14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды

1)

функции y = ϕ( x, C ) являются решением уравнения y′ = f ( x, y )

при любом допустимом значении параметра С;

2)

при любом начальном условии

y ( x0 ) = y0

( x0 , y0 D) можно

указать параметр С0 такой, что функция

y = ϕ( x, C0 )

удовлетворяет усло-

вию ϕ( x0 , C0 ) = y0 .

уравнения.

y′ = f ( x, y )

Часто общее решение дифференциального уравнения

получается в виде уравнения, не разрешенного относительно x

и y,

Φ ( x, y, C ) = 0 .

(9.3.6)

dy

= f

( x) f

( y ) ,

(9.4.1)

2

dx

1

на функцию f2 ( y ) , зависящую только от y, называют

уравнением с раз-

деляющимися переменными.

Пусть

f2 ( y ) ¹ 0 . Тогда по правилу пропор-

ции, поменяв местами

f2 ( y ) и dx , получим

dy

= f ( x)dx .

(9.4.2)

f2 ( y )

1

Интегрируя левую часть по

y, а правую по x, получим общий инте-

∫ f2 ( y )

∫

1

грал данного уравнения

dy

=

f ( x)dx + C .

В дальнейшем дифференциальное уравнение вида

M ( x)dx + N ( y )dy = 0

(9.4.3)

менными, поэтому ∫ x dx + ∫ y dy = C1

x2

+

y2

= C1 . Пусть C1

=

C 2

, тогда

2

2

2

x2

+

y2

=

C 2

x2 + y2 = C 2 . Получили общий интеграл, геометрически

2

2

2

представляющий собой семейство окружностей радиуса

С с центром в

начале координат.

Уравнение вида

M1 ( x) N1 ( y )dx + M 2 ( x) N2 ( y )dy = 0

(9.4.4)

вания решения, то, разделив обе части уравнения (9.4.4) на

M 2 ( x) × N1 ( y ) ,

M1

( x) N1

( y )

M 2

( x) N2

( y )

а именно:

dx +

dy = 0 , получим дифференциаль-

M

2

( x) N

( y )

M

2

( x) N

( y )

1

1

ное уравнение с разделенными переменными

M1

( x)

N2

( y )

dx +

dy = 0 .

(9.4.5)

M

2

( x)

N

( y )

1

Используя свойство инвариантности дифференциала, проинтегриру-

ем равенство (9.4.5). В результате получим выражение

M

( x)

N

( y )

∫

1

dx + ∫

2

dy = C ,

(9.4.6)

M ( x)

N

( y )

2

1

являющееся общим интегралом дифференциального уравнения (9.4.5).

В тех точках, где M 2 ( x) = 0

или N1 ( y ) = 0 , могут появиться другие

M1 ( x1 ) N1 ( y )dx1 + M 2 ( x1 ) N2 ( y )dy º 0 (0 º 0),

поскольку dx1 = 0

и M 2 ( x1 ) = 0 . Следовательно, x = x1 – решение уравне-

ния (9.4.4). Аналогично, если y1 –

корень уравнения N1 ( y ) = 0 , то

y = y1 –

решение уравнения (9.4.4).

Пример 9 . 4 . 2 .

Решить уравнение

xdy − 2 ydx = 0 .

Решение.

Разделим обе

части на

произведение ( x × y ) .

Тогда

xdy

-

2 ydx

= 0

dy

-

2dx

= 0

∫

dy

- 2∫

dx

= ln C ln

y

- 2ln

x

= ln C

x × y x × y

y

x

y

x

y′ = f (ax + by + c) .

(9.4.7)

Введем замену ax + by + c = z . Тогда

z′ = a + by′ , а y¢ =

z′ − a

(пред-

b

полагаем b ¹ 0 ), и уравнение (9.4.7) принимает вид

z′ − a

= f ( z ) z′ = a + bf ( z )

dz

= bf ( z ) + a

dz

= dx x =

dz

+ C .

b

bf ( z )

∫ bf ( z )

dx

+ a

+ a

f (tx, ty ) = t n f ( x, y ) .

Пример 9 . 5 . 1 .

Функция f ( x, y ) = xy - y2

есть однородная функ-

ция второго порядка, так как

f (tx, ty ) = tx ×ty - (ty )2 = t2 (xy - y2 ) = t2 f ( x, y ) .

Пример 9 . 5 . 2 .

Функция

f ( x, y ) =

x2 - y2

есть однородная функ-

xy

ция нулевого порядка, так как

f (tx, ty ) = (tx)2 - (ty )2 =

t2 (x2 - y2 )

= t0 f ( x, y ) = f ( x, y ) .

tx ×ty

t 2 xy

dy

= f ( x, y )

(9.5.1)

dx

По условию f (tx, ty ) = f ( x, y ) . Положив в этом тождестве t =

1

,

x

y

получим

f ( x, y ) = f 1,

, т.е. однородная функция нулевого порядка за-

x

dy

= f

y

1,

.

(9.5.2)

dx

x

Сделаем подстановку z =

y

, т.е.

y = zx.

Тогда

dy

= z +

dz

x . Под-

x

dx

dx

ставляя в (9.5.2), получим

z +

dz

x = f (1, z ) .

dx

Это уравнение с разделяющимися переменными.

dz

x = f (1, z ) − z

dz

=

dx

∫

dz

= ∫

dx

+ C .

dx

f (1, z ) − z

x

f (1, z ) − z

x

Подставляя после интегрирования

z =

y

, получим общий интеграл

x

уравнения (9.5.2), а значит, и уравнения (9.5.1).

Пример 9 . 5 . 3 .

Решить уравнение

dy

=

xy

.

x2

− y2

dx

Решение.

В правой части имеется однородная функция нулевого

tx ×ty

=

t 2 xy

=

xy

z =

y

порядка,

так как

t2 (x2 - y2 )

. Пусть

, y = zx,

(tx)2 - (ty )2

x2 - y2

x

dy

= z + x

dz

,

и наше уравнение принимает вид

dx

dx

dz

x × zx

dz

zx2

dz

z

z + x

=

z + x

=

(1 - z2 )x2

x

=

- z

dx

x2 - ( zx)2

dx

dx

1 - z2

dz

=

z − z + z

3

x

dz

=

z3

1 − z2

dz =

dx

x

.

dx

1 − z2

− z2

z

3

dx 1

x

Отсюда, интегрируя, получаем

∫ z−3dz − ∫

dz

= ∫

dx

+ ln

C

−

1

− ln

z

= ln

x

+ ln

C

−

1

= ln

Cxz

.

2z2

2z2

z

x

Подставляя z =

y

,

получим

общий

интеграл

исходного

уравнения

x

−

x2

= ln

Cy

.

2 y2

Замечание.

Дифференциальное уравнение вида

M ( x, y )dx + N ( x, y )dy = 0

(9.5.3)

Действительно, из уравнения (9.5.3) получим

dy

= −

M ( x, y )

. Тогда

dx

N ( x, y )

−

M (tx, ty )

= −

t k M ( x, y )

= −

M ( x, y )

.

Уравнение (9.5.3)

можно

решать

N (tx, ty )

t k N ( x, y )

N ( x, y )

dx dt

dS

a1

(t + α) + b1

(S + β) + c1

= f

dt

a

(t + α) + b

(S + β) + c

2

2

2

dS

a t + b S + (a a + b b + c

)

= f

1

1

1

1

1

.

(9.5.6)

dt

a t + b S + (a a + b b + c

2

)

2

2

2

2

a a + b b + c = 0,

(9.5.7)

1

1

1

a2a + b2b + c2 = 0.

a

b

a

b

Если определитель D =

1

1

¹ 0

1

¹

1

,

то система (9.5.7)

a2

b2

b2

a2

имеет единственное решение a и

b, при котором уравнение (9.5.6) стано-

dS

a t + b S

вится однородным

= f

1 1

,

и которое решается подстановкой

dt

a2t + b2S

z =

S

. После решения необходимо вернуться к

х и

у по формулам

t

t = x − α , S = y − β .

Если

a1

=

b1

¹

c1

(D = 0) ,

то,

положив

a1

=

b1

= k , получим

c2

a2

b2

a2 b2

a1 = ka2 ,

b1 = kb2 ,

и

тогда

исходное

уравнение

(9.5.4)

принимает вид

k

(a x + b y ) + c

т.е. имеет вид y′ = j(a2 x + b2 y )

y¢ = f

2

2

1

,

и подстановкой

a2 x + b2 y + c2

Если же

a1

=

b1

=

c1

= k , то

a

= ka

2

,

b = kb

,

c

= kc

, и уравне-

a2

b2

c2

1

1

2

1

2

y′ + p ( x) y = f ( x) ,

(9.6.1)

держащее

у и y′ в первой степени), называется

линейным дифференци-

альным уравнением первого порядка. Здесь p(x)

и f(x) – непрерывные на

[a, b] функции, либо постоянные числа.

Если

f ( x) ≡ 0 , то уравнение

y′ + p ( x) y = 0

(9.6.2)

y = u ( x)v ( x) ,

(9.6.3)

где u = u ( x) и v = v ( x) – некоторые

непрерывно

дифференцируемые

функции. Подставляя

y = uv и

y

′

′

′

получаем

= u v + uv в (9.6.1),

dv

= - p ( x)v

dv

= - p ( x)dx

∫

dv

= -

∫

p

( x)dx + ln C

dx

v

v

1

ln

v

= ln e−∫ p( x)dx + ln C ln

v

= ln C e−∫ p( x)dx

v = C e−∫ p( x)dx .

1

1

1

Подставляя функцию v во второе уравнение системы (9.6.7), полу-

чаем еще одно уравнение с разделяющимися переменными

du

×C e−∫ p( x)dx = f ( x) du =

1

e∫ p( x)dx f ( x)dx ,

dx

1

C1

откуда

u = u ( x) =

1

∫ f ( x)e∫ p( x)dxdx + C2 .

C

1

Таким образом,

y = u ( x)v ( x) , т.е.

1

y =

∫

f ( x)e∫

p( x)dxdx + C

C e− ∫ p( x)dx =

2

C1

1

= (∫ f ( x)e∫ p( x)dxdx + C1C2 )e−∫ p( x)dx .

Так как С1 и С2 –

произвольные постоянные, то произведение С1С2

-

тоже произвольная постоянная,

которую можно обозначить через С.

В

y = e−∫ p( x)dx (C + ∫ f ( x)e∫ p( x)dxdx).

(9.6.8)

Поскольку при перемножении функций u ( x) и v ( x) постоянная С1

во втором слагаемом сократилась, то в качестве функции v ( x)

можно было

взять v = e−∫ p( x)dx

(C =1) .

1

Пример 9 . 6 . 1 .

Решить уравнение y¢ - 2xy = 2xex2 .

Решение. Пусть

y = uv,

y

′

′

′

= u v + uv . Тогда

u¢v + uv¢ - 2xuv = 2xex2

u¢v + u (v¢ - 2xv) = 2xex2 .

v′ - 2xv = 0,

2xex2 .

u¢v

=

Решаем первое уравнение v′ − 2xv = 0

dv

= 2xv

∫

dv

=

∫2xdx

dx

v

ln

v

= x2

v = ex2

(постоянную здесь не берем).

Подставляем v = ex2

во второе уравнение системы

u¢v = 2xex2

du

ex2 = 2xex2

du