заочникам / диф ур / Теор_курс дифуры и ряды

12

части данного уравнения на y2 −1, предполагая, что y2 −1 ≠ 0 .

Получим yydy2 −1 = −xdx . Далее, интегрируя почленно, имеем

∫ yydy2 −1 = ∫− xdx .

Так как

∫	ydy	=	t = y2 −1
	y2 −1		dt = 2ydy

то

1

dt

1 ln

1 ln

= ∫

2

=

t

+ c =

y2

−1

+ c ,

t

2

2

	1 ln		y2 −1		= −	x2	+ c ,
	2				2
c – произвольная постоянная. Тогда
	y2 −1 = e−x 2 +2c ,				y2 = c e−x 2			+1,
							1
где c = e2c	. Если y2 −1 = 0 ,				то y = ±1 тоже являются реше-
1

ниями исходного дифференциального уравнения, при подстановке y = ±1 в уравнение получаются тождества

(x 0 dx + 0 = 0). Решения y = ±1 являются частными случая-

ми общего интеграла y2 = c1e−x 2 +1, если взять c1 = 0 .

Ответ: y2 = c1e−x 2 +1, c1 R .

Замечание. Уравнение вида

	′	=	M(x)N(y)		(1.7)
			P(x)Q(y)
	y

тоже является уравнением с разделяющимися переменными.

При P(x)≡/ 0 и Q(y)≡/ 0 уравнение (1.7) будет равносильно уравнению P(x)Q(y)dy = M(x)N(y)dx , так как производную

x0 = 0

y0 = 2

13

y

′

можно

заменять

отношением

дифференциалов

dy

dx , т.е.

y′ = dxdy .

Пример

1.8.

Для

дифференциального

уравнения

(1+ e

x

)y

′

= ye

x

решить

задачу Коши с начальным

условием

y(0)= 2 .

Решение. Представляем производную в виде

y′ = dxdy и в

уравнении

(1+ ex )dy

= yex

разделяем

переменные:

exdx

dx

dy

=

.

Проинтегрировав это равенство почленно, полу-

y

1+ ex

чим ∫

dy

= ∫

exdx

. Учитывая, что

y

1+ ex

d(ex +1)

∫

exdx

= ∫

= ln

e

x

+1

+ c ,

ex +1

ex +1

y = c(1+ex ),

ln

y

= ln1+ ex

+ ln

c

,

где c R . Чтобы найти решение задачи Коши, подставляем начальные значения и в общее решение

y= c(1+ex ), откуда c =1.

Ответ: y = ex +1.

1.2.5.Однородные уравнения первого порядка

иприводящиеся к ним

14

Определение 1.8. Функция f (x, y) называется однородной

функцией m-го измерения, если для любых x, y и t выполняет-

ся f (tx, ty)= tm f (x, y).

Пример 1.9.	Функция		f (x, y)= x3 +3x2 y + y3		является
однородной	третьего		измерения,	так	как
f (tx, ty)= t3x3 +3t2x2ty + t3y3 = t3f (x, y).
Определение	1.9.	Однородным дифференциальным
уравнением первого порядка называется уравнение
		y′ = f (x, y),			(1.4)
где функция f (x, y) –		однородная нулевого		измерения, т.е.

f (tx, ty)= f (x, y).

Решение однородного уравнения (1.4) будем искать в виде y(x)= u(x) x , где u(x) – некоторая функция переменной x. Тогда y′ = u′ x + u . Если y = u x является решением уравнения (1.4), то при постановке y и y′ в уравнение получится вер-

	ное равенство. Имеем u′ x + u = f (x, u x),				u′ x = f (1, u)− u ,
	du x = f (1, u)− u ,	du	= dx	( x ≠ 0 ,	f (1, u)≠ u ). Полу-
		f (1, u)− u
	dx		x

чили уравнение с разделяющимися переменными, у которого общий интеграл

du	= ln x + ln с , с R .
∫ f (1, u)− u

После вычисления интеграла выполняется обратная замена u = xy .

15

	Отдельно	непосредственной подстановкой в	уравнение
′	= f (1, u)−u	проверяется, являются ли x = 0	и u = u0
u x
(f (1, u0 )= u0 ) решениями.

Пример 1.10. Найти общее решение дифференциального уравнения

′

y

y

y

= tg x + x .

(1.8)

Решение. Так как

f (tx, ty)= tg

ty

+ ty

= tg

y

+

y

= f (x, y),

tx

x

tx

x

то дифференциальное уравнение

(1.8)

является однородным.

y

′

′

Выполняем замену u = x . Подставляем y = ux и y

= u

x + u

в дифференциальное уравнение (1.8), имеем u′ x + u = tgu + u , u′ x = tgu . После разделения переменных получаем

du

=

dx

,

x ≠ 0 ,

sin u ≠ 0 .

Тогда

∫

du

= ∫ dx

,

tgu

x

tgu

x

ln

sin u

= ln

x

+ ln

c

,

sin u = cx , c R . Рассматриваем част-

ные случаи:

1)x ≠ 0 по смыслу правой части уравнения (1.8);

2)если sin u0 = 0 , то u = u0 является решением уравнения

u′ x = tgu , и это частное решение входит в общий интеграл sin u = cx при c = 0 .

Выполняя обратную замену u = xy , имеем общий интеграл уравнения (1.8) sin xy = cx , c R .

Ответ: sin xy = cx , c R .

16

Замечание. Уравнение вида

dy	=	a1x + b1y + c1
dx		a2x + b2 y + c2

приводится к однородному с помощью замены y = y1 + k , где h и k – решение системы

(1.9)

x = x1 + h ,

a	h + b k + c		= 0,	(1.10)
1	1	1
a2h + b2k +c2 = 0,

(если система имеет единственное решение), x1 , y1 – новые переменные. Если система (1.10) не имеет решений, то замена t = a1x + b1y в уравнении (1.9) приведет к уравнению с разделяющимися переменными.

Пример 1.11. Найти частное решение уравнения

dy

=

x + y −3

,

dx

x − y −1

удовлетворяющее условию y(3)=1.

Решение. Составляем систему (1.10) для исходного диффе-

ренциального

h + k −3 = 0

,

она

имеет

решение

уравнения

− k −1 = 0

h

h = 2 ,

k =1.

Выполняем замену x = x1 + 2 ,

y = y1 +1, после

подстановки

в

дифференциальное

уравнение

получаем

dy1

=

x1 + y1

. Это однородное уравнение решаем подстанов-

dx

1

x

1

− y

1

dy1

du

du

1+ u

кой

y

= u x

,

= u + x

. Тогда

u + x

=

1 dx1

1− u

1

1

dx1

1 dx1

или

x1

du

=

1+ u2

. После

разделения

переменных

будем

dx1

1

− u

17

иметь

1− u

du = dx1 .

Интегрируя почленно последнее урав-

1+ u2

x1

нение, получаем ∫

1− u

du = ∫ dx1 . Так как

1+ u2

x1

d(u2 +1)

∫

1− u

du = ∫

du

−

1

∫

2udu

= arctgu −

1

∫

=

1

+ u2

1

+ u2

2

1

+ u2

2

1+ u2

= arctgu −

1 ln(1+ u2 )+ c ,

то

2

− 1 ln(1+ u2 )+ arctg u = ln

x1

+ ln

c

,

cx1

1+ u2

= earctg u .

2

y

2

2

arctg

y1

x

Заменяем u =

1

,

тогда

c

x

1

+ y

= e

1 . Но

x

1

= x − 2 ,

x1

1

y1 = y −1, значит,

общий интеграл исходного уравнения имеет

(x − 2)2 + (y −1)2

= earctg

y−1

вид c

x −2

. Подставляем в общий ин-

теграл начальное условие x0 = 3 , y0 =1, откуда c =1.

(x − 2)2 + (y −1)2

= earctg

y−1

Ответ:

x −2

.

Пример 1.12. Найти общее решение дифференциального

уравнения y′ =

x + y −1

.

2x + 2y +1

x + y −1 = 0,

не имеет реше-

Решение. Так как система

+ 2y

+1 =

0

2x

ний, то используем подстановку t = x + y ,

t′ =1+ y′. Тогда

′

t −1

дифференциальное

уравнение

примет

вид

t

−1 = 2t +1 ,

t′ =

3t

.

Разделяя переменные

в

уравнении,

получаем

2t +1

			18
2t +1	dt = dx . Откуда		2t +1	2	1
3t		∫	3t dt = ∫dx ,	3 t +	3 ln		t		= x + c ,

c R . Выполняя обратную замену t = x + y , имеем общий интеграл исходного дифференциального уравнения

	2 (x + y)+ 1 ln					x + y				= x + c .
	3	3
Ответ: 2 y −	1 x +	1 ln		x + y				= c , c R .
3	3	3
1.2.6. Линейные уравнения первого порядка
Определение 1.10. Уравнение вида
	y′+ P(x)y = Q(x),										(1.11)

где P(x) и Q(x) – заданные на некотором интервале (a, b) не-

прерывные функции переменной x (или постоянные), y - неизвестная функция переменной x, называется линейным диффе-

ренциальным уравнением первого порядка.

Если Q(x)≡ 0 , то уравнение (1.11) называется линейным однородным, если существует x0 такое, что Q(x)≠ 0 , то урав-

нение (1.11) называется линейным неоднородным.

Рассмотрим сначала линейное однородное дифференциаль-

ное уравнение
y′+ P(x)y = 0 .	(1.12)

Оно является уравнением с разделяющимися переменными и

приводится к виду	dy	= −P(x)dx . Тогда	∫ dy	= −∫P(x)dx ,
	y		y

ln y = −∫P(x)dx , и y = ce−∫P(x )dx будет общим решением урав-

нения (1.12).

Для линейного неоднородного дифференциального уравнения (1.11) предлагается 2 способа нахождения общего решения.

19

1) Метод вариации произвольной постоянной

(метод Лагранжа)

При отыскании общего решения линейного неоднородного уравнения (1.11) используем общее решение соответствующего линейного однородного уравнения (1.12): будем находить реше-

~	= c(x)e		−∫	P(x )dx	,
ние в виде y						+ c(x)(− P(x)e		).
~	′	= c (x)e		−∫P(x )dx			−∫P(x )dx
y
		′

Здесь с(x) – функция, подлежащая определению. Для ее нахождения подставим ~y(x) и ~y′(x) в уравнение (1.11). Поскольку

~	′	= c (x)e	−∫P(x )dx	+ c(x)(− P(x))e	−∫P(x )dx	,
y
		′

то подстановка ~y(x) и ~y′(x) в (1.11) приводит к уравнению c′(x)e−∫P(x )dx − P(x)c(x)e−∫P(x )dx + P(x)c(x)e−∫P(x )dx = Q(x)

или	′			∫P(x )dx	.
	c (x)= Q(x)e
Проинтегрировав это уравнение, получим
	c(x)= ∫Q(x)e	∫P(x )dx		~	~	R .
			dx + c ,		c

Итак, общее решение линейного неоднородного уравнения (1.11) имеет вид

~ −∫P(x )dx	+ e	−∫P(x )dx	∫Q(x)e	∫P(x )dx	dx .
y = ce

2) Метод Бернулли

Будем искать решение уравнения (1.11) как произведение двух функций: y = u(x) v(x). Дифференцируя обе части равен-

	dy		dv	du			′
ства, получаем	dx	= u dx + v dx . Подставив y и y						в уравне-
ние (1.11), будем иметь u dv				+ v du	+ P(x)uv = Q(x) или
	dv		dx	dx	du
						= Q(x).		(1.13)
	u		+ P(x)v + v		dx
	dx

Поскольку необходимо найти две функции u(x) и v(x), а урав-

нение для их нахождения одно – (1.13), то выберем функцию v

20

	так, чтобы	dv	+ P(x)v = 0 . Решив		это	линейное			однородное
		dx
	уравнение,	получим v = c e−∫P(x )dx ,			c R . Пусть				c	=1, тогда
			1		1				1
	v = e−∫P(x )dx , где ∫P(x)dx			– одна из первообразных неопреде-
	ленного интеграла.					v du = Q(x), которое
	Функцию		u найдем из уравнения
					dv	dx
	получается	из	(1.13) при	условии		+ P(x)v = 0 ,				т.е. при
					dx		Q(x)
	v = e−∫P(x )dx . Интегрируя			уравнение du =				dx ,		получаем
							v

u = ∫ Qv(x)dx + c . Тогда общее решение линейного неоднород-

ного уравнения (1.11) запишется

y = v ∫ Qv(x)dx + c v = e−∫P(x )dx ∫Q(x)e∫P(x )dx dx + ce−∫P(x )dx , c R .

Замечание. Уравнение (1.13) можно преобразовать и к виду

	du						dv	= Q(x).
	v		+ P(x)u + u				dx
	dx
	Тогда в качестве функции u выбирается частное решение
	дифференциального	уравнения			du	+ P(x)u = 0 , а			функция v
					dx				Q(x)
	находится по выше указанному алгоритму, v = ∫									dx + c ,
	c R .								u
	Пример 1.13. Найти общее решение линейного неоднород-
	ного дифференциального уравнения
	y′- 2xy = x - x3 .								(1.14)

21

Решение. 1 способ. Метод вариации произвольной постоянной

Для уравнения (1.14) составим соответствующее ему ли-

нейное однородное уравнение					y′- 2xy = 0 ,			оно имеет общее
решение y = ce−∫P(x )dx = ce−∫(−2x )dx							= cex 2 ,	c R . Будем	ис-
кать общее решение уравнения (1.14) в виде y = c(x)ex 2									. В
этом случае y	′	′	x 2	+ c(x)e		x 2	2x . Подставляем y и		y	′
		= c (x) e

в уравнение (1.14):

с′(x)ex 2 + c(x)ex 2 2x − 2x c(x)ex 2 = x − x3 .

Отсюда, c′(x)= e−x 2 (x − x3 )и

c(x)= ∫e−x 2 (x − x3 )dx =

− x2 = t

=

1 ∫et (− t −1)dt =

dt = −2xdx

2

u = t +1 du = dt

1

t

t

dt)=

1

2

−x 2

~

=

dv = etdt v = et

= − 2

(e

(t +1)− ∫e

2 x

e

+ c .

Итак, общее решение уравнения (1.14)

y = c(x)e

x 2

~

x 2

1

2

~

= ce

+

2 x

, c R .

2 способ. Метод Бернулли

Представляем решение уравнения (1.14) в виде произведе-

ния y

= u v ,

y

′

= u

′

v + u v

′

′

в уравнение

. Подставляя y и y

(1.14),

получаем

u′ v + u v′− 2x u v = x − x3

или

u(v′− 2xv)+ u′ v = x − x3 .

Выражение,

стоящее

в скобках,

v′− 2xv равно нулю,

если

v = ce−∫(−2x )dx = cex 2 .

При

c =1

имеем

v = ex 2 .

Учитывая,

что v = ex 2

, дифференциальное

уравнение

запишем

в

виде

u 0 + u′ ex 2 = x − x3 ,

u′ = (x − x3 )e−x 2 .