Дифференциальные уравнения плоских кривых
Как известно, решение дифференциального уравнения изображается графически в виде семейства интегральных кривых.
Можно поставить и обратную задачу: сконструировать дифференциальное уравнение для заданного семейства
плоских кривых, описываемых алгебраическим уравнением!
Итак, допустим, что семейство плоских кривых описывается неявным однопараметрическим уравнением:
\[F\left( {x,y,C} \right) = 0.\]
Будем предполагать, что функция \(F\) имеет непрерывные частные производные по \(x\) и \(y.\) Чтобы записать соответствующее
дифференциальное уравнение первого порядка, нужно выполнить следующие шаги:
Продифференцировать \(F\) по \(x,\) рассматривая \(y\) как функцию \(x:\) \[\frac{{\partial F}}{{\partial x}} + \frac{{\partial F}}{{\partial y}} \cdot y' = 0;\]
Решить систему уравнений: \[\left\{ \begin{array}{l} \frac{{\partial F}}{{\partial x}} + \frac{{\partial F}}{{\partial y}} \cdot y' = 0\\ F\left( {x,y,C} \right) = 0 \end{array} \right.,\] исключая из нее параметр \(C.\)
Пример 1
Определить дифференциальное уравнение для семейства кривых, заданных уравнением \(y = {e^{x + C}}.\)
Решение.
Дифференцируя заданное уравнение по \(x,\) получаем:
\[y' = {e^{x + C}}.\]
Параметр \(C\) можно легко исключить из системы уравнений:
\[\left\{ \begin{array}{l}
y' = {e^{x + C}}\\
y = {e^{x + C}}
\end{array} \right..\]
В результате мы получаем простое однородное дифференциальное уравнение:
\[y' = y,\;\; \Rightarrow y' - y = 0.\]
Пример 2
Вывести дифференциальное уравнение для семейства плоских кривых, заданных уравнением \(y = {x^2} - Cx.\)
Решение.
Продифференцируем заданное уравнение по переменной \(x:\)
\[y' = 2x - C.\]
Запишем последнее уравнение совместно с исходным алгебраическим уравнением и исключим параметр \(C:\)
\[
{\left\{ \begin{array}{l}
y' = 2x - C\\
y = {x^2} - Cx
\end{array} \right.,}\;\;
{\Rightarrow C = y' - 2x,}\;\;
{\Rightarrow y = {x^2} - \left( {y' - 2x} \right)x,}\;\;
{\Rightarrow y = {x^2} - y'x + 2{x^2},}\;\;
{\Rightarrow y'x + y = 3{x^2}.}
\]
В результате получаем дифференциальное уравнение (не разрешенное относительно производной), соответствующее
данному семейству плоских кривых.
Пример 3
Составить соответствующее дифференциальное уравнение для семейства плоских кривых, заданных уравнением
\(y = \cot \left( {x - C} \right).\)
Решение.
Дифференцируя алгебраическое уравнение по переменной \(x,\) получаем:
\[y' = - \frac{1}{{{{\sin }^2}\left( {x - C} \right)}}.\]
Заметим, что
\[
{1 + {y^2} = 1 + {\cot ^2}\left( {x - C} \right) }
= {1 + \frac{{{{\cos }^2}\left( {x - C} \right)}}{{{\sin^2}\left( {x - C} \right)}} }
= {\frac{{{\sin^2}\left( {x - C} \right) + {{\cos }^2}\left( {x - C} \right)}}{{{\sin^2}\left( {x - C} \right)}} }
= {\frac{1}{{{\sin^2}\left( {x - C} \right)}}.}
\]
Поэтому, можно записать:
\[y' = - \left( {1 + {y^2}} \right).\]
Следовательно, искомое дифференциальное уравнение имеет вид:
\[y' = - 1 - {y^2},\;\; \Rightarrow y' + {y^2} = - 1.\]
Пример 4
Семейство кривых задано функцией \(y = {\large\frac{1}{C}\normalsize}\cos \left( {Cx + \alpha } \right),\)
где \(C\) − параметр, а \(\alpha\) − некоторый произвольный угол. Записать дифференциальное уравнение для данного
семейства плоских кривых.
Решение.
Сначала мы продифференцируем алгебраическое уравнение по переменной \(x,\) рассматривая \(y\) как функцию\(x:\)
\[
{y' = \frac{1}{C}\left[ { - \sin\left( {Cx + \alpha } \right)} \right] \cdot C }
= { - \sin\left( {Cx + \alpha } \right).}
\]
Исключим \(C\) из системы уравнений:
\[\left\{ \begin{array}{l}
y' = - \sin\left( {Cx + \alpha } \right)\\
y = \frac{1}{C}\cos\left( {Cx + \alpha } \right)
\end{array} \right..\]
Для этого обе части каждого уравнения возведем в квадрат и затем сложим их:
\[
{\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {y'} \right)^2} = {\sin^2}\left( {Cx + \alpha } \right)\\
{y^2} = \frac{1}{{{C^2}}}{\cos^2}\left( {Cx + \alpha } \right)
\end{array} \right.,}\;\;
{\Rightarrow \left. {\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {y'} \right)^2} = {\sin^2}\left( {Cx + \alpha } \right)\\
{C^2}{y^2} = {\cos^2}\left( {Cx + \alpha } \right)
\end{array} \right.} \right| + ,}\;\;
{\Rightarrow {\left( {y'} \right)^2} + {C^2}{y^2} = 1,}\;\;
{\Rightarrow {C^2}{y^2} = 1 - {\left( {y'} \right)^2},}\;\;
{\Rightarrow {C^2} = \frac{{1 - {{\left( {y'} \right)}^2}}}{{{y^2}}},}\;\;
{\Rightarrow C = \frac{{\sqrt {1 - {{\left( {y'} \right)}^2}} }}{y}.}
\]
Подставляя найденное выражение для \(C\) в дифференциальное уравнение, находим:
\[
{y' = - \sin \left( {Cx + \alpha } \right) }
= { - \sin \left( {\frac{{x\sqrt {1 - {{\left( {y'} \right)}^2}} }}{y} + \alpha } \right).}
\]
Таким образом, наше семейство плоских кривых описывается следующим
дифференциальным уравнением, не разрешенным относительно производной:
\[y' = - \sin \left( {\frac{{x\sqrt {1 - {{\left( {y'} \right)}^2}} }}{y} + \alpha } \right).\]
Пример 5
Вывести дифференциальное уравнение для семейства двухпараметрических плоских кривых
\(y = {C_1}{x^2} + {C_2}x.\)
Решение.
Продифференцируем данное уравнение дважды по переменной \(x\) и запишем следующую систему трех уравнений:
\[\left\{ \begin{array}{l}
y = {C_1}{x^2} + {C_2}x\\
y' = 2{C_1}x + {C_2}\\
y'' = 2{C_1}
\end{array} \right..\]
Из последнего уравнения выразим параметр \({C_1}\) и подставим его в первые два уравнения:
\[
{{C_1} = \frac{{y''}}{2},}\;\;
{\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{y = \frac{{y''}}{2}{x^2} + {C_2}x}\\
{y' = y''x + {C_2}}
\end{array}} \right..}
\]
Теперь можно выразить другой параметр \({C_2}\) через производные функции \(y\) и подставить это в первое уравнение. Искомое дифференциальное уравнение имеет вид:
\[
{{C_2} = y' - y''x,}\;\;
{\Rightarrow y = \frac{{y''}}{2}{x^2} + \left( {y' - y''x} \right)x,}\;\;
{\Rightarrow y = \frac{{y''}}{2}{x^2} + y'x - y''{x^2},}\;\;
{\Rightarrow y = y'x - \frac{{y''}}{2}{x^2},}\;\;
{\Rightarrow 2y = 2y'x - y''{x^2},}\;\;
{\Rightarrow y''{x^2} - 2y'x + 2y = 0.}
\]