3702
.pdf§3. Дифференциальные уравнения первого порядка. Типы уравнений и методы их решений.
Дифференциальное уравнение первого порядка в общем случае можно записать в виде
F (x, y, y′) = 0 .
Если y′ можно явно выразить через оставшиеся переменные, то уравнение записывается в форме Коши
y′ = f (x, y) .
Для уравнения I порядка общим решением будет функция y = ϕ(x,C) ,
где С – произвольная постоянная.
Частным решением дифференциального уравнения I порядка
называется |
любая функция y = ϕ (x,C0 ) , полученная из общего решения |
y = ϕ(x,C) |
при конкретном значении С = С0 . Это конкретное значение С = С0 |
получается после подстановки в общее решение начальных условий, а именно: при x = x0 функция у должна быть равна заданному значению y0 .
3.1. Уравнения с разделяющимися переменными
Если в дифференциальном уравнении
dy = f (x, y) dx
правая часть может быть представлена в виде произведения функций
f (x, y) = f (x) × f ( y) ,
то такое уравнение называют уравнением с разделяющимися переменными.
Пример 1. |
Найти общее решение уравнения (x 2 − 1) y′ − 2xy 2 = 0 . |
|||||||
Решение. Разрешим его относительно производной |
||||||||
|
y¢ = |
2xy 2 |
|
, |
|
|
||
|
|
|
|
|
||||
|
|
(x 2 -1) |
|
|
||||
Получим |
уравнение с разделяющимися |
переменными, т.к. правая часть |
||||||
уравнения |
f (x, y) = |
2x |
|
× y 2 . |
||||
|
|
|
|
|||||
(x 2 |
- |
1) |
||||||
|
|
|
|
|||||
|
10 |
|
|
|
|
|
Проделаем операцию разделения переменных, записывая y¢ = dy .
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
dy |
= |
2x |
× y 2 |
или |
dy |
= |
2x |
× dx , где y ¹ 0 . |
|
|
|
(x 2 -1) |
|||||
dx (x 2 -1) |
|
|
y 2 |
|
Справа и слева от знака равенства стоят дифференциалы некоторых функций, которые отличаются только постоянным слагаемым.
Интегрируя обе части
|
|
|
dy |
|
2x |
|
|
|
|
|
|||
|
|
∫ |
|
|
= ∫ |
|
|
|
|
× dx |
|
|
|
|
|
y |
2 |
(x |
2 |
-1) |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
получим - |
1 |
= ln(x 2 -1) + C - общее решение дифференциального уравнения. |
|
||||||||||
|
|
||||||||||||
|
y |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Сюда следует добавить также решение |
y = 0 , |
которое мы |
потеряли |
при |
|||||||||
делении уравнения на y 2 . |
Такое |
решение |
называется |
особым, |
оно |
удовлетворяет дифференциальному уравнению, но не может быть получено из общего решения.
Аналогично строится общее решение и для уравнения, записанного в
дифференциальной форме
P1 (x)Q1 ( y)dx + P2 (x)Q2 ( y)dy = 0 .
Пример 2. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения xdx + ydy = 0 при начальных условиях y(0) = 2 .
Решение. Это уравнение в дифференциальной форме. Перенесем первое слагаемое в правую часть: ydy = -xdx . Получим уравнение с разделёнными
переменными. |
Интегрируя обе |
части |
∫ ydy = -∫ xdx , |
получим |
||||||
|
y 2 |
= - |
x 2 |
+ C . |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
Тогда |
|
x 2 + y 2 |
= 2C - |
общий |
интеграл |
дифференциального уравнения. |
||||
Подставим начальные условия: |
0 2 + 22 = 2C , найдем С = 2 |
и получим |
||||||||
|
|
|
|
|
x 2 + y 2 = 4 |
- частный интеграл заданного уравнения. |
||||
|
|
|
Стратегия решения дифференциальных уравнений – |
свести их к |
||||||
уравнениям с разделяющимися переменными. |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
11 |
|
|
Задание №2
Решить задачу Коши.
2.01(х2 − 1)у′ + 2ху2 = 0
2.02х1 + у2 dx + y1 + x2 dy = 0
2.03xy(1 + x2 )y′ = 1 + y 2
2.04e y (1 + x2 )y′ − 2x(1 + e y )= 0
2.052x1 − y 2 dx + ydy = 0
2.06sec2 x tg y dx + sec2 y tg x dy = 0
2.073e x tg y dx + (1 + e x )sec2 y dy = 0
2.08y′ = (2 y − 1)ctg x
|
e1+x |
2 |
|
e2 x |
|
2.09 |
|
tg y dx − |
|
dy = 0 |
|
|
x − 1 |
2.10tg x dy − (1 + y)dx = 0
2.11(1 + y 2 )y′ − y = 0
2.12x2 y′ − x + 1 = 0
2.13dy − y 2 tg x dx = 0
2.14y = y′ln y
2.156 y − y 2 dx − (4 + x2 )dy = 0
2.16x(y6 + 1)dx + y 2 (x4 + 1)dy = 0
у(0) = 1 |
|
|||||
y( |
|
|
|
)= 0 |
||
3 |
||||||
y(1) = 1 |
|
|||||
y(0) = 0 |
|
|||||
y(0) = 0 |
|
|||||
|
π |
= |
π |
|||
y |
|
|
|
4 |
||
|
4 |
|
||||
y(0) = π |
|
|||||
|
|
|
|
|
4 |
|
|
π |
= 5 |
||||
y |
|
|
|
|||
|
6 |
|
|
|||
y(1) = π |
|
|||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
π |
|
|
|||
|
|
|
= 0 |
|||
y |
|
|
|
|||
|
2 |
|
|
|||
|
1 |
= 1 |
||||
y |
|
|
|
|||
|
|
|||||
|
2 |
|
|
y(1) = 1
у(0) = 1 y(2) = 1 y(2) = 6
у(0) = 1
12
2.17 |
dx |
+ |
dy |
= 0 |
x(y − 1) |
y(x + 2) |
2.18yy′ + e y = 0 x
2.19(1 + e2 x )y 2 dy = e x dx
2.20y¢ = 2x− y
2.21 |
|
1 + cos 2x |
|
+ y′ = 0 |
|
||||
|
|
1 = sin 2 y |
2.22yy′ = -2x sec y
2.23sin x × y′ = y cos x
2.24y¢ = (1 + y 2 )× x
2.25y′ = y × ln x
2.26y¢ = xe x− y
2.27 y sin x dx = dy
2.281 - y 2 dx - xydy = 0
2.29 |
y |
′ |
− |
x |
y = 0 |
|
1 + x2 |
||||||
|
||||||
2.30 |
ln y x dy = ydx |
13
y(1) = 1
y(1) = 0
y(0) = 0
у(0) = 1
π = y 0
4
y(0) = π
2
π = y 2
2
y(0) = 0
y(1) = 1
e
y(2) = 2
π = y 1
2
y(1) = 1
y(0) = 8
y(1) = 1
3.2. Однородные дифференциальные уравнения
Дифференциальное уравнение y′ = f (x, y) называется однородным, если
его правая часть f (x, y) есть однородная функция, удовлетворяющая условию f (tx,ty) = f (x, y) для любых t, т.е. при умножении ее аргументов на одно и то же число значение функции не изменяется.
Однородное уравнение преобразуется к уравнению с разделяющимися
переменными при помощи подстановки y = u или, что то же самое, y = u × x , x
где u = u(x) - новая неизвестная функция.
Пример 1. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения
(x2 − y 2 )dx + 2xydy = 0 при начальных условиях y(1) = 1.
Решение. Представим уравнение в форме Коши, выразив y′
|
|
|
|
y¢ = |
y 2 |
- x 2 |
. |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
2xy |
|
|
|
||||
Данное уравнение будет |
однородным, |
т.к. правая часть является однородной |
|||||||||||
функцией: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f (tx,ty) = |
(ty)2 - (tx)2 |
= |
t 2 ( y2 |
- x2 ) |
|
= |
( y 2 - x2 ) |
= f (x, y) . |
|||||
2tx × ty |
t 2 × |
2xy |
2xy |
||||||||||
|
|
|
|
||||||||||
Применим подстановку |
y |
= u . |
Чтобы |
найти неизвестную функцию u(x) , |
|||||||||
|
|||||||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
подставим в уравнение функцию y = u × x и ее производную y′ = u′ × x + u .
Получим уравнение с разделяющимися переменными относительно u и x :
u¢ x + u = u 2 -1 , 2u
xu¢ = u 2 -1 - u , 2u
14
|
|
|
|
|
|
|
x |
du |
= − |
u 2 + 1 |
, |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|
|
|
2u |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2udu |
= − |
dx |
. |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
u 2 + 1 |
|
|
x |
|
|
|
|||||||||
Интегрируя последнее равенство, получим общее решение |
|||||||||||||||||||||||
преобразованного уравнения: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
ln(u 2 + 1)= −ln |
|
x |
|
+ lnC |
|
|
|
|
или |
u 2 + 1 = |
C |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
y2 |
|
x |
|||||||||||||||||||
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
C |
− 1 |
|
|||||||||
Заменяя и на |
, |
получим |
- общий интеграл данного |
||||||||||||||||||||
|
x2 |
|
|||||||||||||||||||||
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
уравнения.
Решим задачу Коши. Подставим начальные условия в общее решение: 1 = С − 1, отсюда С = 2 , и частный интеграл будет иметь вид
y2 |
= |
2 |
− 1 |
или |
x2 + y 2 = 2x . |
|
x2 |
x |
|||||
|
|
|
|
Пример 2. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения
|
|
x |
|
− |
1 |
|
|
|
|
|
|||||
xy′ = y 1 |
+ ln |
|
|
при начальных условиях |
y(1) = e 2 . |
||
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
Решение. Разрешим данное уравнение относительно производной
y′ = |
y |
y |
|
|
|
||
|
1 + ln |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
x |
x |
|
|
|
||
Правая часть уравнения есть функция |
отношения |
y |
, |
следовательно, |
|||
|
|||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
уравнение однородное. Применим подстановку y = ux , |
y ′ |
= u ′x + u |
|||||
′ |
|
|
|
|
|
|
|
u x + u = u(1 + ln u), |
|
|
|
u′x = u ln u .
Разделяя переменные и интегрируя, получим
du x = u ln u , dx
15
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
du |
= |
dx |
, |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u ln u |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ |
d ln u |
= ∫ |
dx |
+ ln |
|
С |
|
, |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ln u |
|
x |
|
|
|
|
u = eСx , |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
ln |
|
ln u |
|
= ln |
|
x |
|
+ ln |
|
С |
|
, |
|
ln |
|
ln u |
|
= ln |
|
Сx |
|
, ln u = Сx , |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Возвращаясь к исходной переменной, получим
y |
= eСx |
или |
y = xeСx - общее решение уравнения. |
|
|||
x |
|
|
Найдём частное решение при данных начальных условиях:
e- |
1 |
=1× eС×1 , |
С = - 1 . |
2 |
2
Таким образом
-1 x
y = xe 2 - частное решение.
Замечание. Однородное уравнение часто задаётся в дифференциальной форме:
P(x, y)dx + Q(x, y)dy = 0 ,
где функции P(x, y) и Q(x, y) - однородные функции одинакового измерения, т.е.
P(tx, ty) = t k P(x, y) ;
Q(tx,ty) = t k P(x, y) .
16
|
|
|
|
|
|
|
Задание №3 |
||
Решить задачу Коши: |
|
|
|||||||
3.01 |
xy′ − y = xtg |
y |
|
y(1) = π |
|||||
x |
|||||||||
|
|
|
|
|
6 |
|
|||
3.02 |
(x2 + y 2 )dx − xydy = 0 |
y(1) = |
|
||||||
2 |
|||||||||
3.03 |
y′ = |
|
y2 |
|
y(1) = 1 |
||||
x2 |
+ xy |
||||||||
|
|
|
|
|
y′ = 4 + |
y |
|
y 2 |
|
|
|||||
3.04 |
|
+ |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
x |
|
x |
|
|
|||
3.05 |
xy′ − y − |
|
|
= 0 |
|
|
|||||
|
xy |
|
|
||||||||
|
|
y |
|
|
|
|
|
y |
|||
3.06 |
x cos |
|
dy |
+ x − y cos |
|
dx = 0 |
|||||
|
|
||||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
x |
3.07(y − x)ydx + x2 dy = 0
3.08(y 2 − x2 )dx + 2xydy = 0
3.09(x + y)dx + (x + 2 y)dy = 0
3.10y 2dx + (x2 − xy)dy = 0
|
y |
y |
||||
3.11 |
xy′sin |
|
|
+ x = y sin |
|
|
|
|
|||||
|
x |
x |
3.12(y 2 − 2xy)dx + xydy = 0
3.132xy + 2 y 2 = (x2 + xy)y′
3.14(y + x2 + y 2 )dx = xdy
3.15y′ = y + sin y
xx
3.16ydx + (y − x)dy = 0
y(1) = 2
y(1) = 1
y(1) = 0
y(1) = 1 y(1) = 0 y(1) = 0 y(1) = 1
y(1) = π
2
y(2) = 1
y(1) = 2
y(1) = 0
y(1) = π
2
y(0) = 1
17
3.17xy′ = x + 2 y
3.18(x3 + y3 )dx − xy 2 dy = 0
3.19xy′ + x cos y − y + x = 0
|
|
x |
|
|
|
|
||
|
|
|
y |
|||||
3.20 |
xdy = y − x sec |
|
|
|
dx |
|||
|
|
|
||||||
|
|
|
x |
|||||
3.21 |
xy′ = y − x sec2 |
|
y |
|
||||
|
x |
|||||||
|
|
|
|
|
||||
3.22 |
x2 y′ = xy + y 2 − x2 |
|||||||
3.23 |
(x2 + y 2 )y′ = xy |
|
|
|
|
|||
3.24 |
xy′ = x ctg |
y |
+ y |
|||||
|
||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
3.25( xy + x)dy = ydx
−y
3.26xy′ = xe x + y
3.27y 2 dx + x(x − y)dy = 0
3.28y′ = y − tg y
xx
3.29xy′ − 3 y 2 x − y = 0
3.30y′ = y + cos y
xx
18
y(1) = 0
y(1) = 0
y(1) = π
2
y(1) = 0
y(1) = π
4
y(1) = 1
y(0) = 1
y(1) = 0
y(0) = 1
y(1) = 0
y(1) = 1
y(1) = π
6
y(1) = 1
y(1) = 0
3.3. Линейные уравнения первого порядка
Дифференциальное уравнение I порядка называется линейным, если оно первой степени относительно функции y(x) и ее производной y′ . Его можно
записать в виде
y′ + P(x)× y = Q(x),
где P(x) и Q(y) - заданные функции. Решение этого уравнения ищется в виде произведения двух функций u(x) и v(x), т.е. с помощью подстановки
y = u(x) × v(x) .
Уравнение вида
x′ + P(y)× x = Q(y)
также является линейным относительно функции x( y) и ее производной x′ .
Его решение будем искать в виде x = u( y) × v( y) .
Пример 1. |
Решить задачу Коши для дифференциального уравнения |
||||||||
|
|
|
|
y′ + 2xy = 2x при начальных условиях y(0) = 4 . |
|||||
Решение. |
|
Данное уравнение – |
линейное, т.к |
y |
и y′ в первой степени. |
||||
Применим |
подстановку y = u × v . |
|
|
Подставляя |
y |
вместе с производной |
|||
y |
′ |
′ |
′ |
в уравнение, получим |
|
|
|
|
|
|
= u v + v u |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
′ |
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
u v + v u + 2x × uv = 2x . |
|
|
|||
Сгруппируем второе и третье слагаемые |
|
|
|||||||
|
|
|
|
′ |
|
′ |
+ 2xv) = 2x . |
|
|
|
|
|
|
u v + u(v |
|
|
|
Подберём функцию v(x) так, чтобы выражение в скобках было равно нулю, т.е. решим дифференциальное уравнение
v′ + 2xv = 0 .
Это уравнение с разделяющимися переменными относительно v и x :
|
|
dv |
= -2xv , |
dv |
= -2xdx , |
ln |
|
v |
|
= -x2 + C . |
||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|||||||||
|
|
dx |
v |
|
|
|
|
|
||||
|
|
можно принять C = 0 . Отсюда |
||||||||||
Ввиду свободы выбора функции v(x) , |
||||||||||||
v = e−x2 |
. Подставим эту найденную функцию в уравнение и получим второе |
|||||||||||
уравнение с разделяющимися переменными относительно u и x: |
||||||||||||
|
|
|
|
|
u¢ × e−x2 + u × 0 = 2x , |
|
|
|
|
|||
|
т.е. |
|
|
du |
= 2xex2 , |
|
du = 2xex2 dx ; |
|
|
|
u = ex2 + C . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
dx |
|
|
|
|
|
|
|
Общее решение данного уравнения есть