Вид уравнения лагранжи и клеро

Дифференциальное уравнение Клеро

Решение дифференциального уравнения Клеро

Рассмотрим уравнение Клеро:
(1)
Не трудно убедиться, что его общее решение имеет вид:
(2)

Действительно, поскольку – постоянная, то – тоже постоянная. Тогда дифференцируя (2) имеем:
;
(3) .
Подставляя (2) и (3) в (1), получаем тождество:
.

Особое решение дифференциального уравнения Клеро

Уравнение Клеро может иметь особое решение. Как известно, если общее решение дифференциального уравнения имеет вид:
,
то особое решение может получиться исключением из уравнений:
;
.

В нашем случае, решение (2) можно записать в виде:
.
Тогда
.
Тогда особое решение может получиться, исключением из уравнений:
;
.

Поскольку возможны посторонние решения, то после нахождения особого решения, необходимо проверить, удовлетворяет ли он исходному уравнению (1).

Пример

Решить уравнение:
(1.1)

Это уравнение Клеро. Его общее решение имеет вид:

Ищем особое решение. Перепишем общее решение в виде:
.
Дифференцируем по :

.
Тогда особое решение может получиться исключением из уравнений:
(1.2) ;
(1.3) .

Исключаем . Из уравнения (1.3) имеем:
(1.4) .
Возводим в квадрат и преобразуем:
;
;
. Отсюда следует, что .
Извлекаем квадратный корень:
(1.5) .
Поскольку мы возводили в квадрат, то, возможно, (1.5) содержит лишние решения, которые не удовлетворяют (1.4). Сейчас мы примем (1.5), а отсев лишних решений сделаем в самом конце.
Подставим (1.4) и (1.5) в (1.2):
.

Итак, особые решения имеют вид:
(1.6) .
Теперь сделаем проверку, чтобы выяснить, удовлетворяет ли исходному уравнению (1.1):
(1.1) .
Находим производную (1.6) и выполняем преобразования:

;
;
.
Подставляем в (1.1):
(1.7) .

При , . Уравнение (1.7) принимает вид:
.
Оно выполняется, если взять нижний знак:
.
То есть при , .

При , . Уравнение (1.7) принимает вид:
.
Оно выполняется, если взять верхний знак:
.
То есть при , .

Общее решение уравнения имеет вид:

При уравнение имеет особое решение:
.

При уравнение имеет особое решение:
.

Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 24-08-2012 Изменено: 10-04-2016

Лекция № 3

Ссылки

2.5. Уравнение в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель

называется ypaвнeниeм в пoлныx диффepeнциaлax, если его левая часть есть полный дифференциал некоторой функции υ(х; υ), т. е.

В этом случае ДУ (2.17) можно записать в виде du(x;y)=0, а его общий интеграл будет:

Приведем условие, по которому можно судить, что выражение

∆ =P(x;Y)dx+Q(x;y)dy есть полный дифференциал.

Пусть Δ есть полный дифференциал, т. е.

Учитывая, что (см. Часть 1, п. 44.3), имеем:

Дифференцируя эти равенства по υ и по х соответственно, получаем

А так как смешанные частные производные равны между собой (см. Часть 1, п. 44.2), получаем (2.19).

Пусть в области D выполняется условие (2.19). Пока ж ем, что суще-ствует функция υ(х; υ) в области D такая, что

Найдем эту функцию. Искомая функция должна удовлетворять требованиям:

Если в первом уравнении (2.20) зафиксировать у и проинтегрировать его по х, то получим:

Здесь произвольная постоянная с= j (υ) зависит от у (либо является числом). В решении (2.21) не известна лишь j (υ). Для ее нахождения продифференцируем функцию (2.21) по υ:

Используя второе равенство (2.20), можно записать:

В равенстве (2.22) левая часть зависит от у. Покажем, что и правая часть равенства зависит только от у.Для этого продифференцируем правую часть по х и убедимся, что производная равиа нулю. Действительно,

в силу условия (2.19).

Из равенства (2.22) находим j (у):

Подставляя найденное значение для j (у) в равенство (2.21), находим функцию u(x; у) такую, что du(x; у)=Р(х; υ) dx+Q(x; у) dy.

Таким образом, при решении ДУ вида (2.17) сначала проверяем вы-полнение условия (2.19). Затем, используя равенства (2.20), находим функцию u(x;y). Решение записываем в виде (2.18).

Пример 2.11. Решить уравнение

Решение: Запишем уравнение в дифференциальной форме:

(2xy-5)dx+(3y 2 + x 2 )dу=0.

Здесь Р(х;у)=2ху- 5, Q(x;y)=Зу 2 +х2. Проверяем выполнение условия (2.19):

Следовательно, данное уравнсиие есть уравнение в полных дифференциалах. Условия (2.20) будут здесь выглядеть как

Общим интегралом является х 2 у — 5х+ у 3 +c₁=c₂, или х 2 у- 5х+ у 3 =с, где с=с₂-с₁.

Если условие (2.19) не выполняется, то ДУ (2.17) не является уравнениєм в полных дифференциалах.

О днако это уравнение иногда можно привести к уравнению в полных дифференциалах умножением его на некоторую функцию t(х;y), называемую интeгpирующим мнoжитeлeм.

Чтобы уравнение t(х;у)•Р(х;у)dx+t(х;y)•Q(x;y)dy=0 было уравнением в полных дифференциалах, должно выполняться условие

Выполнив дифференцирование и приведя подобные слагаемые, получим

Для нахождения Т(х; y) надо проинтегрировать полученное ДУ в частных производных. Решение этой задачи не простое. Нахождение интегрирующего множителя может быть упрощено, если допустить существование Т как функции только одного аргумента х либо только y. Пусть, например, Т=Т(х). Тогда уравнение (2.23) принимает вид

При этом выражениедолжно зависеть только от х.

Аналогично получаем, что если t=t(y) (t не зависит от х), то

а подынтегральное выражение должно зависеть только от у.

Пример 2.12. Решить уравнение

Решение: Здесьоднако

зависит только от х.

Следовательно, уравнение имеет интегрирующий множитель, зависящий только от х, выражение которого может быть получено при помощи формулы (2.24). В нашем случае получим, что

Умножая исходное уравнение наполучаем:

т. е. уравнение в полных дифференциалах! Решив его, найдем, что общий интеграл заданного уравнения имеет вид

2.6. Уравнения Лагранжа и Клеро

Рассмотрим дифференциальные уравнения, неразрешенные относительно производной. К ним, в частности, относятся уравнения Лагранжа и Клеро.

где j и Ψ — известные функции от называется урaвнeниeм Лагранжа.

Введем вспомогательный параметр, положив у ‘ =р. Тогда уравне-ние (2.25) примет вид

Дифференцируя по х, получим:

т. е.или

Уравнение (2.27) есть линейное уравнение относительно неизвестной функции х= х(р). Решив его, найдем:

Исключая параметр р из уравнений (2.26) и (2.28), получаем общий интеграл уравнения (2.25) в виде у= γ (х;с).

Отметим, что, переходя к уравнению (2.27), мы делили наПри этом могли быть потеряны решения, для которыхт. е. р=р_о=const.

Это значение р_о является корнем уравнения р- j (р)=0 (см. (2.27)).

Решеиие является осоБым для уравнения (2.25)

(см. понятие особого решения в п. 2.2).

Рассмотрим частный случай уравнения Лагранжа при Уравнение (2.25) принимает вид

и называется урaвнeниeм Клеро. Положив y ‘ =р, получаем:

Дифференцируя по х, имеем:

Если Поэтому, с учетом (2.30), ДУ (2.29) имеет общее решение

Еслито получаем частное решение уравнения в параметрической форме:

Это решение — особое решение уравнения Клеро: оно не содержится в формуле общего решения уравнения.

Пример 2.13. Решить уравнение Клеро

Решение: Общее решение, согласно формуле (2.31), имеет вид y=сх+с 2 . Особое решение уравнения получаем согласно формулам (2.32) в виде

Отсюда следует:

§3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ

3.1. Основные понятия

Дифференциальные уравнения порядка выше первого называются ДУ высших порядков. ДУ второго порядка в общем случае записывается в виде

или, если это возможно, в виде, разрешенном относительно старшей производной:

Будем в основном рассматривать уравнение вида (3.2): от него всегда можно перейти к (3.1).

Решением ДУ (3.2) называется всякая функция у= j (х), которая при подстановке в уравнение обращает его в тождество.

ОБщим решением ДУ (3.2) называется функция у= j (х;с₁;с₂), где с₁ и с₂ — не зависящие от х произвольные постоянные, удовлетворяющая условиям:

1. j (х; с₁; с₂) является решением ДУ для каждого фиксированного значения с₁ и с₂.

2. Каковы бы ни были начальные условия

существуют единственные значения постоянныхтакие, что функцияявляется решением уравнения (3.2) и удовлетворяет начальным условиям (3.3).

Всякое решениеуравнения (3.2), получающееся из общего решения у= j (х;с₁;с₂) при конкретных значениях постоянных называется частным решением.

Решения ДУ (3.2), записанные в виде называются общим и частным интегралом соответственно.

График всякого решения ДУ второго порядка называется интегральной крнвой. Общее решение ДУ (3.2) представляет собой множество ин-тегральных кривых; частное решение — одна интегральная кривая этого множества, проходящая через точку (х_о; у_о) и имеющая в ней касательную с заданным угловым коэффициентом

Переписав ДУ (3.1) в виде

видим, что ДУ второго порядка устанавливает связь между координатами точки (х; y) интегральной кривой, угловым коэффициентом k=y ‘ касательной к ней и кривизнойв точке (х; y). В этом состоит

геометрическое истолкование ДУ второго порядка.

Как и в случае уравнения первого порядка, задача нахождения решения ДУ (3.2), удовлетворяющего заданным начальным условиям (3.3), называется задачей Коши.

Примем теорему без доказательства.

Аналогичные понятия и определения имеют место для ДУ n-го порядка, которое в общем виде записывается как

или

если его можно разрешить относительно старшей производной. Начальные условия для ДУ (3.4) имеют вид

Общее решение ДУ n-го порядка является функцией вида y= j (х;с₁;с₂;. ;с_n), содержащей n произвольных, не зависящих от х постоянных.

Решение ДУ (3.4), получающееся из общего решения при конкретных значениях постоянных с₁=с₀₁, с₂=с₀₂, . с_n=c_0n, называется частным решением.

Задача Коши для ДУ n-го порядка: найти решение ДУ (3.4), удовлетворяющее начальным условиям (3.5).

Проинтегрировать (решить) ДУ n-го порядка означает следующее: найти его общее или частное решение (интеграл) в зависимости от того, заданы начальные условия или нет.

Задача нахождения решения ДУ n-го порядка сложнее, чем первого. Поэтому рассмотрим лишь отдельные виды ДУ высших порядков.

Уравнение Клеро

Вы будете перенаправлены на Автор24

Дифференциальные уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной.

В общем виде дифференциальные уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной, записываются как $F\left(x,y,y’\right)=0$.

Основной метод решения таких дифференциальных уравнений состоит в том, чтобы выполнить некоторые преобразования, приводящие к уравнениям, разрешенным относительно производной. В дальнейшем могут применяться любые из известных методов, соответствующие тому, что в результате получилось: или уравнение с разделяющимися переменными, или однородное уравнение, или линейное уравнение и т.п.

Решить дифференциальное уравнение $y’^ <3>-y’^ <2>\cdot x+2\cdot y’=2\cdot x$.

Данное дифференциальное уравнение не разрешено относительно производной, поэтому известные методы для его решения применить не удается.

Поэтому выполняем следующие преобразования:

• все слагаемые переносим в одну сторону $y’^ <3>-y’^ <2>\cdot x+2\cdot y’-2\cdot x=0$;
• выражение слева разлагаем на множители $\left(y’^ <2>+2\right)\cdot \left(y’-x\right)=0$;
• так как $y’^ <2>+2\ne 0$, то исходное уравнение эквивалентно $y’-x=0$.

Получено дифференциальное уравнение, допускающее непосредственное интегрирование: $\frac =x$.

Отсюда: $y=\int x\cdot dx $; $y=\frac > <2>+C$.

Решить дифференциальное уравнение

\[y’^ <2>-y’\cdot y+\cos x\cdot \left(y’-y\right)=0.\]

Данное дифференциальное уравнение не разрешено относительно производной, поэтому выполняем преобразования:

\[y’\cdot \left(y’-y\right)+\cos x\cdot \left(y’-y\right)=0;\] \[\left(y’-y\right)\cdot \left(y’+\cos x\right)=0.\]

Таким образом, данное дифференциальное уравнение эквивалентно двум другим: $y’-y=0$ и $y’+\cos x=0$.

Первое дифференциальное уравнение $y’-y=0$ решается посредством разделения переменных:

Второе дифференциальное уравнение $y’+\cos x=0$ допускает непосредственное интегрирование: $\frac =-\cos x$, откуда $y=-\sin x+C$.

Метод введения параметра

В ряде случаев дифференциальное уравнение вида $F\left(x,y,y’\right)=0$ не удается разрешить относительно производной. Но вполне возможно, что оно разрешимо или относительно $y$, или относительно $x$. Тогда мы получаем дифференциальное уравнение общего вида $y=u\left(x,y’\right)$ или $x=v\left(y,y’\right)$. Некоторые из дифференциальных уравнений подобного вида можно решить методом введения параметра.

Рассмотрим пример дифференциального уравнения вида $x=f\left(y’\right)$.

Решается введением параметра $\frac =p$.

В результате имеем решение данного дифференциального уравнения в параметрической форме, задаваемое следующими выражениями:

Готовые работы на аналогичную тему

Решить дифференциальное уравнение $8\cdot y’^ <3>=27\cdot x$.

Здесь мы имеем дифференциальное уравнение вида $x=f\left(y’\right)$, не разрешенное относительно производной.

Вводим параметр $\frac =p$ и записываем уравнение в виде $x=\frac<8> <27>\cdot p^ <3>$.

Здесь $f\left(p\right)=\frac<8> <27>\cdot p^ <3>$, откуда $\frac =\frac<8> <27>\cdot 3\cdot p^ <2>=\frac<8> <9>\cdot p^ <2>$.

Таким образом, решение данного дифференциального уравнения в параметрической форме задается следующими выражениями:

Отсюда получаем: $\left\<\begin <27>\cdot p^ <3>> \\ <9>\cdot \frac<1> <4>\cdot p^ <4>+C> \end\right. $ или $\left\<\begin <27>\cdot p^ <3>> \\ <9>\cdot p^ <4>+C> \end\right. $ — решение данного дифференциального уравнения в параметрической форме.

Параметр $p$ из этой системы уравнений можно исключить:

из $x=\frac<8> <27>\cdot p^ <3>$ получаем $p^ <3>=\frac<27> <8>\cdot x$ или $p=\frac<3> <2>\cdot x^<\frac<1> <3>> $;

подставляем в $y=\frac<2> <9>\cdot p^ <4>+C$ и получаем $y=\frac<2> <9>\cdot \left(\frac<3> <2>\cdot x^<\frac<1> <3>> \right)^ <4>+C$ или $y=\frac<9> <8>\cdot x^<\frac<4> <3>> +C$.

Таким образом, получено общее решение $y=\frac<9> <8>\cdot x^<\frac<4> <3>> +C$ данного дифференциального уравнения $8\cdot y’^ <3>=27\cdot x$ в явной форме.

Решение уравнения Клеро

Уравнение Клеро имеет вид $y=x\cdot y’+\psi \left(y’\right)$ и относится к более сложным видам дифференциальных уранений, не разрешенных относительно производной.

Введим параметр $\frac =p$, в результате чего имеем $y=x\cdot p+\psi \left(p\right)$.

После дифференцирования и простых преобразований получаем уравнение $\frac \cdot \left(x+\psi ‘\left(p\right)\right)=0$, которое распадается на два дифференциальных уравнения $\frac =0$ и $x+\psi ‘\left(p\right)=0$.

Из этого уравнения следует $p=C$. Отсюда получаем общее решение дифференциального уравнения Клеро $y=x\cdot C+\psi \left(C\right)$. Иначе говоря, общее решение можно получить из данного уравнения $y=x\cdot y’+\psi \left(y’\right)$ формальной заменой $y’$ на $C$.

Уравнение $x+\psi ‘\left(p\right)=0$.

Это уравнение дает особое решение в параметрической форме:

Оно представляет собой огибающую семейства кривых общего решения.

Решить дифференциальное уравнение $y=x\cdot y’+y’$.

Имеем уравнение Клеро, в котором $\psi \left(y’\right)=y’$.

Вводим параметр $\frac =p$ и получаем $y=x\cdot p+p$, где $\psi \left(p\right)=p$.

Формально заменив в данном дифференциальном уравнении $y’$ на $C$, получим его общее решение $y=x\cdot C+C$ или $y=C\cdot \left(x+1\right)$.

Находим особое решение.

Так как $\psi \left(p\right)=p$ и $\frac =1$, то особое решение в параметрической форме преобразуется к виду: $\left\<\begin \\ \end\right. $. Это значит, что особые решения для данного дифференциального уравнения отсутствуют.

Получи деньги за свои студенческие работы

Курсовые, рефераты или другие работы

Автор этой статьи Дата последнего обновления статьи: 19 01 2022