3		1 − x2				x = sin t,					dx = costdt					π	cos2 tdt			π	1 −sin2 t
2																	3				3
b) ∫					dx =			2		π			3		π		= ∫		2		= ∫		2		dt =
			x	2			x =		,t =		,	x =		,t =				sin		t		sin		t
2																	π				π
								2		4			2		3
																	4				4
2

π

= (−ctgt −t) π3

4

= −(ctg π3 + π3 ) + (ctg π4 + π4 ) = −( 13 + π3 ) + (1 + π4 ) =

=1 −12π − 13 ≈ 0,161.

e2

c) I = ∫xln xdx . Применим формулу интегрирования по частям.

e

u = ln x,

du =

dx

x2

e2 x2dx e4

e2

x2

x

e2

e2

I =

x2

= (

ln x)

e

−∫e

= 2 2 −

2 −

e

=

dv = xdx,

v =

2

2x

4

2

= e

4

−

e2

−

e4

+

e2

=

1

(3e

4

−e

2

) ≈ 39,10.

2

4

4

4

2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной параболой y = −x2 + 4x и прямой y = 0.

Найдем точки пересечения параболы и прямой. Для этого

решим систему уравнений				x = 0илиx = 4,
y = −x2 + 4x,		−x2	+ 4x = 0,
	y = 0,		y = 0,		y = 0.

Значит криволинейная трапеция ограничена снизу осью Ox , сверху параболой, при этом x [0;4]. Значит

4						x3						43		64		96 −64		32
∫(4x − x	2			2				4		2
		)dx =	2x		−			0	= 2 4		−		= 32 −		=		=		=10,(6) .
						3						3		3		3		3
0

Занятие 9. Решение дифференциальных уравнений (ДУ) первого и второго порядков

1. ДУ с разделяющимися переменными. Линейные ДУ первого порядка.

Теоретические сведения.

50

Определение. Обыкновенным дифференциальным уравнением (ОДУ) называется уравнение

F(x, y, y′, y′′,…, y(n) ) = 0 ,

связывающее независимую переменную x , неизвестную функцию y и ее производные y′, y′′,…, y(n) . Порядком дифференциального уравнения называется порядок старшей производной, входящей в

это уравнение. Решением ДУ называется функция	y =ϕ(x) ,
которая при подстановке в уравнение превращает	его в

тождество.

Процесс нахождения решений дифференциального уравнения называется интегрированием ДУ.

Для дифференциального уравнения первого порядка, разрешенного относительно старшей производной

y′ = f (x, y) ,

(1)

задача Коши формулируется следующим образом: для заданного начального условия y(x0 ) = y0 найти решение уравнения (1),

удовлетворяющее заданному начальному условию.

Определение. Общим решением ДУ первого порядка называется Функция y =ψ(x,C), где C - произвольная постоянная,

называется общим решением ДУ (1), если выполняются следующие условия:

1.для любых значений произвольной постоянной C функция y =ψ (x,C) является решением уравнения (1);

2.для любого начального условия y(x0 ) = y0 существует

единственное значение C =C0 , при котором функция y =ϕ(x,C0 )

удовлетворяет заданному начальному условию.

Общее решение, записанное в неявной форме называется

общим интегралом уравнения. Частным решением (интегралом)

ДУ называется решение, полученное из общего решения (интеграла) при конкретном значении постоянной С.

Уравнение вида

f1(x) f2 ( y)dx +ϕ1(x) ϕ2 ( y)dy = 0

называют уравнением с разделяющимися переменными.

Уравнение вида

ϕf1(x) dx + ϕ2 ( y) dy = 0,ϕ1(x) ≠ 0, f2 ( y) ≠ 0 1(x) f2 ( y)

51

называют уравнением с разделенными переменными (при dx

стоит функция, которая зависит только от x ; при dy стоит функция, которая зависит только от y ).

Общий интеграл уравнения с разделенными переменными имеет вид

∫	f1(x)	dx + ∫ϕf	2	(( yy)) dy = C, ϕ1(x) ≠ 0,	f2 ( y) ≠ 0.
	ϕ (x)
1			2

Пример. Найти общее решение ДУ

( y2 + xy2 ) y′+ x2 − yx2 = 0.

Решение. Так как y′ = dydx , тогда умножим обе части уравнения на dx . Получаем y2 (1 + x)dy = x2 ( y −1)dx.

а) Считаем, что x ≠ 0, y ≠ 0, x ≠ −1, y ≠1,

разделим обе части

уравнения на

y −1 и 1 + x , тогда

y2

dy =

x2

dx.

y −

1

x +

1

Интегрируем обе части полученного уравнения:

∫( y +1 +

1

)dy = ∫(x −1 +

1

)dx .

y −1

x +1

Получим общий интеграл исходного дифференциального уравнения в виде

y2

+ y + ln | y −1|=

x2

− x + ln | x +1| +C.

2

2

б) Проверим,

являются

ли

решениями ДУ

значения

x = 0, y = 0, x = −1, y =1.

Подставляем

эти

значения

в

исходное

уравнение.

y2 y′ = 0,

Если x = 0 , то

получаем

равенство

которое не

является тождеством, значит,

x = 0

– не является решение ДУ.

При x = −1, получаем,

что dx = 0 и уравнение превращается в

тождество 0=0. Значит,

x = −1 –решение ДУ. Если y = 0 , то dy = 0 ,

от уравнения остается

0 = x2

(не тождество, y = 0

не является

решением). При y =1 получаем верное равенство 0=0. Решения x = −1 и y =1 нельзя получить из общего решения ни при каком значении произвольной константы C .

52

Ответ: общий интеграл	y2	− x2	+ x + y + ln |	y −1		|= C,	особые
		2		x +1

решения x = −1 и y =1.

2. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.

Теоретические сведения.

Определение. Уравнение вида

y′+ p(x) y = q(x),

(2)

где p(x) и q(x) - заданные функции, называется линейным дифференциальным уравнением 1-ого порядка относительно y

и y′.

Для

решения

уравнения

(2)

применяют

подстановку

y = u(x)v(x),

где u(x),v(x)

-

неизвестные функции

от

x . Тогда

уравнение (2) примет вид

′

′

+ p(x)uv = q(x),

u v +uv

′

′

u v +u(v + p(x)v) = q(x).

Выражение в скобках приравнивают к нулю, то есть

′

(3)

v + p(x)v = 0 ,

Тогда из уравнения (3) находим функцию v(x) , а функция u(x)

′

определится из уравнения u (x)v(x) = q(x).

y′+

3y

2

Пример. Найти общее решение уравнения

x

= x

.

Решение.

Применяем подстановку

y = uv, y

= u v + uv

,

получаем

′

′

′

′

′

3uv

2

′

′

3v

2

u v +uv +

x = x

u v +u(v

+

x ) = x

,

решаем

последовательно

два уравнения:

′

3v

′

2

.

v +

x

= 0 и u v = x

dv

= −3v ,

dv

= −

3dx

,

∫dv = −∫

3dx ,

ln | v |= −3ln | x |,

v

=

1

.

dx

v

x

3

x

v

x

x

u′

1

= x2

,

du

= x5 ,

du = x5dx,

u = ∫x5dx =

x6

+C.

3

dx

x

6

Умножая u(x) на v(x) ,получаем общее решение данного уравнения

	y = u v =	1	(	x6	+C)	y =	x3	+	C	, C − const.
		x3		6			6		x3

53

3. Линейные однородные дифференциальные уравнения (ЛОДУ)

с постоянными коэффициентами.

Определение. ЛОДУ 2-ого порядка с постоянными

коэффициентами p u q называется уравнение вида y′′+ py′+ qy = 0.

(4)

Решение уравнения (4) будем искать в виде y = ekx . Получаем

(k2 + pk + q) ekx = 0

или

k2 + pk + q = 0 .

(5)

Уравнение (5) называется характеристическим уравнением.

Общее решение уравнения (4) имеет вид:

1. y =C ek1x +C		ek2x ,		если k ≠ k				2	,	k , k	2	R;
1	2					1				1
2. y = ekx (C +C			x),	если k = k			2	= k;
1	2					1
3. y = eαx (C cos		βx +C			2	sin βx),	если k					=α ±iβ.
1										1,2

(6

)

Примеры. Найти общие решения ЛОДУ:

1.y′′−7 y′+12 y = 0;

2.y′′−10 y′+ 25 y = 0;

3.y′′−8 y′+ 20 y = 0.

Решение. Для каждого случая составляем характеристическое уравнение, находим его корни, выписываем соответствующее общее решение:

1. k2 −7k +12 = 0, k = 3, k	2	= 4		y = C e3x +C			e4 x		(первый	случай
1					1	2
формулы (6)).					y = C e5x +C			xe5x (второй
2. k2 −10k + 25 = 0, k =5, k		2	= 5							случай
1					1		2
формулы (6)).
3. k2 −8k + 20 = 0,
D = (−8)2 − 4 20 = 64 −80 = −16,				D =	−16 =	16			−1 = 4i , значит

54

k1 = 8 −24i = 4 − 2i, k2 = 8 +24i = 4 + 2i . Значит, получаем третий случай формулы (6), где α = 4, β = 2 , то есть общее решение имеет вид

y=C1e4 x cos 2x +C2e4 x sin 2x.

4.Неоднородные линейные ДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами со специальной правой частью.

Теоретические сведения.

Рассмотрим линейное неоднородное	дифференциальное
уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами:
y′′+ py′+ qy = f (x) .	(7)

Теорема (о структуре общего решения уравнения (7)).

Общее решение уравнения (7) есть сумма общего решения

соответствующего ему однородного y и частного решения y* :

y = y + y* .

Пусть правая часть уравнения (7) имеет вид:

f (x) = eαx (Pn (x) cos βx +Qm (x)sin βx),

(8)

где Pn (x),Qm (x) - многочлены степени n и m , соответственно, с действительными коэффициентами; α, β R . Тогда уравнение (7)

называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами со специальной правой частью. Частное решение y* такого

уравнения находится методом неопределенных коэффициентов. Рассмотрим частные случаи функции (8):

1.	f (x) = Pn (x),α = 0, β = 0 . Тогда частное решение					y* уравнения
(7) будем искать в виде:
		Rn (x), еслинульнеявляетсякорнемхарактеристического уравнения;
		xRn (x), еслинульявляетсякорнемхарактеристического уравнениякратности1;
*
	x2 R (x), еслинульявляетсякорнемхарактеристического уравнениякратности2,
		n
где	Rn (x) = A0 + A1x + A2 x2 +…+ An xn				многочлен	степени n ,
коэффициенты которого Ai ,i =			0;n		подлежат	определению.

Подставляя y*′, y*′′ в уравнение (7) и приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях переменной x , получим систему из

55

(n +1) уравнения с				(n +1) неизвестным для		определения
коэффициентов Ai ,i =					.
				0;n
2.	f (x) = eαx P (x), β = 0 . Тогда частное решение y					уравнения (7)
			n	*
будем искать в виде:
			eαx Rn (x), еслиα неявляетсякорнемхарактеристического уравнения;
		αx	Rn (x), еслиα являетсякорнемхарактеристического уравнениякратности1;
y* (x) = xe
	x2eαx Rn (x), еслиα являетсякорнемхарактеристического уравнениякратности2.
3.	f (x) = eαx (P (x) cos βx +Q (x)sin βx). Тогда частное решение y
			n		m	*
уравнения (7) будем искать в виде:
y*	eαx (Rν (x) cos βx + Sν (x) sin βx), еслиα ±iβ неявляютсякорнями характеристического уравнения;
	=
	xeαx (Rν (x) cos βx + Sν (x) sin βx), еслиα ±iβ являютсякорнями характеристического уравнения,

где ν = max{m, n},

коэффициенты

многочленов

Rν (x), Sν (x)

подлежат определению.

Пример

1.

Найти

общее

решение

неоднородного ЛДУ

y′′− y′− 2 y = 4xex.

Решение.

Как

известно y =

+ y * .

Найдем

общее решение

y

соответствующего однородного уравнения

:

y′′− y′− 2 y = 0 . Для

y

этого надо составить характеристическое

k2 − k − 2 = 0, k = −1, k

= 2

= C e−x

+C

e2 x .

2

y

1

1

2

Найдем частное решение неоднородного y* . В нашем случае

f (x)= 4xex , a =1, ν = 0 , поэтому ищем частное решение в виде

у = ( Ax + B)ex.

Дифференцируя два

раза

и

подставляя

*

производные в исходное уравнение, получим:

2Aex + ( Ax + B)ex − Aex −( Ax + B)ex − 2( Ax + B)ex = 4xex.

Сокращаем обе части равенства на ex , приравниваем

коэффициенты при одинаковых степенях x , получим
A − 2 Ax − 2B = 4x,	− 2 A = 4, A − 2B = 0; A = −2, B = −1.
Таким образом,	частное решение	неоднородного		уравнения
у = −(2x +1)ex. Общее решение y =C e−x +C			e2 x −(2x +1)ex ,C ,C		2	R.
*	1	2		1

Пример. Найти общее решение уравнения y′′+ y = xsin x.

56

Решение.

: y′′+ y = 0

k2 +1 = 0 ,

k = ±i ,

то есть α = 0, β =1.

y

Значит,

общее

решение

однородного

уравнения

будет

=C1 cos x +C2 sin x .

y

Частное

решение

ищем

в

виде

y* = x(( Ax + B) cos x + (Cx + D)sin x) .

Находим производные y ′,

у

″:

*

*

у = ( Ax2 + Bx) cos x + (Cx2

+ Dx)sin x,

*

y ′ = (2 Ax + B) cos x −( Ax2

+ Bx)sin x + (2Cx + D)sin x + (Cx2 + Dx) cos x,

*

y*″ = 2 Acos x − 2(2 Ax + B)sin x −( Ax2 + Bx) cos x + 2C sin x + 2(2Cx + D) cos x − −(Cx2 + Dx)sin x.

Подставляем	y , y ′,	у ″	в исходное	уравнение,	приводим
	* *	*
подобные, получаем
2 Acos x − 2(2 Ax + B)sin x + 2C sin x + 2(2Cx + D) cos x = xsin x,
приравниваем	коэффициенты при			cos x, xcos x,	sin x, xsin x.

Получаем систему четырех уравнений для неизвестных коэффициентов:

								1
2 A + 2D = 0,				A = −				4		,
	4C = 0,						1
						D =			,
							4
−2B + 2C = 0,
	−4 A =1.					B = 0,
						C = 0.
			x2						1					x2
Поэтому y = −					cos x +						sin x, y = C cos x +C	2	sin x −
	*		4						4		1			4

определения

cos x + 14 sin x.

Аудиторные задания.

Найти общее или частное решения следующих уравнений:

1.

(x

2

−1) y

′

= 2xy

2

;

3.

y′−

3y

= x3 − 4x +5, y(1)

= 2;

x

2.

2x

1 − y2 dx + ydy = 0, y(0) =1;

4.

y′ x2 + 2xy = ln x .

57

Решить линейные однородные ДУ второго порядка:

5.	y′′− y′− 2 y = 0,	7.	y′′+12 y′+36 y = 0,
6.	y′′+ 4 y′ = 0,	8.	y′′+ 2 y′+5 y = 0.

Решить линейные неоднородные ДУ второго порядка:

9. y′′−3y′+ 2 y = xe−x ,	11.	y′′+ 6 y′+9 y =10sin x − 4cos x ,
10. y′′−3y′ = 2x2 +3x + 4,	12.	y′′+9 y = 2sin 3x −cos3x.

Индивидуальные задания.

Найти общее или частное решение уравнений:

Вариант 1.											Вариант 2.
1.	(4x3 − 2x)dx = sin 3ydy;									1.		xdy −( y +1)dx = 0, y(2) = 5;
	3		2									4	2
2.	y′+ x y		=			, y(1) =1;				2.		y′− x y = x		−3x	+1;
					x4
3.	y′′+ 2 y′−8y = 0;									3.		y′′− 2 y′−15 y = 0;
4.	y′′−10 y′+ 29 y = 0;									4.		y′′+8 y′+ 25y = 0;
5.	y′′−3y′ = x2 − 4x +5.									5.		y′′+ 4 y′ = (x − 4)ex.
Вариант 3.											Вариант 4.
1.	(2x −cos 2x)dx + (4 y −ey )dy = 0;										1.	x(4 + y2 )dx − y(1 + x2 )dy = 0;
	2						4					4	2 −3x
2.	y′−			y = (x +1)				, y(0)	= 6;		2.	y′+ x y =		x4	, y(1) = 5;
		x +1
3.	y′′+ 2 y′−15 y = 0;										3.	y′′+3y′− 4 y = 0;
4.	y′′+10 y′+34 y = 0;										4.	y′′+12 y′+ 40 y = 0;
5.	y′′+ y = (2x +5)e−x.										5.	y′′+3y′= 4sin x −6cos x .

Решение типового варианта.

Пример 1. Найти частное решение уравнения с разделяющимися переменными:

(x +3)dy −( y −1)dx = 0, y(4) =15.

Разделяем переменные и интегрируем обе части полученного равенства.

58

(x +3)dy = ( y −1)dx :(x +3)( y −1),

ydy−1 = xdx+3 ∫ ydy−1 = ∫xdx+3 ln | y −1|= ln | x +3 | +ln | C |,

произвольную постоянную взяли в форме логарифма, поэтому можем записать общее решение уравнения в более простой форме:

	ln | y −1|= ln | C(x +3) |,			y −1 = C(x +3) , C R .
Найдем		частное решение, удовлетворяющее заданному
начальному		условию	y(4) =15: 15 −1 = C(4 +3),7C =14,C = 2.			Тогда
частное		решение	данного	уравнения	имеет	вид

y −1 = 2(x +3) y = 2x + 7 .

Пример 2. Найти общее решение линейного уравнения первого порядка:

				5 y			x −6
				y′+ x	=			.
							x4
		Введем	замену	искомой		функции y =u(x) v(x), тогда
y	′	′	′
		=u (x) v(x) +u(x) v (x).
		Подставим y и y′		в исходное уравнение, сгруппируем второе

и третье слагаемые, решение данного уравнения сведется к последовательному решению двух уравнений с разделяющимися переменными.

′

′

2

x −

6

′

+

2

v

x v = 0,

u v +u(v

+

v) =

,

x

x4

′

x −6

u v

=

.

x

4

dv v

u′

= − 2

x12 =

dx

,

∫dv

= −2∫dx

, ln | v |= −2ln | x |,

v =

1

.

x

2

v

x

x

x −6

,

du

=

x −6

,

du = (

1

−

6

)dx,

u = ∫

(

1

−

6

)dx = ln | x | +

6

+C.

4

dx

2

x

2

x

2

x

x

x

x

x

Общее		решение		исходного	уравнения
y = u v, y =	1	(ln | x | + 6	+C)
	x2
		x	, C R .
Пример 3. Найти общее решение линейного неоднородного
уравнения второго порядка:				y′′+ 6 y′ = 3x2 + 2x − 4.

59