УМК

Получили общий интеграл

(x + y)(x − y − 2)+ 2 ln 1 + x − C1

= 0.

y −1

ПРИМЕР 2.3. Проинтегрировать уравнение dx + dy = 0 .

x

y

Решение. Данное уравнение - есть уравнение с разделенными перемен-

ными. Проинтегрируем данное уравнение

∫ dx +

∫ dy = C;

x

y

ln x + ln y = ln C (так как левая часть выражается через натуральный лога-

рифм, то постоянную C удобнее в данном случае записать как ln C ).

ln xy = ln C ;

xy = C ;

y = C − общее решение, которое с геометриче-

x

ской точки зрения определяет семейство гипербол.

ПРИМЕР 2.4. Найти кривую, обладающую тем свойством, что отрезок

любой ее касательной, заключенный между осями координат, делится пополам

в точке касания.

Пусть y = f(x)− уравнение искомой кривой, M(x; y)− про-

Решение.

извольная точка кривой.

f(x)

АМ = ВМ, т.е.

ОР = РА = x . Из

РАМ

B

tg(π − α)= МР = y ,

так

как

РА

x

M(x, y)

tgα = y′, то tg(π − α)= −y′ , то-

гда y′ = − y . Получили дифферен-

y

y = f(x)

x

0

x

P

A

x

циальное уравнение с разделяющи-

ми переменными,

интегрируя

его

Рис. 2.1

∫ dy = −∫ dx ,

имеем

y

x

ln y + ln x = ln C ;

xy = C ; y = C − семейство интегральных кривых, удовлетворяющих условию

x

задачи.

m = 0,75 г погружается в

ПРИМЕР 2.5. Материальная точка с массой

жидкость без начальной скорости. Сила сопротивления жидкости пропорцио-

нальна скорости

погружения

V . Коэффициент

пропорциональности k = 3.

Найти зависимость погружения от времени.

Примеры решения задач

ПРИМЕР 2.6. Найти общее решение уравнения y′ =

2y2

− x2

.

x y

Решение. Функция f (x; y) =

2y2

− x2

является однородной функцией

x y

2(λy)2 − (xλ)2

λ2

(2y 2

− x 2 )

2y

2 − x 2

0

нулевого измерения,

так как

=

=

λ =

λx λy

λ2 xy

xy

=

2y2 − x2

. Значит данное уравнение однородное. Сделаем замену

y

= t .

x y

x

Подставим в уравнение y = xt

и y′ = t + xt′,

получим

t + xt′ =

2x 2 t 2

− x 2

x 2 (2t 2 −1)

2t

2 −1

=

=

.

x

x 2 t

t

tx

xt′ =

2t 2 −1

− t =

2t 2 −1 −t 2

=

t 2 −1

или

x

dt

=

t 2 −1

.

t

t

dx

t

tdt

t

Разделяя переменные и интегрируя, получим ∫

= ∫

dx

.

t 2 −

1

1

x

ln

t 2 −1

= ln

x

+ ln С1 , или ln

t 2 −1

= ln Сx 2 , где С12

= С.

2

y2

= Сx 2 +1. Общий интеграл данного уравнения y2 = Сx4 + x2 .

x 2

Решение.

В

данном

случае

P(x, y) = x4 + 6x2 y2 + y4 ,

а

Q(x, y) = 4x y(x2

+ y2 ). Обе функции -

однородные четвертого измерения.

Значит данное уравнение однородное. Введем подстановку

y = t x ,

тогда

y′ = t + xt′, где t =

dt

.

Уравнение примет вид

dx

x

4

+ 6x

2

y

2

+ y

4

= − 4xy(x

2

+ y

2

) y′,

y′ =

x 4 + 6x 2 y2 + y4

− 4xy(x2 + y2 )

;

t + xt′ = −

x 4 + 6x2 x2 t 2 + x

4 t 4

t + xt′

= −

x4 (1 + 6t 2 + t 4 )

4x2 t(x 2 + x 2 t 2 )

;

x4

(4t + 4t3 )

;

xt′ = −

1 + 6t 2 + t 4

− t =

−1 − 6t 2 − t 4 − 4t 2

− 4t 4

=

− 5t 4 −10t 2 −1

(1 + t 2 )

.

Разделяем

4t + 4t3

4t

4t + 4t3

переменные −

4t 3 + 4t

dt

=

dx

, интегрируем

5t 4

+ 10t

2 +

x

1

−

1

∫

20t 3 + 20t

dt = ln

Сx

;

−

1

ln

5t 4 + 10t 2 + 1

= ln

Сx

. После упроще-

5

5t 4 + 10t 2 + 1

5

1

5

ния получим (Сx) =

. Возвращаясь к прежней

неизвестной y ,

5t 4 +10t 2 +1

y

(Сx)−5 = 5

y4

y2

заменив

t

на

,

получим

+10

+1

или

x

x4

x2

Сx 5

=

x 4

.

Используя начальные условия

x =1,

y = 0 ,

най-

5y4

+10y

2 x 2 + x 4

дем

С =1. Сокращая на x 4 , имеем x =

1

или окончательно

5y4

+ 10y2 x2 + x4

x5 + 10y2 x3 + 5y4 x = 1.

ПРИМЕР

2.8. Составить уравнение

кривой,

проходящей

через

точку

касательной, проведенной в

точке

M(x, y) равен y′ . По условию задачи

xy′ = 2(x + y); y′ =

2(x + y)

= 2 1

+

y

. Получили однородное уравнение.

x

x

Сделаем подстановку y = xt

(y′ = t + xt′)

t + xt′ = 2(1 + t); x t′ = 2 + 2t − t; t′ =

2 + t

;

dt

=

2 + t

dt

dx

x

dx

x

=

.

Интегрируя, получим ln

2 + t

= lnc

x

,

2 + t = Сx,

2 + t

x

y

= Сx − 2, но y(1) = 1. 1 = С − 2 ; С = 3.

t = Сx − 2 ,

x

Итак,

y = 3x2 − 2x . Это

уравнение параболы с вершиной в точке

1

1