dx
ò ò
|
|
y2 x2
ò у dy = ò x
+ ò x dx ,
= ln 2
x + + c ,
2
y2 - x2
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¢ = - 4х - 3у
2 у - 3х
или
у¢ = 4х - 3у . (1)
3х - 2 у
Правая часть этого уравнения
f (x, у) = 4x - 3y
3x - 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 (4x -3y) t (3x - 2 y)
= 4x -3y =
3x - 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 = 4x - 3ux ,
3x - 2ux
u¢ × x = 4-3u - u ,
3 - 2u
u¢ × x + u = x(4 - 3u) ,
x(3 - 2u)
u¢ × x = 4-3u -u (3-2u) ,
3 - 2u
| |
3 - 2u
Получившееся уравнение оказывается уравнением с разделяю- щимися переменными. Разделяем переменные:
du 2u 2 -6u +4
x = ,
(3 - 2u) du
= dx ,
dx 3 - 2u
2u2 - 6u + 4 x
после чего интегрируем:
ò
3 - 2u
dx
du = ò ,
2u2 - 6u + 4 x
1
- 2 ò
4u - 6 du
2u2 - 6u + 4
= - 1 ò
d(2u -6u +4) =
2u2 - 6u + 4
= - 1 ln 2u2 2
dx
- 6u + 4 + c1 , ò x
= ln
x + c1 .
Получаем общий интеграл:
- 1 ln 2u2 - 6u + 4 = ln 2
x + ln c , где
ln c = c2
– c1 .
После потенцирования общий интеграл примет вид
2u2 - 6u + 4 =
1 .
c2 x2
Вернемся к старой функции у, подставив вместо u у :
х
æ у ö2 у
1
2 ç ÷ - 6
+ 4 =
è х ø х
с2 х2
или
2 у2 - 6ху + 4х2 = 1 .
с2
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¢) + 2u × v = x2 ,
x × u¢ × v + x × u × v¢ + 2u × v = x2 ,
x × u¢ × v + ( x × u × v¢ + 2u × v) = x2 ,
x × u¢ × v + u ( x × v¢ + 2v) = x2 .
Для нахождения функции v (x) положим:
x × v¢ + 2v = 0 .
Найдем частное решение (для этого положим с = 0) этого
уравнения с разделяющимися переменными:
x dv = -2v ,
dv = -2 dx ,
dx v x
dv dx 1
ò v = -2 ò x ,
ln v = -2 ln x ,
v = .
x2
Для нахождения другой функции u (x) у нас получается
уравнение:
x × u¢ × v = x2 ,
x × u¢ 1
x2
= x2 ,
u¢ = x3 ,
du = x3 , dx
du = x3dx , ò du = ò x3dx ,
| |
+ c .
Общее решение данного уравнения (2) будет иметь вид
æ x4
ö 1 x2 c
y = u × v = ç + c ÷ = + .
| |
|
è ø
4 x2
Задача 2.Найти частное решение дифференциального уравнения
2х × у¢ - у =
3х2
,
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
2х
= 3х
2х
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 =
2x
æ ö
3x ,
2u × v
3
u¢ × v + u ç v¢ -
v ÷ = x ,
è 2x ø
2u × v
v¢ - v
= 0 ,
dv = dx , ò dv = 1 ò dx ,
2x v 2x
v 2 x
ln v = 1 ln x ,
v = x
– одну функцию нашли.
u¢ ×
x = 3x ,
2u × x
du = 3 ,
dx 2u
2u du = 3dx , ò 2u du = ò 3dx ,
u2 = 3x + c
или
u = 3x + c .
Общее решение уравнения примет вид
y = u × v =
3x + c × x =
3x2 + 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 =
3х2 + х .
Задача 3.Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка
Решение:
у¢ + 1
х
у¢ = х2 .
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 = х2 . (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 = x2 ,
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 = x3dx , ò du = ò x3dx ,
u = x
4
+ c1 .
Общее решение уравнения (3) примет вид
1 æ x4
z = u× v = ç
ö x3
+ c ÷ =
|
|
| |
|
В начале решения была сделана замена
y¢ = z . Следовательно,
| |
+ c1 .
4 x
Это уравнение с разделяющимися переменными. Решая его, по-
лучаем
| |
c ö
+ 1 ÷ dx ,
|
è ø
æ 3 ö
|
è
+ c1 ÷ dx ,
|
ø
x4
y = + c1 ln x + c2 - общее решение данного уравнения.
Задача 4.Найти частное решение уравнения
у¢ + 4 у¢ = х2 + 5х ,
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 + 4k = 0 ,
корнями которого будут
k1 = 0
и k2 = -4 .
Соответственно этим корням находим частные решения
y1 = e
k1x
= eox = 1 и
y2 = 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
уч.н
= ( Ах2 + 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 уч.н и подставим найденные выражения в данное неоднородное урав- нение:
уч.н
= Ах3 + Вх2 + Сх ,
у¢ = 3Ах2 + 2Вх + С ,
у¢ = 6Ах + 2В ,
6 Ах + 2В + 4(3Ах2 + 2Вх + С) = х2 + 5х ,
12Ах2 + (6 А + 8В)х + (2В + 4С ) = х2 + 5х .
Из полученного равенства двух многочленов следует ра- венство коэффициентов при одинаковых степенях х в левой и правой частях:
ïì12А = 1;
í6А + 8В = 5;
ïî2В + 4С = 0 .
Решением системы являются:
А = 1 ,
В = 9 ,
16
С = - 9 .
32
Значит, частное решение имеет вид
уч.н
= 1 х3 + 9
12 16
х2 -
9 х ,
32
а общее решение есть
уо.н
= уо.о
+ уч.н
= с1
+ с е- 4 х + 1
| |
х3 + 9
16
х2 -
9 х .
32
Найдем значения постоянных с1 и с2. Для этого сначала продифференцируем полученное общее решение:
у¢ = -4с е- 4 х + 1 х2 + 9 х - 9 .
2 4 8 32
Теперь подставим
х = 0
в выражения для у и у¢:
у (0) = с1 + с2 = 1,
у¢ (0) = -4с2 -
Решим систему:
= 0 .
ïìс1 + с2 = 1,
í- 4с
- 9 = 0 .
Найденные
ïî
с = 137
1 128
и с2
= - 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
= 4x + 2 y,
= - x + y .
Решение:
Продифференцируем обе части первого уравнения по пе-
ременной t:
|
ç ÷ = (4x + 2 y)¢
или
x¢ = 4x¢ + 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¢ = 4x¢ + 2(- х + y)
или
x¢ = 4x¢ - 2 х + 2 y . (5)
Из первого уравнения системы найдем 2у:
2 у = х¢ - 4х
и подставим в уравнение (5):
x¢ = 4x¢ - 2 х + х¢ - 4х
или
x¢ - 5х¢ + 6х = 0 .
Полученное уравнение является линейным однородным
уравнением с постоянными коэффициентами. Находим корни соответствующего характеристического уравнения
|
|
k1 = 2 ,
k2 = 3 . Тогда
x1 = e
и x2 = e ,
а x = c1
·x1
+ c2
·x2
= c1
·e2t + c2
· e3t .
Одна из неизвестных функций х (t) найдена. Для нахожде-
ния второй функции у (t) воспользуемся соотношением, полу-
ченным ранее:
у = х¢-4х .
Тогда
x¢ = 2c1
·e2t + 3c
·e3t ,
| |
·e2t + 3c2
·e3t - 4c
·e2t - 4c
· e3t = -2c
·e2t - c
·e3t ,
| |
·e2t - 1 c
·
| |
| |
| |
1 2 2
Общее решение данной системы имеет вид
ìx = c
·e2t + c
· e3t ,
ï 1
í 2t
1 3t
ïî y = -c1 × e
- c2 × e .
