Пример 1. Решить уравнение

dy = y ¢ dx,

y = c ₁ x ¾ общее решение уравнения.

Пример 2. Доказать, что функция

у = С ₁ е^х + С ₂ е ^{2 х} (1)

является решением уравнения

у" – 3 у' + 2 у = 0. (2)

Решение. Последовательно дифференцируя (1), приходим к равенствам:

y' = С ₁ е^х + 2 С ₂ е ^{2 х} ,

у" = С ₁ е^х + 4 С ₂ е ^{2 х} .

Решая эту систему относительно С ₁ е^х и С ₂ е ^{2 х} , получаем:

С ₁ е^х = 2y' – у",

Подставляя эти выражения в (1), приходим к (2).

Пример 3. Проверить, что функция

у ³ – Сх ³ + 3 ху = 0 (3)

является интегралом уравнения

у ³ – (ху ² + х ²) у' + 2 ху = 0. (4)

Решение. Дифференцируя (3) по х в предположении, что у = у (х), приходим к равенству

у ² у' – Сх ² + у + ху' = 0,

откуда

Сх ² = (у ² + х) у' + у.

Подставляя выражение для Сх ² из последнего равенства в (3), имеем:

у ³ – (у ² y' + хy' + y) x + 3 ху = 0,

что равносильно (4).

Пример 4. Найти дифференциальное уравнение семейства кривых

y = C (x – C)². (5)

Решение. Дифференцируя (5) по переменной х, получаем

y' =2 C (x – C), (6)

откуда

С ²= Сх – 5у'. (7)

С помощью равенства (7) преобразуем (5) так, что постоянная С будет входить в запись слагаемых полученного выражения встепенях не более первой:

у =0,5 ху' –0,5 Су'.

Следовательно,

Су' = ху' – 2 у. (8)

Умножая (6) на (у')², получаем

(у')³=2 ху' (Су') – 2(Су')².

Исключая из полученного равенства Су' с помощью (8), окончательно имеем:

(у')³=4 хyу' – 8y ².

Пример 5. Найти решение уравнения

удовлетворяющие начальному условию у (0) = 1.

Решение. Из определения неопределенного интеграла <…>, следует, что общее решение заданного уравнения имеет вид:

Используя преобразование переменной под знаком дифференциала, получаем

Учитывая начальное условие, приходим к равенству 1 = 1 + С, откуда С = 0. Таким образом, искомое частное решение имеет вид:

Геометрически найденная функция представляет интегральную кривую дифференциального уравнения, проходящую через точку (0, 1). ►

Пример 6. Решить уравнение:

yx²dy – ln xdx = 0. (10)

Решение. Исходное уравнение перепишем в виде

. (11)

Таким образом, имеем уравнение с разделяющимися переменными и из (11) следует:

Интеграл левой части — табличный. Для нахождения интеграла правой части воспользуемся формулой интегрирования по частям, где

и = ln x,:

Окончательно интеграл уравнения (10) имеет вид:

Пример 7. Решить уравнение

Решение. Правая часть уравнения является однородной функцией степени 0 по переменным х и у, так как

Поэтому данное уравнение — однородное. Для его решения воспользуемся заменой переменной z = у / х, где z = z (х). Тогда у' = zx y'=z'x + z, иуравнение (12.13) принимает вид:

или

что равносильно

т.е. приходим к уравнению с разделяющимися переменными. Выполняя почленное интегрирование последнего равенства, получаем

Возвращаясь к исходной переменной, после преобразования имеем:

Пример 8:

1) (1 + x²)y" – 2ху' = 0.

Замена y' = p, p = p (x), y'' = p' Þ (1+ х ²) p' – 2хр =0 — уравнение с разделяющимися переменными Þ

y' = c ₁(1 + x ²) Þ dy = c ₁(1 + x ²) dx Þ

y = c ₁(x + x ³/3) + c ₂. ►

2) 1 + y'² –= 2yу''.

Замена y' = p, p = p(y), у" = р'р, 1 + р² =2урр' — уравнение с разделяющимися переменными

Пример 9: Решить уравнение

y" = y' ctg x.

Решение. Положим z = 1. Тогда у" = (у') ' = z' и исходное уравнение принимает вид

z' = z ctg x. (12.28)

Пусть z ≠ 0. Тогда из (12.28) следует:

или

Интегрируя почленно последнее равенство, получаем

ln|z| = ln|sin x| + lnC₁,

где С₁ > 0, или

z = ± С ₁sin x.

Так как z = 0 является решением уравнения (12.28),то произвольное решение этого уравнения имеет вид:

z = С₁sin x, (12.29)

где С ₁ — произвольное число.

Так как то из (12.29) следует:

dy = С₁sin xdx.

Интегрируя последнее равенство, окончательно получаем

у = – С₁cos x + C₂. ►

Пример 10: Решить уравнение

yy" = y²y' + (y')²,

Решение. Пусть z = y', тогда, где и исходное уравнение принимает вид: dy

yzz' = y ² z + z ², (12.30)

т.е. становитсяуравнением относительно функции z = z(y). Очевидно, z = 0 — решение уравнения (12.30), откуда у = С,где С — произвольное число.

Пусть z ≠0. Тогда из (12.30) следует, что

yz' = y² + z (12.31)

— линейное уравнение первого порядка.Решение этого уравнения будем искать в виде z = uv,где v = v (y) — некоторое решение уравнения

yv' – v = 0, (12.32)

и = и (у) — решение уравнения

u'v = y. (12.33)

Решая (12.32), в частности, имеем v = у. Тогда (1233) приводит к уравнению и' =1, откуда и = у + С ₁, т.е. решение (12.31) имеет вид:

z = y ²+ C _] y.

Так как z = y', то приходим к уравнению

Пусть С ₁ = 0. Тогда при y ≠0 имеем

и, следовательно, х= у^–1 + С₂, или

у =(С ₂ – х) ^–1. (12.34)

Пусть C₁ ≠ 0, тогда

и после интегрирования:

Окончательно решение исходного уравнения имеет вид у = С или (12.34), или (1235)

Пример 11.

xy ¢ - y - x - 1 = 0.

y = x ln x + Cx - 1 ¾ общее решение уравнения.

Пример 12.

Решить уравнение

Решение. Будем искать решение этого линейного уравнения в виде

у = и × v,

где v = v (x) — некоторое решение уравнения

u = u (x) — решение уравнения

vu' = x ². (12.19)

Уравнение (12.18) — с разделяющимися переменными:

Выполняя почленное интегрирование последнего равенства, получаем:

ln|v| = –ln|x + 1| + C.

Поскольку в данном случае достаточно найти некоторое решение уравнения (12.18), то удобно полагать С =0, тогда

Подставляя найденную функцию v в уравнение (12.19), приходим к уравнению

du = (x ³ + x ²) dx.

В результате почленного интегрирования последнего равенства получаем

Таким образом, решение исходного уравнения имеет вид:

Пример 13.

Решить уравнение

(у ³ – ху) у' = 1.

Решение. Будем искать решение этого уравнения в виде x = х (у) (т.е. считая, что у — независимая переменная, а х — функция от у). Так как

то исходное уравнение линейно относительно функции х:

х' + ху = у ³. (12.20)

Решим соответствующее однородное уравнение:

х' + ху = 0. (12.21)

Пусть х ≠ 0. Тогда

Последнее равенство равносильно

 

Учитывая, что х = 0 — решение уравнения (12.21),получаем, что общее решение этого уравнения имеет вид:

12.22

Полагая, что С ₂= С ₂(у), найдем эту функцию из условия, что (12.22) — решение уравнения (12.20). Из (12.22) следует, что

12.23

Подставляя (12.22), (12.23) в (12.20), приходим к уравнению

или

Тогда

Применяя формулу интегрирования по частям, получаем:

Подставляя найденное выражение для функции С ₂= С ₂(у) в (12.22), получаем решение уравнения (12.20):

Пример 14.

Решить уравнение

Решение. Данное уравнение является уравнением Бернулли при n = 2. Отметим, что у = 0 является решением этого уравнения. Пусть у ≠ 0. Воспользуемся заменой переменной z = у ^{1 – n} = у ^–1. Тогда у = z ^–1, у' = – z ^–2 z' и исходное уравнение принимает вид:

Решим сначала однородное уравнение

Пусть z ≠ 0. Тогда

ln|z| = ln|x| = lnC₂, (12.26)

где С ₂ — произвольное положительное число. Равенство (12.26) перепишем в виде:

| z | = С ₂| х | или z = ± С ₂ х.

Учитывая, что z = 0 является решением уравнения (12.25), получаем, что произвольное решение этого уравнения имеет вид:

z = С ₁ х,(12.27)

где С ₁ — любое число.

Положим теперь, что С ₁ = С ₁(х) и найдем эту функцию С ₁ из условия, что (12.27) — решение уравнения (12.24). Из (12.27) следует, что

Тогда, учитывая (12.27), получаем, что уравнение (12.24) принимает вид:

или

dC ₁ = dx,

и поэтому

С ₁ = х + С.

Подставляя это выражение в (12.27), имеем решение уравнения (12.24):

z = (x + C) x.

Так как

то окончательно решение исходного уравнения

имеет вид:

у (х ²+ Сх) = 1,

или

y = 0.

Пример 15. Решить уравнения:

а) y'' – 3 y' + 2 y = 0;

Решая характеристическое уравнение

λ² – 3λ + 2 = 0,

находим его корни λ₁ = 1, λ₂ = 2. Тогда общее решение данного уравнения имеет вид

y = C ₁ e^x + C ₂ e ^{2 x} .

б) y'' – 2 y' + y = 0

Решая характеристическое уравнение

λ² – 2λ + 1 = 0

получаем λ₁ = λ₂ = 1

Согласно п. 2 теоремы общее решение дифференциального уравнения имеет вид

y = (C ₁ + C ₂ x) e^x.

в) y'' – 2 y' + 2 y = 0.

Характеристическое уравнение

λ² – 2λ + 2 = 0

не имеет действительных корней. В этом случае согласно п. 3 теоремы общее решение дифференциального уравнения имеет вид

y = C₁e^xsin x + C₂e^xcos x (a = β = 1).

Пример 16.

¾ неоднородное уравнение.

¾ соответствующее ему однородное уравнение.

¾ общее решение однородного уравнения.

Будем искать частное решение неоднородного уравнения в виде

Подставим эту функцию в неоднородное уравнение:

Приравняем коэффициенты при sin x и cos x.

¾ частное решение неоднородного уравнения.

¾ общее решение неоднородного уравнения.

Пример 17.

у" + у' = 5 х + 3. ◄ Ищем решение в виде

.

а) y * — общее решение уравнения

у" + у' = 0,

его характеристическое уравнение

k ² + k = 0, т.е. k ₁= 0, k ₂ = –1 Þ у * = с ₁ + c ₂ e ^{– x}:

б) — частное решение уравнения

у" + у' = 5 х + 3

— ищем в виде

так как правая часть уравнения — многочлен первой степени и k ₁= 0. Подставим в уравнение:

2A + B = 3 Þ A = 5/2, B = – 2.

Таким образом,

y = c ₁ + с ₂ е ^{– x} + 5 х ²/2 – 2 х

Основная литература

1. Шипачёв, В.С. Высшая математика: учебник для вузов.- 8-е изд., стер.- М.: Высшая школа, 2007.- 479с., илл. ББК 22.1 МО

2. Башмаков, М.И. Математика. Сборник задач профильной направленности: учеб. пособие для СПО.- М.: Академия, 2012.- 208с. ББК 22.1 ФИРО

3. Башмаков, М.И. Математика. Задачник: учеб. пособие для СПО.- М.: Академия, 2012.- 416с. ББК 22.1 ФИРО

4. Федорова Н.В. Математика. Учебное пособие. – Волгоградский институт бизнеса, вузовское образование. 2013. ISBN: 978-5-9061-7227-3

5. Лукша В.В. Математика. Учебное пособие. – Волгоградский институт бизнеса, вузовское образование. 2013. ISBN: 978-5-9061-7228-0

6. Гунько Ю.А. Математический анализ. Учебное пособие. – Волгоградский институт бизнеса, вузовское образование. 2013. ISBN: 978-5-9061-7230-3

7. Щербакова Ю.В. Дифференциальные уравнения. Учебное пособие. Научная книга. 2012.

8. Боронина Е.Б. Математический анализ. Учебное пособие. Научная книга. 2012.

Дополнительная литература

1. Высшая математика для экономистов: Учебник / Кремер Н.Ш. - М.: Юнити, 2006, 2008, 2009.

2. Сборник задач по высшей математике для экономистов: Учб. пособ./ Под ред. В.И. Ермакова-М.:ИНФРА-М,2004.

3. Общий курс высшей математики (для экономистов): Учебник / Под ред. Ермакова В.И. – М.: Инфра-М, 2003.

4. Кузнецов Б. Т. Математика. М., ЮНИТИ, 2004

Формы текущего контроля знаний: решение задач.

Формы контроля самостоятельной работы студентов: ответы на вопросы, проверка решения задач, заданных на дом.