mat_analiz

Решение уравнения (1) сводится к решению двух уравнений с разделяющимися переменными подстановкой y = u v , где u = u(x ), v = v(x ) - функ-

ции от х, одна из которых может быть выбрана произвольно, а другая определяется из уравнения (1).

Разделив переменные, получим:

dvv = −p(x )dx

Интегрируем:

ln v = −∫p(x )dx +C1 , положим C1 = ln C

v =ce−∫p(x)dx .

Достаточно какоголибо отличного от нуля решения, поэтому можем

взять

Так как функцию v находим из условия (5), уравнение (4) примет вид: u′v = q(x)

Разделяя переменные и интегрируя, получим:

du = q(x) dx v ,

du = q(vx) dx,

287

Можно показать, что все решения уравнения (1) содержатся в формуле

(7).

Существуют и другие способы решения уравнения (1), например, метод вариации произвольной постоянной. Он состоит в том, что сначала решают

подставляют в уравнение (1), считая A функцией от x, затем находят A′ и A .

Уравнение Бернулли имеет вид:

y′+ P(x) y = q(x) yα .

Оно отличается от линейного тем, что в правую часть входит множителем некоторая степень функции y, и решается так же, как и линейное подстановкой y = uv или вариацией произвольной постоянной.

Пример 1. Найти общее решение уравнения

288

Для решения этого уравнения можно воспользоваться формулой (6).

∫ 2 ∫ dx

v = e− (− x+1)dx = e2 x+1 = e2 ln x+1 = eln( x+1)2 = (x +1)2 .

Так как выражение в скобках в уравнении (8) мы приравняли к нулю, полу-

Заменяя u и v , находим общее решение уравнения:

Для решения этого уравнения воспользуемся методом вариации произвольной постоянной. Рассмотрим однородное уравнение:

y′+ 1x y = 0 .

Найдем его решение по формуле (8):

Подставляя найденное A в (9), получим общее решение уравнения: y = x2 + cx

При x =1, y =1 , получим C = 0 .

Тогда частное решение будет: y = x2 .

Пример 3. Решить уравнение:

x2 y 2 y′+ xy3 =1

289

Разделим обе части уравнения на x2 y 2 :

Решая это уравнение (можно воспользоваться формулой (6)), получаем

u 3 = 32 x 2 +C

Следовательно, искомый общий интеграл данного уравнения:

y 3 =u 3v3 = ( 32 x 2 +C ) x13 = 23x + xC3

Задания для самостоятельной работы

Решить уравнения:

290

Общим решением уравнения (1) будет функция y = y(x , C1 , C 2 ) , завися-

щая от x и от двух произвольных независимых постоянных C1 и C 2 , обра-

щающая данное уравнение в тождество.

Общий интеграл (общее решение, заданное в неявном виде) для уравне-

– фиксированные постоянные, получается из общего решения при фиксированных значениях C1 и C 2 .

291

Частный интеграл (частное решение, заданное в неявном виде) для

уравнения (1) имеет вид: Φ(x , y, C10 , C 20 ) = 0 .

Задача Коши для дифференциального уравнения второго порядка формулируется следующим образом:

Найти частное решение дифференциального уравнения (1), удовлетворяющее заданным начальным условиям: y = y0 , и y′ = y0′ при x = x0 ,

где x 0 , y0 , y0′ , - заданные числа.

Заметим, что неявные условия могут быть записаны и в таком виде :

y(x0 ) = y0 y′(x0 ) = y0′

Постоянные C10 и C 20 определяются из системы уравнений:

y0 = y(x 0 , C1 , C 2 )y0′ = y′(x 0 , C1 , C 2 )

Геометрически это означает, что при решении задачи Коши для дифференциального уравнения второго порядка ищется интегральная кривая, которая проходит через точку M 0 (x0 y0 ) и имеет в этой точке заданную

Рис. 1

решается последовательным двукратным интегрированием правой части, причем при каждом интегрировании получается одна произвольная

292

постоянная; окончательное решение содержит две произвольных постоянных:

y′ = ∫ f (x )dx +С1

y = ∫(∫ f (x )dx +С1 )dx +С2

Заметим, что уравнение n-го порядка y (n) = f (x ), n > 2 решаются

последовательным n-кратным интегрированием, понижая на каждом шаге порядок уравнения. Окончательное решение этого уравнения содержит n произвольных постоянных.

Пример 1. Решить уравнение y′′ = x +sin x

Проинтегрируем два раза правую часть уравнения, получим:

удовлетворяющее начальным условиям: y =1, y′ = 0 , при x=0.

Интегрируя по частям, получим

y′ = ∫xe x dx +C1 = xe x − ex +C1 = ex (x −1) +C1 .

y = ∫(xe x −ex +C 1)dx = xe x −ex −ex +C 1x +C 2 = xe x −2ex +C 1x +C 2 =ex (x − 2) +C 1x +C 2 -

общее решение исходного уравнения.

Чтобы найти частное решение, решим систему из 2-х уравнений:

Подставляя найденные C1 и C2 в общее решение, получим частное решение данного уравнения:

y =e x ( x − 2 ) + x + 3

293

II.Уравнение вида

не содержащее явно искомой функции у, подстановкой y′ = z приводится к уравнению первого порядка:

F (x , z, z′) = 0

294

Замечание. Решая данное уравнение пологали, что z ≠ 0 , т.е. y′ ≠ 0, y ≠ С .При этом потери решения не произошло: y=C входит в общее

решение при C1= 0

III. Уравнение вида

Решая это уравнение относительно z, считая y независимой переменной получим общее решение в виде:

z = ϕ(y, C 1) .

Так как z = y′ = dydx , то

dxdy = ϕ(y, C 1 )

Разделяя переменные, получим

( dy ) = dx , ϕ y, C 1

интегрируя, получим общий интеграл уравнения (3):

∫ϕ(ydy, C 1 ) = x +C 2

Пример 4. Решить уравнениеyy′′− (y′)2 = 0

Положим y′ = z , тогда y′′ = dydz z

Данное уравнение перепишется:

295

yzdz −z 2dy = 0

Чтобы разделить переменные, разделим обе части уравнения на произведение yz 2 ≠ 0 , получим

dzz = dyy

Задания для самостоятельной работы

Решить уравнения:

296