3447

уравнением

с

разделяющимися

переменными

(т.е.

f (x, z) f1(x) f2 (z)), либо однородным уравнением

(т.е.

линейным уравнением (т.е.

f (x, z)

p(x)z

q(x)),

либо

уравнением

Бернулли (т.е.

f (x, z)

p(x)z q(x)z n ),

либо

уравнением

в

полных

дифференциалах

(т.е.

dz f (x, z)dx dU),

то мы

можем построить

его

общее

y

(x,C1)dx

C2.

(3.52)

Рассмотрим примеры интегрирования уравнений вида

(3.50).

Пример. Решить уравнение x3 y

x2 y

1.

Решение. Вводим новую функцию

z y ,

тогда y z .

Подставив ее в уравнение, имеем

x3z x2 z

1.

Учитывая требования u(x3v

x2v)

0 ,

v(x)

0 , находим

функцию v(x) :

dv

dx

,

v

1

, подставляем в

уравнение

v

x

x

для определения

u(x)

x3u

1

1.

x

Отсюда

du

dx

,

u

1

C .

x2

x

1

Таким образом,

p

C1

1

, и можно найти функцию y

x

x 2

y C

dx

dx

,

1

y C ln

x

C

2

.

1

x

x2

1

x

ex y 2 .

Пример. Проинтегрировать уравнение

y

2y

Решение.

Применяя подстановку

z

y , относительно

z получим уравнение Бернулли:

z

2z

e x z 2 . Очевидно,

последнее уравнение допускает решение z

0 , откуда y C .

Бернулли. Ищем

решение уравнения в виде произведения

z u v ,

z

u v uv . Подставим в уравнение эти выражения,

имеем:

u v

uv

2uv e xu2v2. Потребовав, чтобы одна из

введенных

функций удовлетворяла однородному уравнению,

dv

2v 0,

dx

du

e xu 2v.

dx

Интегрируя первое уравнение, получим

dv

2 dx,

~

ln v

2x

C1.

v

Частное решение берем в виде:

v e 2x .

Подставим эту функцию во второе уравнение системы.

Получаем следующее дифференциальное уравнение

du

e

xu 2 .

dx

du

e

x dx C ,

1

e

x C , u

1

.

u 2

1

u

1

e

x

C1

Бернулли:

z

1

,

e x

C e2x

1

или

dy

1

,

y

dx

C2 .

dx

e x

C1e2x

e x C1e2x

Преобразуем интеграл к дробному виду

dx

dex

e x (1 C e x )

e2x (1 C e x )

1

1

и обозначим

e x

t . Подынтегральную функцию разложим на

сумму простых дробей

1

A B

D

At(1 C t) B(1 C t) Dt 2

1

1

.

t 2 (1 C t)

t

t 2

1 C1t

t 2

(1 C t)

1

1

Коэффициенты

разложения найдем

комбинированным

методом. Из равенства

At(1

C t)

B(1

C t)

Dt 2

1,

1

1

положив t

0 ,

найдем

B

1;

положив

t

1 C1 , найдем

D C 2

. Далее, приравнивая коэффициенты при t 2 в правой и

1

левой частях этого равенства, получим C A

C2

0, A

C .

1

1

1

1

C

1

C 2

1

1

.

e2x (1 C e x )

e x

e2x

1 C e x

1

1

Вычислив интеграл

dx

C

dex

dex

C

2

dex

C ln e x

e2x (1 C e x )

1

e x

(e x )2

1

1 C e x

1

1

1

1

d (1

C e x )

e x

C e x

C

1

C x

C ln1

C

2

,

e x

1

1

C e x

1

1

1

1

получаем

общее

решение уравнения:

y

e

x C ln

1 C e x

x C

2

.

1

1

Решением уравнения является также функция

y C и

y

1

, или y

(1

y 2 )3 2 .

(1

y 2 )3 2

Задача привела к дифференциальному уравнению 2-го

порядка вида (3.50). Применяя подстановку y

z , получим

z

(1

z 2 )3 2 . Откуда

dz

x

C1.

(1

z 2 )3 2

Интеграл

вычисляем

с помощью

замены

переменной

z

tgt ;

dz

dt

cos2 t ,

1

z 2 1 cos2 t . Получаем:

dz

dt

(cos2 t)

3 2

costdt sin t.

(1

z 2 )3 2

cos2 t

Возвращаясь

к

переменной

z ,

используем формулу

sin t

tgt

z

. Таким образом, получили общий

1 tg 2t

1

z 2

интеграл уравнения для функции z (первый интеграл)

z

x

C1 , откуда

z

x C1

,

1 z 2

1

(x

C )2

1

или

dy

x

C1

.

dx

1 (x C1 )

2

Интегрируя,

получаем

1 2(x C1)d (x C1)

y C

1 (x C )2 .

2

2

1

(x

C )2

1

1

y(n) f ( y, y , y , , y(n 1) ).

(3.53)

Введем новую неизвестную функцию,

зависящую от x

посредством y :

z( y) y .

(3.54)

Выразим производные по x

функции

y через функцию

z и ее производные по y .

Имеем, используя правило

дифференцирования сложной функции:

y

dy

dz

dz

dy

z

dz

,

dx

dx

dy

dx

dy

y

dy

d

dz

z

d

dz

z

dy

d 2 z

z

dz

2

z,

dx

dx

dy

dy

dy

dx

dy2

dy

.

По индукции заключаем, что производная порядка

n

функции

y

выражается

через

новую

функцию

z

и

ее

производные

по

y

до

(n 1)

-

го порядка включительно.

Таким образом, получили выражения производных

от

y

следующего вида:

y

z

dz

,

y

z

2

d

2 z

z

dz

2

,

dy

dy2

dy

(4)

3 d 3 z

2 dz

d 2 z

dz

3

y

z

4z

z

,

dy3

dy

dy2

dy

(3.55)

y

(n)

z

n 1 d n 1z

z,

dz

, ,

d n 2 z

.

dyn 1

dy

dyn

2

В результате подстановки выражений (3.54), (3.55) в

уравнение (3.53), оно преобразуется к виду

d n

1z

F

y, z,

dz

, ,

d n

2 z

,

(3.56)

dyn

1

dyn

2

dy

где

F y, z,

dz

, ,

d n 2 z

1

f y, z,

dz

, ,

d n 2 z

z,

dz

, ,

d n 2 z

.

dy

dy

n 2

z

n 1

dy

dy

n 2

dy

dy

n 2

y

( y, C1, , Cn

1) .

(3.57)

Проинтегрировав его, найдем общий интеграл уравнения

(3.53), выраженный в квадратурах

dy

x

Cn .

(3.57)

( y, C1, ,Cn 1)

В заключении

отметим следующее. Принимая

y за

вида y

const . Поэтому в уравнении (3.53) нужно положить

y C .

В результате получим f (C,0, ,0) 0 . Если это

б)1) Рассмотрим частный случай – уравнения второго

порядка, не содержащие независимое переменное:

y

f ( y, y ).

(3.59)

Выполним подстановку

z( y) y (x),

(3.60)

откуда y

z

dz

. В результате подстановки уравнение (3.59)

dy

примет вид

z

dz

f ( y, z).

(3.61)

dy

Решая

уравнение

(3.61) найдем общее

решение

z

( y,C1) , являющееся первым интегралом (3.59).

Используя

(3.60),

получаем

дифференциальное

уравнение

dy

( y, C1) .

(3.62)

dx

Разделяя переменные и интегрируя, получим общий

интеграл уравнения (3.59)

dy

x

C2 .