Дифференциальные уравнения. Методические указания для организации самостоятельной работы по курсу Высшая математика. Пантелеев И.Н

x2

+

y2

= C

или x2

+ y2 = 2C

= C = C2 .

2

2

0

0

1

на плоскости х, у

Не трудно

заметить, что

решение

а) tg x sin2

ydx +cos2 xctg y dy = 0 ;

б) y′sin x = y ln y ;

Решение. а) Делим уравнение

на cos2 x sin2 y , тогда

получим

tgx

ctgy

dx +

dy

= 0 .

cos2

x

sin2 y

Интегрируем

tgx

ctgy

∫

dx = −∫

dy ,

cos2 x

sin2

y

откуда tg2 x −ctg2 y = C .

б) Представим уравнение в виде

dy sin x = y ln y и разделим

переменные

dx

dy

dx

=

.

y ln y

sin x

Проинтегрируем, полагая, что C1 = ln

C

, тогда

∫

d ln y

= ln

tg

x

+C ;

ln

ln y

= ln

tg

x

+ln

C

.

ln y

2

1

2

ln y

π

Пропотенцируем ln

= ln

C tg

, откуда

2

x

ln y = C tg

x

или y = eC tg

.

2

2

1.3. Найти частное решение уравнения

′

y tgx + y = 0 ,

удовлетворяющее начальному условию: у = 1 при x = π .

2

Решение. Представим уравнение в виде

dy

= −

cos x

dx

и

y

sin x

проинтегрируем ln

y

= −ln

sin x

+ln

C

, откуда

ln

y

= ln

C

или y =

C

.

sin x

sin x

C

Подставим в общее решение начальные условия 1 =

,

sin

π

2

откуда С = 1. Частное решение будет y = cosec x .

1.4.

Найти

общий

интеграл:

а) y′ = x − y +1;

будем иметь

du

′

1−u

или dx =1−u .

Откуда

du

= −dx

ln

u −1

= −x +ln

C

или

u −1

x = ln

C

; ex

=

C

; u −1 = Ce−x .

u −1

u −1

б) Делаем

замену

переменной u = x + y ; u′ =1+ y′.

Подставляем в уравнение

du

′

u

−1 = cos u;

dx = cos u

+1.

Разделяем переменные и интегрируем

du

d

u

= dx;

∫

2

= x; tg

u

= x +C .

cos u +1

2 u

cos

2

2

Отсюда общий интеграл tg

x + y

= x +C .

2

2. Однородные уравнения первого порядка

1 . Дифференциальное уравнение

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

(1)

y

x

y′ =ϕ

или y′ =ϕ

.

(2)

x

y

y′ =

ax +by +c

f

(3)

a1x +b1 y +c1

подстановки

x = u + x0 ; y = u + y0 , если ab1 −a1b ≠ 0 . Здесь

x , y

0

координаты точки пересечения прямых ax +by +c = 0 и

0

a1x +b1 y +c1 = 0 .

Если же

ab1 −a1b = 0 , то уравнение решается с помощью

y = uxq

(4)

а) xy′cos

y

= y cos

y

− x ;

dx

=

x − y

;

б) dy

x

x

x + y′

y cos

y

− x

y

1 .

y

′

=

x

=

−

x cos

y

x

cos

y

x

x

отношения

y

, то делаем замену

y=их.

Производная

x

du

y

′

Подставляя значения y

′

y

= u + x dx .

и x

в предыдущее

u + x du

= u −

1

или x du

= −

1

.

cos u

cos u

dx

dx

Разделим переменные

cos u du = − dx

и

проинтегрируем

sin u = −ln

x

+C .

x

и

Подставляя

вместо

его значение,

u + y du

=

uy − y

или

y du

= u −1

−u ,

uy + y

dy

dy

u +1

откуда,

y

du

= −

u2

+1

.

dy

u

+1

Разделим переменные и проинтегрируем

u +1

dy

1

2

du = −

y

; arctgu +

2 ln (u

+1)= −ln

y

+C .

u2 +1

Произведя обратную подстановку, получим

2

+1 +ln

arctg

x

+ 1 ln

x

y

= C .

2

y

2

y

Окончательно общий интеграл может быть представлен в

виде arctg

x

+ln

x2 + y2 = C .

y

в) Разделим правую и левую часть на dx и сделаем замену

у = их

du

du

dx

2

2

2

x u + x

dx

−ux =

x

+u

x

;

=

x

;

1+u2

Найдем

частное

решение.

Подставляя

в общее решение

x = 1, у = 0, находим постоянную интегрирования С = 1.

Таким образом, окончательно получим

y + x2 + y2 = x2 .

2.2. Решить уравнения:

а) (2x +3y −1)dx +(4x +6y −5)dy =0;

б) (x −2 y +5)dx +(2x − y +4)dy = 0 .

Решение. а) Разделив правую и левую часть уравнения на

dx, преобразуем уравнение к виду

y′ =

2x +3y −1

.

4x +6 y −5

Так

как

коэффициенты

пропорциональны

a

=

b

; 2 6 = 3 4 , то используем подстановку u = 2x +3y −1 ;

a

b

1

1

u′ = 2 +3y′.

u′

Подставляя

u и

в уравнение, получим

u′−2

=

u

или du =

u −6

.

3

2u −3

dx

2u −3

Разделим переменные

2u −3

du = dx и проинтегрируем

9

u −6

∫

2 +

du

= x;

2u +9ln

u −6

= x +C .

u −6

Переходя к старым переменным, общее решение примет

вид

x +2 y +3ln (2x +3y −7)= C .

б) Представим уравнение в виде

y′ =

x −2 y +5

.

2x − y +4

Так как

1 ≠

2

x −2 y +5

= 0,

то из решения системы,

− y +4

= 0,

2

1

2x

находим точку пересечения этих прямых x0

= −1, y0

= 2 .

Делаем замену

x =u −1, y = u +2 ,

тогда

dx=du, dy=du,

dy

= dv

. Переходя к новым переменным, уравнение сводится

dx

du

dv

u −2v

к однородному

=

.

du

2u −v

dt

′

Если

сделать

замену

v = ut, v

= t

+u du ,

то

уравнение

примет вид

t +u

dt

=

u −2ut

или u

dt

=

1−4t +t2

.

du

2u −ut

du

2 −t

Разделим переменные

2 −t

dt = du

и проинтегрируем

1

−4t +t2

d (t2 −4t +1)

u

1

1

2

u

− 2 ∫

= ln

u

,

−

2 ln

t

−

4t +1

= ln

,

t2 −4t +1

C

1

отсюда

t2 −4t +1 =

C2

.

1

u2

t

и учитывая, что C2

=C , получим

Заменяя переменную

1

v2

−

4

v

+1

=

C

,

v

2

−4uv +u

2

= C .

u2

u

u2

y′+ P (x)y = Q (x),

(1)

Посредством

замены функции

у

произведением двух

вспомогательных

функций у = uv;

y

′

′

′

= u v +v u линейное

′

′

′

′

+ P (x)v = Q (x). (2)

u v +v u + P (x)uv = Q (x)

или u v +u

v

Выберем функцию v такой, чтобы

v′+ P (x)v = 0 , тогда

dv = −P (x)dx

v

и частное решение этого уравнения имеет вид

v = e

−∫P(x)dx

.

Поскольку выражение в квадратных скобках в (2) равно

нулю, то получим

′

(x),

откуда