МАТАН: Дифференциальные уравнения

31

−1−ln 2 +(3 −ln 2)ex = −x +(e x +1)ln(e x +1) + +(3 −ln 2 − x)ex −2 −ln 2

Ответ: y = −x +(e x +1)ln(e x +1) + (3 −ln 2 − x)ex −2 −ln 2 .

7. Решение систем линейных дифференциальных уравнений. Нормальной системой дифференциальных уравнений

называется система вида

	dy1			= f (x; y ; y ;...y )
dx		1				1	2		n
dy2				= f2 (x; y1; y2 ;...yn )
dx
....................................
	dyn			= f	n	(x; y	; y	2	;...y	n	)
						1
dx

Задачей Коши для системы дифференциальных уравнений называется задача нахождения частного решения указанной системы, удовлетворяющего условиям

y1 = y10 , y2 = y20 ,….., yn = yn0 при x = x0 .

Одним из методов решения систем дифференциальных уравнений, является метод исключения, который позволяет систему n дифференциальных уравнений первого порядка свести к одному дифференциальному уравнению порядка n.

Задача 24. Найти решение системы дифференциальных уравнений

dxdt =3x −2 y,

dydt = −x +2 y,

удовлетворяющее условиям x(0) =1, y(0) =1. Продифференцируем первое уравнение. Получаем

d 2 x =3 dx −2 dy . dt2 dt dt

Подставим в полученное уравнение значение dydt , взятое из второго уравнения системы. Получаем

31

32

d 2 x

=3 dx

−2 dy ;

d 2 x

=3 dx

−2(−x +2 y) ;

dt2

dt

dt

dt2

dt

d 2 x

= 3 dx

+2x −4 y .

dt2

dt

1

dx

Из первого уравнения системы выразим

y :

y =

3x −

.

2

dt

Тогда уравнение						d 2 x	=3 dx		+2x −4 y можно переписать в виде
						dt2		dt
d 2 x		= 3	dx	+2x −2		3x −	dx	. Данное уравнение является линейным
dt	2		dt
							dt

дифференциальным уравнением второго порядка для определения неизвестной функции x(t) . Приводя подобные, запишем его в виде

d 2 x −5 dx + 4x = 0 . dt2 dt

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 −5λ +4 = 0 ; (λ −1)(λ −4) = 0 ; λ1 =1, λ2 = 4 .

Решение дифференциального уравнения имеет вид

x =C et +C

e4t , где C ,C

2

- произвольные постоянные.

1

2

1

Найдем y(t) . Так как

y =

1

3x − dx

, то, подставляя x =C et +C

e4t ,

1

2

получаем:

2

dt

dx

y =

1

−

1

(3C1e

t

+3C2e

4t

−C1e

t

−4C2e

4t

);

2

3x

dt

=

2

y =C1et −

1 C2e4t .

2

Тогда общее решение системы имеет вид:

x =C1et +C2e4t ;

y =C1et − 12 C2e4t .

Где C1,C2 - произвольные постоянные.

Используя начальные условия, найдем произвольные постоянные. Так как x(0) =1, y(0) =1, то для определения C1,C2 имеем систему

уравнений:

C1 +C2 =1;C − 1 C =1.

1 2 2

Решая систему, получаем С1 =1,C2 = 0.

Ответ: x = et ,

y = et .

32

33

Задача 25. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений

dxdt = x +4 y,

dydt = x − y.

Продифференцируем первое уравнение. Получаем

d 2 x = dx +4 dy . dt2 dt dt

Подставим в полученное уравнение значение dydt , взятое из второго уравнения системы. Получаем

d 2 x		= dx		+4(x − y) ;
dt2			dt
d 2 x		= dx		+4x −4 y .
dt2			dt					1	dx
Из первого уравнения системы выразим							y : y =				− x .
								4
									dt
Тогда уравнение					d 2 x	= dx +4x −4 y можно переписать в виде
					dt2	dt
d 2 x		=	dx	dx		. Данное уравнение является линейным
dt	2		dt	+4x −	− x
				dt

дифференциальным уравнением второго порядка для определения неизвестной функции x(t) . Приводя подобные, запишем его в виде

d 2 x +5x = 0 . dt2

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 +5 = 0 ; λ = ± 5i .

Решение дифференциального уравнения имеет вид

x = C1 sin 5t +C2 cos 5t , где C1 ,C2 - произвольные постоянные.
Найдем y(t) . Так как	y =	1	dx		, то, подставляя
		4		− x
			dt

x = C1 sin 5t +C2 cos				5t , получаем:
y =	1	dx		=	1	(C1	5 cos 5t	−C2	5 sin 5t −C1 sin 5t −C2 cos 5t );
	4		− x		4
		dt

33

			34
y = C1	1	( 5 cos 5t −sin	5t )+C2	1	(−	5 sin 5t −cos 5t ).
	4			4

Тогда общее решение системы имеет вид:

x = C1 sin	5t +C2 cos 5t ;
y = C1 1 (	5 cos 5t −sin		5t )+C2	1 (−	5 sin	5t −cos	5t ).
4				4
Где C1,C2 - произвольные постоянные.
Ответ: x = C1 sin		5t +C2 cos 5t ;
	y = C1 1 (	5 cos	5t −sin	5t )	+C2 1	(− 5 sin	5t −cos 5t ).
	4				4
Задача 26. Найти общее решение системы
дифференциальных уравнений
		dx	= x +4 y,
		dt
		dy	= 2x +3y.
		dt
Продифференцируем первое уравнение. Получаем
		d 2 x	= dx +4 dy .
		dt2	dt	dt

Подставим в полученное уравнение значение dydt , взятое из второго уравнения системы. Получаем

d 2 x		= dx		+4 dy ;	d 2 x = dx +4(2x +3y) ;
dt2			dt	dt	dt2		dt
d 2 x		= dx		+8x +12 y .
dt2			dt						1	dx
Из первого уравнения системы выразим								y : y =
									4		− x .
										dt
Тогда уравнение						d 2 x	= dx +8x +12 y можно переписать в виде
						dt2	dt
d 2 x		=	dx	+8x +3	dx	− x
dt	2		dt				. Данное уравнение является линейным
					dt

дифференциальным уравнением второго порядка для определения неизвестной функции x(t) . Приводя подобные, запишем его в виде

d 2 x −4 dx −5x = 0 . dt2 dt

34

35

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 −4λ −5 = 0 ; (λ +1)(λ −5) = 0 ; λ1 = −1, λ2 = 5 .

Решение дифференциального уравнения имеет вид

x = C1e−t +C2e5t , где C1,C2 - произвольные постоянные.

Найдем y(t) . Так как y = 1

dx

− x

, то, подставляя x = C e−t +C

e5t ,

4

1

2

получаем:

dt

dx

y =

1

=

1

(−C1e

−t

+C2 5e

5t

−C1e

−t

−C2e

5t

)= −

1

C1e

−t

+C2e

5t

.

4

− x

4

2

dt

Тогда общее решение системы имеет вид:

x = C1e−t +C2e5t ;

y = − 12 C1e−t +C2e5t .

Где C1,C2 - произвольные постоянные. Ответ: x = C1e−t +C2e5t ;

y = − 12 C1e−t +C2e5t .

35

y′ = u + xu′.

36

4.Пример решения варианта типового расчета

Задача 26. Найти общий интеграл дифференциального уравнения

y′ =	ey
		.
	x2 −1

Данное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными

Тогда f (x) = x21−1 , g( y) = ey . Заметим, что g( y) ≠ 0 . Разделяем

переменные:

e−y dy = x2dx−1 .

Интегрируя правую и левую части, получаем

∫e−y dy = ∫x2dx−1 .

После вычисления интегралов имеем: −e−y = 12 ln xx +−11 +C .

	Ответ: −e−y −	1			x −1			= C .
			ln
		2			x +1

Задача 27. .Найти общий интеграл дифференциального уравнения

y′ = yy +− xx + xy .

Данное уравнение является однородным. Будем искать неизвестную функцию y(x) в виде y = xu . Тогда Подставляя y и y′в исходное уравнение, получаем:

u + x dudx = uu +−11 +u .

Полученное уравнение преобразуем к виду

dudx = 1x uu +−11 .

Разделяем переменные

(u +1) du = dx .
(u −1)	x

Интегрируем правую и левую части

37

∫((uu +−1)1) du = ∫dxx + ln C .

(В нашем случае произвольную постоянную удобнее обозначит не С, а ln C , где C ≠ 0 . Вычисляя интегралы в правой и левой

частях уравнения, получаем

u + 2ln u −1 = ln x +ln C .

Потенцируя, имеем

eu (u −1)2 = Cx .

Избавляясь от знака модуля, получаем

eu (u −1)2 = Cx .

Поскольку u = xy , то полученное соотношение может быть представлено в виде

y

y

2

e x

−1 = Cx .

x

Данное выражение преобразуем к виду

e

y

(y − x)2 = Cx3

x

Заметим, что в уравнении

du

=

1 u −1

, выражение

u −1

= 0

dx

x u +1

u +1

при u1 =1. Следовательно, функция u =1 является решением дифференциального уравнения для неизвестной функции u(x) , а значит, функция y = x является решением исходного

дифференциального уравнения.

y

Решение y = x содержится в решении e x (y − x)2 = Cx3 , если

положить С=0.

y

Ответ: e x (y − x)2 = Cx3 , где С – произвольная постоянная.

Задача 28. Найти решение дифференциального уравнения

y′+(tgx) y = 2xcos x ,

удовлетворяющее начальному условию y(0)=1.

Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем искать y в виде y =uv . Тогда y′=u′v +uv′. Подставляя y и y′ в

38

исходное уравнение, получаем: u′v +uv′+ (tgx)uv = 2xcos x ;

(v′+vtgx)u +u′v = 2x cos x .

Выберем функцию v(x) из условия v′+vtgx = 0. Уравнение для функции v(x) является уравнением с разделяющимися

переменными. Найдем его решение: v′+vtgx = 0, dvv = −tgxdx ;

∫dvv = −∫tgxdx ; ln v = ln cos x ; v = cos x .

Найдем функцию u(x) : u′cos x = 2xcos x ; u′ = 2x ;

u = ∫2xdx ; u = x2 +C .

Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид

y = uv = (x2 +C) cos x .

Произвольную постоянную С определим из условия y(0) =1:

1 = C .

Ответ: y = (x2 +1) cos x .

Задача 29..Найти решение дифференциального уравнения

	′	3		−2 x		2
	y + y =		e		y		,	удовлетворяющее начальному условию
		2
	y(0)=2.

Данное уравнение является уравнением Бернулли. Будем искать y в виде y = uv . Тогда, подставляя y и y′в исходное

′

′

3

−2 x

2

2

уравнение, получим u v +u(v

+v) =

e

u

v

:. Функцию v(x)

2

определяем из условия:

dv

+v = 0;

dv

= −dx ;

∫

dv

= −∫dx ;

dx

v

v

3

−x

′

−x

−2 x

2

−2 x

ln v = −x ; v = e

. Определим u(x) : u e

=

e

u

e

;

2

du 3

−3x

du 3

−3x

1

1

−3x

=

e

dx ;

∫

=

∫e

dx +С; −

= −

e

+C ;

u2

2

u2

2

u

2

u = −

1

.

−1 e−3x +C

2

39

Следовательно, общее решение имеет вид y = −						e−x
							. Из
					−	1 e−3x +C
						2
условия			y(0) = 2 определяем произвольную постоянную С:
2 = −		1		; С=0.
	−	1	+C
		2	y = 2e2 x .
Ответ:

Задача 30..Найти общее решение дифференциального уравнения

y′′+ yx′ = 4 9 x .

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

z′+ xz = 4 9 x .

Уравнение для определения функции z(x) линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать

z в виде z = uv . Тогда

z

′

′

′

. Подставляя z

и z

′

в

=u v +uv

′

′

uv

=

9

x

4 x

исходное уравнение, получаем: u v +uv

+

;

(v

′

v

′

9

4 x .

+ x)u +u v =

v

Выберем функцию v(x) из условия v′+

= 0. Уравнение для

x

функции v(x) является уравнением с разделяющимися

переменными. Найдем его решение: v′

v

dv

dx

+

=

0,

= −

;

x

v

x

∫

dv

= −∫

dx

; ln v = −ln x ; v =

1

.

v

x

x

1

9

; u′ =

9

Найдем функцию u(x) : u′

=

x ;

x

4 x

4

u =

9

xdx ; u =

3

x

x +C .

4 ∫

2

1

40

Тогда для функции

z = uv = 32 x

Так как y′ = z , то

y= ∫zdx +C2 = ∫ 3

2

z(x) имеем выражение

x +C	1		=	3	x +	C1	.
1			2			x
	x

x+ C1 dx +C2 = x x +C1 ln x +C2 ., где

C1,C2 - произвольные постоянные.

Задача 31. Найти решение дифференциального уравнения

4 y3 y′′ = y4 −1,

						′				1
	удовлетворяющее начальным условиям y(0)=						(0)= 2 2 .
						2 , y
	Так как исходное уравнение явно не содержит независимую
	переменную x , будем искать y	′	в виде y	′	= p( y) . Тогда y			′′		′
									= p p .

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

4 y3 p dpdy = y4 −1.

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

4 p

dp

=

y4 −1

,

4 pdp =

y4 −1

dy , 4∫pdp = ∫

y4 −1

dy ,

dy

y3

y3

y3

2 p2 =

y2

+

1

+C . Определим произвольную постоянную С.

2 y2

2

Так как при x = 0 имеем y(0) =

′

1

2

2 , а y (0) = 2

, то

p =

1

при y = 2 . Тогда

1

=1+

1

+C , С= −1.

2

2

4

4

	Следовательно, p2 = y2 +	1		1	2			1
			−2 = y −			или	p = y −		.
		2
		y		y				y

Знак плюс при извлечении корня выбран потому, что