А.К. Боярчук, Г.П. Головач - Дифференциальные уравнения в примерах и задачах (1109000), страница 15
Текст из файла (страница 15)
1 х Подставив у и ау в уравнение, имеем и хан — мах — ах+ (и + сан) =О, хт т откуда Интегрируя, находим н Гй и ах = (и + 1й н)х ан. х = Сняпм, или дяпху = С. > 140. у(х+у)ах+(ну+ Пад=о. м Разделив почленно обе части уравнения на у, получим уравнение в полных дифференци- 11 (х+у)ах+ (х+ — ) ау = О.
у Епз общий интеграл имеет нид х + 2ху+ 1п у = С. При делении на у было потернно решение исходного уравнения у = О. > Замечание. Полученный интеграл можно представить следующим обраюм: 1пу =йтс-х -2*у, т 2 откуда 141. у(у'+1)ах+я(у'- х+1)ау= О. М Цепочка преобразований над уравнением: 2 2 уах+хау ау (у ф 1)(у ах + х ау) — х ау = О; .тут ут т+ ц =О; ам ау где и =ну, дт(ут ф 1)' приводит, как видно, к уравнению с разделяющимися переменными. Общее решение этого уравнения имеет вид а(ху) ау (х,)т т(ут+ ц( 1 =)( аи Г г'1 1 т х-у — — у) ау+С, т.е. + экгй у = С. и "=)(у у+ ) ху 142. (хт+гх+у)ах — (. — З ту)ау=О.
м Проводим последовательно преобразования: (х +2х)ах+(уах — хау)+Зх уау=о; (1+ — ) ах — а(-)+ — ау =О (хФО); 2 х) тх) 2 а(х+) * — — +-у) =о. д 2 ) Интегрируя, находим х+йтх — — +-у =С. у 3 х 2 Присоединим еще "потерянное" решение х = О. и 143. уах — хай = 2х'гй хан.
м Разлепив обе части уравнения на хт и произведя замену к = н, получаем уравнение х ан = 2хсйнах, 2 етпч где С вЂ” новая постовннвв. Теперь легко видеть, что решение у = О содержится в последней формуле общего решения прн С = О. Гл. 1. Дифг(гереицаалыгые уравнения первого порядка 60 которое легко интегрируется. Имеем о(а!п и) Г = 2г! хйх+)пС, откуда !а(п -~ = Се*. )ь апи х~ 144. Уг г!х+ (е* — у) г(у = О.
М Замены е' = и и и = зд приводят к уравнениям д /и г — г(и + !1- — 1г! г(у = 0; д г(г + г бд = О. н у Последнее уравнение имеет общий интеграл 1п(у! — Уе *=С; У=О. > $45. ядах =(уз Охгд ! хг),(д м Проведем сггедующие преобразования уравнения: уйх — хг(у у х(улх — хг(д) =у(х +у )г!у; = — г(у; хг+ уг х -г! (агой -~ = — г(у. ут у Положим у = хо. Тогда оп -г((агсгри) = оду, и(1+ и') Интегрируя, получаем окончательно: г и =(!+о)се ", илн У е" .г.! г =С.ы 146. х'у(убх+хбд) =2убх+хг(у.
° Действуем аналогично проделанному в предыдугцем примере. Имеем г г((ху) г(х (х у — 1)г((ху) = дг!х; (х у — 1) ху х Положим ху = и. Тогда получим г(н г(х / 1) г(и Ых (хо — !) — = —, или н х х о хг Пусть — — = с, тогда 1 ди (и+ с) — — г(с = О, или иг(в+ сг(и — иг(и = О. и г(о /с ~ с — - г( ~ - ( = О, !и !о! — — = сопа1.
о и Окончательно имеем х у)п Сед = -1. > г 147. (х' — у'+ у) г(х+ х(2У вЂ” 1) г(у = О. м Образуем уравнение для интегрирующего множителя д = д(ы) г ( г г г)ы г(д (2ху — х) — — (х — у + у) — ) — = ( — 4У + 2)д. дх дд оы Легко видеть, что оно допускает множитель вила )г = д(х): х(2У вЂ” 1) — = 2(-2У+ 1)рб х)г + 2Д = О. йд г г(х Разггелим обе части уравнсггия на ог и проинтегрируем полученное уравнение: $5. Ураююввя в полных дифференииалах.
Иитюунрующвй множитель б1 Интетрируя, получаем д = х . Умножив обе части уравнения на,и, получаем уравнение в полных дифференциалах < у' у ) у2у 1 — — + — дх+ < — — — ! 4у = О. хз хт) <,х х/ Его общий интеграл имеет вид х +у' — у=Сх.> 14а. (2*У+у) х+(*'у .),Ь =О. ю Из уравнении для интегрируюшето множителя ( ды з ды'! др х(х у — 1) — — (2х у+ 1)у — ) — = (х у+ 2)р дх ду/ д видно, что оно допускает множитель вида д = д(ы), где ы = ху; 2 2 ~р 3 ху(х у — 1 — 2х у — 1) — = (х у+ 2)р, или ыд'+ д = О. Из послелнего уравнения находим д = ы ' = (ху) '.
разделив обе части исходного уравнения на ху (х зь О, у Ф О), получим уравнение в полных дифференциалах (2ху+ — ) ох+ (х' — -) ду=О, проинтегрировав которое, находим: х'(! -ь у) ь ( Н = С. Очевидно, что уравнение имеет также тривиапыпяе решения х = О, у = О. и 149. у(х+ у') да + х'(у — 1) ду = О. ° Применим метод разбиения падве части.
Для этого рассмотрим два уравнения ху д* - х'ду = О, у' дх Ч- х'у ду = О. Легко убедиться в том, что дпя первого уравнения р, = — т — и общий интеграл и,(х, у): — . = С,, = — х= ху а лля второго дз — — -з-т, из(х, у) = +„— — Сн Согласно методу разбиения на дае части, ху интезрируюцщй множитель д дпя исходного уравнения удовлетворяет соотношению у!(е) 2 Ч2(яхту)' Пусть рз(х) = х~. Тогда 1 х хт 1 з(е'(хну) = ( Следовательно, 1 1 ! и д(х,у)=— 2 х'у (1+ х) у(х+ у)' Умножив обе части исходного уравнения на д(х, у), получим уравнение в полных дифференциалах 4 д =0 4х+ (х+ у)' у(х+ у)' Гл. 1. Диффереицвалыаое ураваеааа иервого аорядяа Выберем в формуле (3), и. 5.1, хо — — О, уо = 1. Получим общий интеграл в воще ф(х, у)=~' —,В=С, г !+у х(у — 1) +(п~ — ~~=С.
(1+у)з ' х+у о Уравнение имеет также тривиальные решения х = 0 н у = О, которые вюцочаем в общий интеграл соответсвенно при С = 0 н С = со. Ь 150. (х' — мп'у) Ох+ хмп2уду = О. м Саставнв дифференциальное уравнение для интегрирующего множителя ( дм,, дыд др хяп2у — — (х — ап у) — ) — = -2ап2у р, (1) дх ду) Ь внлнм, что оно допускает множитель вяла р = р(х). Тогда нз (1) следует, что хр'+ 2,я = О, откуда р = х . Разделив исходное уравнение на хз (х ~ 0) н проинтегрировав полученное, имеем 1 з о мп2!ОГ+ / ЛГ = сапа, хо ЗО О, хз оо нлн, окончательно 5!и у+х =Си.
Решение х = 0 включаем сюда прн С = са. а 151. х«ну+2! х- 1)йу=2уйх. а Из днфференцнальнаго уравнения для ннтегрнрующега множителя ( дм дмт др -х«ну+ 21пх — 1) — — 2у — ) — = р(3+ 1пу+ 2!пх) дх ду) ом следует, что оно допускает ог = 1п х + 2 !и у. Действительно, в ятом случае р'+ р = О, откуда 1 р=е хуз Разделив исходное уравнение на хуз (х ~ О, у и' 0), получнм уравнение в полных днфференцнвих 2 1 — ох — — «пу+ 2йгх — 1)Ну = О. ху уз Общий интеграл уравнения имеет внд 2 Г й! г!и! — 1 !пх у Ф(х, у) = — 1 — — ) о! = сапог, нлн — = С, а у) г ) !з у 1 ! 152. (х + 1)(2хдх+ сазуду) = 2хзшуйх.
а Полагая хо+ ! = и, и!ну = е, приводим уравнение к виду (и — е)йи+ аде = О, которое прн и Ф 0 можно записать тшс Ои иле — ейи г' е 'т — + = О, т.е. г((!пи+ -) = О. и .) Имеем )пи+ — „= сапа!. Следовательно, (х' + 1) )п(х + 1) + ап у = С(хз + 1). > $5. Уравнения в ивяных двфферевцввлах. Ивтезувруюивзй мвожвтель 63 153.
х'у'+ у+ (х'у'- х)у' = о. м Из уравнения для интегрирующего множителя ( з з Аы з з Оы'з г(/з (х у — х) — — (х у +у) — ) — = 2)з ах ду) з(ззз усматривается возможность выбора и = ху. Тогда будем иметь аз)з'+ р = О, опгуда 1 1 гз = ы ху Умножив исходное уравнение на р(х, у), получим уравнение в полных дифференциалах: (ху + -) ух+ (х у- -) з(у= О. Его общий интеграл имеет аил 3 у з„а Ф(х,у)= ~!+ — ! м+/(х! — -)гм=сопаг, или — е*" =с, л Решение у= 0 следует из общего интеграла при С = О, И 154.
(х' - у) ох+ х(у+ 1) йу = о. м Применяем метод разбиения уравнения на два; х Вх+хуз(у=о и хз(у — удх=о. Первое уравнение имеет интегрирующий множитель )з, = — и общий интеграл в,(х, у) = х + 1 3 + у = С„а второе уравнение — рз — — — г, из(х, у) ш х = Сз. Согласно указанному методу, 3 ! интегрирующий множитель лля исходного уравнения имеет вид )з= р (х +у) = узз® (1) где Рз, хз — произвольные дифференцируемые функции. Из (1) следует, что хрз з х + у з = 2 зз = узз®. Положим узз(х) = -„-~-. Тогда получим 1 хрз(х'+у)=, = = ( >О).
з/аз+у г ( )3 Следовательно, (зз(а) = — г — -. Таким образом, )з(х, у) = (х > О). Умножив исход- 1 згг+ аз" хз з.уз нос уравнение на р(х, у), получим уравнение а полных дифференциалах х' — у у+1 з(х+ Оу= О. аз/хз+ у-' тгхт+ ут Его общий интеграл имеет вид у+ т/хт + уг /;тз.зз х з/из+аз у+ з/х'+ у' Частное решение х = 0 получаем при С = О. Непосредственно можно убедиться, что множитель Гз(х, у) пригпаен и для х < О. м 155. у'(убх - 2х Оу) = *'(х оу - 2у Ох). < Аналопзчно предыдущему напишем уравиениа у (узза — 2хз(у) =О и х~(хз(у — 2уз(х) = О. 64 Гл, 1, Дифференциальные уравнения первого порядка г р= —.„з р ®= —,„рг®, из которого следует, что Полагаем у' = хи.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
