Лекции печатные (Конспект лекций по высшей математике - Дмитрий Письменный), страница 3

Уравнение у' = Л (х),1з(у) также сводится к уравнению с разделенными переменными. Для этого достаточно положить у' = — и разделить ('~И ах переменные. 3. Уравнение у' = у(ах + 6у + с), где а, Ь, с — числа, путем замены ах + Ьу + с = и сводится к ДУ с разделяющимися переменными Дифференцируя по х, получаем: Й~ Ну — =а+Ь Нх 4(х Данное уравнение принимает вцц — „= а + 6 у(и), откуда следует аи аи = 4(Х.

а+6 1(и) Интегрируя это уравнение и заменяя и на ах + 6у + с, получим общий интеграл исходного уравнения. Пример 2.8. Решить уравнение (у+ ху) ах+ (х — ху) Ну = О. 1 6 Решение: Преобразуем левую часть уравнения: у ° (1 + х) с(х + х (1 — у) ° с(у = О. Оно имеет вид (2.6). Делим обе части уравнения на ху ф О: 1+х 1 — у — 0х+ — 4(у = О. х у Решением его является общий интеграл х + 1п)х) + 1п(у! — у = с, т.

е. 1п (ху) + х — у = с. Здесь уравнение Я1(у) Рз(х) = О имеет вид ху = О. Его решениях = О, у = О являются решениями данного ДУ, но не входят в общий интеграл. Значит, решения х = О, у = О являются особыми. Ф Пример 2.4'. Решить уравнение у' = — а, удовлетворяющее условию у(4) = 1.

14 ( 'В Решение: Этот пример представляет собой решение задачи 2 из и. 1.2. Имеем: = — или = ††. Проинтегрировав, получим: ои Цх 'Йх х у х' 1пу = 1пс — 1пх, т. е. у = с — общее решение ДУ. х Оно представляет собой, геометрически, семейство равносторонних гипербол. Выделим среди них одну, проходящую через точку (4; 1). Подставим х = 4 и у = 1 в общее решение уравнения: 1 = с, с = 4. Получаем: у = — — частное решение уравнения у = — к. 4 Ф х.

х' Пример в.о. Найти общее решение ДУ т ° Г = — й г'г. О Решение: Этот пример демонстрирует решение задачи 1 из п. 1.2. Приведем данное уравнение к виду (2.5): т — = — И', т ° сй'+И' <И=О, — + — 41=0. г ~Л~ и д1 ~;г Интегрируем: ~ — т + — ~ дг = — с, т. е. — — + — 1+ с = О. Отсюда г дь ',/ ~l т,/ ' ' ' И т 1 — общее решение уравнения. ь1+ с 2.3. Однородные дифференциальные уравнения К уравнению с разделяющимися переменными приводятся однородные ДУ первого порядка.

Функция г(х;у) называется однородной функцией п-го порядка (измерения), если при умножении каждого ее аргумента на произвольный множитель Л вся функция умножится на Л", т. е. 7"(Л ° х;Л ° у) = Л" ° 1(х;у). Например, функция 7'(х; у) = хг — 2ху есть однородная функция второго порядка, поскольку 1(Л х; Л у) = (Лх)г — 2(Лх)(Лу) = Лг ° (хг — 2ху) = Лг 1(х; у). Дифференциальное уравнение У = 7(х;У) (2.7) у'= ® (2.8) называется однородным, если функция 7" (х; у) есть однородная функция Я нулевого порядка. Покажем, что однородное ДУ (2.7) можно записать в вице ( )) Если у(х; у) — однородная функция нулевого порядка, то, по определению, 1(х;у) = Ле у(Лх; Лу) = у(Лх; Лу). Положив Л = 1, получаем: у(х;у) = ~( —; — ) = У(1; — ) = ср( — ). Однородное уравнение (2.8) преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными при помощи замены переменной (подстановки) Действительно, подставив р = их и у' = и'х + и в уравнение (2.8), получаем и'х + и = 1г(и) или х ° — = у(и) — и, т.

е. уравнение с разделя- ~(х ющимися переменными. Найдя его общее решение (или общий интеграл), слепует заменить в нем и на к. Получим общее решение (интеграл) исходного уравнения. Однородное уравнение часто задается в дифференциальной форме: (2.10) ДУ (2.10) будет однородным, если Р(х; у) и'Я(х; д) — однородные функции одинакового порядка. Переписав уравнение (2.10) в виде ~ — — — — ~ — ' и применив в правой Р(х;п) Их фх; у) части рассмотренное выше преобразование, получим уравнение у'=у(й) .

При интегрировании уравнений вида (2.10) нет необходимости предварительно приводить их (но можно) к виду (2.8): подстановка (2.9) сразу преобразует уравнение (2.10) в уравнение с разделяющимися переменными. Пример 8.6. Найти общий интеграл уравнения (хг уг),1х+ 2хр г(у 0 О Решение: Данное уравнение однородное, т. к. функции Р(х; у) = хг — уг и Ч(х; у) = 2хр — однородные функции второго поряцка.

Положим у = и х. Тогда Иу = х Ыи + и ° Ых. Подставляем в исходное уравнение: (хг — и хг) Их+2х ° их х Ни+2х их и йх, хг(1 — иг+2иг) г~х+2ихз Ни=О, (1+ и ) г(х + 2их Ни = О, последнее — уравнение с разделяющимися переменными. Делим переменные Нх 2и — + г.Ни=О х 1+в 1б и интегрируем 1п ф + 1п(1+ и~) = сы 1п )х( (1+ и~) = сы )х((1+ ии) = е". Обозначим с = е", с > О. Тогда (х! (1+ и ) = с.

Заменяя и на к, получаем: хз + уз = ст — общий интеграл исходного х' уравнения. Отметим, что данное уравнение можно было сначала привести к виду (2.8): (к)2 ох ' ох 2ху Затем положить у = и х, тогда у' = и'х + и и т. д. Замечание.

Уравнение вдда у' = ~( ~, где а, О, с, аы Ьы ох+ +с а1х+ о1у+ с1!' с1 — числа, приводится к однородному или с разделяющимися переменными. Для этого вводят новые переменные и и и, положив х = и + а, у = о + Д где а и ф — числа. Их подбирают так, чтобы уравнение стало однородным. Пример Я.у. Найти общий интеграл уравнения (х+ 2у+1) ох — (2х+ у — 1) оу = О, / х+2у+ 1 2х+у — 1 (,) Решение: Положив х = и + а, у = и + ф, получаем: Ых=Ии,ну=ос; оу оо и+ а+ 2о+ 211+ 1 и+ 2и+ (а+ 211+ 1) ((х Ыи 2и + 2а + о + ф — 1 2и + и + (2а + д — 1) Подберем а и ~3 так, чтобы < а+ 2р+ 1 = О„ 2а+;9 — 1= О.

Находим, что а = 1, 13 = — 1. Заданное уравнение примет вид (Ь и+ 2и ои 2и+с и будет являться однородным. Его решение получается, как это было показано выше, при помощи подстановки о = 1и. Заметим, что, решив его, следует заменить и и с соответственно на х — 1 и у+ 1. В итоге получим (у — х + 2)з = с(х + у) — общий интеграл данного уравнения. Ф 2.4. Линейные уравнения. Уравнение Я.

Бернулли Дифференциальное уравнение первого порядка называется ликей- ~Я кзыл, если его можно записать в виде (2.11) у' + р(х) у = д(х), где р(х) и д(х) — заданные функции, в частности — постоянные, Особенность ДУ (2.11): искомая функция у и ее производная у' входят в уравнение в первой степени, не перемножзясь между собой. Рассмотрим два метода интегрирования ДУ (2.11) — метод И.

Бернулли и метод Лагранжа. Метод И. Бернулли Решение уравнения (2.11) ищется в виде произведения двух других функций, т. е. с помощью подстановки у = и ° и, где и = и(х) и и = и(х)— неизвестные функции от х, причем одна из них произвольна (но не равна нулю — действительно любую функцию у(х) можно записать как у(х) = — и(х) = и(х) и(х), у(х) и(х) где и(х) ф О).

Тогда у' = и' и+ и о'. Подставляя выражения у и у' в уравнение (2.11), получаем: и' ° и+и.ид+р(х) и д в = д(х) или и' и+и (и'+р(х) ° и) =д(х). Подберем функцию и = и(х) так, чтобы выражение в скобках было равно нулю, т. е. решим ДУ и'+ р(х) и = О. Итак, — и + р(х) ° и = О, т. е. ' Нх — = — р(х) Их. Интегрируя, получаем: Ыи 1п (и! = — / р(х) сЬ + 1п (с~. Ввиду свободы выбора функции и(х), можно принять с = 1.

Отсюда и=е Подставляя найденную функцию и в уравнение (2.12), получаем и' е ) "д'д~' = д(х). Получено уравнение с разделяющимися переменными. Решаем его: Й~ — е Т "1И'"* = д(х), Ни = д(х) е+ "си*у *Их, д:дх и = / д(х) . е11д<И'"*Ых+ с. Возвращаясь к переменной у, получаем решение д= '= (1д[е'д <дддю .д ) -д'<*>"* рдд) исходного ДУ (2.11). 18 Пример 2.8.

Проинтегрировать уравнение д' + 2хд = 2х. (,9 Решение: Полагаем д = и ° е. Тогда и' с+ и п'+ 2х ис = 2х, т. е. й с + и ° (о' + 2хо) = 2х. Сначала решаем уравнение с' + 2х е = О: сЬ 2 — = — 2х с(х, 1п1е(= — х, с=е *. Ю Теперь решаем уравнение и' е * + и О = 2х, т. е, сгп г г гг с(х — =2х е*, с(ихг/2х е* г(х, и=е* +с. г г Итак, общее решение данного уравнения есть д = и с = (е' + с) е *, т.

е. д = 1 + с е * . Метод Лагранжа (метод вариации произвольной постоянной) Уравнение (2.11) интегрируется слецующим образом. Рассмотрим соответствующее уравнение без правой части, т. е. уравнение у'+ р(х) д = О. Оно называется линейным однородным ДУ первого порядка. В этом уравнении переменные делятся: — = -р(х) - с(х и 1п )д! = — / р(х) ° г(х + 1и ~с1 ~. с(д д Таким образом, ~ Р-~ = е 1Р1*йг*, т.е. ' !С1 д = хс1е г р1*йне или у = с е г р1г1 ~г, ГДЕ С = ХС1. Метод вариации произвольной постоянной состоит в том, что постоянную с в полученном решении заменяем функцией с(х), т.

е. полагаем с = с(х). Решение уравнения (2.11) ищем в виде д с(х) е — Т п1е) гз (2.14) Находим производную'. у' = с'(х) ехр ( — / р(х) с(х) + с(х) екр ( — / р(х) с(х) . ( — р(х) ) . Подставляем значения д и д' в уравнение (2.11): с (х) ехр( — / р(х) с1х) — с(х)р(х) ехр( — / р(х) г1х) + + с(х)р(х) ехр( — / р(х) сгх) = д(х). Второе и третье слагаемые взаимно уничтожаются, и уравнение примет вид с'(х) ехр ( — / р(т) с(х) = д(х).