Учебное пособие 790

x = ∫

ϕ′(p)

dp +C; y =ϕ(p).

(10)

p

вид

y =ϕ(x, y′),

(11)

то, полагая y′ = p получим уравнение

y =ϕ(x, p).

(12)

Дифференцируя (12) по х, считая p функцией х, получим

p = ∂ϕ

+ ∂ϕ dp .

(13)

∂x

∂p dx

x =ψ (y, y′),

(14)

x =ψ (y, p);

1

=

∂ψ

+

∂ψ dp .

(15)

p

∂y

∂p dy

5.1. Решить уравнения:

а) y = xy′2 + y′2 ;

y′

2

y

dy

y

=

;

dx = ±

.

x +1

x +1

Разделим переменные и проинтегрируем

dy

= ±

dx

; ∫y−1/ 2dy = ±∫(x +1)−1/ 2d (x +1).

y

x +

1

x

2

+ y

2

2

+ y

2 2

2

+ y

2

x

2

− y

2

t1,2 = −

±

x

−1 = −

x

±

.

2xy

2xy

2xy

2xy

t

=

−x2 − y2 + x2 − y2

= −

y

;

t

=

−x2 − y2 − x2 + y2

= −

x

.

2

1

2xy

x

2xy

y

y

′

y

y

′

x

или

= − x ;

и

= − y .

Решение

первого

уравнения

имеет

вид

dy

= − dx

;

y

x

ln

y

= −ln

x

+ln

C

; y =

C - семейство гипербол.

x

ydy = −xdx ;

Решение

второго

уравнения

будет

y2

= −

x2

+C; x2

+ y2 = C - семейство окружностей.

2

2

x

5.2. Решить уравнения: а)

+ y

′

′

б) y = y

′2

e

y′

.

2

= ln y ;

Решение. а) Приведем уравнение к виду

x = 2(ln y′− y′)

и положим у' = p, тогда

x = 2(ln p − p).

Продифференцируем это равенство

dx = 2 dp −dp =

2

1

−1 dp.

p

p

Так как dy = pdx, то получим dy = 2(1- p)dp. Интегрируя,

будем иметь y = 2 p − p2 +C.

Таким образом, общее решение в параметрическом виде

будет x = 2(ln p − p); y = 2 p − p2 +C.

б) Полагаем

y′ = p . Тогда

y = p2e p . Дифференцируя это

выражение по x,

будем иметь

′ p

2

e

p

′

p = 2 pp e

+ p

p . Откуда

dp

1

или

p = 0.

dx =

;

e p (2 + p)

Разделяя переменные в первом уравнении, получим

(2 + p)ep dp = dx;

ep (1+ p)= x +C.

Общее решение имеет вид

x = e p (1+ p)+C;

y = p2e p .

требуется n

начальных условий y = y0 ,

y′ = y0′,..., y(n−1) = y0(n−1)

при х= x0 .

Иногда

для

нахождения

частного

решения

начальные условия задаются не в одной точке

х= x0 , а на

концах

некоторого промежутка

x [x1, x2 ]. Такие

условия

принято называть граничными условиями.

При

нахождении

частных

решений

постоянные

интегрирования C1,C2 ,...,Cn

находятся из системы уравнений

dy

= p, тогда

d 2 y

=

dp

и уравнение примет вид

dx

dx2

dx

т.е.

d 2 y

=

dp

=

dp dy

= p

dp

.

Подставляя

в

исходное

dx2

dx

dy dx

dy

уравнение,

получим

f y, p,

p dp

= 0 . Интегрируя его,

dy

найдем p = p( y,C ) . Откуда

dy = p( y,C ) или

dy

= dx .

1

dx

1

p( y,C1 )

т.е. имеет

вид

′

′′

y

(n)

) = 0 ,

то

с

помощью

F ( y, y , y ,...,

подстановки

y′ = p(x)

порядок

уравнения понижается

на

′

(n−1)

) = 0 .

единицу F (x, p, p ,..., p

2. Если

уравнение

не

содержит

явно

независимую

переменную,

т. е. имеет вид

′

′′

(n)

) = 0 , то

с

F ( y, y , y ,..., y

помощью подстановки

y′ = p( y) ,

где

за новый

аргумент

принимается

у

и y′′ = p dp

, y′′′ =

p d

2

p2

2

p

+ dp

и т.д.,

dy

dy

dy

порядок уравнения понижается на единицу.

3. Если уравнение имеет вид

y(n) = f ( y(k ) ) , то с помощью

подстановки

y(k )

= p(x) порядок уравнения понижается на к

единиц p(n−k ) = f ( p(x)) .

4.

Если

′

′′

(n)

) = 0

является

уравнение F (x, y, y , y

,..., y

однородным

относительно

′

′′

y

(n)

,

то при

замене

y, y , y ,...,

y′ = ty ,

где

t(x) - новая

неизвестная

функция,

порядок

уравнения уменьшается на единицу.

ln x

6.1. Решить уравнения: а)

y(4)

= e2 x ; б)

y′′′ =

при x=1,

x2

y=0, y′ =1, y′′ = 2 .

y′′′ = ∫e2 x dx =

1

e2 x +C1 ,

2

y′′ =

∫

1

2 x

1

2 x

e

+C1

dx

=

e

+C1x

+C2 ,

2

4

y′

∫

1

2 x

1

2 x

1

2

=

e

+C1x +C2 dx =

e

+

C1 x

+C2 x +C3 ,

4

8

2

∫

1

2 x

1

2

1

2 x

1

3

1

2

y =

e

+

C1x

+C2 x +C3 dx =

e

+

C1x

+

C2 x

+C3 x +C4 .

8

2

16

6

2

y′′ = − 1 ln x − 1 +C1 при x =1, 2 = −1+C1, C1 = 3 .

x

x

y′ = −

1

ln2 x −ln x +3x +C2

при x =1,

1 = 3 +C2 , C2

= −2 .

2

Наконец, интегрируя по частям, окончательное решение

примет вид

y = −

x

ln2 x +

3

x2 −2x +C

при x =1,

0 =

3

−2 +C , C =

1

;

2

2

3

2

3

3

2

y = −

x

ln2 x +

3

x2 −2x +

1

.

2

2

2

6.2. Проинтегрировать уравнения: а) x (y′′+1)+ y′ = 0 ;

б)

xy′′ =

1+ y′2 ,

y(1) = 0,

y(e2 ) =1.

Решение. а)

Данное

уравнение

не

содержит

y,

следовательно,

понизить

его

порядок можно

с

помощью

подстановки y

′

= p(x) , тогда

y

′′

′

= p (x) . Отсюда

x (p′+1)+ p = 0

или p′+

p

= −1 .

x

Это линейное уравнение, поэтому делаем замену p = uv;

p

′

′

′

′

′

v

dv

dx

+

= −1;

= −

;

= u v +v u

и интегрируем u v +u

v

v

x

x

v =

1

;

u′

= −1; du = −xdx; u = −

x2

+C

; p = −

x

+

C1

.

x

x

2

1

2

x

dy

x

C

Но

p =

dx

,

поэтому

имеем

dy =

−

+

1

dx ,

откуда,

2

x

x2

интегрируя, находим y = −

+C ln

x

+C

2

.

4

1

б) Поскольку уравнение не содержит у, то делаем замену

y ' = p, y '' = p '.

Тогда xp ' =

1+ p2

или

dp

= dx .

1+ p2

x

Отсюда

ln

p +

1+ p2

= ln

x

+ln C ;

p +

1+ p2

= C x;

1

1

1+ y '2 = C1x − y ';

2C1xy ' = C12 x2 −1; dy =

1 C1x −

1

dx;

2C1x

2

y =

x2

C −

1

ln

x

+C

.

4

1

2C1

2

Используя граничные условия, получим систему

=

C

+C2 ,

0

1