Обыкновенные дифференциальные уравнения. Учебное пособие

Возвращаясь к старой переменной y , будем иметь: y = ± x 2(ln | x | +C).

Пример 3. Найди общий интеграл дифференциального уравнения

(x2 + 2xy)dx + xydy = 0 .

Решение.

В данном уравнении P(x, y) = (x2 + 2xy) , Q(x, y) = xy . Заменяя x и y на kx и ky , получим, что данные функции являются однородными функциями 2-го измерения:

P(kx, ky) = ((kx)2 + 2kx ky) = k 2 (x2 + 2xy) , Q(kx, ky) = kx ky = k 2 xy .

Получаем, что исходное уравнение является однородным дифференциальным уравнением.

Введем подстановку:

y = tx , dy = xdt + tdx .

Тогда заданное уравнение принимает вид:

(x2 + 2x tx)dx + x tx (xdt + tdx) = 0, (x2 + 2x2t + t2 x2 )dx + tx3dt = 0 ,

(1+ 2t + t2 )dx + txdt = 0 , (t + 1)2 dx + txdt = 0 .

Разделяя переменные и интегрируя, находим:

Возвращаясь к прежней неизвестной функции y , находим окончательный ответ:

условии y(−1) = 1.

Решение.

Разрешая данное уравнение относительно производной:

устанавливаем, что она является функцией только отношения переменных xy , то есть показываем, что данное уравнение является

Разделяя переменные и интегрируя, имеем:

Возвращаясь к переменной y , находим общий интеграл:

Подставив заданные значения переменных: y = 1 при x = −1, находим, что C = −1. Следовательно, искомый частный интеграл уравнения

будет x = − y(1+ ln | y |).

22

Задания, предлагаемые для аудиторного занятия Задача 1. Найдите общие решения или общие интегралы

дифференциальных уравнений:

2.(x + y)dx − (x − y)dy = 0 .

3.x2 y′ = xy + y2 .

4.( x2 − y2 + y)dx = xdy .

5.xy + y2 = (2x2 + xy) y′ .

6.(x2 + y2 )dx − xydy = 0 .

Задача 2. Найти частные решения дифференциальных уравнений:

1.y′ = xy + cos xy при начальных условиях y(2) = 0 .

2.xy′ = 2( y − xy) при начальных условиях y(1) = 0 .

3. x sin xy y′ + x = y sin xy при начальных условиях y(2) = π .

4.xyy′ = y2 + 2x2 при начальных условиях y(1) = 0 .

5.y′ = xx +− yy при начальных условиях y(1) = 0 .

§ 4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка

Определение 1. Линейным уравнением первого порядка называется уравнение, линейное относительно неизвестной функции и ее производной. Оно имеет вид:

называется линейным неоднородным.

Определение 3. Если в уравнении (2.5) Q(x) = 0 , то уравнение называется линейным однородным.

Метод решения: общее решение линейного однородного уравнения легко получается методом разделения переменных.

Разделяя переменные в уравнении:

находим последовательно:

25

Или, наконец:

y = Ce− P(x)dx ,

где C – произвольная постоянная, y – общее решение линейного однородного уравнения (2.6).

Метод решения: общее решение линейного неоднородного уравнения (2.5) можно найти исходя из общего решения соответствующего однородного уравнения (2.6) по методу

Отсюда:

C(x) = Q(x)e P( x)dxdx + C ,

где C – произвольная постоянная. Тогда искомое общее решение неоднородного уравнения (2.5) будет иметь вид:

y = C(x)e− P( x)dx = ( Q(x)e P( x)dxdx + C) e− P( x)dx .

Схема решения линейного уравнения методом Лагранжа:

y = C(x)e− P( x)dx = [ Q(x)e P( x)dxdx + C2 ] e− P( x)dx

Метод решения: линейные уравнения первого порядка можно интегрировать также методом Бернулли, который заключается в следующем. Будем искать решение уравнения (2.5) в виде

26

Решение.

Это линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка, так как оно соответствует виду (2.5). Решим уравнение (2.10) методом Лагранжа. Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения:

Общее решение уравнения (2.10) имеет вид: y = (x + C)(1+ x2 ) .

Пример 2. Найти общее решение уравнения xy′ − y = x2 cos x .

Решение.

Это линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка, так как оно приводится к виду (разделив уравнение на x ≠ 0 ), соответствующему (2.5):

и y′ в преобразованное уравнение и группируем его члены:

при начальном условии y(0) = 0 .

Решение.

Задано линейное дифференциальное уравнение 1-го порядка. Для решения применим метод вариации произвольной постоянной (метод Лагранжа). Интегрируем соответствующее однородное уравнение y′ cos2 x + y = 0, разделив переменные: