3955
.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 . |
|
|
|
|
||||
|
|
|
||||
|
|
|
(x2 -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 |
|
x2 + y 2 |
= 2C - общий |
интеграл |
дифференциального |
уравнения. |
||||
Подставим начальные условия: |
02 + 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 |
у(0)=1 |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y( |
|
|
|
)= 0 |
||||||||
2.02 |
х 1 + у2 dx + y 1 + x 2 dy = 0 |
|||||||||||||||||||||||
3 |
||||||||||||||||||||||||
2.03 |
xy(1 + x2 )y′ =1 + y2 |
|
|
y(1)=1 |
|
|||||||||||||||||||
2.04 |
e y (1 + x2 )y′ − 2x(1 + e y )= 0 |
y(0)= 0 |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
2.05 |
2x |
1 − y 2 dx + ydy = 0 |
y(0)= 0 |
|
||||||||||||||||||||
2.06 |
sec |
2 |
|
x tg y dx + sec |
2 |
y tg x dy = 0 |
|
π |
= |
π |
||||||||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
4 |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|||||
2.07 |
3ex tg y dx + (1 + ex )sec2 y dy = 0 |
y(0)= π |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
||
2.08 |
y′ = (2 y −1)ctg x |
|
|
|
|
π |
= 5 |
|||||||||||||||||
|
|
|
y |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
||||
2.09 |
e1+x2 |
tg y dx − |
e2 x |
dy = 0 |
y(1)= π |
|
||||||||||||||||||
x −1 |
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||
2.10 |
tg x dy − (1 + y)dx = 0 |
|
π |
= 0 |
||||||||||||||||||||
y |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||||
2.11 |
(1 + y |
2 |
)y′ − y = 0 |
|
|
|
|
1 |
=1 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
y |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
||||
2.12 |
x2 y′ − x +1 = 0 |
|
|
|
y(1)=1 |
|
||||||||||||||||||
2.13 |
dy − y2 tg x dx = 0 |
|
|
|
у(0)=1 |
|
||||||||||||||||||
2.14 |
y = y′ln y |
|
|
|
y(2)=1 |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
dx − (4 + x 2 )dy = 0 |
|
|
|||||||||||||||||||
2.15 |
|
6 y − y 2 |
y(2)= 6 |
|
||||||||||||||||||||
2.16 |
x(y6 +1)dx + y2 (x4 +1)dy = 0 |
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 )y2 dy = ex dx
2.20y¢ = 2x− y
2.21 |
|
1 + cos 2x |
|
+ y¢ = 0 |
|
||||
|
|
1 = sin 2 y |
2.22yy′ = -2xsec y
2.23sin x × y′ = y cos x
2.24y¢ = (1 + y 2 )× x
2.25y′ = y × ln x
2.26y¢ = xex− y
2.27 y sin xdx = dy
2.281 − y 2 dx − xydy = 0
2.29 |
y¢ - |
x |
y = 0 |
1 + x2 |
|||
2.30 |
ln y x dy = ydx |
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
13
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 x
же самое, y = u × x , где u = u(x) - новая неизвестная функция.
Пример 1. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения
(x2 - y2 )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 ) |
= |
( y2 |
- x2 ) |
= f (x, y) . |
||||
2tx × ty |
t 2 × 2xy |
2xy |
||||||||||
|
|
|
|
|||||||||
Применим подстановку |
|
y |
= u . |
Чтобы |
найти неизвестную функцию u(x) , |
|||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
x |
|
|
и ее производную y′ = u′ × x + u . |
||||||
подставим в уравнение функцию y = u × x |
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 . |
|
u2 + 1 |
x |
Интегрируя последнее равенство, получим общее решение преобразованного уравнения:
ln(u2 +1)= −ln |
|
x |
|
+ lnC |
|
|
или |
u 2 + 1 = |
C |
|
||||
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
y 2 |
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 + lnu),
u′x = u ln u .
Разделяя переменные и интегрируя, получим
du x = u lnu , dx
15
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
du |
= |
|
|
dx |
, |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u ln u |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∫ |
d lnu |
= ∫ |
dx |
+ ln |
|
С |
|
, |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lnu |
|
x |
|
|
|
|
u = eСx , |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
ln |
|
ln u |
|
= ln |
|
x |
|
+ ln |
|
С |
|
, |
|
ln |
|
ln u |
|
= ln |
|
Сx |
|
, lnu = 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 + y2 )dx − xydy = 0 |
|
|
y(1)= |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|||||||||||||||||||||||||||
3.03 |
y′ = |
|
|
|
|
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y(1)=1 |
||||||
x |
2 + xy |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
y′ = 4 + |
y |
|
|
|
y 2 |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
3.04 |
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
y(1)= 2 |
|||||||||||||||||||
x |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
xy′ − y − |
|
|
|
= 0 |
|
|
|
|
y(1)=1 |
|||||||||||||||||||
3.05 |
|
xy |
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
||||||||||||
3.06 |
xcos |
|
|
|
dy + x |
− y cos |
|
|
dx = 0 |
y(1)= 0 |
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
x |
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
3.07 |
(y − x)ydx + x2 dy = 0 |
|
|
y(1)=1 |
|||||||||||||||||||||||||
3.08 |
(y2 − x2 )dx + 2xydy = 0 |
y(1)= 0 |
|||||||||||||||||||||||||||
3.09 |
(x + y)dx + (x + 2 y)dy = 0 |
y(1)= 0 |
|||||||||||||||||||||||||||
3.10 |
y2dx + (x2 − xy)dy = 0 |
|
|
y(1)=1 |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
y(1)= |
π |
||||||||||
3.11 |
xy′sin |
|
|
|
+ x = y sin |
|
|
|
2 |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|||||||||||
3.12 |
(y2 − 2xy)dx + xydy = 0 |
y(2)=1 |
|||||||||||||||||||||||||||
3.13 |
2xy + 2 y2 = (x2 + xy)y′ |
|
|
y(1)= 2 |
|||||||||||||||||||||||||
|
(y + |
|
|
|
|
)dx = xdy |
|
|
|
||||||||||||||||||||
3.14 |
|
x2 + y 2 |
|
|
y(1)= 0 |
||||||||||||||||||||||||
3.15 |
y′ = |
y |
+ sin |
y |
|
|
|
|
|
|
|
y(1)= π |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
||||||||
3.16 |
ydx + (y − x)dy = 0 |
|
|
y(0)=1 |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
17 |
|
|
|
3.17xy′ = x + 2 y
3.18(x3 + y3 )dx − xy2dy = 0
3.19xy′ + x cos y − y + x = 0
|
|
x |
|
|
|
|
|||
|
|
|
y |
||||||
3.20 |
xdy = y − xsec |
|
|
|
dx |
||||
|
|
|
|||||||
|
|
|
x |
||||||
3.21 |
xy′ = y − x sec2 |
|
y |
|
|||||
x |
|||||||||
|
|
|
|
||||||
3.22 |
x2 y′ = xy + y 2 − x2 |
||||||||
3.23 |
(x2 + y2 )y′ = xy |
|
|
|
|
||||
3.24 |
xy′ = x ctg |
y |
+ y |
||||||
|
|||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
3.25( xy + x)dy = ydx
−y
3.26xy′ = xe x + y
3.27y2dx + 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 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
′ |
+ u(v |
′ |
+ 2xv) = 2x . |
|
|
|
|
|
|
|
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 . |
|
||||||||||
Ввиду свободы выбора функции v(x) , |
Отсюда |
||||||||||||
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 = e x2 + C . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dx
Общее решение данного уравнения есть
19