УМК

y = C1 e

−∫ P(x )dx

, где C1 =

1

.

(2.5)

C

y′ + P(x)y = Q(x).

(2.6)

1 способ. Метод подстановки (метод Бернулли).

Полагая y = u(x) v(x) и y′ = u′v + u v′

уравнение (2.6) преобразуется

в уравнение u′v + u v′ + P(x)u v = Q(x) или u′v + u(v′ + P(x) v) = Q(x).

Подберем

v

таким

образом,

чтобы

уравнение

v′ + P(x)v = 0 ;

v = e−∫ P(x )dx , тогда v u′ = Q(x) или

u′e−∫ P(x )dx

= Q(x) ;

u = C + ∫ Q(x)e ∫ P(x )dx dx . Так как

y = u v , то

y = e−∫ P(x )dx

(∫ Q(x)e∫ P(x )dx

dx + C).

(2.7)

Замечание. Если дифференциальное уравнение линейно относительно x

и x′ , т.е. имеет вид

x′ + P(y)x = Q(y), то общее решение его находится под-

становкой x = u(y) v(y)

(x = x(y), x′ = u′v + uv′).

Примеры решения задач

dy

2x

ПРИМЕР 2.11. Решить уравнение

−

y = x

x 2 + 4 . Линейное

x2 + 4

неоднородное уравнение.

dx

P(x) = −

2x

Q(x) = x

Решение.

Функции

и

x 2 + 4 непрерывны

x 2 +

4

повсюду.

Делаем замену y = u(x) v(x),

y′ = u′v + u v′

u′v + u v′ −

2x

2x

u v = x x 2 + 4

или u v′ −

v

+ u′v = x x 2 + 4 .

x

+ 4

x 2

+ 4

2

Подбираем v таким образом, чтобы v′ −

2x

v = 0 ;

dv

=

2x

dx или

x 2 + 4

x 2 + 4

v

ln v = ln(x 2 + 4) ; v = x 2 + 4 . Найденное v

подставляем

в уравнение

x

u′v = x

x 2 + 4

получим: u′(x 2 + 4) = x x 2 + 4

или u′ =

. Разде-

x 2

+ 4

ляя переменные и интегрируя, имеем

u = ∫

x

1

∫ (x 2 + 4)−1 2 d(x 2 + u) =

+ C .

dx =

x 2 + 4

x 2 +

4

2

Таким образом, y = u v = (x 2 + u)(

+ C),

x 2 + u

y = (x 2 + 4)(

+ C) − общее решение.

x 2 + 4

y′ + P(x)y = 0 в

виде y = C e−∫ P(x )dx ,

только C будем считать функцией от

x , C = С(x).

Эта функция должна быть такова, чтобы при подстановке

y = C(x)e

−∫ P(x )dx

−∫ P(x )dx ′

и y′ = C(x)e

в уравнение (2.6) оно обращалось в

тождество.

ПРИМЕР 2.12. Найти общее решение уравнения 2 x y′ − y = 3 x 2 .

Решение.

Приведем уравнение к виду y′ −

1

y =

3

x − линейное не-

2 x

2

вольной

постоянной. Первоначально, решаем однородное

уравнение

y′ −

1

y = 0 .

Разделяя

переменные,

получим

dy

=

1

dx

;

2 x

y

2

x

виде y = C(x)

, y′ = C′(x)

+

1

C(x). Подставим y и y′ в исходное

x

x

2

x

уравнение.

C′(x)

+

1

C(x) −

1

C(x)

=

3

x ;

C′(x)

=

3

x ;

C′(x) =

3

x

x

x

x

.

2

x

2 x

2

2

2

Интегрируя,

получим: C(x) =

3

x 3 2

2

+ C1 = x 3 2 + C1 .

Таким образом,

2

3

y = C(x)

=

(x 3 2 + C1 )= x 2 + C1

, y = x 2 + C1

− общее реше-

x

x

x

x

Уравнение вида

+

=

Q(x)y

α ,

где

α R ,

α ≠

0

,

α ≠

1 на-

y′′ P(x)y

зывается уравнением Бернулли.

Уравнение Бернулли

y′ + P(x)y = yα Q(x)

(2.8)

путем деления его на yα сводится к линейному:

y′ y−α + P(x)y1−α

= Q(x).

Полагая z = y1−α , а

z′ = (1 − α)y −α y′ получим

z

+ P(x)z

= Q(x) или

1 − α

z′ + (1 − α)P(x)z = (1 − x)Q(x).

Решая

полученное

уравнение,

находим

1

1

z = ϕ(x; C), а затем и y , из замены y =

=

.

n −1

n −1

ϕ(x; C)

z

x

x

Решение. Данное уравнение является уравнением Бернулли. Разделим

обе части уравнения на y2 :

y−2 y′ +

1

y−1 =

ln x

и сделаем замену z = y−1

x

x

z′ = −y−2 y′, − z′ +

1

z =

ln x

; z′ −

z

= −

ln x

−это уравнение линейно

x

x

x

x

dx

ln x

dx

ln x

z = e− ∫ −

x

∫ −

e∫ − x dx + C ,

z

= eln x

∫ −

e−ln x dx + C

,

x

x

ln x

ln

1

ln x

1

dx + C .

z = x ∫ −

e x dx + C

, z = x

∫ −

x

x

x

ln x

u = ln x

du =

1

dx

ln x

dx

ln x

1

Т.к. ∫

dx =

x

= −

+

∫

= −

−

,

то

x 2

dx

1

x

x2

x

x

= d v

v = −

x2

x

z = x

ln x

+

1

+ C или z = ln x + Cx + 1. Учитывая замену z = y−1 , возвраща-

x

x

емся к y :

y =

1

.

Общее решение уравнения Бернулли y =

1

.

z

ln x + Cx +1

ПРИМЕР

2.13.

Найти

общее

решение

уравнения

y′ − y tg x + y2 cos x = 0

Решение.

Данное

уравнение

является

уравнением

Бернулли

y′ − y tg x = −y2 cos x .

Будем

решать

его сразу

как

линейное заменой

y = u(x) v(x), y′ = u′v + u v′; u′v + u v′ − u v tg x = −u 2 v2 cos x;

u′ v + u(v′ − v tg x) = −u 2 v 2 cos x .

v′ − v tg x = 0

(а)

v′ − v tg x = 0

(б)

или

u′ v = −u 2 v2 cos x

u′ = −u 2 v cos x

Решаем уравнение (а).

d v

v tg x

∫

d v

=

∫ tg x dx

ln v = − ln

cos x

v =

1

. Найденное

d x

x

cos x

частное решение v подставим в уравнение (б)

u′ = −u2

1

cos x . Найдем

cos x

его общее решение ∫

du

= −∫ dx ,

−

1

= −x + C ,

u =

1

, где C1 = −C .

x + C

u 2

u

1

1

1

sec x

y = u v =

sec x ; sec x =

, y =

− общее решение.

x + C1

x + C1

cos x

Уравнение вида

P(x; y)dx + Q(x; y)dy = 0

(2.9)

называется уравнением в полных дифференциалах, если

выражение

∂Q = ∂ P .

(2.10)

∂ x

∂ y

Если уравнение (2.9) –

уравнение в полных дифференциалах, то

∂u = P(x; y) (a ),

∂u = Q(x; y) (б). Решая уравнение (а) получим,

∂ x

∂ y

что u(x; y)= ∫P(x; y)dx + C(y).

Требуется найти

C(y), которое получим,

подставив

∂ u

= ∫

∂ P

d x + C′(y) в уравнение (б): ∫

∂P

dx + C′(y)= Q(x, y). Из

∂ y

∂ y

∂y

u = x∫P(x, y)dx + ∫y Q(x0 , y)d y ,

(2.11)

x 0

y 0

P(x, y)x + Q(x, y)y = C .

(2.12)

Если в уравнении (2.9) условие (2.10) не выполняется, т.е.

∂Q ≠

∂P , то

∂ x

∂ y

∂P −

∂Q

∫

∂y

∂x

dx

(2.13)

Q

(x)= e

,

∂P −

∂Q

µ(y)= e

−∫

∂y

∂x

dy

(2.14)

P

.

циалах. P(x; y)= e x

+ y + sin y, Q(x; y)= e y + x + x cos y .

∂ P = 1 + cos y ,

∂Q = 1 + cos y . Т.к.

∂ P =

∂Q , то это уравнение в пол-

∂ y

∂ x

∂ y

∂ x

(e x + y + sin y)dx + (e y + x + x cos y)dy =

∂u dx +

∂u dy ;

∂x

∂y

∂u = e x + y + sin y (a)

∂u = e y + x + x cos y (б).

∂x

∂y

Проинтегрируем уравнение

(а) по x : ∫

∂udx =

∫(e x + y + sin y)dx ;

∂x

по y :

∂u = x + x cos y + C′(y), которую подставляем в уравнение (б).

∂y

x + x cos y + C′(y)= ey + x + x cos y ,

отсюда C′(y)= ey . Интегрируя,

находим

С(y)= ey . Подставляем его

в

u(x, y)= ex + xy + x sin y + C(y),

имеем

u(x, y)= ex + x y + x sin y + ey .

Общий интеграл u(x, y)= C запишется

ex + x y + x sin y + ey − C = 0 .

ПРИМЕР 2.15. Решить уравнение по формуле (2.11)

(x + y −1)dx + (e y + x)dy = 0 .

Решение. P(x, y)= x + y −1,

Q(x, y)= e y + x .

∂P = 1,

∂Q = 1. Следовательно, это уравнение в полных дифференциалах.

∂y

∂x