1 + u2
du
1 + u2
−
udu
1+ u
2
= ln x + C
1
arctg u − ln(1 + u 2 ) = ln x + C , к старой переменной переходим
2
y 1
y 2
arctg = ln 1 +
+ ln x + C .
2
x 2
x
y
Ответ: arctg = ln x 2 + y 2 + C .
x
19

20.

В полярных координатах
x = r cos , y = r sin , = ln
r
.
C
Полученная функция примет вид: r = Ce . График – спираль.
20

21.

Задача №7.
Найти частное решение дифференциального уравнения
( y 2 − 3 x 2 )dy + 2 xydx = 0,
y(0) = 1.
21

22.

Решение
Имеем однородное уравнение.
Замена y = ux, dy = udx + xdu.
y 2 − 3 x 2 = u2 x 2 − 3 x 2
( x 2 u 2 − 3 x 2 )( udx + xdu) + 2 x 2 udx = 0.
22

23.

После сокращения на х2 0, имеем
( u 2 − 3)( udx + xdu) + 2udx = 0
( u 3 − 3u)dx + x ( u 2 − 3)du + 2udx = 0
3
2
( u − u)dx + x ( u − 3)du = 0
( u 2 − 3)
u3 − u
du = −
dx
x
( u 2 − 3)
dx
du
=
−
u( u 2 − 1)
x.
23

24.

Заметим, что
u 2 − 3 = 3u 2 − 2u 2 − 3 = 3( u 2 − 1) − 2u 2 .
Тогда
u2 − 3
u( u 2 − 1)du =
3( u 2 − 1) − 2u 2
u( u 2 − 1)
3
2u
du = 3 ln u − ln u 2 − 1 .
du = −
u u2 − 1
Получаем
u3
3
C
C
u
3 ln u − ln u 2 − 1 = − ln x + C ln
= ln 1
= 1.
x
u2 − 1
u2 − 1 x
24

25.

Возвращаясь к старой переменной, получим
y3
x
y2
x
2
3
−1
C1
=
x
y3
C
= 1 y 3 = C1 ( y 2 − x 2 )
x
y2 x − x3
Учитываем начальные условия
y 3 (0) == C1 ( y 2 (0) − 0 2 ) 1 = C1 (1 − 0) C1 = 1 y 3 = y 2 − x 2 .
Ответ:
y3 = y2 − x2.
25

26.

Задача №8.
Два жидких химических вещества А и В объемом 10 литров и 20
литров соответственно в процессе химической реакции образуют
новое жидкое вещество С. Считая, что температура в процессе
реакции не меняется, а также что из каждых двух объемов
вещества А и одного объема вещества В образуется три объема С,
определить количество вещества С в произвольный момент
времени t, если за 20 мин его образуется 6 литров.
26

27.

Решение
A + B → C.
Пусть х – объем (в литрах) вещества С, образующегося за t час.
Согласно условию, в химическую реакцию за это время вступило
2
x литров вещества А и
3
1
x
3
литров вещества В.
27

28.

Тогда не вступило в реакцию 10 −
2
x литров вещества А и 20 − 1 x
3
3
литров вещества В.
Следовательно, согласно закону действующих масс: скорость
химической
реакции
пропорциональна
при
произведению
постоянной
концентраций
температуре
веществ,
участвующих в данной момент в реакции:
dx
2
1
= K 10 − x 20 − x
dt
3
3
или
dx 2 K
(15 − x )(60 − x )
=
dt
9
полагая k =
2K
,
9
получаем
dx
= k (15 − x )(60 − x ).
dt
(1)
28

29.

Согласно условию задачи:
х(0) = 0,
(2)
1
x = 6.
3
(3)
Время измеряется в часах.
Для решения краевой задачи интегрируем (1):
dx
1 1
1
= kdt
−
dx = kt + C .
(15 − x )(60 − x )
45 15 − x 60 − x
29

30.

Заметим, что
dx
a
b
60a − ax + 15b − bx − x (a + b ) + 15(4a + b )
=
+
=
=
(15 − x )(60 − x ) 15 − x 60 − x
(15 − x )(60 − x )
(15 − x )(60 − x )
a + b = 0
b = − a
1
1
45a = 1 a = , b = −
45
45
15(4a + b ) = 1
15(4a − a ) = 1
− ln(15 − x ) + ln( 60 − x ) = 45( kt + C ) ln
60 − x
= 45( kt + C )
15 − x
60 − x
= e 45( kt + C ) .
15 − x
(4)
30

31.

Из (2), (4) получаем
60 − 0
1
= e 45C 4 = e 45C C = ln 4
15 − 0
45
Из (3), (4) получаем
k
45 + C
60 − 6
54
=e 3
= e 15k e 45C
15 − 6
9
6 = e 15k e
45
1
ln 4
45
3
6 = 4e 15k e 15k = .
2
31

32.

Отсюда и из (4) следует
60 − x
60 − x
3
= (e 15k ) 3t e 45C
= 4
15 − x
15 − x
2
3t
3
3
60 − x = 4 (15 − x ) 4 x
2
2
3
2
x = 60
3t
3
4
2
3t
−1
= 60
−1
3t
3t
3
− x = 60
2
3 3t
− 1
2
3
2
3 3t
4 − 1
2
3
2
3t
3t
3t
− 60
2
1−
3
= 60
2
4−
3
3t
3t
32

33.

Таким образом,
2
1−
3
x ( t ) = 60
2
4−
3
3t
3t
.
На R+ функция x(t) монотонно возрастает и ограничена сверху. Так как
lim x ( t ) = 15, то получается, что максимальное количество вещества С может
t →
образоваться в количестве
15 литров (за бесконечное большое время t → ).
Впрочем, это следует непосредственно из условия задачи: вещества А имеется
изначально 10 литров, поэтому оно может прореагировать лишь с 5 литрами
вещества В.
33

34.

x ( t ) = 60
a=
1 − a 3t
4 − a 3t
2
3
34

35.

Задача №9. (Беркович-100, №6, 1).
Решить ДУ:
x
y ( y + cos x ) = y − 2 sin 2 sin x , y = 1.
2
2
35

36.

Решение
1 способ
1 − cos 2
2
2 x
sin =
2 sin = 1 − cos 2 2 sin
= 1 − cos x .
2
2
2
Перепишем уравнение в виде:
y ( y + cos x ) = ( y − 1 + cos x ) sin x .
Положим y + cos x = u( x ) тогда u = y + cos x = 1 + 0 = 1
2
2
2
y − sin x = u y = u + sin x .
36

37.

Уравнение примет вид:
( u + sin x )u = ( u − 1) sin x u u + sin x u = u sin x − sin x u u = − sin x
du
u = − sin x
dx
u2
udu = − sin xdx 2 = cos x + C .
2
u
2 = cos + C 1 = C u 2 = 2 cos x + 1 u = 2 cos x + 1
2
2
2
Знак плюс перед корнем взят с учетом начального условия.
Тогда
y + cos x = 2 cos x + 1.
Ответ:
y( x ) = 2 cos x + 1 − cos x .
37

38.

2 способ
Запишем обе части уравнения как производные некоторых
функций:
y y + y cos x − y sin x = cos x sin x − sin x
1 2
2 cos x sin x
( y ) + ( y cos x ) =
− sin x
2
2
1 2
1
1
y + y cos x = sin 2 xdx − sindx = − cos 2 x + cos x
2
2
4
1 2
1
1
y + y cos x = − (1 − 2 sin 2 x ) + cos x = sin 2 x + cos x + C , C = 0
2
4
2
y2
1
+ y cos x − sin 2 x − cos x = 0
2
2
y 2 + 2 cos x y − (1 − cos 2 x ) − 2 cos x = 0
38

39.

y 2 + 2 cos x y + cos 2 x − 2 cos x − 1 = 0,
− 2 cos x 4 cos 2 x − 4(cos 2 x − 2 cos x − 1)
y1,2 =
2
y1,2 = − cos x 2 cos x + 1
С учетом y = 1, получаем ответ.
2
Ответ: y( x ) = − cos x + 1 + 2 cos x .
39

40.

Задача №10.
Решить дифференциальное уравнение
y(x + y)dx + x(x – y)dy = 0.
40

41.

Решение
Уравнение однородное. Действительно, x → tx, y → ty
ty(tx + ty)dx + tx(tx − ty)dy = 0 t2y(x + y)dx + t2x(x − y)dy = 0
y(x + y)dx + x(x − y)dy = 0.
Подстановка y = u(x) x, dy = xdu + udx
ux(x + ux)dx + x(x − ux)(xdu + udx) = 0
x2u(1 + u)dx + x2(1 − u)(xdu + udx) = 0
u(1 + u)dx + (1 − u)(xdu + udx) = 0
u(1 + u)dx + (1 − u)xdu + u(1 − u)dx = 0
(u + u2 + u – u2)dx + (1 − u)xdu = 0 2udx = (u – 1)xdu.
41

42.

2
dx
( u − 1)
=
du
x
u
2lnx = u – lnu + lnC
ln(x2u) = u + lnC x2u = Ceu.
Делаем обратную замену переменной
y
y
x 2 = Ce x
x
Ответ:
y
xy = Ce x .
y
xy = Ce x .
Линейное уравнение первого порядка имеет вид
dy
+ p( x ) y = f ( x ).
dx
Полагаем, что функции р(x) и f(x) определены и непрерывны в
промежутке (a, b).
42

43.

Пример.
Решить уравнение y = x + y.
43

44.

Решение
1 способ
Имеем линейное уравнение первого порядка
dy
− y = x.
dx
Для
нахождения
решения
используем
(1)
метод
вариации
произвольной постоянной (метод Лагранжа).
Решаем сначала линейное однородное уравнение
dy
= y
dx
dy
x
=
dx
ln
y
=
x
+
ln
C
y
=
Ce
.
y
Далее решение ищем в виде y = C ( x )e x , где C(x) – некоторая
дифференцируемая функция.
Тогда y = C (x)ex + C(x)ex, подставляем в (1), получаем
C (x)ex + C(x)ex − C(x)ex = x C (x)ex = x C (x) = хe−x.
44

45.

Интегрируем по частям:
C ( x ) = xe
−x
udv = uv − vdu.
u = x du = dx
−x
dx =
+ e − x dx
−x
− x = − xe
dv = e dx , v = − e
C ( x ) = − xe − x − e − x + C1 .
Тогда
y = C ( x )e x = e x ( − xe − x − e − x + C1 ) = − x − 1 + C1e x .
Итак, мы нашли решение исходного уравнения. Других решений у
него
нет,
поскольку
существовании
и
выполнены
единственности
все
условия
решения
теоремы
задачи
о
Коши
(х + у – непрерывная функция от х, у, так же как и ее производная
f
= 1,
y
dy
= f ( x , y ) = x + y ).
dx
Ответ: y = −x – 1 + C1ex.
45

46.

2 способ
Замена
z = x + y, z = 1 + y , получаем ДУ: z − 1 = z
dz
dz
= z +1
= dx
dx
z +1
ln( z + 1) = x + ln C
z +1
= e x y + x + 1 = Ce x .
C
Ответ: y = − x − 1 + Ce x .
46

47.

Задача №11.
Решить интегральное уравнение
x
ty(t )dt = x 2 y( x ).
0
Решение
Продифференцируем обе части данного уравнения по х.
Используем известную формулу для производной от интеграла с
переменным верхним пределом
x
d
f
(
t
)
dt
= f (x)
dx
x
0
для любой непрерывной функции f(x).
47

48.

Получим линейное дифференциальное уравнение.
x y( x ) = 2 x y( x ) + x 2 y ( x )
dy
y
x y = − xy
=−
dx
x
2
dy
dx
=−
y
x
y
1
ln = ln
xy = C .
C
x
48

49.

Проверка.
x
0
x
t
C
C
dt = x 2 C dt = Cx
t
x
0
Сх Сх.
Ответ: xy = C.
49

50. СПАСИБО ЗА ВНИМАНИЕ

50