lect3

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

dy

= xdx

y2

+1

∫

dy

=

∫xdx ;

arctgy =

x2

+ C ;

y

2

+1

2

2

x

y = tg

2

+ C

Допустим, заданы некоторые начальные условия х0 и у0. Тогда:

arctgy0 =

x2

+C0 ;

C0 = arctgy0 −

x2

0

0

;

2

2

x

2

2

Получаем частное решение

+ arctgy0 −

x0

y = tg

2

2

.

Однородные уравнения.

Определение. Функция f(x, y) называется однородной n – го измерения

относительно своих аргументов х и у, если для любого значения параметра t (кроме нуля) выполняется тождество:

f (tx,ty) = t n f (x, y).

Пример. Является ли однородной функция f (x, y) = x3 + 3x2 y ?

f (tx,ty) = (tx)3 + 3(tx)2 ty = t 3 x3 + 3t 3 x2 y = t 3 (x3 + 3x2 y) = t 3 f (x, y)

Таким образом, функция f(x, y) является однородной 3- го порядка.

Определение. Дифференциальное уравнение вида y′ = f (x, y) называется

однородным, если его правая часть f(x, y) есть однородная функция нулевого измерения относительно своих аргументов.

Любое уравнение вида P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 является однородным, если функции P(x, y) и Q(x, y) – однородные функции одинакового измерения.

Решение любого однородного уравнения основано на приведении этого уравнения к уравнению с разделяющимися переменными.

Рассмотрим однородное уравнение y′ = f (x, y).

Т.к. функция f(x, y) – однородная нулевого f (tx,ty)

измерения, то можно записать:

= f (x, y).

Т.к. параметр t вообще говоря произвольный, предположим, что t = 1x . Получаем:

f(x, y) = f 1, y

x

11

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Правая часть полученного равенства зависит фактически только от одного аргумента u = xy , т.е.

f(x, y) = ϕ y = ϕ(u);

x

Исходное дифференциальное уравнение таким образом можно записать в виде: y′ = ϕ(u)

Далее заменяем y = ux, y′ = u′x +ux′.

′	′	= ϕ(u);	′	u	′	=	ϕ(u) −u	;
u x +ux			u x +u = ϕ(u);				x

таким образом, получили уравнение с разделяющимися переменными относительно неизвестной функции u.

	du	=	dx	;	∫	du	= ∫	dx	+ C;
	ϕ(u) −u		x			ϕ(u) −u		x

Далее, заменив вспомогательную функцию u на ее выражение через х и у и найдя интегралы, получим общее решение однородного дифференциального уравнения.

Пример. Решить уравнение y′ =

y

y

ln

+1 .

x

x

Введем вспомогательную функцию u.

u =

y

y = ux;

y

′

′

x ;

= u x + u .

Отметим, что введенная нами функция u всегда положительна, т.к. в противном

случае теряет смысл исходное дифференциальное уравнение, содержащее ln u = ln

y

.

Подставляем в исходное уравнение:

x

′

+1);

′

′

u x +u = u(lnu

u x +u = u ln u +u; u x = u ln u;

Разделяем переменные:

du

=

dx

;

∫

du

= ∫

dx

;

u ln u

u ln u

x

x

Интегрируя, получаем: ln

ln u

= ln

x

+ C;

ln u = Cx; u = eCx ;

Переходя от вспомогательной функции обратно к функции у, получаем общее решение:

y = xeCx .

12

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Уравнения, приводящиеся к однородным.

Кроме уравнений, описанных выше, существует класс уравнений, которые с помощью определенных подстановок могут приведены к однородным.

Это уравнения вида

Если определитель

a b a1 b1

	′			ax + by + c
y		=	f				.
				a x + b y + c
				1	1	1

≠ 0, то переменные могут быть разделены подстановкой

x = u + α;

y = v +β;

где α и β - решения системы уравнений ax + by + c = 0

a1 x + b1 y + c1 = 0

Пример. Решить уравнение (x − 2y + 3)dy + (2x + y −1)dx = 0.

Получаем (x − 2y +3)

dy

= −2x − y +1;

dy

= − 2x − y +1;

dx

dx

x − 2y + 3

Находим значение определителя

− 2

−1

= 4 +1 = 5 ≠ 0 .

1

− 2

Решаем систему уравнений

− 2x − y +1

= 0

y

=1− 2x

;

x = −1/ 5

3 = 0

;

− 2

;

x − 2y +

x

+ 4x + 3 = 0

y = 7 / 5

Применяем подстановку x = u −1/ 5;

y = v + 7 / 5; в исходное уравнение:

(u −1/ 5 − 2v −14 / 5 +3)dv + (2u − 2 / 5 + v + 7 / 5 −1)du = 0;

(u − 2v)dv + (2u + v)du = 0;

dv

=

2u + v

=

2 + v / u

;

2v −u

v

du

2v / u −1

Заменяем переменную

= t;

v = ut;

v

′

′

при

подстановке в

выражение,

u

= t u + t;

записанное выше, имеем:

2 +t

′

t u

+t =

2t −1

Разделяем переменные:

dt

u

=

2 + t

−t =

2

+ t − 2t 2

+ t

=

2(1+ t −t 2 )

;

du

2t −1

2t −1

2t −1

du

= −

1

1− 2t

dt;

∫

du

= −

1

∫

(1− 2t)dt

;

u

2

1

+ t −t

2

2

u

2

1+ t −t

−

1

ln

1+ t −t 2

= ln

u

+ ln C

2

1

1+ t −t 2

= −2ln

C u

ln

1

13

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

1+ t −t 2

C2

; 1+ t −t 2 =

C2

;

ln

= ln

u 2

u 2

Переходим теперь к первоначальной функции у и переменной х.

t =

v

=

y − 7 / 5

=

5y − 7

; u = x +1/ 5;

u

5x +1

x +1/ 5

5y − 7

5y −

7 2

25C

2

1+

−

=

;

5x +1

(5x +1)2

5x +1

(5x +1)2

+ (5y − 7)(5x +1) − (5y − 7)2 = 25C2

25x2 +10x +1+ 25xy + 5y −35x − 7 − 25y2 + 70y − 49 = 25C2

25x2 − 25x + 25xy + 75y − 25y2 = 25C2 + 49 −1+ 7

x2 − x + xy + 3y − y2 = C2

+

55

= C;

25

Итого, выражение x2

− x + xy +3y − y2 = C

является

общим

интегралом исходного

дифференциального уравнения.

′

ax

+ by + c

В случае если в исходном уравнении вида

y

+ c

= f a x + b y

определитель

1

1

1

a

b

= 0,

то переменные могут быть разделены подстановкой

a

b

1

1

ax + by = t.

Пример. Решить уравнение 2(x + y)dy + (3x + 3y −1)dx = 0.

Получаем 2(x + y)

dy

= −3x −3y +1;

dy

=

−3x −3y +1

= −

3x + 3y −1

;

dx

2x + 2y

dx

2x + 2y

Находим значение определителя

−3

−3

= −6 + 6 = 0;

2

2

Применяем подстановку 3x + 3y = t.

dy

=

t′

−1;

dx

3

Подставляем это выражение в исходное уравнение:

t′

3(t −1)

; 2t(t

′

= −9t + 9; 2tt

′

= 6t −

9t +9; 2tt

′

= −3t + 9;

3 −1 = − 2t

−3)

Разделяем переменные:

2t

dt = dx;

t

dt = −

3

dx;

−3t +9

t

−3

2

3

3

∫ 1+

dt = −

∫dx;

t

−3

2

3

t + 3ln

t −3

= −

x + C

2

1

Далее возвращаемся к первоначальной функции у и переменной х.

14

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

2x + 2y + 2ln 3(x + y −1) = −x + C2 ;

3x + 2y + 2ln 3 + 2ln x + y −1 = C2 ;

3x + 2y + 2ln x + y −1 = C;

таким образом, мы получили общий интеграл исходного дифференциального уравнения.

Линейные уравнения.

Определение. Дифференциальное уравнение называется линейным относительно неизвестной функции и ее производной, если оно может быть записано в виде:

y′+ P(x) y = Q(x),

при этом, если правая часть Q(x) равна нулю, то такое уравнение называется линейным однородным дифференциальным уравнением, если правая часть Q(x) не равна нулю, то такое уравнение называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением.

P(x) и Q(x)- функции непрерывные на некотором промежутке a < x < b.

Линейные однородные дифференциальные уравнения.

Рассмотрим методы нахождения общего решения линейного однородного дифференциального уравнения первого порядка вида

y′+ P(x) y = 0 .

Для этого типа дифференциальных уравнений разделение переменных не представляет сложностей.

dyy = −P(x)dx

ln y = −∫P(x)dx + ln C ;

ln	y	= −∫P(x)dx;
	C
Общее решение:	y = Ce−∫P( x)dx

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения.

Для интегрирования линейных неоднородных уравнений (Q(x)≠0) применяются в основном два метода: метод Бернулли и метод Лагранжа.

15

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Метод Бернулли.

(Якоб Бернулли (1654-1705) – швейцарский математик.)

Суть метода заключается в том, что искомая функция представляется в виде

произведения двух функций y = uv .

′

dv

du

При этом очевидно, что y

= u dx

+ v dx - дифференцирование по частям.

Подставляя в исходное уравнение, получаем:

u

dv

+ v

du

+ P(x)uv = Q(x)

dx

dx

dv

du

u

+ v

+ P(x)u = Q(x)

dx

dx

Далее следует важное замечание – т.к. первоначальная функция была представлена нами в виде произведения, то каждый из сомножителей, входящих в это произведение, может быть произвольным, выбранным по нашему усмотрению.

Например, функция y = 2x2 может быть представлена как y =1 2x2 ; y = 2 x2 ; y = 2x x; и т.п.

Таким образом, можно одну из составляющих произведение функций выбрать так, что выражение dudx + P(x)u = 0 .

Таким образом, возможно получить функцию u, проинтегрировав, полученное соотношение как однородное дифференциальное уравнение по описанной выше схеме:

du

= −P(x)dx;

∫

du

= −∫P(x)dx;

ln

u

= −∫P(x)dx;

u

u

u = Ce−∫P( x)dx ; C =1/ C1 ;

ln

C1

+ ln

u

= −∫P(x)dx;

Для нахождения второй

неизвестной функции

v подставим поученное

dv

du

выражение для функции u в исходное уравнение u

+ v

+ P(x)u

= Q(x) с учетом

dx

dx

того, что выражение, стоящее в скобках, равно нулю.

	Сe	−∫P( x)dx	dv	= Q(x);	Cdv = Q(x)e∫P( x)dx dx;
			dx

Интегрируя, можем найти функцию v:

	Cv =		Q(x)e∫P( x)dx dx + C ;	v =	1		Q(x)e∫P( x)dx dx + C ;
		∫			C ∫
			1				2

Т.е. была получена вторая составляющая произведения y = uv , которое и

определяет искомую функцию.

Подставляя полученные значения, получаем:

y = uv = Ce	−∫P( x)dx		1		∫Q(x)e	∫P( x)dx	dx + C2
			C

Окончательно получаем формулу:

16

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

y = e	−∫P( x)dx	∫Q(x)e∫P( x)dx dx + C2		, С2 - произвольный коэффициент.

Это соотношение может считаться решением неоднородного линейного дифференциального уравнения в общем виде по способу Бернулли.

Метод Лагранжа.

( Ларганж Жозеф Луи (1736-1813) - французский математик, през. Берлинской АН,

поч. чл. Пет. АН (1776)).

Метод Лагранжа решения неоднородных линейных дифференциальных уравнений еще называют методом вариации произвольной постоянной.

Вернемся к поставленной задаче:

y′+ P(x) y = Q(x)

Первый шаг данного метода состоит в отбрасывании правой части уравнения и замене ее нулем.

y′+ P(x) y = 0

Далее находится решение получившегося однородного дифференциального уравнения:

y = C1e−∫P( x)dx .

Для того, чтобы найти соответствующее решение неоднородного дифференциального уравнения, будем считать постоянную С1 некоторой функцией от х.

Тогда по правилам дифференцирования произведения функций получаем:

y′ = dy = dC1 (x) e−∫P( x)dx +C1 (x)e−∫P( x)dx (−P(x)); dx dx

Подставляем полученное соотношение в исходное уравнение

dC1 (x)e−∫P( x)dx −C1 (x)P(x)e−∫P( x)dx + P(x)C1 (x)e−∫P( x)dx = Q(x)

dx

dC1 (x) e−∫P( x)dx = Q(x);

dx

Из этого уравнения определим переменную функцию С1(х):

dC1 (x) = Q(x)e∫P( x)dx dx;

Интегрируя, получаем:

C1 = ∫Q(x)e∫P( x)dx dx + C;

Подставляя это значение в исходное уравнение, получаем:

y = e	−∫P( x)dx	∫Q(x)e	∫P( x)dx
				dx +C .

17

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

Таким образом, мы получили результат, полностью совпадающий с результатом расчета по методу Бернулли.

При выборе метода решения линейных дифференциальных уравнений следует руководствоваться простотой интегрирования функций, входящих в исходный интеграл.

Далее рассмотрим примеры решения различных дифференциальных уравнений различными методами и сравним результаты.

1

Пример. Решить уравнение x2 y′+ y = ax2 e x .

Сначала приведем данное уравнение к стандартному виду:

		1	1
	Применим полученную выше формулу: P =		; Q = ae	x	;
		x2

y = e−∫x12 dx ∫ae 1x e∫x12 dx dx +C

	y′+	1		1
			y = ae x .
		x2

	1			1		−	1		1	(∫adx + C)
y = e x			∫ae x e				x dx + C = e x
								1

y = e x (ax + C).

Уравнение Бернулли.

Определение. Уравнением Бернулли называется уравнение вида y′+ Py = Q yn ,

где P и Q – функции от х или постоянные числа, а n – постоянное число, не равное 1.

Для решения уравнения Бернулли применяют подстановку z =

1

, с помощью

yn−1

которой, уравнение Бернулли приводится к линейному.

Для этого разделим исходное уравнение на yn.

y′

+ P

1

= Q;

yn

yn−1

′

(n −1) yn−2

′

(n −1) y′

Применим подстановку, учтя, что z

= −

y

= −

y2n−2

yn .

−

z′

+ Pz = Q

n −1

z′− (n −1)Pz = −(n −1)Q

Т.е. получилось линейное уравнение относительно неизвестной функции z. Решение этого уравнения будем искать в виде:

18

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

z = e

−∫Pdx

∫Q1e

∫P1dx

dx

+ C

Q1 = −(n −1)Q;

P1 = −(n −1)P.

Пример.

Решить уравнение xy′+ y = xy2 ln x.

Разделим уравнение на xy2:

y′

+

1

1

= ln x.

y2

x

y

1

′

y′

Полагаем z = y ;

z

= − y2 .

1

1

− z′+

z

= ln x;

z′

−

z = −ln x .

1

x

x

Полагаем P = −

,

Q = −ln x.

x

(∫− ln xe

dx + C);

z = e

∫

dx

∫− ln xe

−

∫

dx

dx + C

z = e

ln x

−ln x

x

;

x

z = x(− ∫ln xd(ln x) + C);

dx

z = x ∫− ln x

+ C ;

x

ln

2

x

+ C

z = x

−

2

Произведя обратную подстановку, получаем:

1

ln

2

x

= x

−

+ C

.

y

2

Пример. Решить уравнение xy′− 4y = x2

y.

Разделим обе части уравнения на x

y.

1

dy

−

4

y = x.

x

y dx

Полагаем z =

y;

z

′

=

1

′

y

′

= 2

′

2

y y ;

yz ;

1

4

dz

2z

x

2 yz′−

z = x;

−

=

;

y

x

dx

x

2

Получили линейное неоднородное дифференциальное уравнение. Рассмотрим соответствующее ему линейное однородное уравнение:

dz

−

2z

= 0;

dz

=

2z

;

dz

=

2dx

;

dx

dx

x

z

x

x

∫

dz

= 2

∫

dx

+ C ; ln z = 2ln x + ln C; z = Cx2 ;

z

x

1

Полагаем C = C(x) и подставляем полученный результат в линейное неоднородное уравнение, с учетом того, что:

19

Ларин Александр Александрович “Курс высшей математики. Часть 3.”

dz

= 2xC(x) + x2

dC(x)

;

dx

dx

2xC(x) + x

2

dC(x)

−

2x2C(x)

=

x

;

dx

x

2

dC(x)

=

1

;

C(x) =

1

ln x

+C2 ;

2

dx

2x

2

1

Получаем: z = x

C

2

+

ln x ;

2

Применяя обратную подстановку, получаем окончательный ответ:

y= x4 C2 + 1 ln x 2 ;

2

Уравнения в полных дифференциалах (тотальные).

Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка вида:

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

называется уравнением в полных дифференциалах, если левая часть этого уравнения представляет собой полный дифференциал некоторой функции u = F(x, y).

Интегрирование такого уравнения сводится к нахождению функции u, после чего решение легко находится в виде: du = 0; u = C.

Таким образом, для решения надо определить:

1)в каком случае левая часть уравнения представляет собой полный дифференциал функции u;

2)как найти эту функцию.

Если		дифференциальная	форма	M (x, y)dx + N(x, y)dy является		полным
дифференциалом некоторой функции u, то можно записать:
		du = M (x, y)dx + N(x, y)dy = ∂u dx +			∂u dy.
				∂x	∂y
	∂u	= M (x, y)
	∂x
Т.е.		.
∂u		= N(x, y)
	∂y

Найдем смешанные производные второго порядка, продифференцировав первое уравнение по у, а второе – по х:

∂2u = ∂M (x, y)

∂x∂y ∂y

∂2u = ∂N(x, y)∂x∂y ∂x

Приравнивая левые части уравнений, получаем необходимое и достаточное условие того, что левая часть дифференциального уравнения является полным дифференциалом. Это условие также называется условием тотальности.

20