МАТАН: Дифференциальные уравнения

11

Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем искать y

в виде y = uv . Тогда

y

′

= u v +uv

. Подставляя y и y

′

в исходное

′

′

′

′

+

1

2

; u

′

1

′

2

.

uv = x

+

v

уравнение, получаем: u v +uv

2x

v

2x

+u v = x

Выберем функцию v(x)

из условия v′+

1

v = 0 . Уравнение для

2x

функции v(x)

является уравнением с разделяющимися

1

dv

dx

переменными. Найдем его решение: v′

+

v = 0 ,

= −

;

2x

v

2x

∫

dv

= −∫

dx

; ln v = −

1

ln x ; v =

1

.

v

2x

2

x

Найдем функцию u(x) : u′

1

= x2 ; u′

= x2

x ;

u = ∫x2

xdx ;

x

2

u =

x3 x +C .

7

Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид

y = uv =

2

x3

+

C

.

7

x

Произвольную постоянную С определим из условия y(1) =1:

1 =

2

+C ; C =

5

.

7

7

Ответ: y =

2 x3

+

5

.

7

7

x

Задача 9. Найти общее решение дифференциального уравнения

dydx −4x3 y = 2xex4 .

Данное дифференциальное уравнение является линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать y в виде y = uv . Тогда y′= u′v +uv′. Подставляя y и y′ в

исходное уравнение, получаем: u′v +uv′ −4x3uv = 2xex4 ;

u v′−4x3v +u′v = 2xex4 .

Выберем функцию v(x) из условия dvdx −4x3v = 0 . Уравнение для функции v(x) является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его решение: dvdx −4x3v = 0 , dvv = 4x3dx ;

∫dvv = ∫4x3dx ; ln v = x4 ; v = ex4 .

Найдем функцию u(x) : u′ex4 = 2xex4 ; u′ = 2x ; u = ∫2xdx ; u = x2 +C . Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид

11

12

y = uv = (x2 +C)ex4 .

Ответ: y = (x2 +C)ex4

Задача 10. Найти решение задачи Коши

dy

+

2x

y =

2x2

,

y(0) =

2

.

dx

1

+ x2

1

+ x2

3

Данное дифференциальное уравнение является линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать

y в виде

y = uv . Тогда

y

′

′

′

. Подставляя y и y

′

в

= u v

+uv

исходное уравнение, получаем:

du

v +u

dv

+

2x

uv =

2x2

;

dx

dx

1

+ x2

1

+ x2

dv

2x

du

2x2

u

+

v

+

v

=

.

1+ x

2

dx

1

+ x

2

dx

dv

2x

Выберем функцию v(x) из условия

+

v = 0. Уравнение

dx

1

+ x2

для функции v(x) является уравнением с разделяющимися

переменными. Найдем его решение:

dv

+

2x

v = 0,

dx

1+ x2

dv

2x

d (x2 +1)

= −

dx ; ∫

dv

= −∫

2x

dx ;

∫

dv

= −∫

;

v

1+ x2

v

1+ x2

v

1+ x2

ln v = −ln(1+ x2 ) ,

v =

1

.

1+ x2

Найдем функцию u(x) :

du

1

=

2x2

;

du

= 2x

2

; u = ∫2x

2

dx =

2

x

3

+C .

dx

1+ x2

1+ x2

dx

3

Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид

y = uv

2

x

3

+C

1

=

.

3

1

+ x

2

Определим произвольную постоянную С.

Так как y(0) =

2

2

2

3

+C

1

, C =

2

, то имеем

=

0

3

3

3

1+

0

2

3

Ответ: y =

2 x3

+1

3 x2

+1

12

13

4. Уравнение Бернулли.

Определение. Уравнением Бернулли называется дифференциальное уравнение первого порядка, которое может быть записано в виде

dydx + P(x) y = Q(x) y n .

Можно предложить следующий метод решения этого уравнения. Неизвестную функцию y(x) будем искать в виде

y = uv , где u(x) - неизвестная функция, а v(x) - некоторая функция, выбранная специальным образом. (Способ выбора v(x) будет

описан позже). Производная y

′

равна: y

′

= u v +uv

′

. Подставляя y

′

и y′ в исходное уравнение, получаем

′

′

+ P(x)uv = Q(x)u

n

v

n

.

u v +uv

Полученное уравнение преобразуем к виду

′

′

= Q(x)u

n

v

n

.

u[v

+ P(x)v] +u v

Подберем функцию v(x)

из условия: v′+ P(x)v = 0 .

(Это уравнение для определения функции v(x) является уравнением с разделяющимися переменными и нас интересует не его общее решение, а какое либо частное решение не тождественно равное нулю).

Тогда для определения u(x) имеем уравнение u′v = Q(x)u n vn .

Это уравнение является дифференциальным уравнением первого порядка с разделяющимися переменными и способ его решения изложен ранее.

Задача 11. Найти решение задачи Коши:

2(xy′+ y) = xy 2 ,

y(1) = 2 .

Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем

искать y

в виде y = uv . Тогда, подставляя y

и y′в исходное

уравнение, получим: 2u(xv′+ v) + 2xvu′ = xu 2 v2 . Функцию v(x)

определяем из условия:

x

dv

+ v = 0

;

dv

= −

dx

;

∫

dv

= −∫

dx

;

v

v

dx

x

x

1

′

2

2

du

dx

ln v = −ln x ; v = x . Определим u(x) :

2xu

= xu v

; u 2

= 2x ;

∫

du

= ∫

dx

+С; −

1

=

1

ln x +C ;

u = −

1

. Следовательно, общее

2

2x

u

1

u

2

ln x

+C

1

1

2

решение имеет вид y = −

. Из условия y(1) = 2

x

1

ln x +C

2

определяем произвольную постоянную С: 2 = −С1 ; С = − 12 .

13

14

Ответ:

y = −

2

.

x(ln x −1)

Задача 12. Найти решение задачи Коши:

dy

+3y = 4e−2 x y3 ,

y(0) =1 .

dx

Данное уравнение является уравнением Бернулли. Будем

искать y

в виде y = uv . Тогда, подставляя y и y′в исходное

уравнение, получим: u(v′+3v) +vu′ = 4e−2 xu3v3 . Функцию v(x)

определяем из условия:

dv +3v = 0 ;

dv

= −3dx ;

∫dv = −∫3dx ;

dx

v

v

du

−3x

−3x

′

−2 x

3

−9 x

−8x

ln v = −3x ;

v = e

. Определим u(x) :

e

u

= 4e

u

e

; u3 = 4e

dx ;

du

−8x

dx +С;

1

1

−8x

+C ;

1

.( Знак плюс при

∫u3

= ∫4e

−

= − 2 e

u =

2u2

e−8x −2C

извлечении квадратного корня выбран исходя из начальных

условий). Следовательно, общее решение имеет вид y =

e−3x

.

e−8x −2C

Из условия y(0) =1 определяем произвольную постоянную С:

1 =		1	; С = 0.
		−2C
1
	Ответ:		y = ex .
	Задача 13. Найти решение задачи Коши:
			y′+ 4x3 y = 4 y2e4 x (1− x3 ) ,			y(0) = −1.
	Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем
искать y			в виде y =uv . Тогда y	′		′	′	. Подставляя	y и
					= u v +uv

y′ в исходное уравнение, получаем:

du

v +u

dv

+ 4x3uv = 4u2v2e4 x (1− x3 ) ;

dx

dx

dv

3

du

2

2

4 x

− x

3

u

+ 4x

v +

v =

4u

v

e

(1

) .

dx

dx

Функцию v(x) определяем из условия:

dv

+ 4x3v = 0 ,

dv

= −4x3dx ;

∫

dv

= −∫4x3dx ; ln v = −x4 ;

v

dx

v

v = e−x4 . Определим u(x) :

14

					15
	du		v = 4u2v2e4 x (1− x3 );	du	= 4u2ve4 x (1− x3 );
	dx			dx
du			= 4e4 x−x4 (1− x3 )dx .
u2

Интегрируем правую и левую части полученного соотношения

∫duu2 = ∫4e4 x−x4 (1− x3 )dx .

Приведем схему вычисления полученных интегралов.

∫	du	= ∫u	−2	du =	u−1	1
						= −		.
	u2				−1		u

Для вычисления ∫4e4 x−x4 (1− x3 )dx сделаем замену переменных

4x − x4

= t , dt = 4(1− x3 )dx , dx

=

dt

. Тогда получаем

4(1− x3 )

4 x−x4

3

t

3

dt

t

t

4 x−x4

∫4e

(1− x

)dx =

∫4e

(1− x

)

= ∫e

dt = e

= e

4(1− x3 )

Подставляя полученные интегралы в исходное выражение,

1

=e

4 x−x4

+C , u = −

1

получаем −

. Следовательно ,

u

e4 x−x4

+C

общее решение имеет вид y = uv = −

e−x4

. Используя

e4 x−x

4

+C

начальные условия задачи Коши, определим С. Так как y(0) = −1, то −1 = −1+1C , С=0.

Тогда имеем y = −e−4 x . Ответ: y = −e−4 x .

15

16

2. Уравнения высших порядков

Далее перейдем к уравнениям более высокого порядка. Дифференциальным уравнением порядка n , разрешенным

относительно старшей производной, называется дифференциальное уравнение вида

y(n) = f (x; y; y′; y′′;...y(n−1) ) .

Частным решением дифференциального уравнения называется любая функция y = y(x), при подстановке которой в

дифференциальное уравнение, оно превращается в тождество. Задачей Коши для дифференциального уравнения порядка n называется задача отыскания решения дифференциального уравнения

y(n) = f (x; y; y′; y′′;...y(n−1) ) ,

удовлетворяющего условиям

y(x0 ) = y0 , y′(x0 ) = y0′, y′′(x0 ) = y0′′,…, y(n−1) (x0 ) = y0(n−1)

при x = x0 .

Доказано, что при определенных условиях задача Коши имеет решение и при том единственное.

Общим решением дифференциального уравнения

y(n) = f (x; y; y′; y′′;...y(n−1) ) называется совокупность функций

y =ϕ(x;C1;C2 ;...Cn ) , где C1,C2 ,...,Cn - произвольные постоянные, удовлетворяющая условиям:

1. При любом наборе произвольных постоянных C1,C2 ,...,Cn функция y =ϕ(x;C1;C2 ;...Cn ) является частным решением дифференциального уравнения;

2. Для любых начальных условий задачи Коши y(x0 ) = y0 ,

y′(x0 ) = y0′, y′′(x0 ) = y0′′,…, y(n−1) (x0 ) = y0(n−1) при

x = x0 существует такой набор значений произвольных постоянных C01,C02 ,...,C0n , что выполнены условия

ϕ(x0 ;C01;C02 ;...C0n ) = y0 , ϕ′(x0 ;C01;C02 ;...C0n ) = y0′,…….,

ϕ(n−1) (x0 ;C01;C02 ;...C0n ) = y0(n−1)

5.Уравнения, допускающие понижение порядка. Пусть дано уравнение порядка n вида

F (y(n) , y(n−1) ,...y(k ) , x)= 0 ,

16

17

то есть в данное уравнение явно не входят неизвестная функция и производные этой функции до порядка k-1 включительно. Введем новую неизвестную функцию z(x) = y(k ) (x) . Производные функции y(x) выразятся через производные функции z(x) следующим образом: y(k +1) = z′,…, y(n) = z (n−k ) . Подставляя в исходное уравнение, получаем F (z (n−k ) , z (n−k −1) ,...z′, z, x)= 0 . Полученное уравнение для функции z(x) является уравнением более низкого порядка. Если функция z(x) определена, то функция y(x) определяется интегрированием соотношения y(k ) (x) = z(x) .

Задача 14. При x>0 найти общее решение дифференциального уравнения

2xy′′′ = y′′.

Это уравнение явно не содержит y и y′. Обозначим y′′ = z . Тогда: y′′ = z , y′′′ = z′. Подставляя в исходное уравнение, получаем

2xz′ = z .

Уравнение для определения функции z(x) является уравнением с

разделяющимися переменными. Найдем его решение: 2x

dz

= z ;

dx

dz

dx

dz

dx

1

=

; ∫

= ∫

; ln

z

=

ln x +ln

C

; ln

z

= ln

C

x ;

z

=

C

x ;

z

2x

z

2x

2

z = C

x .

2

Так как y′′ = z , то y′ = ∫zdx +C1 = ∫C xdx +C1

=

Cx x +C1 . Тогда

2

4

3

2

x +C1 x +C2 .

y = ∫

Cx

x

+C1 dx +C2 =

Cx

3

15

Обозначим C3 = 154 C .

Ответ: y = C3 x2 x +C1 x +C2 , где C3 ,C1 ,C2 - произвольные

постоянные.

Задача 15. Найти общее решение дифференциального уравнения

(1+ x2 ) y′′+ 2xy′ = x3 .

Данное уравнение не содержит явно неизвестную функцию y . Введем новую неизвестную функцию z = y′. Тогда y′′ = z′ и уравнение преобразуется к виду

(1+ x2 )z′+ 2xz = x3 .

Полученное уравнение является линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать z в виде z = uv . Тогда y′ = u′v +uv′. Подставляя y и y′ в исходное уравнение,

получаем:

17

							18
	2	du			dv			3
(1+ x		)		v +u			+ 2xuv = x		;
		dx			dx

u

(1

+ x2 )

dv

+ 2xv

+(1+ x2 )

du

v = x3 .

dx

dx

dv

Выберем функцию v(x) из условия (1+ x2 )

+ 2xv = 0 .

dx

Уравнение для функции v(x) является уравнением с

разделяющимися переменными. Найдем его решение:

(1+ x

2

)

dv

+ 2xv = 0

,

dv

= −

2x

dx ; ∫

dv

= −∫

2x

dx ;

dx

v

1+ x2

v

1+ x2

∫

dv

= −∫

d (x2 +1)

;

ln v = −ln(1+ x

2

) , v =

1

.

v

1+ x2

1+ x2

Найдем функцию u(x) :

(1+ x2 )

du

1

= x3 ;

du

= x3 ; u = ∫x3dx

=

1

x4

+C1.

dx 1+ x

2

dx

4

Тогда

1

1

1

x4

C

z

= uv =

x

4

+C

+

=

1

.

2

2

2

4

1

1+ x

4 (x

+1) x

+1

Определим y .

y = ∫zdx =

1

∫

x4

dx +

∫

C

dx =

1

4

(x2 +1)

x2 +

1

1

2

1

C

=

x

−

1+

dx

+

1

dx =

4

(x

2

+1)

∫x

2

+1

∫

1

x3 −

1

x +

1

arctgx +C arctgx +C

.

12

4

4

1

2

Так как C

+

1

является так же произвольной постоянной, то

1

4

окончательный ответ может быть записан в виде

y = 121 x3 − 14 x +C1arctgx +C2 . Ответ: y = 121 x3 − 14 x +C1arctgx +C2 .

18

19

Второй тип уравнений, допускающих понижение порядка, - это уравнения, которые явно не содержат независимую переменную x . (Мы будем рассматривать только уравнения второго порядка, однако предложенный метод применим и для уравнений более высокого порядка.) Пусть дано уравнение вида

F ( y′′, y′, y) = 0 .

Будем искать производную y′как функцию y в виде y′ = p( y) , где p( y) - неизвестная функция. Тогда

y′′= dxd p( y) = dpdy dydx = p′p .

Подставляя y′′ и y′в исходное уравнение, получаем

F ( p′p; p; y) = 0 .

Полученное уравнение является уравнением первого порядка для функции p( y) . Если нам удастся найти функцию p( y) , то для определении y имеем уравнение y′ = p( y) , которое является уравнением с разделяющимися пере6менными.

Замечание. При изложенном методе могут быть потерянны решения p( y) = 0 , то есть y = const . Поэтому такие решения рекомендуется выписывать отдельно.

Задача 16. Найти решение задачи Коши:

y

′′

=128y

3

,

′

y(0) =1, y (0) = 8 .

= p p . Подставляя y

Будем искать y

′

в виде y

′

= p( y) . Тогда y

′′

′′

′

и y′ в исходное уравнение, получаем

′

=128y

3

. Полученное для p( y) уравнение

p p

является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем

его решение: p

dp

=128y3 ,

pdp =128y3 dy , ∫pdp = ∫128y3 dy ,

dy

p2

= 32 y 4 +C . Определим произвольную постоянную С. Так как

2

y (0) = 8 , то p = 8 при y =1. Тогда

при x = 0 имеем y(0) =1, а

′

32=32+С, С=0. Следовательно,

p2

= 32 y 4 или . Знак плюс при

2

y (0) = 8

-

положительное

извлечении корня выбран потому, что

′

число. Неизвестную функцию y(x) определяем из уравнения

y′ = 8y 2 . Найдем его решение:

dy

= 8y 2 ,

dy

= 8dx ,

∫

dy

= ∫8dx ,

2

2

dx

y

y

−

1

= 8x +C , y = −

1

. Так как y(0) =1, то 1 = −

1

, C = −1 .

y

8x +C

C

Следовательно, y = −

1

.

8x −1

19

20

Ответ: y = −8x1−1 .

Задача 17. Найти решение задачи Коши:

y′′ = 6 y2 , y(2) = 14 , y′(2) = −14 .

Будем искать y′ в виде y′ = p( y) . Тогда y′′ = p′p . Подставляя y′′ и y′ в исходное уравнение, получаем

p′p = 6 y2 .

Полученное для p( y) уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Найдем его решение:

	p	dp			= 6 y2 ,		pdp = 6 y2dy				,	∫pdp =			∫6 y2dy ,							p2			= 2 y3 +C .
																					2
		dy
Определим произвольную постоянную С. Так как при x = 2
							1			′	1				1						1
имеем y(2) =									, а	y (2) =		, то p =					при			y =					. Тогда
								4			4				4								4
	1		=	1		+С, С=0. Следовательно,							p2		=		2 y	3	или . Знак плюс при
32				32									2
																						1
																	′			=					-
																					4
извлечении корня выберем потому, что y (2)

положительное число. Неизвестную функцию y(x) определяем

′

3

dy

3

2

из уравнения y

= 2

y

. Найдем его решение:

dx = 2 y

,

dy

= 2dx ,

∫

dy

= ∫2dx , −

2

= 2x +C , y =

4

. Так

3

3

(2x +C)

2

y 2

y 2

y

как y(2) =

1

, то

1

=

4

, C = 0. Следовательно,

y =

1

.

4

4

(4

+C)2

x2

Ответ: y =

1

.

x2

Задача 18. Решить задачу Коши

y′′ =18sin3 y cos y ,

π

y(1) =

2 , y′(1) = 3.

Будем искать y

′

в виде y

′

= p( y) . Тогда y

′′

′

= p p .

Подставляя y′′ и y′

в исходное уравнение, получаем

20