Н.Н. Нефедов, В.Ю. Попов, В.Т. Волков - Дифференциальные уравнения. Курс лекций, страница 5

Такимобразом, одну из функций можно выбрать так, чтобыdudx+ p ( x )u = 0 .Интегрируя полученное УРП, найдем функцию u ( x) :− p ( x ) dxdu.= − p ( x)dx ==> u = Ce ∫uДля определения второй неизвестной функции v ( x ) подставим полученное выражениедля функции u ( x) в исходное уравнениеudv⎛ du⎞+ v⎜+ p ( x)u ⎟ = f ( x)dx⎝ dx⎠выражение, стоящее в скобках, равно нулю, т.е.− p ( x ) dx dvp ( x ) dxCe ∫= f ( x ) ==> Cdv = f ( x)e ∫dx .dxс учетом того, чтоИнтегрируя, найдем функцию v ( x ) :Cv = ∫ f ( x)e ∫p ( x ) dxdx + C1v( x) ===>1⎛∫ p ( x ) dx dx + C ⎞ .fxe()⎜1⎟C ⎝∫⎠Подставляя функции u ( x) и v ( x ) в формулу для решения, получаем:− p ( x ) dx 1 ⎛p ( x ) dxy = u ( x)v( x) = Ce ∫dx + C1 ⎞⎟ ,⋅ ⎜ ∫ f ( x )e ∫C⎝⎠или− p ( x ) dx ⎛∫ p ( x ) dx dx + C ⎞ ,y ( x) = e ∫⎜ ∫ f ( x )e1⎟⎝⎠где C1 – произвольная константа.Легко видеть, что данное представление совпадает с полученным ранее методомвариации постоянной. Анализ структуры решения линейного дифференциального уравненияпозволяет сформулировать следующее утверждение.Принцип суперпозиции.

Решение линейного ОДУ представляет собой сумму общегорешения соответствующего однородного уравнения и частного решения однородногоуравнения.Для задачи Коши с начальным условием y ( x0 ) = y0 имеет место теорема существованияи единственности решения.Теорема.Пусть p ( x ) и f ( x ) ∈ C ( a, b ) . Тогда через каждую точку ( x0 , y0 ) полосы( a, b ) × Rпроходит одна и только одна интегральная кривая, определенная при всехДоказательство.x ∈ (a, b) .В силу линейности задачи Коши⎧ y ′ + p( x) y = f ( x),,⎨y(x)=y,00⎩(1)представим функцию y ( x) в виде суммы y ( x) = y1 ( x) + y2 ( x) , гдеоднородной задаче Коши с неоднородным начальным условием:y1 ( x) удовлетворяет⎧⎪ y1′ + p( x) y1 = 0,⎨y1 ( x0 ) = y0 ,⎪⎩(2)а y2 ( x) удовлетворяет неоднородной задаче Коши с однородным начальным условием:⎧⎪ y2′ + p( x) y2 = f ( x ) ,⎨y1 ( x0 ) = 0.⎪⎩(3)Подстановкой в (2) и (3) доказывается, что решение задачи (2) имеет видx−y1 ( x) = y0 e∫p (ξ ) d ξ,x0а решение задачи (3) –x−y2 ( x ) = e∫x0p (ξ ) d ξ x∫ex0η∫x0xp (ξ ) d ξxf (η )dη = ∫ e∫− p (ξ ) d ξηf (η )dη .x0Следовательно, решение задачи Коши (1) существует и может быть получено по формулеx−y ( x) = y0e∫p (ξ ) d ξx0xx+∫e∫− p (ξ ) d ξηf (η )dη .x0Единственность решения (1) следует из того факта, что задача Коши для однородногоуравнения с нулевым начальным условием имеет только тривиальное решение.

Действительно,пусть y1 ( x) и y2 ( x) два решения задачи Коши (1). Тогда их разность h( x) = y1 ( x) − y2 ( x) , в силулинейности уравнения, является решением следующей задачи Коши:⎧ dh⎪ + p ( x) h = 0,⎨ dxh( x0 ) = 0.⎩⎪Поскольку эта задача имеет единственное решение h ( x ) ≡ 0 , то y1 ( x) ≡ y2 ( x) .xЗамечание.

Обозначим K ( x,η ) = eобщее решение запишется в виде−∫ p (ξ ) d ξη– импульсная функция (функция Коши). Тогдаxy ( x) = CK ( x, x0 ) + ∫ K ( x,η ) f (η ) dηx0Y ( x)y ( x)где Y ( x ) - общее решение однородного уравнения, y ( x ) - частное решение неоднородного.Решение задачи Коши с начальным условием y ( x0 ) = y0 теперь будет выглядеть так:xy ( x) = K ( x, x0 ) y0 + ∫ K ( x,η ) f (η )dη .x030.Уравнение Бернулли и уравнение Риккати.Определение.Уравнением Бернулли называется уравнение видаy′ + p ( x) y = f ( x) ⋅ y q .Заменойz=1уравнение Бернулли приводится к линейному.

Для этого разделимy q −1исходное уравнение на y qy′1+px= f ( x) .()yqy q −11( q − 1) y q −2( q − 1) y ′, получимВыполнив подстановку z = q −1 , с учетом z ′ = −′⋅=−yyy 2 q−2yq−z′q −1+ p ( x ) z = f ( x ) , или z ′ − ( q − 1) p ( x ) z = − ( q − 1) f ( x )– линейное уравнение относительно неизвестной функции z ( x ) . Решение этого уравненияможно представить в виде− p ( x ) dxz ( x) = e ∫1(∫f1 ( x )e ∫p1 ( x ) dx)dx + C ,гдеp1 ( x ) = − ( n − 1) p ( x );f1 ( x ) = − ( n − 1) f ( x ) .Решение уравнения Бернулли можно также искать непосредственно, используяописанные выше метод вариации постоянной (Лагранжа) или метод Бернулли.Определение.Уравнение видаy ′ + p ( x ) y + q ( x ) y = f ( x ) называетсяуравнением Риккати.Если известно какое либо частное решение y1 ( x) уравнения Риккати, то заменаy = y1 ( x) + z приводит его к уравнению Бернулли относительно функции z ( x ) .

В качествеупражнения проделайте соответствующие выкладки самостоятельно.240.Уравнения в полных дифференциалах.Определение. Дифференциальное уравнение первого порядка вида M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0называется уравнением в полных дифференциалах, если левая часть этого уравненияпредставляет собой полный дифференциал некоторой функции u = F ( x, y ) .Интегрирование такого уравнения сводится к построению функции u = F ( x, y ) , послечего решение легко находится в виде F ( x, y ) = C , так как du = 0 . Таким образом, для решениязадачи необходимо определить:а)в каком случае левая часть уравнения представляет собой полный дифференциалфункции u ( x, y ) ;б)как найти эту функцию.является полныма)Если дифференциальная форма M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dyдифференциалом некоторой функции u ( x, y ) , то можно записать:∂u∂udy.dx +du = M ( x, y )dx + N ( x, y )dy =∂x∂y⎧ ∂u⎪⎪ ∂x = M ( x, y )Так как,⎨ ∂u⎪ = N ( x, y )⎪⎩ ∂yто найдем смешанные производные второго порядка, продифференцировав первое уравнениепо у, а второе – по х:⎧ ∂ 2 u ∂M ( x, y )=⎪∂y⎪ ∂x∂y⎨ 2⎪ ∂ u = ∂N ( x, y )⎪⎩ ∂x∂y∂xПриравнивая левые части уравнений, получаем необходимое и достаточное условие того, чтолевая часть дифференциального уравнения является полным дифференциалом∂M ( x, y ) ∂N ( x, y ).=∂x∂yб)Рассмотрим один из возможных способов нахождения функции u = F ( x, y ) .∂uПроинтегрировав равенство= M ( x, y ) , получим u ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + C ( y ).

Заметим, что∂xв последней формуле первообразные отличаются друг от друга не на константу C , а нанекоторую функцию C ( y ) , т.к. при интегрировании переменная y считается параметром.Определим функцию C ( y ) , для чего продифференцируем полученное равенство по y∂u∂= N ( x, y ) = ∫ M ( x, y )dx + C ′( y ) .∂y∂y∂M ( x, y )dx .∂y ∫Для нахождения функции C ( y ) теперь необходимо проинтегрировать последнее соотношение.Однако, перед интегрированием надо доказать, что C ( y ) действительно не зависит от x , чтобудет выполнено, если производная по переменной x равна нулю. Убедимся в этом, вычисливнужную производную:∂N ( x, y ) ∂ ⎛ ∂′ ∂N ( x, y ) ∂ ∂⎞ ∂N ( x, y ) ∂M ( x, y )−M ( x, y )dx =− ⎜ ∫ M ( x, y )dx ⎟ =−=0.[С ′( y )]x =∫∂x∂x ∂y∂x∂y ⎝ ∂x∂x∂y⎠Теперь определяем функцию C ( y ) :C ′( y ) = N ( x, y ) −Далее,C ( y) =⎡ N ( x , y ) − ∂ M ( x , y ) dx ⎤ dy + C .∫ ⎢⎣∫⎥⎦∂yПодставив этот результат в выражение для u , найдем∂⎡⎤u = M ( x, y ) dx + N ( x, y ) −M ( x, y ) dx dy + C .⎢⎣⎥⎦∂yТогда общий интеграл исходного дифференциального уравнения будет иметь вид⎡⎤∂∫ M ( x, y)dx + ∫ ⎢⎣ N ( x, y) − ∂y M ( x, y)dx ⎥⎦ dy = C .Отметим, что при решении уравнений в полных дифференциалах не обязательноиспользовать полученную формулу.

Решение может получиться более компактным, еслипросто следовать методу, который использовался при ее выводе.∫Теорема.∫∫Q = ( a , b ) × ( c, d )Пусть в прямоугольникенепрерывны вместе со своими частными производнымифункции∂M∂yиM ( x, y )иN ( x, y )∂N, причем всюду в Q∂x∂M ( x, y ) ∂N ( x, y )=и N ( x, y ) ≠ 0 .∂y∂xТогда через каждую точку ( x0 , y0 ) ∈ Q проходит одна и только одна интегральная криваявыполнено условиеуравнения M ( x, y ) dx + N ( x, y ) dy = 0 .Упражнение 1.Докажите теорему существования и единственности решения задачи Кошидля уравнения в полных дифференциалах.Теорема.Q = ( a , b ) × ( c, d )Пусть в прямоугольникенепрерывны вместе со своими частными производнымивыполнено условие∂M ( x, y ) ∂N ( x, y )=∂y∂xи N ( x, y ) ≠ 0 .функции∂M∂yиM ( x, y ) иN ( x, y )∂N , причем всюду в Q∂xВыберем произвольную точку( x0 , y0 ) ∈ Q .xТогда функцияF ( x, y ) =y∫ M (ξ , y ) d ξ + ∫ N ( x , η )dη0x0является первым интегралом уравненияy0M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 .Упражнение 2.Докажите теорему о первом интеграле уравнения в полных дифференциалах.Лекция 3§2.Теорема существования и единственности решения скалярного уравнения10.Постановка задачи.

Основной результат.Рассмотрим задачу Кошиdy= f ( x, y) ,(1)dxy ( x0 ) = y0 .Функция f ( x, y) задана в области G плоскости ( x, y) , содержащий замкнутыйпрямоугольник D = [ x0 − a, x0 + a ] × [ y0 − b, y0 + b] , D ⊂ G . Предположим, что выполненыследующие условия:(У1) Пусть f ( x, y) непрерывна в области D и, следовательно, равномерно ограничена. Тогдасуществует постоянная M = max f ( x, y ) , т.е.Df ( x, y ) ≤ M в D.f ( x, y) удовлетворяет в D условию Липшица по переменной y , т.е.f ( x, y1 ) − f ( x, y2 ) ≤ N y1 − y2 , где N - постоянная Липшица, не зависящая от x и y .∂f ( x, y )Замечание.