Ларина

Э

1) v - x v = 0 Þ

v

=

x

Þ ln | v |= 2ln | x | Þ v = x .

НИ

Решение. Это линейное уравнение первого порядка. Решим его методом

Бернулли. Пусть y = uv,

y/ = u/ v + v/ u . Подставляя в уравнение, имеем:

u/ v + v/ u -

2

uv = 2x3

Þ u/ v + u(v/ -

2

v) = 2x3 .

АГ

2

x

dv

2dx

x

/

2

2) u/ v = 2x3 Þ u/ x2 = 2x3

Þ u/ = 2x Þ u = x2 + C .

ка

Отсюда получаем общее решение уравнения

y = uv,

y = (x2 + C)x2 .

Учитывая условие у(1)=2, получаем: 2 = (1 + С), т.е. С = 1.

Частное решение исходного уравнения

у = (х2

+1)х2 .

е

Пример 3. Проинтегрировать уравнение ( у4 + 2х) у/

= у .

Решение. Данное уравнение можно легко проинтегрировать,

сли принять за

аргумент у, а за неизвестную функцию х. Для этого нужно положить у

/

=

1

.

Тогда данное уравнение преобразуется в следующее:

т4

+ 2х

=

/

у .

х/

у

х

/

2х

3

Это уравнение линейное относительно х. х

-

= уо. Решим его методом

у

б

и

произвольной постоянной (метод Лагранжа).

у

ò

x

ò

y

л

Интегрируем соответствующее однородное уравнение

х/ -

2х

=

0,

dx

=

2dy

;

имеем x = Cy2 . Решение исходного неоднородного уравнения ищем в виде

x = C( y)y2 . Откуда x/

= C / ( y) y2 +

б

. Подставляя в уравнение, получаем

2C( y)y

/

2

2С( у) у2

3

/

и

у2

+ С .

С

( у) у

+ 2С( у) у -

= у

Þ

С

( у)

= у

Þ С(у) =

у

2

ая

æ

у2

ö

2

Следовательно, решение исходного уравнения

ç

÷

у .

+

х = ç

2

С ÷

1.6.

Уравнение Бернулли.

è

ø

н

(7), где P(x), Q(x)

Определение. Урав е ие вида у/ + Р(х) у = Q(x) yn , n ¹ 0, n ¹ 1

- непрерывные фу кциин , называется уравнением Бернулли.

Уравнение Бернулли решается, также как и линейное, подстановкой у = uv или

тр

вариацией пр изв льной постоянной.

Приводится к линейномуо

уравнению подстановкой z = y1−n .

Пример 1. Решить уравнение у/ +

у

= -ху2 .

е

х

Р ш ние. Данное уравнение является уравнением Бернулли. Применим

л

к

/

/

/

/

/

uv

2

подстановку у = uv,

y

= u

v + v

u . Имеем u

v + v

u +

= -x(uv)

. Или

x

u/ v + u(v/ +

v

) = -x(uv)2

. Откуда

x

Э

1) v/ +

v

= 0 Þ

dv

= -

dx

Þ ln | v |= -ln | x | Þ v =

1

.

НИ

v

x

x

du

1

x

-1

2) u/ v = -x(uv)2

Þ u/ = -xu2v Þ

= -dx Þ -

= -x + C Þ u =

.

u2

u

- x + C

-1

Следовательно, решение уравнения y = uv,

y =

.

x(-x + C)

Пример 2. Решить уравнение y/ - 2xy = 3x3 y2 ,

у(0) = 1.

Решение. Это уравнение Бернулли. Приведём его к линейному уравнению,

используя подстановку

z = y−1 ,

z /

= -y−2 y/ .

АГ

Разделим обе части данного уравнения на

y2 :

у−2 у/ - 2ху−1 =

2х3 .

Выполняя указанную подстановку, получим линейное уравнение

z / + 2xz = -2x3

(1).

Решим это уравнение методом вариации произвольной постоянной.

dz

ка

Сначала решаем однородное уравнение z /

+ 2xz =

0 Þ

= -2xdx Þ z = Ce−2x .

z

е

Решение неоднородного уравнения будем искать в виде

z = C(x)e−2x , тогда

z / = C / (x)e−2x - 2C(x)e−2x . Подставляя z,

т

z/

в уравнение (1), имеем

С

/

(х)е

−х2

- 2хС(х)е

− х2

+ 2хС(х)е

− х2

= -2х

3

Þ С

/

(х)е

− х2

о

3

.

= -2х

Интегрируя, находим С(х):

и

С(х) = ò- 2х3

2

dx

x

2

= t,

= -òtet dt

t = u,

du = dt

2

(1- x2 )

ех

e

t

dt = dv,

б

л

t

= -tet + òet dt = -tet + et = ex

2xdx = dt

v = e

Решение уравнения (1) имеет вид

− x

2

, тогда общее решение

z =

1- x

2

+ Ce

исходного уравнения будет у =

1

и

.

Так как у(0) = 1, имеем

1-

х

2

+ Се

−х2

1

б

= 1 Þ С = 0.

С +

1

1

Следовательно, частное решение исходного уравнения

у =

.

1- х2

ая

/

2

- 4у = х

у .

Пример 3. Решить диффере циальное уравнение ху

Решение. Приведем уравн ение к виду: у/

-

4у

= х

. Это уравнение Бернулли.

у

х

Полагаем y = uv,

y /

= u/ v + v/ u . Получаем уравнение

4uv

н

/

/

/

æ

/

4

ö

uv .

Решаем первое уравнение с

u

v

+ v

u -

= x

uv или u

v + uçv

-

v

÷

= x

x

о

è

x

ø

разделяющимися переменными:

1) v/ -

4

v = 0 Þ

dv

=

4dx

Þ ln | v |= 4ln | x |Þ v = x4 .

x

x

тр

v

Р ша м второе уравнение с разделяющимися переменными:

2) u/ x4

к

× x2 , т.е.

du

dx

1

ln 2 | cx |.

= x

u

=

Þ 2

u

= ln | x |

+ln | c | Þ u =

x

4

л

е

u

+ C

Э

Следовательно,

у =

1

х4 ln 2 | cx |

- общее решение заданного уравнения.

НИ

4

Пример 4. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения

1) v

/

y/

- ytgx + y2

cos x = 0,

y(0) = 1.

1 .

АГ

- vtgx = 0 Þ dv

= tgxdx Þ ln | v |= -ln | cos x | Þ v =

Решение. Представим уравнение в виде:

y/

- ytgx = -y2 cos x. Это уравнение

Бернулли. Решим его с помощью подстановки: y = uv,

y/ = u / v + v/ u.

Тогда

уравнение примет вид: u/ v + v/ u - uvtgx = -(uv)2 cos x.

Или

u/ v + u(v/ - vtgx) = -(uv)2

cos x. Откуда имеем:

v

du

-1

cos x

-1

2) u/ v = -(uv)2 cos x Þ u/

= -u2

Þ

= -dx Þ

= -x + C Þ u =

.

u

- x + C

u2

т

-1

Следовательно, общее решение уравнения:

ка

.

y = uv,

y =

(-x + C) cos x

-1

о

1

Учитывая условие у(0)=1, имеем: 1 =

Þ С = -1,

следоваеельно, y =

С

(x +1) cos x

есть решение задачи Коши.

Задания для самостоятельной работы.

1.

xy/

+ y - ex

= 0,

y(0) = 1

б

л

иОтвет: y =

ex

-1

и

x

2.

y

/

- ytgx =

1

,

y(0) = 0

Ответ:

y =

x

cos x

б

cos x

3.

Ответ:

y/

- ythx = ch2 x,

y(0) = 0

y = chxshx

4.

y

/

sin x - y cos x

= 1,

æ π

ö

Ответ:

y = −cos x

yç

2

÷ = 0

8.

xy

+ y = y

ln x,

è

ø

ая

Ответ: y = 1+ ln x

y(1) = 1

5.

y

/

- 2xy =

3x2 -

2x4

,

y(0) =

0

Ответ:

y = x3

6.

xy/

- 2y = 2x4 ,

y(1) = 0

Ответ:

y = x4 - x2

7.

y

/

+ y cos x = esin x ,

y(0) = 0

Ответ:

y = xe− sin x

/

2

н

н

1

9.

y

/

+ 2y = ex y2 ,

Ответ: y = e− x

y(0) = 1

10.

y/

+ y = xy2 ,

о

Ответ:

1

y(0) = 1

y =

1

+ x

11.

тр

sh2x

1

Ответ: y =

1

y/ shx + ychx =

y2 ,

y(0) =

sh1

12.

2

Ответ:

shx

y = x(y/ - x cos x)

y = x(C + sin x)

13.

y

/

-

y

= tg

x

Ответ: y = (x + C)tg

x

sin x

2

2

е

14.

x

dy

+ y = 4x3

Ответ: y = x3

+

C

л

dx

к

x

15.

y

/

-

y

= -y2 ,

y(1) = -1

Ответ:

y =

2x

x

x

2

- 3

Э

1.7. Уравнение в полных дифференциалах.						НИ
Определение. Уравнение вида P(x; y)dx + Q(x; y)dy = 0			(8) называется
уравнением в полных дифференциалах, если	¶P	=	¶Q	.	АГ
	¶y		¶x

Если уравнение (8) является уравнением в полных дифференциалах, то его можно представить в виде: dU (x; y) = 0. Откуда следует, что общее решение

уравнения (8) имеет вид U (x; y) = C .

Функция U(x,y) может быть найдена по

формуле

x

y

U = òP(x, y)dx +

òQ(x0 , y)dy ,

(9)

е

x0

y0

т

где (x0 ; y0 ) - произвольная

точка , в которой интегралы в правойкачасти формулы

имеют смысл.

Пример 1. Решить уравнение 2x cos2 ydx + (2y - x2 sin 2y)dy = 0.

Решение. Это уравнение в полных дифференциалах. Здесь

P = 2x cos2 y,

Q = 2y - x2 sin 2y.

¶P

= -2xsin 2y,

¶Q

= -2оxsin 2y Þ

¶P

=

¶Q

.

¶y

л

и

¶y ¶x

¶x

Значит, существует функция U,

такая, что

dU = 2x cos2

ydx + (2y - x2 sin 2y)dy.

и

б

Поэтому

¶U

= 2x cos2

y Þ U = ò2xcos2

= x2 cos2 y + f ( y), f (y) - const.

ydx

¶x

Дифференцируя найденную функц ю по у, получим выражение

¶U

= -x

2

sin 2y + f

/

(y) = Q Þ -x

2

sin 2y + f

/

( y) =

2y - x

2

sin 2y Þ

¶y

ая

б

f / ( y) = 2y Þ f ( y) = y2 + C.

Следовательно,

U = x2 cos2 y + y2 + C

или

x2 cos2

y + y2

= C.

Пример 2. Найти общий и теграл уравнения (х + у - 2)dx + (ey + x)dy = 0.

Решение. Здесь,

н

Q = e y + x,

¶P

¶Q

= 1;т.е. данное уравнение

P = x

+ y

- 2,

= 1,

н

¶y

¶x

является уравнением в полных дифференциалах.

тр

х

0

y

Найдём общий интеграл по формуле òP(x, y)dx + òQ(x0 , y)dy = C .

о

х0

y0

Пусть x0

= 0,

y0

= 0 , тогда

x

y

y

é1

2

ù x

y

y

ò

е

ò

ê

ú

+ (e ]

(x + y - 2)dx

+

e dy = C Þ

x + xy -

2x

= C

0

к

0

ë2

û0

л

1

2

y

2

x

+ xy

- 2x

+ e

-1 = C.

Э

Пример 3. Решить уравнение (x2 + y2 + y)dx + (2xy + x + e y )dy = 0,

y(0) = 1.

НИ

Решение. Уравнение в полных дифференциалах, так как

¶P

= 2y +1,

¶Q

= 2y +1 Þ

¶P

=

¶Q

. Вычислим

¶y

¶y

¶x

¶x

òPdx = ò(x2

+ y2

+ y)dx =

x3

+ y2 x + yx + ϕ( y),

ϕ( y) = const.

3

òQdy = ò(2xy + x + e y )dy = xy2

+ xy + e y +ψ (x),

ψ (x) = const.

Далее составляем окончательное выражен е функции U (дописываем к

Беря все известные члены первого результата, и дописывая к ним недостающие

члены, зависящие только от у, второго результата,

АГ

получаем общее решение исходного уравнения

x3

+ xy2 + xy + e y = C.

3

Учитывая, что у(0)=0 имеем: С = 1. Следовательно, частный интеграл

исходного уравнения

х

3

+ ху2

+ ху + е у = 1.

е

ка

3

= 0.

Пример 4. Решить уравнение (ex + y + sin y)dx + (ey + x + x cos y)dy = 0, y(0)

т

Решение. Уравнение в полных дифференциалах, так как

¶P

= 1+ cos y,

¶Q

= 1+ cos y, т.е.

¶P

=

¶Q

. Найдём функциюо

U , интегрируя каждый

¶y

¶x

¶y

¶x

и

её частный дифференциал отдельно:

òPdx = ò(ex + y + sin y)dx = ex + yx + xsin y + ϕ( y), где ϕ( у) = const.

л

òQdy = ò(e y + x + x cos y)dy = ey + xy + xsin y +ψ (x), гдеψ (х) = const.

и

б

известным членам первого выражения недостающие члены, зависящие от у, из

второго выражения) и, приравняв его произвольной постоянной С, находим

общий интеграл данного уравненияб:

ех + е у + ху + х sin y = C .

Учитывая условие у(0)=0, находим С: 1+1=С, т.е. С = 2.

Тогда частный интегр л исходного уравнения : ех + е у + ху + хsin y = 2 .

Зада ия для самостоятельной работы.

ая

Найти интеграль ые кривыен

дифференциальных уравнений.

1.

н

Ответ:

x

2

(x + y)dx + (x + 2y)dy = 0

+ xy + y2

= C

о

2

2.

(3x2

Ответ: x3 + 3x2 y2 + y4 = C

+ 6xy2 )dx + (6x2 y + 4y3 )dy = 0

3.

(2x + 5y)dx + (5x + 3y2 )dy = 0

Ответ: x2 + 5xy + y3

= C

4.

(2xy + 3y2 )dx + (x2

+ 6xy - 3y2 )dy = 0

Ответ: x2 y + 3xy2 - y3 = C

5.

(3y2

тр

Ответ: 3xy2 + x2 y + 3y + x2 = C

+ 2xy + 2x)dx + (6xy + x2 + 3)dy = 0

6.

к

Ответ:

x

3

+ xy2 + x2

(x2 + y2

+ 2x)dx + 2xydy = 0

= C

л

е

3

7.

(x3 - 3xy2 + 2)dx - (3x2 y - y2 )dy = 0

Ответ:

x4

3

x2 y2 + 2x +

y3

НИ

4

2

3

8.

(xchy + shy)dx + (xchx + shx)dy = 0

Ответ: yshx + xshy = C

9.

2x(1+

x2 - y)dx -

x2 - ydy = 0

Ответ: x2

+

2

(x2

+ y2 )3 / 2

= C

3

АГ

æ

1

y2

ö

æ

x2

1

ö

xy

x

10. ç

-

÷dx + ç

-

÷dy = 0

Ответ:

+ ln

= C

2

2

ç

(x - y)

÷

ç

(x - y)

y

÷

x - y

y

è x

ø

è

ø

11. (3x2 + 2y)dx + (2x - 3)dy = 0

Ответ: x3 + 2xy - 3y = C

15. (x cos2y - 3)dx - x2

sin 2ydy = 0

Ответ:

x2

cos 2каy - 3x = C

= C

12.

(3x2 y -

4xy2 )dx + (x3

- 4x2 y +

12y3 )dy = 0

Ответ:

x3 y

- 2x2 y2 +

3y4

13. (x + sin y)dx + (x cos y + sin y)dy = 0

Ответ:

1

x2

+ xsin y - cos y = C

14. (y + ex sin y)dx + (x + ex cos y)dy = 0

Ответ:

2

е

xy + ex sin y = C

т

2

1.8.

Уравнение Лагранжа.

Определение. Уравнением Лагранжа называется дофференциальное

л

уравнение первого порядка, линейное относ тельно х и у, коэффициентами

которого служат функции от у/

:

и

P( y/ )x + Q( y/ )y + R(y / ) = 0

(10).

и/

/

Разрешим его относительно y

, полагая

у/ = р :

у = хf ( p) + ϕ( p) .

б

Дифференцируя полученное уравнение и заменяя dy = pdx , приходим к

уравнению pdx = f ( p)dx + xf

( p)dp +ϕ ( p)dp .

ая

Оно линейное относительно

x

, егобрешение есть х = F( p,C).

Тогда общее решение уравнения Лагранжа имеет вид:

ì

x = F( p,C),

í

н

îy

= F( p,C) f ( p) +ϕ( p).

н

+ у/ 2 .

Пример 1.Проинтегрировать уравнение у = ху/ 2

+ р

.

Решение. Это- урав е ие Лагранжа. Полагая у

/

= р,

имеем у = хр

2

2

Дифференцируя это равенство и заменяя dy = pdx , приходим к уравнению с

тр

dx

2dp

разделяющимися переменными (1- p)dx = 2(x

+1)dp,

x +1

=

.

о

1- p

к

C

+1|= -2ln |1- p |

+ln C,

x +1 = ( p -1)2 .

Интегрируя его, находим ln | x

Э

л

е

Э

	î		( р -1)							Ср2	НИ
Используя уравнение		у = р2 (х +1)							, получим у =	( р -1)2	. Итак, общее решение
	ì			С
	ïх +1 =			( р -		1)		2
данного уравнения	ï								.
	í			Ср	2
	ï	у =
	ï						2

Если в общем уравнении исключить параметр р,

то его можно привести к виду:

(

+

)2 = С.

АГ

у

х +1

/

dp

dx

/

ка

/

/

Данное уравнение имеет и особое решение у = 0.

Пример 2. Решить уравнение y = x(1+ y/ ) + y/ 2

Решение. Положим

у/ = р . Тогда имеем у = х(1+ р) + р2 . Дифференцируя по х ,

приходим к уравнению

т

е

у

= (1+ р) + хр

+

2 рр

Þ (х + 2 р)

= -1 Þ x + 2 p = -

,

x

+ x = -2 p . Уравнение

dx

dp

линейное,

решим его методом Бернулли. Полагая

о

х = uv, получаем

u

/

v + u(v

/

+ v) = -2 p.

ò

и

1) v/ + v = 0 Þ

dv

= -dp Þ ln | v |= - p Þ v = e− p

v

2) u/ e− p = -2 p Þ u/ = -2 pe p Þ u = -2 pe p dp = -2( pe p - e p ) + C .

Следовательно,

î

б

- 2 p + Ce− p . Тогда общее решение

x = uv = e− p (-2 pe p + 2e p + C) = 2

и

л

уравнения имеет вид

ì

x = 2 - 2 p + Ce− p ,

2 .

í

б

− p

)(1+ p)

+ p

y = (2 - 2 p + Ce

1.9. Уравнение Клеро.

ая

/

Определение. Уравнением Клеро называется уравнение вида

у = ху/

+ϕ(у / )

(11)

н

Это уравнение является ч стным случаем уравнения Лагранжа.

Его общее решение имеет вид: у = Сх +ϕ(С).

н

Особое решение урав е ия Клеро , если оно существует, ( ϕ ( р) ¹ const)

определяется урав

е

иями

ì

о

х = -ϕ / ( р),

í

тр

( р) +ϕ( р).

î

у = - рϕ

/

Пример 1. Решить уравнение у = ху/

+ у/ - у/ 2 .

Решение. Э о -

у авнение Клеро. Положим у/ = р и перепишем уравнение в

виде

к

2

р2 . Дифференцируя его и заменяя dy = pdx , получим

2

у = хр + р

-

е

(x +1− 2 p)dp = 0.

pdx = pdx + (x +1)dp − 2 pdp,

Если положить dp = 0, то р = С . Подставляя это значение р в равенство

л

у = С(х +1) - С .

у

= хр + р - р , получаем общее решение данного уравнения:

Э

Если положить х = 2 р −1, то у = р2 , и приходим к особому решению исходного

уравнения íìх = 2 р -1. Исключая параметр р =

х +1

, находим особое решение в

2

î

у = р2

НИ

явном виде:

у =

(х +1)2

.

4

Пример 2. Решить уравнение х = ух/ + х/ 2 .

Решение. Это- уравнение Клеро. Полагая х/ = р и дифференцируя полученное

уравнение, имеем: х = ур + р2 , dx = pdy + ydp + 2 pdp .

ка

АГ

Заменяя dx = pdy,

ì

= pdy + ydp + 2 pdp, ( y + 2 p)dp = 0.

pdy

Если положить dp = 0,

то р = С Þ х = Су + С 2 .

Если положить у = -2 р, то х = - р2 .

е

Таким образом, общее решение уравнения х = Су + С 2 ,

íх = - р

2

у

особое решение

. Исключая параметр р = -

, им м особое решение

îу = -2 р

о

2

в явном виде х = -

у2

.

и

т

4

Таким образом, чтобы решить уравнения первого порядка надо знать его вид и

способ решения.

л

уравнение

вид

решение

1

с разделёнными

Р(x)dx + Q(y)dy = 0 или

òP(x)dx + òQ( y)dy = C

переменными

y

/

= f (x)

y = ò f (x)dx

б

с разделяющимися

P1 (x)Q1 (y)dx + P2 (x)Q2 (y)dy = 0

P1 (x)

Q2 (y)

2

переменными

и

ò

dx +

ò

dy = C

P (x)

Q ( y)

ая è a2 x + b2 y + c2 ø

(α, β ) - решение системы

б

2

1

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 или

y = ux, y/

= u / x + u

/

æ y ö

3

однородное

y

= f ç

÷

н

è x

ø

/

æ

ö

x = u +α, y = v + β;

ç

a1 x + b1 y + c1 ÷

о

н

y

= f ç

÷

ì a x + b y + c = 0

í 1

1

1

или

îa2 x + b2 y + c2 = 0

z = a1 x + b1 y

тр

y/

+ p(x) y = q(x)

y = uv, y/ = u/ v + v/ u

4

линейное

1) v/ + p(x)v = 0,

к

2) u/ v = f (x)

5

Б рнулли

y/ + p(x)y = q(x) yn , n ¹ 0, n ¹ 1

y = uv, y/ = u/ v + v/ u

или z = y1−n

л

в полных

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0,

x

y

едифференциалах

6

/

/

U =

ò

P(x, y)dx +

ò

Q(x, y)dy + C

Py

(x, y)

= Qx (x, y)

x0

y0

Э

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

§2. Уравнения высших порядков, допускающие понижение порядкаНИ.

Рассмотрим наиболее типичные случаи:

АГ

№

уравнение

подстановка

е

примечание

1

уn

= f (x)

yn−1 = ò f (x)dx + C

последоват льноекаинтегрирование

F(x, y / ,y //

) = 0

о

уравнение не содержит искомой

2

или

у/

= р,

у//

= р/

функции

т

y//

= f (x; y/ )

л

y//

= f ( y/ )

б

уравнениеи

F(y, y / ,y //

) = 0

не содержит

3

y//

= f ( y; y / )

у/

= р,

у//

= рр/

переменную х

y//

= f ( y)

б

2.1. Уравнение вида

у

= f (x) решается последовательным

ò

(n)

ая

и

1

интегрированием.

Пример 1. Найти общее решение уравнения у//

= sin 4x + 2x - 3 .

Решение. Интегрируем д нное уравнение два раза:

у/

= (sin 4x + 2x - 3)dx = -

1

cos4x + x2 - 3x + C ,

4

y = ò(-

1

cos 4x + x2 - 3x + Cн1 )dx = -

1

sin 4x +

x3

-

3x2

+ C1 x + C2 .

4

о

н

16

3

2

x3

2

1

3x

Следовательно, решение уравнения: y = -

sin 4x +

-

+ C1x + C2 .

16

3

2

В некоторых случаях удаётся понизить порядок дифференциального уравнения второго порядка. Зачастую оно приводится к дифференциальному уравнению первого порядка изученных ранее типов.

Пример 2. Найти частное решение уравнения, удовлетворяющего заданным

условиям: у/// =

6

, у(1) = 2, у/ (1) = 1, у // (1) = 1.

х3

е

данное уравнение три раза:

Решение. Проинтегрируемтр

у

//

=

6

кdx = 6

x−2

+ C . Þ y// = - 3 + C . Так как y// (1) = 1, то C

= 4, y = - 3 + 4.

л

ò х3

- 2

1

x2

1

1

x2

y

/

=

ò

(

- 3

+ 4)dx =

3

+ 4x + C2

Þ y

/

=

3

+ 4x + C2 .

x2

x

x

Э

Так как y/ (1) = 1, то C2 = -6, y/

=

3

+ 4x - 6.

НИ

x

3

æ

ö

2

2

y = òç

+ 4x

- 6÷dx

= 3ln | x | +2x

- 6x + C,

y = 3ln | x | +2x

- 6x + C.

è x

ø

АГ

Так как y(1) = 2, то С = 6,

у = 3ln | x | +2x2

- 6x + 6.

Пример 3. Решить уравнение y/// = 8sin 2x .

Решение. Интегрируя уравнение последовательно. Получим

y//

= -4cos 2x + C ,

1

ка

y/

= -2sin 2x + C x + C

2

,

1

y = cos2x +

C1

x2

+ C2 x + C3

2

е

2.2. Уравнения вида F(x, y/ , y// ) = 0 , явно не содержащие искомой функции y .

Такие уравнения допускают понижение порядка подс ановкой у/ = р,

у//

= р/ .

о

+т2ху/

Пример 1.Найти общее решение уравнения (1+ х2 ) у//

= 12х3

= р/ .

Решение. Так как уравнение не содержит у, то полагая у/ = р , имеем у//

л

Получаем линейное дифференциальное уравнен е первого порядка

2

/

3

/

2х

12х3

(1+ х

) р

+ 2хр =

12х

, р

+

р =

и

.

1

+ х2

1+ х2

Решим его методом вариации произвольной постоянной:

/

2

и

/

2х

dp

2xdx

Þ ln | p |= -ln |1б+ x

2

C

р

+

р

= 0 Þ

= -

|

+ ln | C |Þ p =

.

1+ х2

p

1+ x2

1+ x2

б

Решение неоднородного уравнения ищем в виде

p =

C(x)

,

p/ =

C (x)(1+ x ) - 2xC(x)

. Подставляя p, p/

в уравнение, имеем:

1+ x2

ая

(1+ x2 )2

С / (х)(1+ х2 ) - 2хС(х)

+

2хС(х)

=

12х3

Þ С / (х) = 12х3 Þ С(х) = 3х4

+ С .

(1+ х2 )2

(1+ х2 )2

1+ х2

н

3х4 + С

Тогда общее решение линей ого неоднородного уравнения р =

, т.е.

3х4

+

С

1+ х2

у/

=

. Интегрируя, получим общее решение уравнения

1+ х

2

у = (С + 3)arctgx + x3 - 3x + C .

//

/

трdp

dx

у

(х -1) - у

=

0,

Пример 2. Найти частное решение уравнения:

///

//

удовлетворяющеео

н

1

начальным условиям у(2) = 2, у/ (2) = 1, у//

(2) = 1.

Решение. Данное уравнение не содержит явно у, у/ . Поэтому положим

к

у// = р, у/// = р/ . Получаем уравнение с разделяющимися переменными

р (х -1) - р = 0,

=

Þ ln | p |= ln | x -1| + ln | C1 | Þ p = C1 (x -1) Þ y = C1 (x -1) .

p

x -1

л

y//

(2) = 1, 1 = C (2 -1) Þ C

= 1.

Тогда y//

= x -1. Интегрируя это

Так как

1

е

1

/

x2

уравнение, получаем:

y

= ò(x -1)dx =

- x + C2 .

2