2385

x y ,

(7)

то, полагая

у' = р, получим x p . Дифференцируя по х,

считая

р

функцией

х,

получим

dx p dp ,

так как

p dp .

dy y dx pdx , то

dy p

Интегрируя последнее выражение, запишем решение

уравнения (7) в параметрическом виде

x p ;

y p p dp C .

(8)

3°. Если уравнение имеет вид

y y ,

(9)

то, полагая у' = р,

получим x p .

Дифференцируя, будем иметь dy p dp . Учитывая, что

p dp

dy=pdx,

получим

pdx p dp ,

откуда dx

.

p

p

x

dp C;

y p .

(10)

p

вид

y x, y ,

(11)

то, полагая y p получим уравнение

y x,

p .

(12)

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

p

dp .

(13)

x

p dx

t1,2

x

2

y

2

x

2

y

2 2

1

x

2

y

2

x

2

y

2

.

2xy

2xy

2xy

2xy

t

x2 y2 x

2 y2

y

; t

x2 y2 x2 y2

x

.

2

1

2xy

x

2xy

y

y

y

и y

x

или

x ;

y .

Решение

первого

уравнения

имеет вид

dy

dx

;

y

x

Решение

второго

уравнения

будет

ydy xdx ;

y2

x2

C; x2

y2 C - семейство окружностей.

2

2

x

7.2. Решить уравнения: а)

2

y

2 y

ln y

y

e

.

; б) 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

1

dx

2

dp dp

2

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 p2ep . Дифференцируя это

выражение по x,

будем иметь

p

2

e

p

Откуда

p 2 pp e

p

p .

dp

1

;

или

p 0.

dx

ep 2 p

2 p ep dp dx;

ep 1 p x C.

Общее решение имеет вид

x ep 1 p C;

y p2ep .

y

2

; б) x

y

1

y

y 2 .

a) y x 1 y

v e p ;

du

2 pep ; u 2 ep

pep C.

dp

Следовательно,

x = 2(1 –p) + Сe p .

Таким образом, общее решение уравнения в

параметрическом виде будет

x 2 1 p Ce p ;

y x 1 p p2 .

б) Полагая у’ = p, будем иметь x

y

1

.

p

p2

Воспользуемся вторым из выражений (15)

1

1

y

2

dp

y

2

dp

0 или

0.

2

3

dy

2

3

p p

p

p

dy

p

p

Приравнивая нулю первый множитель в последнем

уравнении, находим

dp

0;

p

1

и

x Cy C2 .

dy

C

y

2

;

yy' 2.

p

Интегрируя последнее уравнение, будем иметь y2 4x .

Таким образом, общий интеграл будет

x Cy C2 ;

а особый

y2 4x .

1.8. Другие уравнения, разрешенные относительно

производной

1°. Дифференциальные

уравнения,

содержащие

дифференциалы произведения и частного

y

xdy ydx

x

ydx xdy

d xy xdy ydx; d

; d

x

2

y

2

x

y

легко решаются, если, соответственно, положить

xy u;

y

u;

x

u.

x

2°. Уравнение вида

y

P x, y dx Q x, y dy R x, y xdy ydx 0,

(1)

где Р и

Q — однородные функции степени

r, а

R —

однородная функция

степени

l

(l r 1) ,

называется

y P x y2 Q x y R x

(2)

подстановка

y y

1

приводит уравнение

Риккати

к

1

z

линейному виду.

Уравнение Риккати вида

2

B

C

y

Ay

x y x2 ,

(3)

где А, В, С — некоторые постоянные, имеет частное решение

y1 a , если

B 1 2 4АС.

Произвольное

число

а

x

определяется подстановкой y1

в уравнение (3).

Отсюда имеем

1 sin 2x

y sin x 1 sin 2x C

du cos 2xdx,

u

C,

2

2

или

y cos x

C

.

sin x

б)

Преобразуем уравнение к виду

ydx xdy y3dy,

ydx xdy

ydy.

y2

Поскольку в левой части дифференциал частного d

x

,

то,

x

y

используя замену

u,

имеем

du ydy. Отсюда

y

u

y2

C.

2

Следовательно,

x

y2

C

или

x

y2

C.

y

2

y

2

8.2. Решить уравнения:

y

1

а) x2 2 y2 dx xydy xdy ydx 0; б)

y y2

.

x

2

x

Решение. а) Исходное уравнение есть уравнение Дарбу.

Полагаем у = zx, тогда

x2 2z2 x2

dx zx2 xdz zdx x2dz zxdx zxdx 0.

Отсюда

1 z

2

dx zx 1 dz 0 или

x

z

x

1

.

1 z2

1 z2

Таким образом, уравнение свелось к линейному

уравнению.

Делаем замену

x uv,

тогда получим

zv

1

2

u v u

v

.

Откуда

v

1 z

;

1

z

2

1

z

2

u

dz

z

C;

x z C 1 z2 .

1

2

3/ 2

1 z

2

z

Исключая z с помощью замены z

y

,

будем иметь

x

x

y

C

x2 y2

или

x

2

y

2

C x

2

y

2

.

x

x

2

б) Исходное уравнение есть уравнение Риккати вида (3).

Частное решение ищем в виде

y

a ,

Подставляя y в

1

x

1

исходное уравнение, получим

a

a2

a

1

; a

2

2a 1 0;

a 1.

x2

x2

x2

x2

Следовательно,

y

1 .

Делая замену

y 1 1 ;

1

x

x

z

1

z

y

,

получим

x2

z2

1

x z 2

1 x z

z

z

;

z

1

0,

z

2

xz

x

xz

x

1

1

y x

.

x C ln x

Для отыскания частного решения необходимо

найти

постоянные интегрирования (задача Коши). Для

этого

требуется n

начальных условий y y0 ,

y y0 ,..., y n 1 y0n 1

при х= x0 .

Иногда для нахождения

частного решения

2°. Уравнение второго порядка вида

0

не

f x, y , y

dy

p,

тогда

d 2 y

dp

и уравнение примет вид

dx

dx2

dx

3°. Уравнения второго порядка вида

0

не

f x, y , y

т.е.

d 2 y

dp

dp dy

p

dp

. Подставляя

в

исходное

dx2

dx

dy dx

dy

уравнение,

получим

Интегрируя его,

f y, p, p dp

0 .

dy

найдем p p( y,C ) . Откуда

dy p( y,C ) или

dy

dx .

1

dx

1

p( y,C1 )

Интегрируя еще раз, получим общее решение

y y(x,C1,C2 ) .

т.е. имеет

вид

(n)

) 0 ,

то

с

помощью

F( y, 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

2

p2

2

и т.д.,

p p d

dp

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

уравнение

(n)

)

0

является

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

однородным

относительно

(n)

,

то при

замене

y, y , y ,..., y

y ty ,

где

t(x) - новая неизвестная

функция,

порядок

уравнения уменьшается на единицу.

ln x

9.1. Решить уравнения: а)

y

(4)

e

2 x

; б)

y

при x=1,

x2