последнего равенства следует
| ln u |= Cx.	(1.28)

Очевидно, что если u >1, то ln u =Cx , если же u <1, то ln u = −Cx, а

тогда, считая, что произвольная постоянная C	может принимать и
отрицательные значения, сможем записать равенство (1.28) в виде
ln u =Cx
или
u = eCx	(1.29)

При разделении переменных считалось, что u ≠1. Непосредственно видно, что u =1 является решением уравнения (1.27) и что оно не потеряно, а содержится в семействе (1.29) при C = 0.

Возвращаясь к старой переменной, получим

y= xeCx ,

-общее решение уравнения (1.26) в области {x ≥1, y > 0}, где C - любое

число.

Пример 1.7. Для x ≥ 2 найти решение уравнения

(x2 +3y2 )dx −2xydy = 0,	(1.30)
удовлетворяющее начальному условию y(2) = 0 .
Вначале заметим, что в нашем случае	P(x, y) = x3 +3y2 , а

Q(x, y) = −2xy . Каждая из этих функций является однородной второй

степени и, кроме того, они непрерывны и не обращаются одновременно в нуль в любой области D , не содержащей начала координат системы Oxy .

Введем подстановку y = xu(x) , где u - новая неизвестная функция x . Уравнение (1.30) при этом имеет вид

(x2 +3x2u2 )dx −2x2u(udx + xdu) = 0

или

x2 (1+u2 )dx = 2x3udu.

Сократив обе части уравнения на отличный от нуля множитель x2 и разделяя переменные, получим

dx = 2udu

x 1+u2

Выполняя интегрирование, сможем написать ln x = ln(1+u2 ) +ln C,

где C - произвольное положительное число. Из последнего равенства следует

x = C(1+u2 ).

Возвращаясь к старой переменной, получим общий интеграл

16

	уравнения (1.30) в виде
			y	2
	x = C 1	+			.	(1.31)
			x2

Для отыскания частного интеграла, удовлетворяющего заданному начальному условию, положим в(1.31) x = 2, y = 0. Получим C = 2 . Если

подставить C = 2 в равенство (1.31), то сможем записать искомый частный интеграл в виде

y2 = x3 − x2 . 2

1.4. Линейные уравнения первого порядка

Рассмотрим третий тип дифференциальных уравнений первого порядка интегрируемых в квадратурах.

Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка называется линейным, если оно может быть записано в виде

y '+ p(x) y = q(x),	(1.32)
где y(x) искомая функция аргумента x , а p(x) и	q(x) - заданные

непрерывные функции на промежутке X . Отметим специально, что данное уравнение линейно относительно искомой функции y и ее

производной y '.

Легко видеть, что в согласии с теоремой существования и единственности уравнение (1.32) имеет единственное решение y = y(x),

удовлетворяющее условию y(x0 ) = y0 , где начальное значение y0 можно выбирать произвольным, а значение x0 брать любым из промежутка X .

Если q(x) = 0 всюду в X , то уравнение (1.32) называют линейным

однородным уравнением или линейным уравнением без правой части. В противном случае его называют линейным неоднородным уравнением или линейным уравнением с правой частью.

В частности, однородное линейное уравнение имеет решение y(x) ≡ 0,

называемое нулевым или тривиальным.

Существует несколько методов решения линейных дифференциальных уравнений. Остановимся на двух из них.

Метод вариации произвольной постоянной (метод Лагранжа).

Рассмотрим вначале однородное уравнение

y '+ p(x) y = 0.

(1.33)

Заметим, что так как уравнение (1.33) имеет нулевое решение y(x) ≡ 0

вX , то ни одно решение этого уравнения не может обратиться в нуль ни

водной точке промежутка X , ибо в этой точке нарушилась бы теорема

17

существования и единственности. Это означает, что любое решение уравнения (1.33) не меняет знака, т.е. график решения лежит либо выше оси Ox , либо ниже оси Ox .

Рассмотрим случай, когда y(x) > 0 . Легко видеть, что уравнение (1.33) является уравнением с разделяющимися переменными. Разделяя

	переменные, можем написать	dy
	y ' = −p(x) y èëè		= −p(x)dx.
		y

Интегрируя, получим

ln y = −∫ p(x)dx + ln C,

где C - произвольная положительная постоянная. После потенцирования найдем

	случая y(x) < 0	y =Ce−∫ p( x)dx .	(1.34)
Для		получим аналогичное выражение, у	которого
C < 0 .	Если заметить,	что при C = 0 выражение (1.34) дает	решение

y(x) ≡ 0 , то можно утверждать, что равенство (1.34) представляет собою

общее	решение	однородного	уравнения	(1.33)	в	полосе
{x X , −∞ < y < +∞}, если считать C произвольной постоянной.

Перейдем теперь к решению неоднородного уравнения (1.32). В согласии с методом Лагранжа будем искать его решение в виде (1.34), заменяя в ней произвольную постоянную C некоторой пока неизвестной

непрерывно дифференцируемой на X функцией	C(x), т.е.
y = C(x)e−∫ p( x)dx ,	(1.35)

где функцию C(x) нужно выбрать так, чтобы функция (1.35) была

решением уравнения (1.32) (варьируем произвольную постоянную). Подставляя (1.35) в уравнение (1.32), имеем

C '(x)e−∫ p( x)dx +C(x)e−∫ p( x)dx (−p(x)) + p(x)C(x)e−∫ p( x)dx = q(x),

откуда следует

C '(x)e−∫ p( x)dx = q(x)

или

C '(x) = q(x)e∫ p( x)dx .

Выполняя интегрирование, будем иметь

C(x) = ∫q(x)e∫ p( x)dxdx +C,	(1.36)
где C - произвольная постоянная. Подставив (1.36)	в (1.35), получим
выражение

18

y = e	−	∫	p( x)dx	∫q(x)e∫	p( x)dx		,	(1.37)
						dx +C

которое представляет собою общее решение уравнения (1.32) в полосе

{x X , −∞ < y < +∞}.

Метод И.Бернулли. В согласии с этим методом будем искать решение уравнения (1.32) в виде произведения двух непрерывно дифференцируемых на промежутке X функций u(x) и v(x), одна из

которых может быть выбрана по нашему желанию, а другая определяется с помощью уравнения (1.32), так что

y(x) = u(x) v(x).	(1.38)
Подставив (1.38) в уравнение (1.32), получим (опуская аргумент x)
u 'v +uv '+ puv = q
или в таком виде
v(u '+ pu) +uv ' = q.	(1.39)

Реализуем теперь свое право выбора функции u(x), взяв в качестве ее

такую, чтобы коэффициент при v (т.е. выражение,	стоящее в круглых
скобках) равнялся нулю	(1.40)
u '+ pu = 0.

Для этого в качестве u(x) надо взять любое ненулевое решение

уравнения (1.40). Уравнение вида (1.40) было решено выше и его общее решение имеет вид (1.34). Для получения искомого решения проще всего взять C =1, и тогда получим

u(x) = e−∫ p( x)dx .

(1.41)

Подставив (1.41) в уравнение (1.39), получим уравнение для определения функции v(x)

v '(x)e−∫ p( x)dx = q(x)

откуда

v '(x) = q(x)e∫ p( x)dx .

Выполняя интегрирование, сможем записать

v(x) = ∫q(x)e∫ p( x)dxdx +C,

(1.42)

где C - произвольная постоянная. Подставив (1.41) и (1.42) в (1.38), получим общее решение уравнения (1.32) в виде (1.37).

Пример 1.8. Решить уравнение

y '−2xy = 4x3ex2

(1.43)

для x ≥1 двумя методами: Лагранжа и Бернулли.

1. В согласии с методом Лагранжа рассмотрим сначала однородное

19

уравнение			(1.44)
y '− 2xy = 0.
Разделяя переменные можем написать
y ' = 2xy èëè	dy	= 2xdx,( y ≠ 0).
	y
Выполняя интегрирование, получим общее решение уравнения (1.44)
y = Cex2 ,			(1.45)

где C - произвольная постоянная. В согласии с методом Лагранжа будем искать решение неоднородного уравнения (1.43) в виде (1.45), но вместо произвольной постоянной C возьмем некоторую непрерывно дифференцируемую функцию C(x), так что решение будем искать в виде

y =C(x)ex2 .

(1.46)

Подставив (1.46) в уравнение (1.43), сможем написать

C '(x)ex2 +C(x)ex2 2x −2xC(x)ex2 = 4x3ex2

откуда следует

C '(x) = 4x3.

Интегрируя, найдем

C(x) = x4 +C,

(1.47)

где C - произвольная постоянная. Подставив (1.47) в (1.46), получим общее решение уравнения (1.43) на плоскости Oxy в виде

y= (x4 +C)ex2 .

2.Следуя методу И.Бернулли, будем искать решение уравнения (1.43)

ввиде

y(x) = u(x) v(x),

(1.48)

где u(x) и v(x) - непрерывно дифференцируемые функции, одна из

которых может быть выбрана произвольно. Подставив (1.48) в (1.43), получим

u 'v +uv '−2xuv = 4x3ex2

или
v(u '−2xu) +uv ' = 4x3ex2 .	(1.49)

Выберем функцию u(x) так, чтобы коэффициент при v равнялся

тождественно нулю, т.е.	(1.50)
u '− 2xu = 0.

Решая уравнение (1.50) точно также как и уравнение (1.44), найдем его общее решение в виде

u = Cex2 ,

20

где C - произвольная постоянная,	а положив C =1, найдем	частное
решение
u = ex2 .		(1.51)
Подставив (1.51) в уравнение (1.49), сможем написать
ex2 v ' = 4x3ex2	èëè v ' = 4x3
откуда в результате интегрирования получим
v = x4 +C,		(1.52)

где C - произвольная постоянная. Подставляя (1.51) и (1.52) в (1.48), получим то же самое решение, что и по методу Лагранжа.

Пример 1.9. Найти решение уравнения

(1+ x2 ) y '−2xy = (1+ x2 )2 ,

удовлетворяющее начальному условию y(1) = 4 .

Приведем данное уравнение к виду (1.32), для чего разделим обе его

части на 1+ x2 . Получим		2x
y '−				y =1+ x2 .	(1.53)
	1+ x2
В нашем случае имеем		2x
p(x) = −			,	g(x) =	1+ x2 .
		+ x2
1

Для того, чтобы найти общее решение уравнения (1.53), воспользуемся формулой (1.37), для чего выпишем вначале величины, входящие в него

∫ p(x)dx = −∫

2x

dx = −ln(1+ x2 ),

1+ x2

1

e

−∫p( x)dx

= e

ln(1+x2 )

=1+ x

2

, e

∫p( x)dx

= e

−ln(1+x2 )

=

,

1

1

+ x2

∫q(x)e∫p( x)dxdx = ∫(1+ x2 )

dx = ∫dx = x.

+ x2

1

Подставив эти выражения в формулу (1.37), получим

y = (1+ x2 )(x +C),

(1.54)

Для нахождения искомого частного решения положим в (1.54) x =1, а y = 4

4 = 2(1+C)

откуда следует C =1.

Искомое частное решение имеет вид

y = (1+ x2 )(1+ x).

Пример 1.10. Решить уравнение при y > 0.

21