Осталось подставить найденное значение С в общее решение:

Замечания

1.Для определенности считаем, что выражения, содержащиеся под знаком логарифма, положительны, поэтому не записываем соответствующий знак модуля.

2.Здесь и в дальнейшем используются следующие свойства лога-

рифмов (a,b, z > 0) :

ln a +lnb = ln a b; ln a −lnb = ln ba ;

k ln a = ln ak ; ln z = m z = em ; ln1 = 0; ln e =1.

3. ОДНОРОДНОЕ УРАВНЕНИЕ ПЕРВОГО ПОРЯДКА

называется однородным уравнением первого порядка. Возможна равносильная форма задания (6) при условии, что путём цепочки элементарных преобразований оно может быть приведено к виду (6). Заменой перемен-

ных t = xy уравнение (6) преобразуется к рассмотренному типу 1.2. При этом используется формула производной произведения y′ =t +t′x .

3.2. Рассмотрим примеры.

Пример 1. Найти общее решение уравнения xy′− y + x cos2 xy = 0 .

27

Решение. Непосредственное разделение переменных здесь невоз-

можно: дробь xy , содержащаяся под знаком косинуса, наводит на мысль о типе (6). Действительно, поделив обе части на х, получим

y′− xy +cos2 xy = 0 .

Уравнение теперь зависит от отношения xy (однородное, его вид

ln Cx + tg xy = 0 .

Пример 2. Найти общее решение уравнения y′ = x +y y .

Решение. Уравнение будет приведено к виду (6), если числитель и знаменатель дроби поделить на х:

y

y′ = x . 1+ xy

28

Полагая t = xy , будем иметь

t′x +t = 1+t t ; xdxdt = 1+t t −t ;

xdt = −t2 dx ; 1+t

Интегрируем полученное уравнение

∫1t+2 t dt = −∫dxx ;

∫t−2 dt + ∫dtt = −∫dxx ;

−1t +ln t = C −ln x ;

ln tx −1t = C .

Получено общее решение в терминах переменных t и x. Возвращаемся к исходным переменным и записываем окончательный ответ

ln y − xy =C .

3.3. К однородным уравнениям первого порядка могут быть сведены путём надлежащей замены переменных и уравнения вида

в которых хотя бы один из свободных членов c, r не равен нулю (в про-

тивном случае уравнение уже однородное). Не излагая общей теории, охватывающей все возможные случаи, поясним идею на следующем примере.

Пример. Найти общее решение уравнения

29

Решение. Представим уравнение в виде

и введём замену переменных

X = x +2, Y = y +1.

Если производную понимать как отношение дифференциалов, то y′ = dydx = dd((xy++21)) = dXdY .

Переписывая в новых обозначениях левую и правую части исходного уравнения, получим

dXdY = X Y+Y .

Перед нами – однородное уравнение, общее решение которого найдено выше, в примере 2, и имеет вид

lnY − YX =C .

Возвращаясь к старым переменным, получим ln( y +1) − xy++21 = C .

4. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО ПОРЯДКА

4.1. Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называют уравнение, содержащее искомую функцию у и её производную y′

в первых степенях. Таким образом, речь идёт об уравнении

где множитель v(x) выберем позднее, а функция u(x) определится на

основании уравнения (7). На самом деле определится класс функций u(x, С) , определяемый значениями произвольной постоянной С.

30

Найдём теперь производную y′ (аргумент х в дальнейшем опускаем):

y′ =u′v +uv′

и запишем (7) следующим образом:

u′v +u(v′+ pv) = q .

Выберем множитель v = v(x) как некоторое решение уравнения

сразделяющимися переменными v′+ pv = 0 , тогда исходное уравнение

(7)эквивалентно следующему:

u′v = q .

Найдя его общее решение u = u(x,C) , получим окончательно

y= v(x) u(x, C) .

4.2.Близкий по алгоритму решения тип уравнения – уравнение Бер-

нулли

где α ≠ 0; 1 .

Заметим, что левая часть (8) линейна относительно у и y′ , а правая

часть отличается от (7) наличием степенного множителя yα . Ввиду этого

обстоятельства схема решения (8) будет такой же, как и схема решения линейного дифференциального уравнения.

4.3. Рассмотрим примеры.

Пример 1. Найти общее решение уравнения

31

тогда

u′v = 2e x .

Решаем последовательно, разделяя переменные, полученные уравнения. В первом случае имеем

после разделения переменных интегрируем:

откуда v = e x (выбрана одна из первообразных v(х)).

В случае второго уравнения используем полученный для v(x) результат:

значит du = 2dx и, следовательно,

∫du = 2∫dx, u = 2x +C,

т.е. u = 2x +C .

Согласно структуре решения y = uv , ответ имеем в виде

y = (2x +C)e x .

32

Пример 2. Некоторый периодический процесс протекает по закону y′tgx − y = 2yctg1 x ,

где х – время, протекшее с начала процесса. Восстановить ход процесса,

если y π4 = 0.

Решение. Данное уравнение приводится к виду (8) с α = −1 , если обе его части поделить на tgx (согласно области определения данного

уравнения tg x ≠ 0) ). Значит, имеем уравнение Бернулли. Замечая, что tg1x = ctgx , приходим к равенству

y′− yctgx = 21y .

Полагаем теперь y =uv , тогда уравнение принимает вид

u′v +uv′−uvctgx = 21uv .

Согласно схеме решения, представленной выше, группируем второе и третье слагаемые:

откуда v =sin x .

33