3632

3.3. Линейные уравнения первого порядка

Дифференциальное уравнение I порядка называется линейным, если оно первой степени относительно функции y(x) и ее производной y′ . Его

можно записать в виде

y′ + P(x)× y = Q(x),

где P(x) и Q(y) - заданные функции. Решение этого уравнения ищется в виде произведения двух функций u(x) и v(x), т.е. с помощью подстановки

y = u(x) × v(x) .

Уравнение вида

x′ + P(y)× x = Q(y)

также является линейным относительно функции x( y) и ее производной x′ .

Его решение будем искать в виде					x = u( y) × v( y) .
Пример 1.			Решить задачу Коши для дифференциального уравнения
				y′ + 2xy = 2x при начальных условиях y(0) = 4 .
Решение.				Данное уравнение –	линейное, т.к			y	и y′ в первой степени.
Применим				подстановку y = u × v .			Подставляя	y	вместе с производной
y	′	′	′	в уравнение, получим
		= u v + v u
				′	′
				u v + v u + 2x × uv = 2x .
Сгруппируем второе и третье слагаемые
				′		′	+ 2xv) = 2x .
				u v + u(v

Подберём функцию v(x) так, чтобы выражение в скобках было равно нулю, т.е. решим дифференциальное уравнение

v′ + 2xv = 0 .

Это уравнение с разделяющимися переменными относительно v и

x :

dv

= -2xv ,

dv

= -2xdx ,

ln

v

= -x2 + C .

dx

v

можно принять C = 0 . Отсюда

Ввиду свободы выбора функции v(x) ,

v = e−x2

. Подставим эту найденную функцию в уравнение и получим

второе

уравнение с разделяющимися переменными относительно u и x:

u¢ × e−x2 + u × 0 = 2x ,

т.е.

du

= 2xex2 ,

du = 2xex2 dx ;

u = ex2 + C .

dx

Общее решение данного уравнения есть

20

y = u × v = (e x2 + C )× e−x2 , т.е. y = Ce−x2 + 1.

Используя начальные условия y(0) = 4 , получим 4 = С + 1; С = 3; т.о. y = 3e−x2 + 1 - частное решение заданного уравнения.

Пример 2. Найти общее решение уравнения 2 ydx + ( y 2 - 6x)dy = 0 . Решение. Если это уравнение разрешить относительно производной

dy	= -	2 y		,
		y 2 -
dx			6x

то мы не сможем отнести его ни к одному из рассмотренных ранее типов.

Оно будет линейным относительно функции x( y)

и ее производной

x′ , если

записать его в виде

dx

= -

y 2 - 6x

или

x¢ -

3

× x = -

y

.

dy

2 y

y

2

Воспользуемся подстановкой x = u( y) × v( y) . Подставим x и

x

′

′

′

в

= u v + v u

уравнение

u¢v + v¢u -

3

× uv = -

y

,

y

2

u¢v + u(v¢ -

3

× v) = -

y

.

y

2

Получим два уравнения с разделяющимися переменными.

3

1) v¢ -

× v

= 0

y

dv

=

3v

и

dy

y

dv

=

3dy

v

y

ln v = 3ln y

v = y3

1

Общее решение

x = u × v =

2 y

2)u¢v = -

du × y3 dy

du = -

u = 1 2 y

	× y3 .
+ C

y

2

=- y

2

1

2 y 2

+ C

21

Задание №4

Решить задачу Коши.

4. 01

y¢ -

y

= x × arctg x

y(1) = -

1

ln 2

x

2

4. 02

y¢ +

3x2 y

=1

y(-1) = -

5

x3 -1

8

4. 03

y′ - 2 y = 3x - 1

y(0) =

1

4

4. 04

2 y′ − 6 y + x2 = 0

y(0) = 0

4. 05

xy′ + y = x × sin x

y(π ) = 0

4. 06

y¢ +

x2 y

= x2 + x5

y(0) = 0

x3 + 1

y¢ +

y

y(5) = 0

4. 07

= x - 2

(x - 2)(x - 4)

′

2 y

1 − x

4. 08

y

+

1 − x2 = (1 + x)3

y(0) = 0

4. 09

y¢ -

xy

= x3

y(5) = 0

x2 -

9

4.10

y′ + xy = x3

y(0) = 0

y

1

4.11

y¢ +

= e

x

y(1) = 0

x2

4.12

(x + 1)y′ − 3y = e x (x + 1)4

y(0) = 1

4.13

y¢ +

3

y =

2

y(1) = 0

x3

x

4.14

y′ - y sin x = sin x cos x

π

y

= 0

2

4.15

(1 + x2 )y′ − 2xy = (1 + x2 )2

y(0) = 0

22

4.16y¢ + y = 1x

e

4.17y′cos x + y sin x = 1

4.18y¢ + y cos x = 1 sin 2x

2

4.19y′ = y tg x + cos x

4.20y¢ + y = 2ln x + 1

			x
	4.21	y¢ +	2xy			=		1
			x2	-	1		x4	-1
	4.22	y¢ +	xy			=1
			x2	+	1

4.23y′ − y ctg x = sin 3 x

′

xy

1

4.24

y

+

=

x2 + a2

x2 + a2

4.25

y¢ +

3x2 y

=1

x3 + 8

4.26

y¢ -

sin 2x

y =1

cos2 x +

4

4.27

y¢ -

2sin x

× y =1

cos x + 1

4.28xy′ + y = x cos x

4.29 y¢ - y tg x = 1 cos x

x2

4.30y¢ - xy = x2e 2

y(0) = 0

y(0) = 1

y(0) = 0

y(0) = 0

y(1) = 1

y(0) = 1

y(0) = 0

π = y 0

2

y(a3) = 1 2

y(0) = 1 8

y(0) = 0

y(0) = 0

y(π ) = 0

y(0) = 1

y(0) = 0

23

3.4. Уравнение Бернулли

Уравнение вида

y¢ + P(x) × y = Q(x) × y n ,

где n ¹ 0 , n ¹ 1, называется уравнением Бернулли. Левая часть у него такая

же, как и у линейного уравнения,

а в правой части стоит выражение ynQ(x) ,

где n –

вещественное число, отличное от 0 и 1,

Для его решения тоже можно

воспользоваться постановкой

y = u(x) × v(x) .

Пример 1. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

xy¢ + y = y 2 ln x

при начальных условиях y(1) = 1.

(1)

Решение. Это уравнение Бернулли ( n = 2 ). Для интегрирования этого

уравнения воспользуемся подстановкой

y = uv ,

y

′

′

′

.

= u v + uv

Подставляем эти значения у и y′

в заданное уравнение:

′

+ uv

′

) + uv = u

2

v

2

ln x

x(u v

или

′

+ u(xv

′

+ v) = u

2

v

2

ln x

(2)

xu v

Потребуем, чтобы

xv′ + v = 0 .

Тогда

xdv

= −v ,

dv

= −

dx

,

∫

dv

= −∫

dx

,

ln

v

= − ln

x

,

v =

1

.

dx

v

x

v

x

x

Подставляем найденное значение v в уравнение (2):

u′ = u 2

ln x

du

ln x

du

ln x dx

∫

du

= ∫

ln x dx

,

= u 2

,

=

,

.

x

2

dx

x

2

u

2

x

2

u

2

x

2

Выполняя интегрирование, получаем:

−

1

= −

1

(ln

x

+ 1) + C ,

или

u =

x

.

ln

+1 - Сx

u

x

x

Так как y = uv , то

y =

1

-

общее решение уравнения Бернулли.

ln

x

+1 - Сx

Решаем задачу Коши:

1 =

1

,

1 − С = 1,

С = 0 .

ln1

+ 1 − С

Таким образом,

24

y =	1					- искомое частное решение уравнения (1).
	ln		x
					+ 1

Уравнение Бернулли можно также решить с помощью подстановки z = y1−n , которая приводит данное уравнение к линейному.

Пример 2. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

y′ − 2xy = 2x3 y2

при начальных условиях y(0) = 1.

(1)

Решение.

Это уравнение Бернулли, так как в правой части стоит выражение

ynQ(x) = 2x3 y2 , т.е. n = 2 .

Разделим обе части уравнения на у2 :

y −2 y′ − 2xy −1 = 2x3

(2)

Положим

y −1 = z ,

тогда

z′ = − y2 y′ .

Умножая обе части уравнения (2) на (-1) и выполняя указанную

подстановку, получим линейное уравнение

z′ + 2xz = −2x3

(3)

Положим z = uv , z

′

′

′

и подставим эти значения z и z

′

в уравнение

= u v + uv

(3):

′

′

+ 2xuv = −2x

3

u v + uv

или

′

+ u(v

′

+ 2xv) = −2x

3

(4)

u v

Потребуем, чтобы

v′ + 2xv = 0 .

Тогда

dv

= -2xv ,

dv

= -2x dx , ∫

dv

= -2∫ x dx , ln

v

= -x2 ,

v = e−x2 .

dx

v

v

Подставим v в уравнение (4):

u¢e−x2 = -2x3 ,

du

= -2x3e x2 ,

du = -2x3e x2 dx .

dx

Интегрируя это уравнение, находим:

z = u × v = Сe− x 2

u = С - x2e x2 + e x2 .

Откуда

- x2 +1 - общее решение уравнения (3).

Так как z =

1

, то

y

y =

1

-

общее решение уравнения (1).

Сe− x 2 - x2 +1

25

Решаем задачу Коши:

1 =	1	,	С = 0 .
	С × e0 +1

Таким образом, искомое частное решение имеет вид:

y =	1	.
	1 - x2

Задание №5

Решить задачу Коши.

y¢ +

y

y(1) = 1

5. 01

= y3 × x 1 - x2 ,

x

5. 02

y 2 × y¢ + y3 =1 - x ,

y(0) = 0

5. 03

y¢ +

y

=

× ln x ,

y(1) = 0

y

x

5. 04

y¢ +

y

= y3 x2 arcsin x ,

y(1) = 1

x

5. 05

y¢ -

y

=

× tg 2 x ,

y(π ) = 0

xy

x

5. 06

y¢ - y = e2 x y 4 ,

y(0) = 1

5. 07

y 4 × y¢ + y5 = x2 + 1 ,

y(0) = 0

5. 08

y¢ + 2xy = 2x3 y3 ,

y(0) = 1

5. 09

xy¢ + y = y 2 ln x ,

y(1) = 1

2

5. 10

y¢ - 9x2 y = (x5 + x2 )y

,

y(0) = 0

3

5. 11

y¢ - y = xy 2 ,

y(0) = 1

y¢ -

y

y(1) = -

3 5

5. 12

= y 2 x2 + 4 ,

x

25

26

3

y¢ +

y

4

= sin x ,

π

5. 13

y

y

= 0

2x

2

5. 14

2 y¢y -

y 2

= x2 ln x ,

y(1) = 0

x

5. 15

y¢ - y tg x = -

2

y 4 × sin x ,

y(0) = 1

3

2(y¢ + xy) = (x -1)e

x2

5. 16

2

× y 2 ,

y(0) = 2

5. 17

2xy¢ - 3y = -(5x2 + 3y)y3 ,

y(1) =

1

2

5. 18

2( y¢ + y) = xy 2 ,

y(0) = 2

5. 19

2 y¢ + y cos x = y −1 × cos x(1 + sin x) ,

y(0) = 1

5. 20

xy¢ - y = - y 2 × (ln x + 2)× ln x ,

y(1) = 1

5. 21

3y¢ + 2xy = 2xy−2e−2 x2

,

y(0) = 1

5. 22

4 y3 y¢ +

y 4

=

1

sin2 x ,

y(2π ) = 0

x

x

5. 23

2xy¢ - 3y = -(20x2 + 12)y3 ,

y(1) =

1

2

2

5. 24

3xy¢ + 5 y = (4x - 5)y 4 ,

y(1) = 1

5. 25

3dy = (1 - 3y

3

)y sin x

,

π

=1

y

2

1

3

y(2) = 1

5. 26

xdy + y

-

y

x dx

= 0 ,

2

5. 27

2xy -

dy

- y 2 + x = 0 ,

y(1) = 1

dx

5. 28

yy¢ + y 2 = cos x ,

y(0) = 0

5. 29

(y¢ - 2xy)×

= x3 ,

y(0) = 0

y

5. 30

yy¢ - y 2 = sin 2x ,

y(0) = 0

27

§4. Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижение порядка

Дифференциальные уравнения второго порядка в общем случае записываются в виде

				′		′′	) = 0
		F (x, y, y , y
или в форме Коши		y′′ = f (x, y, y′).
Общее	решение этого	уравнения						содержит две произвольные
постоянные
		y = ϕ (x,C1 ,C2 ),
Частным решением дифференциального уравнения 2го порядка
является функция
	y = ϕ(x,C1 °,C2 °),
где C1 ° и C2 °	определяются из общего решения путём подстановки в него
начальных условий: y(x0 ) = y		0 и	y	′	(x0 )			= y	′
									0 .

Одним из методов интегрирования дифференциальных уравнений высших порядков является метод понижения порядка, суть которого состоит в том, что с помощью подстановки данное уравнение сводится к уравнению, порядок которого ниже.

Рассмотрим три типа уравнений 2-го порядка, допускающих

понижение порядка.
I Уравнение вида F (x, y′′) = 0			или y′′ =		f (x) .
В этом случае порядок уравнения понижается путём последовательного
интегрирования уравнения.
Пример 1. Найти общее решение уравнения					y′′ = sin 3x
Решение. Запишем y′′ =	dy′	, тогда	dy′	= sin 3x , отсюда dy′ = sin 3xdx ;
	dx		dx

y′ = ∫sin 3xdx = − 1 cos 3x + C1 . 3

Интегрируя еще раз, получим

28

	∫			1			1
y =			−		cos 3x + C	dx = −		sin 3x + C x + C		- общее решение.
				3			9
					1			1	2

Замечание. Таким же образом можно решать уравнения более высокого порядка, если в уравнении содержится только старшая производная и независимая переменная, т. е. уравнения вида

y(n) = f (x) .

Пример 2. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

y

′′′

= 60x

2

при начальных условиях

′

′′′

= 2 .

y(0) = 0 , y (0) = 1 ,

y (0)

Решение. Запишем: y′′′ =

dy′′

,

тогда

dy′′

= 60x2 , отсюда dy′′ = 60x2 dx ;

dx

dy′

dx

y′′ = 20x3 + C1 ,

y′′ =

,

dy′ = (20x3 + C1 )dx ,

dx

y′ = 5x 4 + C1 x + C2 .

И, наконец, последнее интегрирование дает общее решение данного уравнения:

y = x5 + C1 x2 + C2 x + C3 .

2

Используя начальные условия, получаем значения произвольных постоянных С1 = 2, С2 = 1, С3 = 0 . Подставляя их в общее решение, получаем частное решение дифференциального уравнения:

y = x5 + x2 + x .

II Уравнение вида	′	′′	) = 0 или	y	′′	=	′
	F (x, y , y						f (x, у ) .
Введем переменную	z , обозначив			y′ = z ,			где z = z(x) - новая
неизвестная функция. Тогда	y′′ = z′		и уравнение принимает вид:

F (x, z, z′) = 0 .

Общим решением этого дифференциального уравнения I порядка будет функция z = ϕ (x,C1 ) . Заменяя z на y′ , получим еще одно дифференциальное уравнение 1 порядка

y′ = ϕ (x,C1 ) ,

интегрируя которое, получаем общее решение данного уравнения в виде:

29