математика

2.2.Однородные дифференциальные уравнения

Дифференциальное уравнение первого порядка называется однородным, если оно может быть представлено в

виде y′ = g( xy ) . Для решения данного уравнения вводят

вспомогательную функцию z = xy . Данный шаг позволяет свести исходное уравнение к уравнению с разделяющимися

переменными.

Так как

y = zx , y

′

′

то уравнение

= z x + z ,

′

dz

dx

примет вид z x + z = g( z ) ,

откуда

=

x .

g( z ) − z

Пример

Решить уравнение y

′

=

x

+ 2 y

.

x

Решение

Преобразуем

правую

часть

уравнения

x + 2 y

=1 + 2

y

. Теперь очевидно, что мы имеем однород-

x

x

y

ное уравнение первого порядка. Положим z =

. Тогда бу-

x

′

дем иметь z x + z =1 + 2z ,

′

xdz

z x =1 + z

или

dx

=1 + z .

Разделим

переменные

dz

= dx . Проинтегрируем данное уравнение и получим

1 + z

x

ln1 + z = ln x + ln C или 1 + z = Cx . Возвращаясь к первона-

чальным переменным, запишем ответ: 1 + xy = Cx .

51

Откуда y = Cx2 − x .

2.3.Линейные дифференциальные уравнения

Дифференциальное уравнение первого порядка называется линейным, если оно имеет вид y′+ f ( x )y = g( x ) .

Если g( x ) = 0 , то уравнение называется линейным одно-

родным, в противном случае – неоднородным. Одним из способов решения этого уравнения является поиск решения

в виде		y = u( x )v( x ) . Так как	y	′	′				′	, то получаем
					= u v + uv
′	′	+ f ( x )uv = g( x ) или		′			′	+ f ( x )v ) = g( x ) .
u v + uv			u v + u( v
Найдем		сначала какое-либо частное				решение v = v( x ) из

уравнения v′+ f ( x )v = 0 . Тогда функция u = u( x ) – решение уравнения u′v = g( x ). Таким образом, решение исход-

ного уравнения сводится к решению двух уравнений с разделяющимися переменными.

Пример

Решить уравнение xy′− 2 y = 2x4 .

Решение

Разделим обе части на x и придем к линейному неод-

нородному уравнению

первого

порядка

y′− 2

y

= 2x

3

.

x

Пусть y = uv ,

тогда

y

′

′

′

и исходное уравнение

= u v + uv

′

′

uv

3

′

′

v

3

+ uv

− 2

x

= 2x

− 2 x ) = 2x

.

примет вид u v

или u v + u( v

Положим v′− 2

v

dv

v

dv

dx

= 0

или

dx =

2

, откуда

v

= 2 x

. Про-

x

x

интегрировав, найдем частное решение этого уравнения ln v = 2 ln x или v = x2 .

52

Решаем оставшееся уравнение u′v = 2x3 , подставив в него найденное v , получаем: u′x2 = 2x3 или du = 2xdx . Тогда u = x2 +C , и y = x2 ( x2 +C ) . Пусть нам дано начальное условие y(1) =1. Тогда из найденного общего решения найдем частное решение, удовлетворяющее заданному начальному условию: 1 =12 (11 +C ) . Отсюда С=0 и частное решение равно y = x4 .

3.Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижение порядка

Общим решением дифференциального уравнения второго порядка F( x, y, y′, y′′) = 0 называется функция

y = ϕ( x,C1 ,C2 ) , зависящая от двух произвольных постоянных. Для нахождения частного решения задают начальные условия y( x0 ) = y0 , y′( x0 ) = y0′ .

В некоторых случаях решение дифференциального уравнения второго порядка может быть сведено к последовательному решению двух дифференциальных уравнений первого порядка. Тогда говорят, что данное дифференци-

альное уравнение допускает понижение порядка.

1. Если дифференциальное уравнение имеет вид y′′ = f ( x ) , то оно решается последовательным интегриро-

ванием.

Пример

Найти частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее начальным условиям:

y	′′	= xe	−x	′
				, y( 0 ) =1, y ( 0 ) = 0 .

53

Решение

Найдем общее решение последовательным интегрированием данного уравнения:

y′′ = ddxy′ = xe−x ;

y′ = ∫xe−x dx =

u = x

du = dx

= −xe−x

+ ∫e−x dx =

dv

= e

−x

dx

v = −e

−x

= −xe−x − e−x + C .

1

C1

из

начальных

условий.

Найдем

постоянную

0 = 0 e0 − e0 +C .

Откуда

C =1 .

Продолжим

решение.

dy

1

1

−x

−x

y′ = dx = −xe

− e

+1 . Откуда, проинтегрировав обе час-

ти, получим

y = xe−x + e−x

+ e−x

+ x +C2 . Из начальных ус-

ловий найдем C2 : 1 = 0 e0

+ 2e0

+ 0 +C2 . Тогда C2 = −1. И

искомое частное решение равно: y = xe−x + 2e−x + x −1.

2. Если

уравнение не содержит явным образом иско-

мую функцию y( x ), то есть дифференциальное уравнение имеет вид F( x, y′, y′′) = 0 , то такое уравнение можно решить, введя вспомогательную переменную z = y′. Тогда z′ = y′′. Таким образом, порядок уравнения понизится на

единицу. И мы опять решаем дифференциальное уравнение первого порядка.

Пример

Найти общее решение дифференциального уравнения xy′′ = y′ln yx′ .

54

Решение.

Пусть z = y′

и z′ = y′′.

Тогда уравнение примет вид

z

z

z

xz′ = z ln

или z′

=

ln

. Получили однородное уравне-

x

x

x

z

′

′

ние первого порядка.

Полагая

t = x , z = tx ,

z

= t x + t , по-

′

dt

dx

лучим уравнение t x + t = t ln t

или

=

x .

t(ln t −1)

Интегрируя,

находим

ln(ln t −1) = ln C1 x .

Откуда

t = e1+C1x . Возвращаясь к переменной y ,					приходим к урав-
нению		y′ = xe1+C1x .			Следовательно,
y = ∫xe1+C1x dx =	1	xe1+C1x −	1	e1+C1x + C2 .
			2
	C1		C1

2. Если уравнение не содержит явным образом независимую переменную x , то есть оно имеет вид F( y, y′, y′′) = 0 , то порядок уравнения можно понизить, ес-

ли за независимую переменную взять y , а за неизвестную функцию – ее производную p = p( y ) = y′, тогда y′′ = dpdx = dpdy dydx = p p′.

Пример
Решить уравнение yy	′′	′	2	= 0,	′	= 2 .
		−( y )			y(0) =1, y (0)

Решение
Положим p = p( y ) = y′. Тогда y′′ = p p′,			и исходное
уравнение примет	вид ypp′ = p2 .	Получили уравнение с
разделяющимися	переменными	y dp = p или	dp	= dy .
		dy	p	y
				55

Проинтегрировав его, получим ln p = ln y + ln C1 или p = C1 y ; y′ = C1 y . Из начальных условий ищем константу

C1 : 2 = C1 1 или C1					= 2 . Получим еще одно уравнение с
разделяющимися переменными dy = 2 y						или ∫dy	= 2∫dx .
					dx	y
Откуда ln		y		= 2x + C2	или y = e2 x+C2 . Ищем вторую посто-
янную. 1 = e0+C2 или					C2 = 0 . Получили	частное	решение

y= e2 x .

4.Линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Линейное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид

y′′+ py′+ gy = f ( x ) ,	(1)
где p, g – некоторые действительные числа;	f ( x ) – некото-

рая функция. Если эта функция равна нулю, то уравнение называют линейным однородным ( 2), в противном случае – линейным неоднородным.

y′′+ py′+ gy = 0	(2)
Общее решение уравнения	(1) равно сумме общего

решения y соответствующего однородного уравнения (2) и какого-либо частного решения y* неоднородного уравне-

ния(1) : y = y + y * .

Сначала ищем решение соответствующего ему однородного уравнения (2).

Для этого составляем так называемое характеристи-

ческое уравнение
λ2 + pλ + g = 0 .	(3)
56

При решении уравнения (3) возможны три случая, в зависимости от которых однородное уравнение (2) имеет различный вид решения.

1. Пусть характеристическое уравнение (3) имеет два различных действительных корня λ1 , λ2 , тогда уравнение

(2) имеет общее решение вида

y= C1eλ1x + C2eλ2 x .

2.Если характеристическое уравнение имеет один

корень кратности 2, то естьλ1 = λ2 = λ , то общее решение уравнения (2) имеет вид

y= eλx ( C1 +C2 x ).

3.Если характеристическое уравнение имеет два со-

пряженных комплексных корня, то естьλ1,2 = α ± iβ , то общее решение уравнения (2) имеет вид

y = eαx ( C1 cos β x +C2 sin β x ) .

Везде C1 ,C2 – некоторые числа.

Пример

Найти частное решение уравнения

y	′′	− 2 y	′	′
				+ 2 y = 0, y( 0 ) =1, y ( 0 ) =1.

Решение

Составим соответствующее характеристическое урав-

нение	λ2 − 2λ + 2 = 0 . Его	корни как		корни квадратного
уравнения будут равны		λ	= 2 ±	4 −8 =1 ±i . Тогда
		1,2	2
α =1;	β =1 . Общее решение однородного уравнения рав-

но

y = e1 x ( C1 cos x +C2 sin x ) .

57

Ищем частное решение данного уравнения. Для этого найдем первую производную от найденного общего решения:

y′ = ex ( C1 cos x +C2 sin x ) + ex ( −C1 sin x +C2 cos x ) .

Подставим начальные условия в найденное общее решение и его производную. Получим следующую систему для на-

хождения постоянных C1 ,C2 :
	= e	o	(C1 cos 0	+C2sin 0)
1
	= e	0	(C1 cos 0	+ C2 sin 0) + e	0	(−C1 sin 0	+ C2	cos 0).
1

Или C1 =1 , 1 = C1 + C2 , откуда C2 = 0 , теперь частное решение исходного уравнения

y = ex cos x .

Далее рассмотрим вопрос о решении неоднородного уравнения (1) в зависимости от вида его правой части.

Вид частного решения устанавливается по виду правой части уравнения (1).

Вид правой части	Вид частного решения
1. f ( x ) = Aeα x	y * = Beαx , если α –не корень
	уравнения (3);
	y* = Beαx x , если α –– корень
	уравнения (3) кратности 1;
	y* = Beαx x2 , если α – корень
	уравнения (3) кратности 2.
2. f(x) = A cos β + B sin β x	y * = C cos β x + D sin β x , если
	±βi – не корень уравнения (3);
	y* = x( C cos β x + D sin β x ) ,
	если ±βi – корень уравнения
	(3).
58

Пример

Решить уравнения:

а) y′′−3y′ =1;

б) y′′− 2 y′+ y = 6ex ;

в) y′′−3y′+ 2 y = sin x .

Решение

а) y′′−3y′ =1.

Сначала решаем соответствующее однородное уравнение y′′−3y′ = 0 . Составим характеристическое уравнение

λ2 −3λ = 0 . Оно имеет два корня							λ = 0,	λ	2	= 3. Общее
							1
решение			однородного			уравнения		имеет			вид:
		= C e0 x +C		e3 x .	Далее ищем частное решение исходного
	y
1			2
неоднородного					уравнения	по	виду	правой			части.

f ( x ) =1 = e0 x . Число 0 является корнем характеристического уравнения кратности 1. Следовательно вид частного решения неоднородного уравнения y* = Ax . Найдем значение

неопределенного коэффициента А. y*′ = A; y*″ = 0 . Под-

ставим y * , y*′, y*″ в исходное уравнение 0 − 3A =1. От-

сюда A = − 13 и y1 = − 13 x . Тогда общее решение неодно-

родного уравнения равно y = y + y* = C1 +C2e3 x − 31 x .

б) y′′− 2 y′+ y = 6ex .

Находим общее решение однородного уравнения:

59

		y′′− 2 y′+ y = 0 .			λ2 − 2λ +1 = 0	или λ1,2 =1 .	Тогда
		= ex ( C1 + C2 x ) .	Ищем частное решение, учитывая, что
	y
	f ( x ) = 6ex . y * = Aex x2 . Находим А.					y*′ = Aex x2 + 2Aex x ,
	y*″ = 2Aex x + Aex x2 + 2Aex x + 2Aex .Подставим y * , y*′, y*″
в исходное уравнение
	Aex x2 + 4Aex x + 2Aex − 2Aex x2 − 4Aex x + Aex x2 = 6ex ,						от-
куда 2 A = 6 и A = 3 .					Частное решение равно y * = 3ex x2 .
Окончательно имеем общее решение:
		y = ex ( C +C	2	x ) + 3ex x2 .
1

в) y′′−3y′+ 2 y = sin x .

Находим общее решение соответствующего однородного уравнения y′′−3y′+ 2 y = 0 . λ2 −3λ + 2 = 0 . Откуда

корни его равны λ1 =1, λ2 = 2 . Тогда общее решение однородного уравнения имеет вид: y = C1ex +C2e2 x . Ищем частное решение исходного уравнения. y* = Acos x + B sin x .

Находим коэффициенты А, В. y*′ = −A sin x + B cos x ,

y *″ = −A cos x − B sin x . Подставляем найденные значения в неоднородное уравнение:

− Acos x − B sin x + 3Asin x − 3B cos x + 2 Acos x + + 2B sin x = sin x.

Приравниваем коэффициенты при sin x и при cos x .

sin x : − B + 3A + 2B =1 ;

60