dx
ò ò
|
|
y 2 x 2
ò у dy = ò x
+ ò x dx,
= ln 2
x + + c,
2
y 2 - x 2
2
= ln
x + c.
Мы получили соотношение между х, у и произвольной
постоянной с, которое называется общим интегралом.
в) Разрешим уравнение относительно производной у:
у ¢ = - 4 х - 3 у
2 у - 3 х
или
у ¢ = 4 х - 3 у. (1)
3 х - 2 у
Правая часть этого уравнения
f (x, у) = 4 x - 3 y
3 x - 2 y
является однородной функцией нулевого порядка относительно своих аргументов, так как удовлетворяет следующему условию:
В самом деле,
f (tx, ty) =
f (x, y).
f (tx, ty) = 4( tx )-3( ty )
3(tx) - 2(ty)
= t (4 x -3 y ) t (3 x - 2 y)
= 4 x -3 y =
3 x - 2 y
f (x, y).
Отсюда следует, что уравнение (1) является однородным. Од-
нородное уравнение решают подстановкой Найдем у ¢ и подставим в уравнение (1):
y ¢ = u ¢ × x + u,
u = y x
или
y = u × x.
u ¢ × x + u = 4 x - 3 ux,
3 x - 2 ux
u ¢ × x = 4-3 u - u,
3 - 2 u
u ¢ × x + u = x (4 - 3 u),
x (3 - 2 u)
u ¢ × x = 4-3 u - u (3-2 u ),
3 - 2 u
3 - 2 u
Получившееся уравнение оказывается уравнением с разделяю- щимися переменными. Разделяем переменные:
du 2 u 2 -6 u +4
x =,
(3 - 2 u) du
= dx,
dx 3 - 2 u
2 u 2 - 6 u + 4 x
после чего интегрируем:
ò
3 - 2 u
dx
du = ò,
2 u 2 - 6 u + 4 x
1
- 2 ò
4 u - 6 du
2 u 2 - 6 u + 4
= - 1 ò
d (2 u -6 u +4) =
2 u 2 - 6 u + 4
= - 1 ln 2 u 2 2
dx
- 6 u + 4 + c 1, ò x
= ln
x + c 1.
Получаем общий интеграл:
- 1 ln 2 u 2 - 6 u + 4 = ln 2
x + ln c, где
ln c = c 2
– c 1.
После потенцирования общий интеграл примет вид
2 u 2 - 6 u + 4 =
1.
c 2 x 2
Вернемся к старой функции у, подставив вместо u у:
х
æ у ö2 у
1
2 ç ÷ - 6
+ 4 =
è х ø х
с 2 х 2
или
2 у 2 - 6 ху + 4 х 2 = 1.
с 2
с) В данное уравнение неизвестная функция у и ее произ-
водная у ¢ входят в первой степени. Отсюда следует вывод: уравнение является линейным. Будем искать решение линейно- го уравнения в виде произведения двух пока неизвестных
функций u (x) и v (x), т. е.
у = u × v. Найдем производную
у ¢ = u ¢ × v + u × v ¢
и подставим в уравнение (2):
x (u ¢ × v + u × v ¢) + 2 u × v = x 2,
x × u ¢ × v + x × u × v ¢ + 2 u × v = x 2,
x × u ¢ × v + (x × u × v ¢ + 2 u × v) = x 2,
x × u ¢ × v + u (x × v ¢ + 2 v) = x 2.
Для нахождения функции v (x) положим:
x × v ¢ + 2 v = 0.
Найдем частное решение (для этого положим с = 0) этого
уравнения с разделяющимися переменными:
x dv = -2 v,
dv = -2 dx,
dx v x
dv dx 1
ò v = -2 ò x,
ln v = -2 ln x,
v =.
x 2
Для нахождения другой функции u (x) у нас получается
уравнение:
x × u ¢ × v = x 2,
x × u ¢ 1
x 2
= x 2,
u ¢ = x 3,
du = x 3, dx
du = x 3 dx, ò du = ò x 3 dx,
+ c.
Общее решение данного уравнения (2) будет иметь вид
æ x 4
ö 1 x 2 c
y = u × v = ç + c ÷ = +.
|
è ø
4 x 2
Задача 2. Найти частное решение дифференциального уравнения
2 х × у ¢ - у =
3 х 2
,
у
удовлетворяющее начальному условию
у (1) = 2.
Решение: Уравнение Бернулли имеет вид
у ¢ + р (х) у = q (x) yn,
n ¹ 0,
n ¹ 1.
Данное уравнение можно записать в виде
у ¢ - у
2 х
= 3 х
2 х
у -1,
поэтому делаем вывод: данное уравнение является уравнением
Бернулли. Его можно решать тем же методом, что и линейное
уравнение. Будем искать общее решение в виде
у ¢ = u ¢ × v + u × v ¢,
у = u × v:
u ¢ × v + u × v ¢ - u × v =
2 x
æ ö
3 x,
2 u × v
3
u ¢ × v + u ç v ¢ -
v ÷ = x,
è 2 x ø
2 u × v
v ¢ - v
= 0,
d v = dx, ò d v = 1 ò dx,
2 x v 2 x
v 2 x
ln v = 1 ln x,
v = x
– одну функцию нашли.
u ¢ ×
x = 3 x,
2 u × x
du = 3,
dx 2 u
2 u du = 3 dx, ò 2 u du = ò 3 dx,
u 2 = 3 x + c
или
u = 3 x + c.
Общее решение уравнения примет вид
y = u × v =
3 x + c × x =
3 x 2 + cx.
Чтобы найти частное решение уравнения, нужно найти значение константы с. Для ее нахождения подставим в общее решение х = 1 и у = 2:
2 = 3×1 + с ×1 =
3 + с,
4 = 3 + с, с = 1.
Подставив в общее решение значение с = 1, получаем ча-
стное решение у =
3 х 2 + х.
Задача 3. Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка
Решение:
у ¢ + 1
х
у ¢ = х 2.
В данном уравнении второго порядка отсутствует в явном
виде сама функция у. Это уравнение допускает понижение по-
рядка, для чего надо сделать замену уравнение примет вид
у ¢ = z (x). Тогда
у ¢ = z ¢ и
z ¢ + 1 z = х 2. (3)
х
Уравнение (3) оказывается линейным уравнением первого
порядка относительно функции z (x) и решается следующим об- разом:
z = u × v,
u ¢ × v + u × v ¢ + u × v = x 2,
z ¢ = u ¢ × v + u × v ¢,
u ¢ × v + u ç v ¢ + v ÷ = x,
v ¢ + v = 0,
æ ö
x è x ø 2
dv = - dx, ò dv = -ò dx,
x
ln v = - ln x,
v x v x
v = 1;
x
u ¢ 1 = x 2,
x
du = x 3 dx, ò du = ò x 3 dx,
u = x
4
+ c 1.
Общее решение уравнения (3) примет вид
1 æ x 4
z = u × v = ç
ö x 3
+ c ÷ =
|
|
|
В начале решения была сделана замена
y ¢ = z. Следовательно,
+ c 1.
4 x
Это уравнение с разделяющимися переменными. Решая его, по-
лучаем
c ö
+ 1 ÷ dx,
|
è ø
æ 3 ö
|
è
+ c 1 ÷ dx,
|
ø
x 4
y = + c 1 ln x + c 2 - общее решение данного уравнения.
Задача 4. Найти частное решение уравнения
у ¢ + 4 у ¢ = х 2 + 5 х,
удовлетворяющее начальным условиям
у (0) = 1,
у ¢(0) = 0.
Решение:
Данное уравнение является линейным дифференциальным
уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами с
правой частью специального вида
f (x) = Pn (x), где
Pn (x) -
многочлен степени n. Общее решение такого уравнения скла- дывается из общего решения однородного уравнения (правая часть равна нулю) и какого-либо частного решения неоднород- ного уравнения.
Решим сначала однородное уравнение
у ¢ + 4 у ¢ = 0.
Составляем характеристическое уравнение
k 2 + 4 k = 0,
корнями которого будут
k 1 = 0
и k 2 = -4.
Соответственно этим корням находим частные решения
y 1 = e
k 1 x
= e o x = 1 и
y 2 = e
k 2 x
= e -4 x
и общее решение, которое представляет собой линейную ком- бинацию найденных частных решений:
y = c y
+ c y
= c ×1 + c e -4 x.
o.o
1 1 2 2 1 2
Теперь надо найти частное решение неоднородного уравнения.
Пользуясь таблицей, мы будем искать частное решение неоднородного уравнения в виде
у ч.н
= (Ах 2 + Вх + С) х,
так как правая часть f (x) уравнения представляет собой много- член второй степени, а число 0 является корнем характеристи- ческого уравнения с кратностью s = 1.
Нам остается найти неизвестные пока коэффициенты А, В, С. Для этого найдем первую и вторую производные от у ч.н и подставим найденные выражения в данное неоднородное урав- нение:
у ч.н
= Ах 3 + Вх 2 + Сх,
у ¢ = 3 Ах 2 + 2 Вх + С,
у ¢ = 6 Ах + 2 В,
6 Ах + 2 В + 4(3 Ах 2 + 2 Вх + С) = х 2 + 5 х,
12 Ах 2 + (6 А + 8 В) х + (2 В + 4 С) = х 2 + 5 х.
Из полученного равенства двух многочленов следует ра- венство коэффициентов при одинаковых степенях х в левой и правой частях:
ïì12 А = 1;
í6 А + 8 В = 5;
ïî2 В + 4 С = 0.
Решением системы являются:
А = 1,
В = 9,
16
С = - 9.
32
Значит, частное решение имеет вид
у ч.н
= 1 х 3 + 9
12 16
х 2 -
9 х,
32
а общее решение есть
у о.н
= у о.о
+ у ч.н
= с 1
+ с е - 4 х + 1
х 3 + 9
16
х 2 -
9 х.
32
Найдем значения постоянных с 1 и с 2. Для этого сначала продифференцируем полученное общее решение:
у ¢ = -4 с е - 4 х + 1 х 2 + 9 х - 9.
2 4 8 32
Теперь подставим
х = 0
в выражения для у и у ¢:
у (0) = с 1 + с 2 = 1,
у ¢ (0) = -4с2 -
Решим систему:
= 0.
ïì с 1 + с 2 = 1,
í- 4 с
- 9 = 0.
Найденные
ïî
с = 137
1 128
и с 2
= - 9
подставим в общее ре-
|
у = х.
Задача 5. Найти общее решение системы линейных диф- ференциальных уравнений с постоянными коэффициентами пу- тем сведения ее к одному уравнению второго порядка:
ì dx
ï dt
í dy
ï
î dt
= 4 x + 2 y,
= - x + y.
Решение:
Продифференцируем обе части первого уравнения по пе-
ременной t:
|
ç ÷ = (4 x + 2 y)¢
или
x ¢ = 4 x ¢ + 2 y ¢.
è dt ø
Чтобы получить дифференциальное уравнение второго порядка относительно функции х (t), подставим вместо у ¢ ее вы- ражение из второго уравнения системы:
x ¢ = 4 x ¢ + 2(- х + y)
или
x ¢ = 4 x ¢ - 2 х + 2 y. (5)
Из первого уравнения системы найдем 2 у:
2 у = х ¢ - 4 х
и подставим в уравнение (5):
x ¢ = 4 x ¢ - 2 х + х ¢ - 4 х
или
x ¢ - 5 х ¢ + 6 х = 0.
Полученное уравнение является линейным однородным
уравнением с постоянными коэффициентами. Находим корни соответствующего характеристического уравнения
|
|
k 1 = 2,
k 2 = 3. Тогда
x 1 = e
и x 2 = e,
а x = c 1
· x 1
+ c 2
· x 2
= c 1
· e 2 t + c 2
· e 3 t.
Одна из неизвестных функций х (t) найдена. Для нахожде-
ния второй функции у (t) воспользуемся соотношением, полу-
ченным ранее:
у = х ¢-4 х.
Тогда
x ¢ = 2 c 1
· e 2 t + 3 c
· e 3 t,
· e 2 t + 3 c 2
· e 3 t - 4 c
· e 2 t - 4 c
· e 3 t = -2 c
· e 2 t - c
· e 3 t,
· e 2 t - 1 c
·
1 2 2
Общее решение данной системы имеет вид
ì x = c
· e 2 t + c
· e 3 t,
ï 1
í 2 t
1 3 t
ïî y = - c 1 × e
- c 2 × e.
