14-es_1 / Высшая математика (РТФ) / умк_Цывис_Диф.уравнения_Ряды

ция, тогда из тождества ¶(m × P) =

¶(m ×Q)

следует,

что µ – решение сле-

¶y

¶x

дующего уравнения с частными производными

Q ¶m - P ¶m = m ¶P - ¶Q

.

(13)

¶x

¶y

¶y

¶x

Уравнение (13) имеет решение µ = µ(ω), где ω = ω(x,y), тогда находим

¶m =

dm

×

¶w;

¶m =

dm

× ¶w

¶x dw ¶x

¶y dw ¶y

и получаем:

dm = m ¶P

- ¶Q

.

Q ¶w - P ¶w

¶x

¶y

dw

¶y

¶x

Откуда следует, что если

¶P - ¶Q

¶y

¶x

= y(w) ,

(14)

Q

¶w - P ¶w

¶x

¶y

m = e

∫ ψ(ω)d ω

(c =1) .

(15)

¶P -

¶Q

¶y

¶x

= y(x)

и m = e∫ψ( x)dx .

Q

Если интегрирующий множитель зависит только от переменной y,

то из (14) имеем

¶P -

¶Q

¶y

¶x

= y( y)

и m = e∫ψ( y)dy .

-P

Пример 4.

Решить уравнение

(1 − x 2 y)dx + x 2 ( y − x)dy = 0 .

Решение.

Это дифференциальное уравнение имеет интегрирующий

множитель µ,

зависящий от x, так как

∂P −

∂Q

−x2 − 2xy + 3x2

∂y

∂x

=

= −

2

= ψ(x)

Q

x2 ( y − x)

x

−∫

2

dx

1

Поэтому

μ = e

x

=

.

Следовательно,

уравнение

x2

1

(1 − x2 y)dx + ( y − x)dy = 0

–

уравнение в полных дифференциалах, кото-

x2

рое проинтегрируем следующим образом

dx

− ydx + ydy − xdy = 0 .

x2

dx

1

y

2

Так как

= d

−

;

ydx + xdy = d (xy);

ydy = d

, тогда дан-

2

x

2

x

ное уравнение можно записать в виде

1

y2

y2

1

d

−

− d (xy) + d

= 0

или

d

− xy −

= 0 ,

2

2

x

x

откуда

− 2xy −

2

= 0 ,

d y2

x

0

M1

x

ем, что

NOM – равнобедренный

(|NO| =

|OM|). |MM1| = y;

|OM1| = x;

tgϕ =

dy

и из NMM1

имеем

dx

tgϕ =

MM1

=

MM1

=

MM1

.

NM1

NO

+

OM1

(OM1)2 + (MM1)2 +

ОМ1

Тогда дифференциальное уравнение, описывающее формулу (y = f(x))

сечения зеркала плоскостью xOy имеет вид

dy

=

y

.

dx x +

x2 + y2

Уравнение имеет интегрирующий множитель μ(x, y) =

1

,

по-

x2 + y2

xdx + ydy

d (x2 + y2 )

этому

− dx = 0

,

− dx = 0

, x2

+ y2

= x + c ,

y2 = 2cx + c2 .

x2 + y2

2 x2 + y2

(1) и u0 (x, y)

– интеграл этого же уравнения (1), тогда все интегрирующие

множители

уравнения

(1)

выражаются

формулой

m(x, y) = m0 (x, y) × j(u0 (x, y)) ,

где j(t) – произвольная непрерывно диффе-

ренцируемая функция.

Используя это утверждение, в ряде случаев удается найти интегри-

рующий множитель следующим образом.

Уравнение (1) представим в виде

P (x, y)dx + Q (x, y)dy + P (x, y)dx + Q (x, y)dy = 0

1

1

2

2

и пусть m1(x,y) и m2(x,y) –

интегрирующие множители, а

u1(x,y) и u2(x,y) –

интегралы

соответственно

уравнений

P (x, y)dx + Q (x, y)dy = 0 и

1

1

P2 (x, y)dx + Q2 (x, y)dy = 0 . Следовательно,

все интегрирующие множители

го – m(x, y) = m2 (x, y) × j2 (u2 (x, y)) , где j1(t) и j2(t) –

произвольные диффе-

ренцируемые функции. Если существуют функции j*

(t) и j*

(t) такие, что

1

2

Рассмотрим уравнение

x(x2 − y2 )dx + y(x2 − y2 )dy = 0 .

(I)

1

Его интегрирующий множитель m(x, y) =

, тогда xdx + ydy = 0

x2 - y2

и, следовательно, x2 + y2 = c.

m (x, y) =

1

j(x2

+ y2 ) ,

1

x2

- y2

Уравнение

xdy – ydx = 0

(II)

имеет интегрирующий множитель μ(x, y) =

1

, значит

dy

−

dx

= c , т.е.

xy

y x

y

= c .

x

чтобы было справедливо равенство

1

ϕ (x2

+ y2 ) =

1

ϕ

y

.

x2 − y2

2

1

xy

x

Последнее имеет место, когда

ϕ1(t) = 1,

ϕ2 (t) =

t

.

1 − t2

Выбрав указанным образом функции

ϕ1(t)

и ϕ2 (t) , найдем интег-

рирующий множитель исходного уравнения

y

1

1

m(x, y) = m1(x, y) =

= m2 (x, y) =

x

.

x2 - y2

xy

y

2

1

-

x

Умножая обе части исходного уравнения на m(x, y) =

1

, полу-

x2 - y2

чим уравнение в полных дифференциалах

y

x

x -

dx + y +

dy

= 0 .

x2

- y2

x2

- y2

x - y

Решая его, получим

x2 + y2 - ln

= 2c .

x + y

Замечание 4.

Уравнение

с

разделяющимися

переменными

M (x) × N ( y)dx + M1(x)N1( y)dy = 0

имеет

интегрирующий

множитель

m(x, y) =

1

.

N ( y) × M1(x)

Замечание 5.

Однородное уравнение

P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 име-

ет интегрирующий множитель m(x, y) =

1

,

P × x + Q × y ¹ 0 .

P × x

+ Q × y

Замечание 6.

Линейное уравнение

y′ + P(x) y = Q(x) имеет интегри-

рующий

множитель

m(x) = e

∫ P( x)dx

,

а

уравнение

Бернулли

y¢ + P(x) y = Q(x) y

n

– M (x) = y

−n

× e

(1−n)∫ P( x)dx

.

′

′

(1)

y = xf ( y )

+ g( y ) ,

где

′

′

известные функции от

y

′

.

f ( y ) и

g( y ) –

Дифференциальное уравнение (1) интегрируется с помощью подста-

новки

y′ = p ,

(2)

где

p – параметр.

Тогда уравнение (1) имеет вид

y = f ( p)x + g( p) .

(3)

Дифференцируя (3) по переменной x,

получим

dy

= f ( p) + xf ¢( p)

dp

+ g¢( p)

dp

,

dx

dx

dx

то есть

p - f ( p) = [xf ¢( p) + g¢( p)]

dp

dx

или

′

′

dx

- x

f ( p)

=

g ( p)

.

(4)

dp

p - f ( p)

p

- f ( p)

что

f ( pi ) = pi ,

получим

y = pi x + g( pi ) .

(6)

Эти прямые могут быть особыми решениями дифференциального

уравнения (1).

Пример 1. Решить уравнение y

′

′

2

.

+ y = x( y )

Решение.

Решим это уравнение относительно y:

′ 2

− y

′

– это

y = x( y )

уравнение Лагранжа. Поэтому

p = y′ ,

тогда

y = xp2 − p . Дифференцируя

по

x, получим

dy

= p2 + 2 px

dp

−

dp

или

p = p2 + 2 px

dp

−

dp

, откуда

dx

dx

dx

dx dx

имеем линейное уравнение

dx

+

2

x =

1

;

решая его,

находим

p −1

p( p −

1)

dp

y = xy

′

′

(7)

+ g( y ) .

Уравнение Клеро (7) отличается от уравнения Лагранжа (1) тем, что

коэффициент при x

в уравнении Клеро равен y′ , а в уравнении Лагранжа

коэффициент при x –

функция от

y′ .

Для решения (7) положим

y′ = p , тогда уравнение (7) примет вид

y = xp + g( p) .

(8)

Дифференцируя по x уравнение (8), получим

dp

′

dp

′

dp

p = p + x

+ g ( p)

или

(x + g ( p))

= 0 .

dx

dx

dx

Если

dp

= 0 ,

то p = c,

тогда с учетом (8), уравнение (7) имеет об-

dx

щее решение

y = x × c + g(c) .

(9)

Уравнение

′

образуют систему уравнений

x + g ( p) = 0 и уравнение (8)

x + g¢( p) = 0,

(10)

y = xp + g( p).

Исключая из этой системы p, находим особое решение.

Пример 2.

Решить уравнение y × ( y¢)2 + 2xy¢ - y¢ = 0 .

Решение.

Это уравнение можно решить как уравнение Лагранжа. В

t′ = 2 yy′ ,

следовательно,

исходное

уравнение

примет

вид

′

2

+ 4xt

′

- 4t = 0 , т.е. исходное уравнение – уравнение Клеро. Решая его,

(t )

найдем t = -x2 и t = Cx +

c2

, но так как

t = y2 , то имеем

y2 = cx +

c2

.

4

4

Ответ: 4 y ln x + y4 = C .

1.5)

(2x − y + 1)dx + (2 y − x −1)dy = 0 .

Ответ: x2

+ y2 − xy + x − y = C .

y

y

(x + e

)dx + e

(1 −

x

)dy = 0 y(0) = 2 .

1.6)

x

x

y

x

Ответ: x2

+ 2 ye

y

= 4 .