  

Примеры решения задач.
1 . Уравнением с разделенными переменными называется уравнение вида:
  x  dx    y  dy  C.
(1)
т.е. при dx – коэффициент, зависящий только от x, а при dy – только от y.
Общее решение его имеет вид:
  x 
dx    y  dy  C.
Пример 1. Найти общий интеграл уравнения x dx + y dy = 0
 Возьмем интеграл от каждого слагаемого, стоящего слева, а справа – нуль
заменим на произвольную постоянную С.
 xdx   ydy 
C
2
x2 y2 C

  x 2  y 2  C.
2
2
2

Заметим, что постоянную С можно записывать как
С
, ln C, 2 C, sin C и т.д.,
2
исходя из удобства записи общего решения.
2 . Уравнением с разделяющимися переменными называется уравнение вида
1 x  1  y  dx   2 x   2  y  dy  0
(2)
т.е. коэффициенты при dx и dy можно представить как произведение двух сомножителей,
один из которых зависит только от x, а второй – только от y. Чтобы привести уравнение
(2) к виду (1), разделим все члены уравнения (2) на N1(y)M2(x):
1 x 
 y
dx  2
dy  0
 2 x 
1  y 
А это уравнение является уравнением с разделенными переменными.

Пример 2. Найти частное решение уравнения 1  e
удовлетворяющее начальным условиям y | x 0 
 Это уравнение является
x
ydy e dx1  y ,
x
2
3.
уравнением с разделяющимися переменными т.к.
коэффициент при dx представляет собой произведение двух сомножителей: ex зависит
только от x, а (1+y2) – только от y. Аналогично, коэффициент при dy тоже является
произведением двух сомножителей: (1+ex) зависит только от x, а второй сомножитель – y.
Чтобы привести его к виду с разделенными переменными, разделим все члены
уравнения на (1+ex)(1+y2), в результате получим:
ydy
e x dx

1 y2 1 ex
Решим это уравнение.
ydy
e x dx
 1  y 2   1  e x  ln C
Здесь произвольную постоянную удобнее взять в виде ln C.
1
ln(1  y 2 )  ln(1  e x )  ln C
2
ln 1  y 2  ln C (1  e x )
1  y 2  C (1  e x )
Это - общий интеграл исходного уравнения. Подставив
(3)
3 вместо y, а 0 вместо x
(см. начальные условия), получим:
1  ( 3 ) 2  C (1  e 0 )
2  С 2  С 1
Подставив С = 1 в (3), получим частный интеграл:
1  y2 1  ex
(4)
Если равенство (4) разрешить относительно у, то получим частное решение
дифференциального уравнения:
y  (1  e x ) 2  1 #
3 . Уравнение y   f ( x, y ) называется однородным, если f(x,y) удовлетворяет
условию: f  tx, ty   t m f  x, y  , где m -- некоторое число. Однородным будет также
y
 y
уравнение y  f   . Решается это уравнение с помощью подстановки  u .
x
x
Пример 3. Решить уравнение y  
x2  y2
.
xy
 Данное уравнение является однородным:
x2  y2
f ( x, y ) 

xy
t 2 x2  t 2 y 2 t 2 (x2  y 2 ) x2  y 2
f (tx, ty ) 


 f ( x, y) .
txty
xy
t 2 xy
Чтобы решить это уравнение, сделаем подстановку:
u
u x  u 
y
 y  ux  y   u x  u
x
x2  u2 x2
1 u2
1 u2


u xu 
ux
u 
xux
u
u
1 u2  u2
1
du
1
dx
u x 
 u x  
x   xdu 
u
u
dx
u
u
Получили уравнение с разделяющимися переменными. Решим его.
dx
u2
u2
 udu  ln x 
C 
 ln x  C.
x
2
2
Вернемся к первоначальной переменной: u 
интеграл исходного уравнения.
1 y
y
 ( ) 2  ln x  C - общий
x
2 x
#
4 . Уравнение вида y   p ( x) y  q ( x) называется линейным. Если q( x)  0 , то
уравнение y   p ( x) y  0 называется линейным однородным (ЛОДУ), если q( x)  0 , то
уравнение y   p ( x) y  q ( x) называется линейным неоднородным (ЛНДУ). Интерес
представляют ЛНДУ, т.к. ЛОДУ являются уравнениями с разделяющимися переменными.
Пример 4. Найти общее решение уравнения y   2 xy  xe
 x2 .
 Это уравнение является ЛНДУ. Будем искать решение уравнения в виде
произведения двух функций: y  u  v  y   u v  vu . После этой подстановки данное
уравнение примет вид:
uv  vu  2 xuv  xe  x
2
Вынесем за скобки u:
uv  u(v  2 xv)  xe  x
2
(5)
Найдем одну из функций v, такую, чтобы выражение в скобках обратилось в нуль:
v  2 xv  0 . Это уравнение будет с разделяющимися переменными. Решим его.
2
dv
dv
 2 xv  0  dv  2 xvdx 
 2 xdx  ln v   x 2  v  e  x
dx
v
Подставим найденную функцию в уравнение (5).
ue
 x2
 xe
 x2
du
x2
 u  x 
 x  du  xdx  u 
C.
dx
2
2
x2
 C )  e  x - общее решение данного уравнения. #
Т.к. y = uv, то y  (
2
5 . Дифференциальные уравнения второго порядка, которые явно не содержат х или
у, т. е. уравнения вида F ( x, y , y )  0 или F ( y, y , y )  0 , допускают понижение
порядка. С помощью соответствующей подстановки их решение сводится к решению двух
дифференциальных уравнений первого порядка.
Пример 5. Найти общее решение уравнения xy   y   x  0 .
 Это уравнение имеет вид F ( x, y , y )  0 , т. е. не содержит явно у, следовательно,
можно понизить порядок этого уравнения, сделав подстановку:
y   p(x), y   p ,
после этого уравнение примет вид:
xp   p  x  0
или
p 
p
p
 1  0  p    1
x
x
(6)
Это уравнение является однородным, т. к. в этом уравнении справа стоит функция
p
p
p
f1 ( )    1 . С помощью подстановки u  от уравнения (6) перейдем к уравнению
x
x
x
с разделяющимися переменными: p  ux  p  u x  u .
ux  u  u  1  ux  2u  1  x
du
 (2u  1)  xdu  (2u  1)dx 
dx
2C1
du
dx 1
   ln 2u  1   ln x  ln 2C1  ln 2u  1  ln

2u  1
x
2
x
2u  1 
2C1
x2



1  2C
p 1  2C
x  2C
 u   1  1    1  1  p   1  1 .
2  x2
x 2  x2
2  x2



Учитывая, что p  y  
y 
dy
, получим
dx
C1 x
dy C1 x
x
С
 

  dy   1  dx 
x 2
dx x 2
 x 2
 dy  
С1
x
dx   dx  C2 
x
2
x2
y  C1 ln x 
 C 2 - общее решение данного уравнения. #
4
Пример 6. Найти общее решение дифференциального уравнения
1  ( y ) 2  2 yy  .
 Дано дифференциальное уравнение второго порядка, явно не содержащее х,
следовательно, оно допускает понижение порядка с помощью подстановки
y  p( y), y  p
1  p 2  2 yp
dp
. После применения подстановки получим уравнение:
dy
dp
, которое является уравнением с разделяющимися переменными. Решим
dy
его.
(1  p 2 )dy  2 ypdp 
dy
2p

dp 
y 1  p2
ln y  ln 1  p 2  ln C1  ln 1  p 2  ln C1 y 
1  p 2  C1 y  p 2  C1 y  1  p   C1 y  1
Т. к. p  y  
dy
dy
, то
  C1 y  1 - это тоже уравнение с разделяющимися
dx
dx
переменными, интегрируем его:
C1dy
dy
1
1 C1 y  1
  dx  
   dx  C2 
  x  C2 
1
C1 C1 y  1
C1
C1 y  1
2
2
C1 y  1   x  C2 - общий интеграл исходного уравнения. #
C1
6 . Линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ) второго порядка с
постоянными коэффициентами – это уравнение, которое имеет вид:
y   py   qy  0 ,
(7)
где p, q – некоторые действительные числа. Решение этого уравнения сводится к решению
алгебраического
уравнения,
называемого
характеристическим.
Чтобы
характеристическое уравнение, в уравнении (7) заменяем y  на k, а y  - на k2.
k 2  pk  q  0 - характеристическое уравнение.
При решении этого квадратного уравнения возможны три случая:
получить
в) k1, 2    i
а) k1  k 2 , k1 , k 2  R , б) k1  k 2  R ,
Пример 7. Найти общее решение дифференциального уравнения
y   5 y   6 y  0 .
 Дано ЛОДУ с постоянными коэффициентами. Составим характеристическое
уравнение:
k 2  5k  6  0  k1  2, k 2  3
Корни характеристического уравнения – действительные различные, поэтому
kx
y  C1e 1  C2 e
k x
2 ,
следовательно, общее решение данного уравнения:
y  C1e 2 x  C 2 e 3 x . #
Пример 8. Найти общее решение дифференциального уравнения
y   4 y   4 y  0 .
 Имеем ЛОДУ с постоянными коэффициентами. Его характеристическое уравнение
имеет вид:
k 2  4k  4  0  k1  k 2  2
Корни
характеристического
kx
уравнения
–
действительные
равные,
поэтому
kx
y  C1e 1  C2 xe 1 , следовательно, общее решение данного уравнения имеет вид:
y  C1e 2 x  C2 xe 2 x .
#
Пример 9. Найти общее решение дифференциального уравнения
y   4 y   13 y  0 .
 Данное уравнение является ЛОДУ второго порядка с постоянными
коэффициентами. Составим характеристическое уравнение:
k 2  4k  13  0  k1, 2  2  3i,    2,   3 .
Если корни характеристического уравнения комплексные k1, 2    i , то общее решение
x
ЛОДУ имеет вид: y  C1e
cos x  C2 ex sin x , следовательно, общее решение данного
уравнения:
y  C1e 2 x cos 3x  C2 e 2 x sin 3x .
#
7 . Линейное неоднородное дифференциальное уравнение (ЛНДУ) второго порядка с
постоянными коэффициентами и специальной правой частью имеет вид:
y   py   qy  f (x) ,
где p, q – некоторые действительные числа, f (x) - правая часть ЛНДУ. Общее решение
этого уравнения (у он) состоит из общего решения соответствующего ЛОДУ (у оо) и частного
решения ЛНДУ (у чн):
у он = у оо + у чн
(8)
О нахождении у оо смотрите п. 6. Следующая таблица помогает найти у чн:
f x   правая
часть
Вид yчн
Замечание
ЛНДУ
Число
1
Pn ( x) x r
Pn (x )
0
является
корнем
характеристического
уравнения кратности r.
Число
2
Pn ( x) e
Pn ( x) e x x r
ax
α
является
корнем
характеристического
уравнения кратности r.
1)
3
Pn x cos x  Qm x sin x
( Ps ( x ) cos x 
 Qs ( x) sin x)
4
Pn x ex cos x 
 Qm x ex sin x
( Ps ( x ) e
x
 Qs ( x ) e
являются
уравнения кратности r.
xr
sin x )
±βi
корнями характеристического
cos x 
x
Числа
2)
S=max(m,n)
3)
Числа α±βi являются
корнями характеристического
xr
уравнения кратности r.
4)
S=max(m,n)
Pn (x ), Qm (x) - данные многочлены степени n и m соответственно. Pn (x), Qm (x) многочлены той же степени только с неопределенными коэффициентами.
Пример 10. Найти частное решение дифференциального уравнения
y   6 y   9 y  9 x 2  12 x  2 ,
удовлетворяющее начальным условиям: y (0)  1, y (0)  3 ().
 Дано ЛНДУ с постоянными коэффициентами, правая часть которого является
многочленом второй степени P2 ( x)  9 x  12 x  2 (специального вида, а именно
2
первого). Найдем сначала у оо - общее решение соответствующего ему ЛОДУ:
y   6 y   9 y  0
Составим и решим характеристическое уравнение:
k 2  6k  9  0  k1  k 2  3 , следовательно,
yоо  C1e 3 x  C2 xe 3 x
Будем искать учн в виде многочлена второй степени с неопределенными
коэффициентами, умноженного на xr, если ноль является корнем характеристического
уравнения кратности r.
yчн  ( Ax 2  Bx  C ) x r
Но т. к. k = 0 не является корнем характеристического уравнения, то r = 0, и тогда
окончательно
yчн  Ax 2  Bx  C .
Поскольку у чн - решение данного уравнения, то при подстановке у чн в это уравнение
 и yчн
 .
вместо у получим тождество. Предварительно найдем yчн
  2 Ax  B ;
yчн
  2 A
yчн
 , yчн
 в данное уравнение:
Подставим yчн , yчн
2 A  6(2 Ax  B)  9( Ax 2  Bx  C )  9 x 2  12 x  2
x 2 (9 A)  x(12 A  9 B)  (2 A  6 B  9C )  9 x 2  12 x  2
Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях х слева и справа в последнем
уравнении, получим систему уравнений относительно А, В, С:
x2
9A  9
1
x  12 A  9 B  12
x 0 2 A  6 B  9C  2
Решив ее, получим: A=1, B=0, C=0. Таким образом, yчн  x .
2
На основании формулы (8) имеем:
yон  C1e 3 x  C 2 xe 3 x  x 2 .
(9)
Чтобы найти частное решение исходного уравнения, удовлетворяющее начальным
 :
условиям (*), найдем y он
  3C1e 3 x  C2 e 3 x  3C2 xe 3 x  2 x
yон
Подставим 0 вместо х, 1 вместо y он , а 3 вместо y 
y
y
он в он , он . Получим систему
уравнений для нахождения С1 и С2:

1  C1e 30  C2  0  e 30  0 2

30
30
30
3  3C1e  C2 e  3C2  0  e  2  0
 1  С1
 С2=0.

3  3С1  С 2
Подставив найденные С1 и С2 в (9), получим:
y  e3x  x 2 . #
x
Пример 11. Найти общее решение уравнения y   y   e .
 Дано ЛНДУ с постоянными коэффициентами и со специальной правой частью
второго вида, следовательно,
у он = у оо + у чн
Найдем у оо, для чего решим ЛОДУ, соответствующее данному ЛНДУ:
y   y   0
Составим характеристическое уравнение и решим его.
k 2  k  0  k (k  1)  0  k1  0, k 2  1
Корни характеристического уравнения действительные различные, поэтому
y00  c1e 0x  c2 e  x  yoo  c1  c2 e  x .
Правая часть
f (x) , равная 1  e 1x , представляет собой многочлен нулевой степени
P0 ( x)  1 , умноженный на ex, где =-1.
В соответствии с таблицей будем искать yчн в виде многочлена нулевой степени,
только с неопределенным коэффициентом, т.е. А, умноженного на e-x и на xr, где r = 1, т. к. –
1 является корнем характеристического уравнения кратности 1:
yчн  Ae  x x .
Т. к. yчн – решение данного уравнения, то после подстановки ее в исходное уравнение
вместо y, получим тождество. Найдем предварительно:
  Ae  x  1x  Ae  x   Axe  x  Ae  x
yчн
   Ae  x  Axe  x  Ae  x  Axe  x  2 Ae  x
yчн
 , yчн
 в исходное уравнение:
Подставим yчн
Axe  x  2 Ae  x  Ae  x  Axe  x  e  x 
 Ae  x  e  x  A  1
yчн   xe  x
Тогда
yoн  c1  c2 e  x  xe  x .
#
Пример 12. Найти общее решение уравнения y   4 y  sin x .
 Имеем ЛНДУ с постоянными коэффициентами и со специальной правой частью
третьего вида. Решим ЛОДУ, соответствующее данному ЛНДУ:
y   4 y  0
Составим характеристическое уравнение и решим его.
k 2  4  0  k1, 2  2i
Корни характеристического уравнения комплексные, поэтому
y00  c1сos 2 x  c2 sin 2 x
Запишем правую часть f (x)  sin x в виде: 0 cos x + 1 sin x, здесь =1.
При sin x и cos x стоят многочлены нулевой степени P0 ( x)  0, Q0 ( x)  1 ,
следовательно,
yчн  ( A cos x  B sin x) x r ,
где А и В - многочлены тоже нулевой степени только с неопределенными коэффициентами,
а r = 0, т. к. числа  i  i не являются корнями характеристического уравнения. Итак,
yчн  A cos x  B sin x
   A sin x  B cos x
yчн
   A cos x  B sin x
yчн
 в данное уравнение:
Подставим y чн , y чн
 A cos x  B sin x  4 A cos x  4B sin x  0  cos x  1  sin x
Получим тождество. Приравнивая коэффициенты при sin x и cos x, получим систему
уравнений:
cos x  A  4 A  0
sin x  B  4 B  1
 A  0, B 
1
3
1
yчн  sin x
3
Тогда, т. к. у он = у оо + у чн , то
1
yон  c1сos 2 x  c2 sin 2 x  sin x .
3
#