ДУ практика

в исходное уравнение, получим

2

0

0

2

2

0

v + uv

0

2

v

v + (v

v

os x:

u

uv tg x = u

os x; u

v tg x) u = u

Выберем в качестве v (x) какое-нибудь ненулевое решение уравнения

Запишем ДУ в виде

v0

v tg x = 0:

v = sin

v:

dx

os x

азделим переìåííые и проинтегðèðóåì

C

sin

dv = os xdx => ln jvj = ln j os xj + ln C => v =

os x

:

Ïîñêîëüêó íас интересует любое частное ðåøåíèå, ïоложим C = 1, т.е. возьмем

v =

1

. Тогда для u (x):

u0

= u2

x

:

os x

0v = u2v2 os x;

os x

os x

2

Получим уравнеíèå u0 = u2. àзделяем переменные и интегрируем:

du2

= dx =>

1

1

u

= x + C => u (x) = x + C :

Общее решение исходного уравнения определится ормулой

1

y (x) = uv = (x + C) os x:

1.1.4. Уравнения в полных ди еренциалах

ДУ в полных ди еренциалах записывается в виде

(1.12)

M(x; y) dx + N(x; y) dy = 0;

пр чем левая часть является полным ди еренциалом dF от некоторой унк

атического анализа извесòíî, ÷òî ïîлный ди еренциал ункции двух

матепер -

öè

F (x; y). Если нам эта ункция

то уравнение (1.12) решается

ã

îâ íí : dF (x; y) = 0 )

F (x;

известна,y) = C где

C = onst. Из курса

ìенных

есть выражение вида

y

11

(1.13)

x

F dx + F dy = dF (x; y):

x2Fy =

F :

(1.14)

Таким образом, сравнивая ормóëû .

(1.13), мы видим, ч о для ДУ в

олных ди ер нциалах

M(1x; y èx N(x; y) должны быòь частными

ïроизводными нåкоторой

óнкцииF (x; y12): Но это возможно, если (в силу ор-

ìóëû (1.14))

M(x; y)

N(

; y) :

(1.15)

y

x

Мы получили необходимый и достаточный признак ДУ в полных ди еренци

àëàõ (1.15).

полных

и еренциалах нужно восстановить унк-

F Для решения ДУ

цию F (x; y) по ее первым произвоäíûì

. (1.12) è (1.13) ):

y

= N(ñìx;y):

x

M

y)

x

F

Z

(1.16)

F (x; y) =

M(x; y)dx + '(y):

Поскольку

F

= M(x; y), следовательно,

По сним, что при вычислении интеграла

R

M(x; dx величина y

èâà

åòñ êàê ïîñòîÿííàÿ, ïîý

му к интегралу прибавляется не константа,рассматпðîèç-

ольная ункция '(y).Чòîбы найти ункцию '(y), подставим F (x; y) из (1.16)

â уравнение

F

= N(x; y):

0

y

y

+ '0(y) = N(x; y):

Из этого

Z M(x; y)dx

îïределяем ' (y) и, интегрируя, находим '(y).

П р и муравнения1 . Проверить, что уравнение

ÿ

e

y

dx

2y + xe

y

dy = 0

в полных ди еренцèàëàõ, è ïðîèíòåгрировать его.

являетсш е уравнением. В данном случае

M

N

= e y;

M = e y; N = 2y + xe y12;

y

x = e y:

y

x

алахСледоват. Теперьл но,нахданноедим Fуравнение. Ïосколькуÿâëяется уравнением в полных ди еренци-

Fx

M(

y)

e y

(1.17)

= N(x;y)

= (2y + xe y) ;

y

то ункцию F (x; y) сначала ищем, интегруя первое из равенств (1.17):

F = Z

M (x; y) dx = Z

e ydx;

F (x; y) = xe y

+ ' (y) ;

' (y) константа интегр рования, которая не зависит от переменной интегри

ования x, но может завèсеть от y. Затем нах дим ункцию ' (y). Для этого

F (x; y) = xe

+ ' (y) подставим во второе

равенство (1.17), то есть проди е-

ренцируем по y и приравняем к N = 2y

xe

:

y

y

xe y + '0 (y)0= 2y xe y:

Получили ДУ для нахождения ' (y): ' (y) = 2y: Откуда

' (y) = y2 + C

;

C

1

= onst:

1

Подставив ' (y) в выражение для F (x; y), найдем

Таким

xe y

F (x; y) = xe y y2

+ C :

y2 + C1 = C2

èëè xe y

1 y2 = C общий интеграл

П р иобразом,е 2. Найти общий интеграл уравнения

исходного у авнения.

2

2

2y x

sin 2y

dy = 0 :

2x os ydx +

N

е ш е н и е . В данном случае

M

2

N = 2y x

2

sin 2y ;

y

= 2x sin 2y;

x = 2x sin 2y :

M = 2x os y;

Очевидно, что

M

N

: Ñëåäîâательно, данное уравнение есть уравнение в

y

x

полных ди еренциалах. Тепеðü из системы

x

2

y

y

x os

13

F = 2y x2 sin 2y

F =

2x os2 ydx ; F (x; y) = x2 os2 y + ' (y) :

Подставляем F (x; y) во второе равенство, находя

yF

от ункции

y

F (x; y) = x2

os2 y + ' (y) ;

и приравнивая

к ункции N = 2y x2

2 , получаем

F

è,

x2 sin 2y + '20 (y) = 2y x2

sin2y;

) '0 (y) = 2y

' (y) = y

+ C, C =

onst. Подставив найденное выражение

дляследовательн' (y) выражениеî,

для F (x; y), найдем

2

2

2

F (x; y) = x

2

os

2

y + y

+ C:

Таким образом, x

os

y + y

2

= C

бщий интеграл исходного уравнения.

1.1.5. Задачè äля самостоятельногî

решения

1

0

os x =

y

,

(0) = 1:

1

2

x

+

:)

y

y(Ответ:1) = 1:

ln y = ln tg

2

1 + x2 dy + ydx = 0;

2

y = exp

ar tg x :)

до 60 . Найти

ln y

2

4

кон охлаждения тела. П(Ответ:выш нием

òемпер туры в комнате

3.

0В комнате, где температура 200, нек торое тело

4

çà 20 ìèí îò 100

ïðå

ебречь. (Ук

çàíè :

в силу закона

Ньютона

скороñòîñüòûõëëîàждения пропор-

циональна разности

òåмператур.

T = 20 + 80

2

20

:)

6

os x + y

tgxydy;

y (0) =(Отве0 (Ответò: Cx:

1 t

. )

y = tg x 1 + e

4

2

+ 2 y dx +

= :

ln j

+ yj +

x

= C:)

9.

xyy( + sin y) dx + (x os y + sin y)

:ln y+1 Cy

1 x2

+ x sin x os y = C.)

5

0

= y

2

+ 2x

2

(Ответ: y

2

= 4x

2

ln

)

x+y

4

7

0

+ 2x y0

= y:

x = Cy2

y4

.)

tg x

8

2

x y0

= y:(Ответ:

x =

2

.)

2 ln y

x

ln y + 2y(x + 1) = C.)

10.

(y + x ln y) dx +

2y

+ x + 1

dy

=(Ответ:0 (Ответ:

2

x2

2

ядков.

1.2. Ди еренциальные уравнения высших

Èíîã

ДУ n-го порядк

F

x; y; y

; y

00

; : : : ; y

(n)

= 0пордх дящей подстанов-

кой удается

ê

0

благоприятном случае

порядка (в

первого порядка,свести.е. куравнениюуж рассмотренннизшегой ранее задаче).

14

F Учитывая, что y

n

= (y

n 1

0

; получ

y

(n 1)

=

R

f(x)dx. Продолжая по

)

следо

интегрировàòь, восстановèì ункцию y(x) ( с точностью n

произвольныхП

постоянных).

0

уравнения00y

x sin x, удовлетворя-

1 . Найти частное

y

=

íà

условиям y(0) = 0;

(0) = 0;

y

(0)

2:

ющее шательночальным.

Нaйдем общее

решение

последовательным интегрированием

данного уравнения: y00

=

Z x sin xdx = sin x x os x + C1

;

y = Z

y0

= Z

(sin x x os x + C1) dx = 2 os x x sin x + C1x + C2 ;

( 2 os x x sin x + C1x + C2) dx = 3 sin x+x os x+ 1C1x2 +C2x+C3 :

Воспользуемся начальными условиями:

= 2 =>

1

2

y

00(0) = 2 => 0 + C1

= 2;

2 + C = 0 => C

y(0) = 0 =>

0 + C

= 0 => C

2

= 0:

3

2

3

Следовательно, искомое частное решение имеет вид:

00

Ï

ì å ð

2 .

y = 3 sin x + x os x + x2

+ 2x:

= sin (kx) и частное

Найти общий

уравнения y

решение,

ó

ряющее начальныминтегралус овиям y j

= 0; y0 j

= 1:

ндовлетви . Последовательное

интегриðование дает:

x=0

y0

= Z

sin kxdx =

x=0

1 os kx + C ;

12

y = Z

1 os kx + C1 dx = Z

1

os kxdx+Z

C1dx1 =

sin kx+C1x+C2:

k

k

k

1

Общее решение:

y =

sin kx + C

x + C

:

k2

15

1

2

y = sink2kx

+ x

1 + k1

:

1.2.2. Уравнения, не содержащие искомую ункцию

. Уравнение второго пор дка вида F

0

; y

00

= 0 решается заменой

y

x; y

0

= p(x); y

00

= p

(x); котораÿ

понизит порядок

до первого.

0

(и, возмож

о,уравнениятакж ее

дные до некото-

р е не вх дит искомая

II. Уравнение произвольного порядк

F

(k)

; y

(k+1)

; : : :; y

(n)

= 0, â

x; y

òî

П р низшуюм е р 1 .

Проинтегрировать

уравнение

второго

порядка

ого порядка), решаетсункцияс

çàìå û y

(k)

= p(xпроизво) (за н вую ункцию

áåðåì

из производных,помощьювх дящих

äà

0

ÄÓ). Ò

y

(k+1)

(x); : : : ; y

(n)

= p

(n k)

(x). Порядок уравнения понизится на k единиц.

= p

0

å ø å í

. Принимая y

(1 + x) y00

+ y0

= 0:

y00

çà íåèçâåстную ункцию p(x) и учитывая, что

= p0

, перепишем уравнение в виде

p

+ p = 0:

(1 + x)

dx

Это уравнение первого порядка (с неизвестной ункцией p(x)). Домножив

на dx, получим уравнение

=>

d(p(x + 1)) = 0 ;

(1 + x)dp + pd(x + 1) = 0

так что общий интеграл уравнения есть

:

(1 + x) p = C

1

Теперь вернемся к прежней нåèзвестной ункцèè y(x) и запишем последнее

уравнение так:

(1 + x)

y

= C1

èëè

y =

C1dx

:

dx

x + 1

Интегрируя уравнение, находим:

ln (1 + x) + C

:

y = C

1

2

Получено общее решение исходного уравнения.

16

ìåíó y00 = p (x) ;

y000

=

dxp

. Подстановкp0 + p =

приводит1 + 1:

к линейному уравнению:

ешение ищем

äå p = uv; â

частносx

òxè

p0

= u0v + v0u: Проводим решение

линейного уравненèÿ ìåòîäîì Áåрнулли (см. C.8):

1 + x

;

u0v + v0u + uv

=

1

+ 1; u v0

+ v

+ u0v =

vx

x

v

v

x

dx

x

v0 + x = 0;

dx

= x;

dv

=

;

1 ;

ln jvj = ln j j + ln C; C = 1

=> v =

u0v =

1 + x

; u0

1

=

1 + x

; u0

= 1 + x;

x

x

x

p = uv;

du = (1 + x) dx;

u = x2 + x + C1

:

p = x2 + x + C

1 ;2

p = x + 1 + C1

2

00

1

x

2

x

Теперь сделаем обратную замену p = y

:

:

y00

= x

+ 1 + C1

2

x

Из полученного ДУ второго порядка последовательным интегрированием вос-

станавливаем y(x) :

y0

= Z x + 1 + C1 dx = x4 + x + C1 ln jxj + C2;

y = Z x4

2

x

4

+ C1x (ln x 1) + C2x + C3:

+ x + C1 ln jxj + C2 dx = x3 + x2

4

12

2

Таким образом, общее решенèå исходного уравнения

:

y = x3

+ x2

+ C

x (ln x 1) + C

x + C

12

2

1

17

2

3

I. Уравнение втор го пор

âèäà F

y; y

0

; y

00

) = 0 реш етс заменой

y0 = p(y); y00

= py0

yx0

= p0pядкоторая понизит00

порядок уравнения до первого.

вычислена вторая производная y (x) как производная сложной ункции

(Здесьp y x)):)

я той же заменой y

= p(y); понижающей

явно независимая переменная,

II. В общем случае урав ение вида F y; y0; : : :; y(n) =

0

, в которое не входит

y00 = p0 p; y000

= p(p0

)2

+ p2p00

; ðåøè .ä.àетсФорìóëы полученû ди еренцированием

порядок на единицу. При этом учитывае

, ÷òî

y

y

yy

сложной ункции p(y(x)) :

y0

=

p(y) =

p

y

= p

p

:

(1.18)

y00

=

dx

dx

dy

dx

dy

|{z}

02

00

Ï ð è ì

1 .

.

Найти общий интеграл

=p(y)

y

+ 2yy

= 0:

å ø

í è

ение второго порядкуравненсодержитèÿ

незав симую пе емен

íóþè

первого

порядкУрав:

= p (y) ; y00

= p

dy

приводит к уравне-

x è

рекомендоваííàÿ ïîдстановка y0

p

p2

+ 2y

pp = 0

èëè

p(p + 2y

p) = 0 :

dy

dy

Поскольку произведение равно нулю, åñли один из сомножителей равен нулю,

полученное ДУ эквивалентно совокупноñòè äâóõ ÄÓ:

y

= 0;

p = dx

p + 2y

p

= 0:

dy

ешение ïåрвого y = onst; а второе интегðируем как уравнение с рàзделяю-

щимися переменными:

1

1

p

dp

dy2

2ydy = p;

=

;

0 ln jpj = 2 ln jyj + ln C1; p = C1y 2

:

Проводим обраòíую замену p = y (x) и решаем полученное ДУ с разделяющи-

мися переменными:

1

1

2

3

y

= C1y

; y

dx

2

2 dy = C1dx;

3

y

2

= C1x + C2:

Общее решение исходного уравнåíèÿ:

3

= C x + C

2 y2

2

:

3

y =1C

3

18

ø

. Пусть yp

=p

=p (yp)2, òîèëèãäàpy

=ppdy

p. После= 0:подстановки получим

dy

y

dy

y

Это уравнение равносилüíо совокупíîñòè ÄÓ

y

= 0;

p = dx

p

= p :

dy

y

. Найдем решение

ешением пеðâîãî óðàâíåíèÿ ñовокупности является y = C

второго:

p

p

;

dp = dy; ln jpj = ln jyj + ln C2

1

=6 0) :

dy

= y

(C2

Делаем îáратную замену

p =

dx

= C2y;

dy = C2ydx;

C2dx;

ln y = C2x + ln C3

(C3 =6 0) :

y

dy

Таким образом,

= C

1

y

1

:

2

= C

eC2x

3

= C1 содержится в семействе унк-

Осталось заметить, что частное решение y1

öèé y

2

= C

eC2x

ïðè C

2

= 0; то есть общее решение y = CeC1x.

3

1.2.4. Однородные уравнения высших порядков

I. Уравн ние второго порядк

F

0

; y

00

) = 0 называется

днородным по

x; y; y

группе перåменных y; y

; y

00

(сравните

с определением однороднîй ункции на

Ñ.6), åñëè

0

; ty00) = tkF (x; y; y0; y00):

F (x; ty; ty0

на единицу, при

Подстановкой y0

= z(x) порядок такого уравнения пониж

II. Уравнение вида F (

y; y

; y ; : : : ; y

)

=

0

называется

однородным по

00

y

0

0

0

2

0

ýòîì y

= (yz)

0

z + yz

= ( z)z + yz

= y(z

).

= y

+ z

группе переменных y;

0

0

00

(n)

; yx;00 : : : ; y(n); åñëè

t

F (x; y; y

; y

; : : : ; y

):

F (x; ty; ty

0

; ty

00

; : : : ; ty

(n)

)

k

0

00

(n)

0

Подстановка, понижающая порядок

= z(x); ïðè ýòîì

00

y

0

= yz; y

00

= y(z

2

0

);

y

000

= y(z

3

+ 3zz

0

+ z

) è ò.ä.

+ z

y19

ø

í è .

Прежде убедимся, что уравнение является однородным по

0

;

00

:

группе перем нных y; y

x(ty )

tyty

= t (xyy

xy yy ):

F (ty; ty ; ty ) = xtyty

Проведем замену:

00

0

00

00

0

2

2

0

0

2

00

02

0

0

y

2

2

= yz(x) ; y

2

= y(z

+ z ) ;

тогда

(z

0

2

z

2

y

2

0

z) = 0 :

xy

+ z

) xy

z = 0 <=> y

(xz

Получили ДУ первого порядка, эквивалентное совокупности уравнений

y = 0

z = C1x:

y

Âî âòîðом уравнении делаем оáðàòную замену

= z(x) = C1x: Çàòåì èнтегри-

0

руем полученное ДУ с разделяющимися перемåííûìè:

2

C1

dy = C1xdx => ln jyj =

C1x2

+ ln jC2j => y = C2eC1x

; C1

=

2

2 :

решение y = C

eC1x2

, которîå ñодержит чаñтное решение y = 0:

Полученор и м общеер 2 . ешить ДУ

2

0

= x

p

00

:

y xy

yy

ш е н и е . Докажем, что óðàâнение является оäíîродным по группе пере-

менных0y; y000; y00

:

0

p

00

0

x

p

yy

00

0

; y

00

); (t > 0):

F (ty; ty ; ty ) = ty xty

x tyty

= t(y xy

) = tF (y; y

Проводим замену

y

0

= yz(x) ; y

00

= y z

2

0

) ; тогда

+ z

y xyz = xpyy(z2

+ z0) <=>

y(1

xz xp

(z2

+ z0)

; (y 0) :

Получим совокупность уравнеíèé:

y = 0

0

p

2

:

1 xz x (z

+ z

) = 0

Возводя второе ДУ в квадрат, получаем линейное уравнение первого порядка

см. С.8), решаемое заменой z = uv;

0

0

0

u:

= u

v + v

2

0

0

(1 xz)

2

2

(z

2

0

2

0

u)+2xuv 1 = 0;

= x

+z

) <=> x

z

+2xz 1 = 0 <=> x

(u

v+v

20