Применение ДУ с разделяющимися переменными: задачи из физики

Задачи из физики интересны тем, что они «моделируют» процессы исследования физического явления, демонстрируют возможности математического анализа при решении физических (и инженерных!) задач. Также важно то, что общее решение в таких задачах воспринимается как общий метод решения (как расчетная формула), а частное решение – как применение решения к конкретным условиям физического процесса.

☺☺

Пример 1 – 21: Пуля, двигаясь со скоростью v₀ =400 м/с, пробивает стену толщиной h =20 см и вылетает из нее со скоростью v₁ =100 м/с. Полагая силу сопротивления стены пропорциональной квадрату скорости движения пули, найти время Т движения пули в стене.

Решение:

Направление оси координат ОХ и векторов скорости соответствуют рисунку. Учитывая, что сила сопротивления материала стены направлена против движения пули, в соответствии с законом Ньютона, запишем дифференциальное уравнение:

mv′ = –k v², или mdv = –k v²dt. (1)

0). Запишем уравнение в виде: mdv = – kv²dt =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

1). Учитывая Случай-В, запишем решение, которое следует из исходной записи уравнения: v =0. Для заданных исходных данных это решение нам не потребуется!

2). Учитывая, что теперь v ≠0, запишем уравнение в виде: =–k dt; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

3). Интегрируем: m =–k t +C или =kt +C. Так как при t =0 скорость пули равна v₀, то величина С= . При t = Т скорость пули равна v₁, получаем уравнение: = kТ + . Из последнего имеем: Т = . (2)

Замечание: Рассчитать время Т по формуле (2) невозможно, так как неизвестно отношение массы к коэффициенту сопротивления k.

4). Учитывая: v = , приведем уравнение =kt + к виду: m =k t + , или (умножая на v₀ и деля на m): v₀dt = dx, или (принимая k₁ = ): v₀dt =(v_0∙k_1∙t +1) dx, или (разделяя переменные): = k₁dx → можно приступить к интегрированию ДУ!

5). Интегрируем: = k₁x +C ₁, или ln (v_0∙k_1∙t +1)= k₁x +C ₁. Так как при t =0 координата х =0, то С ₁ =0.

6). Из выражения (2) легко получить: v_0∙k_1∙Т +1= . Но для t = Т имеем: ln (v_0∙k_1∙Т +1)= k₁h, или ln = k₁h. отсюда: = .

7). Теперь можно записать формулу для вычисления времени движения пули в стене при заданных условиях: Т = → для заданных скоростей v₀, v₁ и h получим: Т ≈ 0.00108 с.

Ответ: Т ≈ 0.00108 с.

Замечание: важно при решении задачи выделить два принципиально важных момента:

1). Выбор модели физического процесса: сила противодействия стены «пропорциональна квадрату скорости» определяется как результат физических экспериментов.

2). Получение формулы (2), которую можно применять для заданной пули и стены также потребовало измерений скорости пули на входе в стену и на выходе.

Пример 1 – 22: Пусть имеется сосуд, наполненный жидкостью до уровня Н. Известна зависимость площади S поперечного сечения от высоты h: S = S (h). В дне сосуда имеется отверстие, площадь которого ω. Через это отверстие жидкость вытекает. Необходимо определить время t, за которое уровень жидкости понизится с начального уровня Н до произвольного уровня h. Также необходимо определить время Т полного опорожнения сосуда. Будем считать, что скорость v истечения жидкости из сосуда является известной функцией v = v (h) от уровня h жидкости в сосуде (напора).

Решение:

Пусть высота жидкости в сосуде в некоторый момент времени t равна h. Количество жидкости dV, вытекшее из сосуда за промежуток времени dt от момента t до t + dt, можно вычислить как объём цилиндра с площадью основания ω и высотой vdt, То есть:

dV = ω v (h) dt. (1)

С другой стороны, этот же объём можно вычислить, проследив понижение уровня жидкости в сосуде (учтено dh <0): dV = – S (h) dh. (2)

Из выражений (1) и (2): ω v (h) dt = – S (h) dh. (3)

0). Запишем уравнение в виде: ω v (h) dt = – S (h) dh – уравнение с разделяющимися переменными.

1). Учитывая «Решение–В», запишем решение, которое следует из исходной записи уравнения: v (h) =0. Для заданных исходных данных это решение нам не потребуется!

2). Учитывая, что теперь v ≠0, запишем уравнение в виде: dt =– ; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

3). Интегрируем: t =– = . Полное истечение жидкости из сосуда произойдет за время: Т = . (4)

Замечание: Если истечение жидкости происходит через малое отверстие (или короткий патрубок), то v =μ , где g–ускорение силы тяжести, μ – эмпирический коэффициент (коэффициент расхода).

Ответ: время опорожнения сосуда до уровня h: t = . Время полного опорожнения сосуда потребует времени: Т = .

Пример 1 – 23: Определить время опорожнения сосуда конической формы, заполненного водой. Форма сосуда соответствует рисунку: D ₁=0.8м; D ₂=0.3м; Н =1м; a =0.03м; μ =0.62 (для воды). Замечание: используются результаты Примера 1 – 22.

Решение:

Для определения площади S (h) свободной поверхности жидкости на уровне h необходимо вычислить радиус круга на этом уровне.

Используя подобие треугольников, этот радиус легко найти:

R (h)= R ₂+(R ₁– R ₂) = (D ₂+(D ₁– D ₂) ).

Используя исходные данные, запишем выражение: R (h)=0.05(3+5 h), после чего получаем:

S (h)=π R ²(h)=π(0.05(3+5 h))².

Вычислим площадь отверстия, через которое вытекает жидкость: ω=π = π0.000056.

Запишем выражение для скорости истечения жидкости для заданных условий:

v =μ =0.62 =2.77 .

Теперь запишем формулу для вычисления времени опорожнения сосуда:

Т = = ≈ 3мин 14с.

Замечание: Если предполагается многократное применение расчетной формулы, то удобнее выполнить интегрирование в общем виде: Т = (3 +4 D ₁ D ₂+8 ), после чего подставлять в эту формулу конкретные исходные данные.

Ответ: Т ≈ 3мин 14с.

☻

§ 8. Обобщающие примеры по теме: «ДУ с разделяющимися переменными»

Набор обобщающих Примеров соответствует требованиям «Семестрового плана» при изучении темы: «Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными». Эти Примеры сложнее рассмотренных, но используют алгоритмы решений, установленные в поясняющих Примерах. Полный набор Примеров предназначен эффективно помочь тем, кто по каким-либо причинам вынужден был пропустить часть «семинарских» занятий и Лекций.

☺ ☻ ☺

Пример 1 – 1: Показать, что при любом действительном значении параметра С заданная функция y=x(C–ln|x|) является решением ДУ: (x – y) dx + xdy =0.

Решение:

1). Разделим уравнение на dx. Получаем уравнение в виде: x – y + xy′ =0. (1)

2). Для нахождения производной заданной функции вспомним: (ln|x|)′= ∙|x|′= . Тогда запишем: y′ = C–ln|x|–x = C–ln|x|–1.

3). Подставим заданную функцию y и ее производную y′ в уравнение (1):

x– x(C–ln|x|)+x(C–ln|x|–1)=0 → тождество.

4). Это значит, что заданная функция является решением заданного ДУ.

Ответ: заданная функция является решением заданного ДУ.

Пример 2 – 3: Показать, что при любом действительном значении параметра С заданная функция 2 x + y –1= Ce^2y–x является решением ДУ: (2 x + y +1) dx –(4 x +2 y –3) dy =0.

Решение:

1). Разделим уравнение на dx. Получаем уравнение в виде: 2x+y+1–(4x+2y–3) y′ =0.

2). При нахождении производной заданной функции учтем, что функция y = y (x) в нашем примере задана неявно. Дифференцируем выражение 2 x + y –1= Ce^2y–x по x; учитывая y = y (x), получим:

2+y′= Ce^2y–x ∙(2y′–1)=[учтем, что Ce^2y–x =2 x + y –1]=(2 x + y –1)∙(2y′–1),

или, применяя тождественные преобразования: (4x+2y–3) y′ =2x+y+1.

3). Подставив заданную функцию y и ее производную y′ в уравнение (1), получаем очевидное тождество: 2x+y+1–(2x+y+1)=0

4). Это значит, что заданная функция является решением заданного ДУ.

Ответ: заданная функция является решением заданного ДУ.

Пример 3 – 4: В заданном семействе: y (ln| x ²–1| +C) =1 выделить уравнение кривой, удовлетворяющей приведенному начальному условию: y (0)=1.

Решение:

1). Выделить из семейства кривых кривую, которая проходит через точку (0,1) – это значит вычислить значение С, при условии, что х =0, y =1.

2). Подставим х =0, y =1 в выражение семейства: 1∙(ln|0²–1| +C) =1, откуда C) =1.

3). Запишем выражение кривой семейства, проходящей через точку (0,1): y (ln| x ²–1| + 1) =1.

Ответ: y (ln| x ²–1| + 1) =1.

Пример 4 – 6: В заданном семействе y =2+ Ccosx выделить уравнение кривой, удовлетворяющей приведенному начальному условию: y (0) = –1.

Решение:

1). Выделить из семейства кривых кривую, которая проходит через точку (0,–1) – это значит вычислить значение С, при условии, что х =0, y = –1.

2). Подставим х =0, y = –1 в выражение семейства: –1=2+ Ccos 0, откуда C) = –3.

3). Запишем выражение кривой семейства, проходящей через точку (0,–1): y =2–3 cosx.

Ответ: y =2–3 cosx.

Пример 5 – 9: Составить дифференциальное уравнение семейства парабол: y = x ²+2 ax.

Решение:

1). Преобразуем выражение семейства (известная операция выделения полного квадрата): y =(x+ a)²– a ². При непрерывном изменении параметра a ось параболы y = x ² смещается влево при a > 0 и вправо при a < 0; одновременно вершина параболы движется по параболе y = – a ².

2). Вычислим производную y′ для заданного семейства: y′= 2 x +2 a.

3). Для получения ДУ нужно исключить параметр a из выражения y = x ²+2 ax или y′= 2 x +2 a:

а) умножим второе на x, получим: xy′= 2 x ²+2 ax=x ²+2 ax + x ² = y + x ²;

б) получено ДУ: xy′= y + x ².

Ответ: xy′= y + x ².

Пример 6 – 16: Методом изоклин построить приближенно семейство интегральных кривых для дифференциального уравнения: y′=x + y.

Решение:

1). Уравнение изоклин для заданного ДУ получается приравниванием y′=k. В нашем случае каждая изоклина – прямая: k=x + y. На рисунке изоклины выделены «синим» цветом. На каждой изоклине черточка («зеленая») отражает конкретное значение k, определяющее изоклину, то есть: на каждой изоклине наклон черточки один и тот же.

2). Черточки играют роль «железных опилок» в опытах по физике: они показывают направление «поля». Возникает «зрительный образ», который определяет «присутствие некоторой кривой», касательные к которой мы и видим. Это и есть приближенно выделяемая «интегральная кривая» (одна из них выделена «красным» цветом), то есть «решение» заданного ДУ.

2). Черточки играют роль «железных опилок» в опытах по физике: они показывают направление «поля». Возникает «зрительный образ», который определяет «присутствие некоторой кривой», касательные к которой мы и видим. Это и есть приближенно выделяемая «интегральная кривая» (одна из них выделена «красным» цветом), то есть «решение» заданного ДУ.

Ответ: интегральная кривая представлена на рисунке.

Пример 7 – 17: Методом изоклин построить приближенно семейство интегральных кривых для дифференциального уравнения: y′= 1+ y.

Решение:

1). Уравнение изоклин для заданного ДУ получается приравниванием y′=k. В нашем случае каждая изоклина – прямая: k= 1+ y. На рисунке изоклины выделены «серым» цветом: прямые, параллельные оси ОХ. На каждой изоклине черточка («красная») отражает конкретное значение k, определяющее изоклину, то есть: на каждой изоклине наклон черточки один и тот же.

2). Черточки играют роль «железных опилок» в опытах по физике: они показывают направление «поля». Возникает «зрительный образ», который определяет «присутствие некоторой кривой», касательные к которой мы и видим. Это и есть приближенно выделяемая «интегральная кривая» (одна из них выделена «синим» цветом), то есть «решение» заданного ДУ.

Ответ: интегральная кривая представлена на рисунке.

Пример 8 – 23: Решить дифференциальное уравнение: y ² y′ + x ²=1.

Решение:

0). Запишем уравнение в виде: y ² dy = (1– x ²) dx, «видим» – уравнение с разделяющимися переменными.

Замечание: раскрашивание «элементов» уравнения должно усилить восприятие образа «разделения переменных»: элементы одной переменной имеют один цвет, а второй – заметно отличающийся!

1). Учитывая Случай-В, отметим, что из исходной записи уравнения ни одного решения не следует.

2). Интегрируем уравнение: = или = x – +C, лучше: y ³=3x– x ³+C – общее решение дифференциального уравнения.

Ответ: y ³=3x– x ³+C – общее решение ДУ.

Пример 9 – 25: Решить дифференциальное уравнение: xy′ =2 y.

Решение:

0). Запишем уравнение в виде: xdy = 2ydx – уравнение с разделяющимися переменными.

1). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют из исходной записи уравнения: x =0 и y =0.

2). Учитывая, что теперь x ≠0 и y ≠0, запишем уравнение в виде: =2 ; «видим!»: переменные разделились и можно приступить к интегрированию ДУ!

3). Интегрируем: =2 или ln|y|=2 ln|x| +lnC, лучше: y =C x ² – общее решение дифференциального уравнения.

Ответ: y = C x ² – общее решение ДУ, также x =0 (из общего решения не получается ни при каком значении С) и y =0 (входит в общее решение при С=0).

Пример 10 – 26: Решить дифференциальное уравнение: (x+1)y ′+xy =0.

Решение:

0). Запишем уравнение в виде: (x+ 1) dy + xydx =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

1). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют их исходной записи уравнения: x+ 1=0 и y =0.

2). Учитывая, что теперь x+ 1≠0 и y ≠0, запишем уравнение в виде: + =0; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

3). Интегрируем: + =C или ln| y | + x – ln|x+ 1 | = C, лучше: = e^C–x=Ce^–x – общее решение дифференциального уравнения; еще лучше: y =C(x +1)e^–x.

Замечание: постоянная С «берет на себя» заботу о согласовании знаков величин, если будет необходимо учесть начальные условия!

3). Из общего решения ДУ при С=0 следует: решение y = 0, но ни при каком значении С не следует: x+ 1=0.

Ответ: y = С(x +1)e^–x – общее решение ДУ; также x+ 1=0 (из общего решения не получается ни при каком значении С) и y =0 (входит в общее решение при С=0).

Пример 11 – 30: Решить дифференциальное уравнение: (1+ y ²) xdx + (1+ x ²) dy =0.

Решение:

0). «Раскрасим» заданное уравнение: (1+ y ²) xdx + (1+ x ²) dy =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

1). Учитывая Случай-В, отметим, что из исходной записи уравнения ни одного решения не следует.

2). Запишем уравнение в виде: 2 +2 =0 (умножение на число 2 удобно!); «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

2). Интегрируем: ln(1+ x ²)+2arctgy =C – общее решение ДУ.

Ответ: ln(1+ x ²)+arctgy =C – общее решение ДУ.

Пример 12 – 31: Решить дифференциальное уравнение: xydx + dy =0.

Решение:

1). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют из исходной записи уравнения: x ²–1=0, то есть х = ±1, и y =0.

2). Учитывая, что теперь x ²–1≠0 и y ≠0, запишем уравнение в виде: + =0; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

3). Интегрируем: ln| y | = –lnC – общее решение ДУ; лучше: С y = или y=С .

4). Видим, что решение y = 0 можно получить из общего при С=0. Решение x = ±1 из общего решения не получается ни при каком значении С!

Ответ: y = С – общее решение ДУ; также решение: y = 0 (выделяется из общего при С=0) и x = ±1 (из общего решения не выделяется).

Пример 13 – 38: Решить дифференциальное уравнение: y′= .

Решение:

0). Будем считать, что x=x (y). Перепишем заданное уравнение в виде: x′=y+ 2 x или в общем виде: x′=f (ay+bx+c). Полученное уравнение соответствует Случаю-С.

1). Запишем уравнение в виде: 2 x′= 2(y +2 x)=2 f (ay+bx+c).

2). Примем u = y +2 x и запишем уравнение: u′ = bf (u)+ a= 2 u +1, или du= (2 u +1) dy, что является уравнением с разделяющимися переменными.

3). Далее применяем Случай-В: получаем решение 2 u +1=0, или 2 y +4 x +1=0.

4). Учитывая, что теперь 2 u +1≠0, запишем уравнение в виде: = dy, или =2 dy.

5). Интегрируем уравнение по последней записи: ln|2 u +1|=2 y +C – общее решение ДУ; лучше: 2 u +1= или 2 u +1=С .

6). Учитывая: u = y +2 x, получим окончательно: 4 x+ 2 y +1= С .

Ответ: 4 x+ 2 y +1= С – общее решение ДУ; решение 2 y +4 x +1=0 выделяется из общего при значении С=0.

Пример 14 – 41: Решить дифференциальное уравнение: y′ +2 y = 3 x+ 5.

Решение:

0). Преобразуем заданное уравнение: y′= 3 x –2 y +5= f (ax+by+c). Полученное уравнение имеет форму записи Случая-С.

1). Запишем уравнение в виде: –2 y′= –2(3 x –2 y +5), из общего: by′ =bf (ax+by+c).

2). Примем u =3 x –2 y +5 и запишем уравнение: u′ = bf (u)+ a= –2 u +3, или du= (–2 u +3) dх, что является уравнением с разделяющимися переменными.

3). Далее применяем Случай-В: получаем решение –2 u +3=0, или 2 u –3=0, или через исходные переменные: 6 x –4 y +7=0.

4). Учитывая, что теперь –2 u +3≠0, запишем уравнение в виде: =– dх, или (лучше!) =–2 dх.

5). Интегрируем уравнение по последней записи: ln|2 u –3|=–2 х +C – общее решение ДУ; лучше: 2 u –3= или 2 u –3=С .

6). Учитывая: u =3 x –2 y +5, получим окончательно: 6 x –4 y +7= С .

Ответ: 6 x –4 y +7= С – общее решение ДУ; решение 6 x –4 y +7=0 выделяется из общего при значении С=0.

Пример 15 – 43: Решить дифференциальное уравнение: (1+ y ²) dx – xydy =0, y (1)=0.

Решение:

0). «Раскрасим» заданное уравнение: (1+ y ²) dx – xydy =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

1). Далее применяем Случай-В: получаем решение x =0 – ось OY.

2). Учитывая, что теперь x ≠0, запишем уравнение в виде: 2 –2 = 0 (умножение на число 2 удобно!); переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

3). Интегрируем: ln x ²–ln(y ²+1)=C, лучше: y ²+1=C x ² – общее решение ДУ.

4). Используя начальные условия, вычисляем: С=1 → частное решение: x ²– y ² =1– гипербола. График полученного уравнения имеет две ветви. Начальные условия выделяют правую ветвь гиперболы!

Ответ: x ²– y ² =1 – частное решение ДУ: правая ветвь гиперболы (через точку (1,0) проходит единственная интегральная кривая).

Пример 18 – 167: Найти уравнение кривой, проходящей через точку , если длина отрезка полуоси абсцисс, отсекаемого её касательной, равна квадрату абсциссы точки касания.

Решение:

В Примере 1 – 19 получены выражения: Т = OТ = – отсекаемого касательной на оси ординат, D = OD =(x,0) – ординаты.

Замечание: Условие задачи предполагает равенство величин: | OТ | = x ²

Для лучшего восприятия задачи воспользуемся рисунком: отрезки ОА и МD выделены красным цветом. Через некоторую точку М (x, y) плоскости OXY проходит кривая y =(y) со свойством:

▪ Случай-1: [отрезок OТ ]= x ²; (1)

▪ Случай-2: [отрезок OТ ]= – x ². (2)

Случай-1.

0). Из условия запишем: х – = x ² – дифференциальное уравнение для нахождения кривой с заданными свойствами. Остается решить это уравнение!

1). Запишем уравнение в виде: (x – x ²) dy – ydx =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

2). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют из исходной записи уравнения: x =0 – ось ОY; x =1 – прямая, параллельная оси ОY; y =0 – ось ОХ. Эти решения не отражают существа поставленной «геометрической задачи».

3). Учитывая, что теперь x ≠0,1 и y ≠0, запишем уравнение в виде: = ; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

4). Интегрируем: +C= или lnC y= ln , лучше: y =C =С – общее решение дифференциального уравнения: семейство гипербол.

Замечание: Если на плоскости XOY изобразить простейшую гиперболу y = , то гиперболу y = получают смещением оси OY на 1 влево. Если гиперболу y = принять за «базовую», то семейство кривых y =С получают применением преобразований:

а) для С>0: ▪ поднять «базовую» кривую на С единиц; ▪ деформировать (сжать-растянуть) «базовую» кривую в С раз;

б) для С<0: ▪ зеркально отобразить «базовую» относительно оси ОХ; ▪ опустить «базовую» кривую на |С| единиц; ▪ деформировать (сжать-растянуть) «базовую» кривую в |С| раз;

5). Интегральная кривая, проходящая через точку А = : y =1+ – частное решение дифференциального уравнения при С=1 (см. рисунок).

Случай-2.

0). Из условия запишем: х – =– x ² – дифференциальное уравнение для нахождения кривой с заданными свойствами. Остается решить это уравнение!

1). Запишем уравнение в виде: (x + x ²) dy – ydx =0 – уравнение с разделяющимися переменными.

2). Учитывая Случай-В, запишем решения, которые следуют из исходной записи уравнения: x =0 – ось ОY; x =–1 – прямая, параллельная оси ОY; y =0 – ось ОХ. Эти решения не отражают существа поставленной «геометрической задачи».

3). Учитывая, что теперь x ≠0,–1 и y ≠0, запишем уравнение в виде: = ; «видим!»: переменные разделились → можно приступить к интегрированию ДУ!

4). Интегрируем: +C= или lnC y= ln , лучше: y =C =C – общее решение дифференциального уравнения: семейство гипербол.

Замечание: Если на плоскости XOY изобразить простейшую гиперболу y = , то гиперболу y = получают смещением оси OY на 1 вправо. Если гиперболу y = принять за «базовую», то семейство кривых y =С получают применением преобразований:

а) для С>0: ▪ поднять «базовую» кривую на С единиц; ▪ деформировать (сжать-растянуть) «базовую» кривую в С раз вдоль оси OY;

б) для С<0: ▪ зеркально отобразить «базовую» относительно оси ОХ; ▪ опустить «базовую» кривую на |С| единиц; ▪ деформировать (сжать-растянуть) «базовую» кривую в |С| раз;

5). Интегральная кривая, проходящая через точку А = : y = –3 = –3+ – частное решение дифференциального уравнения при С=–3 (см. рисунок).

Ответ: Случай-1: y =С – общее решение ДУ. Случай-2: y =С – общее решение ДУ. Решения ДУ: x =0 и y =0 теряют привычный геометрический смысл, и мы их в этой задаче не выделяем!

☻

Вопросы для самопроверки:

1. Какое уравнение называют дифференциальным?

2. Как определить порядок ДУ?

3. Что такое решение ДУ, частное решение ДУ?

4. Что такое общее решение ДУ?

5. Что значит решить Задачу Коши?

6. Что такое семейство кривых?

7. Как построить ДУ, решением которого является заданное семейство кривых?

8. Каковы стандартные формы ДУ с разделяющимися переменными?

9. Какова стандартная схема решения ДУ с разделяющимися переменными?

< * * * * * >