Дифференциальные уравнения/Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными

Понятие дифференциального уравнения

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными

Литература

---

Определение и способ решения

Пусть $y(x)$ — некоторая функция, $y'(x)$ — ее производная. Для удобства будем записывать производную в виде ${\frac {dy}{dx}}=y'(x)$, имеющим смысл отношения бесконечно малых приращений — дифференциалов. Дифференциал $dx$ — приращение значения переменной в окрестности $x$, стремящееся к нулю. Дифференциал функции $dy$ — малое приращение функции, $dy=f(x+dx)-f(x)=y'(x)dx$. Пусть $f(x)$ и $g(y)$ — некоторые функции от $x$ и $y$. Рассмотрим уравнение

${\frac {dy}{dx}}=f(x)g(y)$.

Уравнение такого вида называется обыкновенным дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Умножим его на ${\frac {dx}{g(y)}}$:

${\frac {dy}{g(y)}}=f(x)dx$.

Последнее равенство означает, что малые приращения левой и правой частей равны. Поэтому их суммы также равны. Предположим что при $x=x_{0}$ $y=y_{0}$ и возьмем интегралы от левой и правой частей. Пределы интегрирования — от $y_{0}$ до $y$ для левой части и от $x_{0}$ для $x$ для правой части уравнения:

$\int \limits _{y_{0}}^{y}{\frac {dy}{g(y)}}=\int \limits _{x_{0}}^{x}f(x)dx$.

Решая получившееся в результате интегрирования алгебраическое уравнение, мы можем выразить $y(x)$.

Значения $x_{0}$ и $y_{0}$ называются начальными условиями. В случае других начальных условий решение уравнения будет отличаться на постоянную. Поэтому, если начальные условия не даны, можно взять первообразные левой и правой частей и прибавить к ним константу. Используя неопределенный интеграл — обозначение множества первообразных — $\int f(x)dx=F(x)+C$, где $F(x)$ — первообразная $f(x)$, $C$ — произвольная постоянная, запишем это в виде

$\int {\frac {dy}{g(y)}}=\int f(x)dx$.

Следует отметить, что у дифференциального уравнения с разделяющимися переменными могут существовать так называемые нулевые решения — постоянные $y$, удовлетворяющие уравнению $g(y)=0$. При них равны нулю как правая, так и левая части дифференциального уравнения (поскольку производная константы равна нулю).

Пример 1

Решить дифференциальное уравнение ${\frac {dy}{dx}}=\left(x+1\right)\cos ^{2}y$.

Разделим переменные:

${\frac {dy}{(\cos ^{2}y)}}=\left(x+1\right)dx$.

Т. к. начальные условия не заданы, возьмем неопределенный интеграл от обеих частей уравнения:

$\int {\frac {dy}{\left(\cos ^{2}y\right)}}=\int \left(x+1\right)dx$,

$\operatorname {tg} \ y={\frac {x^{2}}{2}}+x+C$.

Осталось лишь выразить $y$ через $x$:

$y=\operatorname {arctg} \left({\frac {x^{2}}{2}}+x+C\right)$.

Найдем также нулевые решения:

$\cos ^{2}y=0\Leftrightarrow y={\frac {\pi }{2}}+\pi n,\ n\in \mathbb {Z}$.

Ответ: $y(x)=\operatorname {arctg} \left({\frac {x^{2}}{2}}+x+C\right),\ C=\operatorname {const} ,\ y(x)={\frac {\pi }{2}}+\pi n,\ n\in \mathbb {Z}$.

Пример 2

Определить максимальную скорость, которую может развить ракета в космосе. Начальная скорость ракеты равна нулю. Масса ракеты без топлива равна $m$, с топливом — $m_{0}$. Скорость выброса топлива относительно ракеты равна $u$. Ракета движется вдали от звезд и планет.

Рис. 1

Пусть ракета движется вдоль оси $Ox$ (Рис. 1). В некоторый момент от нее отделяется малая масса топлива $(-dm)$. При этом скорость ракеты увеличивается на $dv$. Запишем закон сохранения импульса в проекции на $Ox$:

$mv=(-dm)(v-u)+(v+dv)(m+dm)$.

Раскрыв скобки и приведя подобные, получим:

$mdv=-udm-dvdm$.

Величина $dvdm$ — произведение двух бесконечно малых величин. Поэтому ею можно пренебречь:

$mdv=-udm$.

Интегрируем:

$\int \limits _{0}^{v}{\frac {1}{u}}dv=\int \limits _{m_{0}}^{m}-{\frac {1}{m}}dm$,

$\left.{\frac {v}{u}}\right|_{0}^{v}=\left.-u\ln m\right|_{m_{0}}^{m}$,

${\frac {v}{u}}=-\ln m+\ln m_{0}$,

$v=u\ln {\frac {m_{0}}{m}}$.

Впервые эта формула была получена К. Э. Циолковским.

Ответ: $v=u\ln {\frac {m_{0}}{m}}$.

Пример 3

Пружина жесткостью $k$ с прикрепленным к ней грузом массой $m$ находятся в горизонтальной плоскости в положении равновесия, совпадающем с началом координат. Свободный конец пружины закреплен. Пружина параллельна оси $Ox$. В начальный момент времени грузу сообщают скорость $v_{0}$ вдоль $Ox$. Найти зависимость координаты груза от времени.

Рис. 2

В произвольный момент времени координата груза равна $x$, скорость — $v$ (Рис. 2). Запишем закон сохранения энергии:

${\frac {mv^{2}}{2}}+{\frac {kx^{2}}{2}}={\frac {mv_{0}^{2}}{2}}$.

Выполним следующие преобразования:

$mv^{2}=mv_{0}^{2}-kx^{2}$,

$v^{2}=v_{0}^{2}-{\frac {k}{m}}x^{2}$,

$v=v_{0}{\sqrt {1-{\frac {k}{m}}{\frac {x^{2}}{v_{0}^{2}}}}}$.

Введя обозначение $\omega ^{2}={\frac {k}{m}}$ и записав скорость в виде $v={\frac {dx}{dt}}$, получим дифференциальное уравнения с разделяющимися переменными:

${\frac {dx}{dt}}=v_{0}{\sqrt {1-\left({\frac {\omega x}{v_{0}}}\right)^{2}}}$.

Разделим переменные:

${\frac {dx}{\sqrt {1-\left({\frac {\omega x}{v_{0}}}\right)^{2}}}}=v_{0}dt$,

$\int \limits _{0}^{x}{\frac {dx}{\sqrt {1-\left({\frac {\omega x}{v_{0}}}\right)^{2}}}}=\int \limits _{0}^{t}v_{0}dt$.

Найдем $\int {\frac {dx}{\sqrt {1-\left({\frac {\omega x}{v_{0}}}\right)^{2}}}}$. Для этого выполним замену ${\frac {\omega x}{v_{0}}}=\sin z$. Тогда ${\sqrt {1-\left({\frac {\omega x}{v_{0}}}\right)^{2}}}={\sqrt {1-\sin ^{2}z}}=\cos z$. Выразим дифференциал $dx$: $x={\frac {v_{0}}{\omega }}\sin z$, $dx={\frac {dx}{dz}}dz=\left({\frac {v_{0}}{\omega }}\sin z\right)'dz={\frac {v_{0}}{\omega }}\cos zdz$. Теперь интегрируем:

$\int {\frac {dx}{\sqrt {1-\left({\frac {\omega x}{v_{0}}}\right)^{2}}}}=\int {\frac {v_{0}\cos zdz}{\omega \cos z}}={\frac {v_{0}}{\omega }}\int dz={\frac {v_{0}}{\omega }}z+C={\frac {v_{0}}{\omega }}\arcsin {\frac {\omega x}{v_{0}}}+C$.

Подставляя в уравнение, имеем:

$\left.{\frac {v_{0}}{\omega }}\arcsin {\frac {\omega x}{v_{0}}}\right|_{0}^{x}=\left.v_{0}t\right|_{0}^{t}$,

$\arcsin {\frac {\omega x}{v_{0}}}=\omega t$,

$x={\frac {v_{0}}{\omega }}\sin \omega t$.

Движения, происходящие по закону синуса или косинуса называются гармоническими колебаниями. Рассмотренная система называется пружинным маятником. Видно, что в нашем случае максимальный модуль координаты равен ${\frac {v_{0}}{\omega }}$. Он часто обозначается буковой $A$ и называется амплитудой колебаний. Амплитуда гармонических колебаний всегда определяется начальными условиями.

Ответ: $x=A\sin \omega t,\ A={\frac {v_{0}}{\omega }},\ \omega ={\sqrt {\frac {k}{m}}}$.

Задачи

Решить дифференциальные уравнения:

1. ${\frac {dy}{dx}}=2y^{\frac {1}{2}}.$
   Ответ  

   $y(x)=(x+C)^{2},\ C=\operatorname {const} ,\ y(x)=0.$

2. ${\frac {dy}{dx}}={\frac {x}{y^{2}}}.$
   Ответ  

   $y(x)={\sqrt[{3}]{{\frac {3}{2}}x^{2}+C}},\ C=\operatorname {const} .$

3. ${\frac {dy}{dx}}+xy=0.$
   Ответ  

   $y(x)=Ce^{-{\frac {x^{2}}{2}}},\ C=\operatorname {const} ,\ y(x)=0.$

4. ${\frac {dy}{dx}}=x+y.$
   Указание  

   Сделать замену $x+y=z-1$.

   Ответ  

   $y(x)=Ce^{x}-x-1,\ C=\operatorname {const} ,\ y(x)=-x-1.$

5. ${\frac {dy}{dx}}={\frac {1}{2{\sqrt {1-x}}\sin y}},\ y(0)=0.$
   Ответ  

   $y(x)=\pm {\sqrt {1-x}}+2\pi n,n\in \mathbb {Z} .$

6. ${\frac {dy}{dx}}={\frac {1+y^{2}}{x}},\ y(1)={\sqrt {3}}.$
   Указание  

   При интегрировании сделать замену $y=\operatorname {tg} \ z$ и воспользоваться тригонометрическим тождеством $1+\operatorname {tg} ^{2}\ z={\frac {1}{\cos ^{2}z}}$.

   Ответ  

   $y(x)=\operatorname {tg} \left(\ln x-{\frac {\pi }{3}}\right).$

7. Конденсатор емкостью $C$, заряженный до напряжения $U$, подключили к резистору с сопротивлением $R$. Через какое время заряд $q$ конденсатора достигнет 1% первоначального значения?
   Указание  

   Воспользоваться законом Ома и тем, что ток через резистор равен $I=-{\frac {dq}{dt}}$.

   Ответ  

   $t=-RC\left(\ln \left(0,01CU\right)-\ln CU=2RC\ln 100\right)=2RC\ln 10\approx 4,6RC.$

8. Шарик массой $m=0,5$ кг подбросили вертикально вверх со скоростью $v_{0}=20$ м/с. Чему равна максимальная высота $h_{\text{max}}$ подъема шарика? Сила сопротивления воздуха пропорциональна скорости, коэффициент сопротивления равен $k=0,5$ Н$\cdot$с/м.
   Указание  

   При использовании второго закона Ньютона представить ускорение в виде ${\frac {dv}{dt}}={\frac {dv}{dh}}\cdot {\frac {dh}{dt}}=v{\frac {dv}{dh}}$, при интегрировании сделать замену ${\frac {mg}{k}}+v=u$.

   Ответ  

   $h_{\text{max}}={\frac {mv_{0}}{k}}-{\frac {m^{2}g}{k^{2}}}\ln \left(1+{\frac {kv_{0}}{mg}}\right)\approx 9$ м.

---