8. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

8.1. Обыкновенные дифференциальные уравнения первого порядка

Понятие дифференциального уравнения
первого порядка

Определение 1. Уравнение вида F(X; у; у’) = 0 называ­ется Обыкновенным дифференциальным уравнением пер­вого порядка. Любая функция У = φ(x), обращающая дан­ное уравнение в тождество, называется Решением этого дифференциального уравнения.

Основной задачей теории дифференциальных уравне­ний является разыскание всех решений данного дифферен­циального уравнения и изучение свойств этих решений. Процедуру нахождения решений дифференциального уравнения называют интегрированием данного уравнения.

Определение 2. Функция У = φ(x; С) называется Общим решением дифференциального уравнения первого поряд­ка, если она обращает уравнение в тождество и при соот­ветствующем выборе константы C из нее может быть по­лучено любое (частное) решение исходного уравнения.

Теорема существования и единственности
решений уравнений первого порядка

Теорема 1. Пусть обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка F(X,, у; Y,) = 0 разрешено от­носительно производной: У’ = F(X; у), и при этом функция /(х; У) определена и непрерывна вместе с частной произ-

9/

Водной во всех точках плоской области D. Тогда су­ществует, и притом единственное, решение исходного уравнения, проходящее через заданную точку (x0; Y0) D.

Другими словами, для любой точки (x0; z∕0) ∈ D суще­ствует, и притом единственное, решение У = φ(x), удовлет­воряющее условию: У0 = φ(x0).

Определение 3. Задача об отыскании решения диффе­ренциального уравнения F(X; у; у’) = 0, удовлетворяюще­го дополнительному (начальному) условию Y(X0) ≈ Y0T на­зывается Задачей. Коши.

Фактически, теорема о существовании и единственности формулирует условия, при которых задача Коши корректна, т. е. может быть решена, и притом единственным образом.

В дальнейшем из экономии времени и места будем сокра­щать словосочетание «обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка» до «уравнение», по крайней мере в случаях, когда это не приведет к двусмысленностям.

Уравнения с разделяющимися переменными

Выделим пять типов уравнений, когда возможна про­цедура разделения переменных с последующим интегри­рованием исходного уравнения.

1. У’ = F(X).

Переходя к дифференциалам, получаем Dy = F(X)Dx,, Следовательно,

У х хх

J Dt = J F(S) Ds, или У — Y0 = ∫ ∕r(s) Ds; у = ∫∕r(s) Ds + у0;

Уо X0 XO XO

X0, У0 — const.

Данная процедура требует некоторых пояснений:

1) при переходе от дифференциалов к интегралам с переменным верхним пределом необходимо менять име­на переменных под знаком интеграла (в нашем случае У Заменен на T, х на s);

2) полученное решение является общим, так как при любом выборе значений X0 и У0 функция У(х) пройдет че­рез точку (x0; z∕0);

3) часто при решении дифференциальных уравнений процедуру интегрирования проводят формально. Напри­мер:

У’ = Ex ; Dy = ex ∙ ∙, ʃ Dy = ʃ Exdx ; у = Ex + С.

И далее из дополнительного условия Y(X0) = у0 получа­ют

Уо = Ex° + C‘,C = Y0Ex°; Y = Ex + Y0Ex°, Что и есть решение задачи Коши.

Очевидно, что при использовании интегралов с пере­менным верхним пределом задача решается быстрее:

У X

У’ = Ex; Dy = Ex Dx; Jdf — Jes ds;

Уо хо

У — У о = Ex — ex°; У = Ex + Y0Ex°.

Выбор формы интегрирования является личностным,

В данном пособии авторы придерживаются схемы интег­рирования с переменными пределами интегрирования.

2. У’ = F(Y).

Dy = F(Y)Dx; γj~JDx; F(Y) ≠ 0;

Последнее выражение есть общее решение задачи Коши.

Случай F(Y) = 0 должен быть проанализирован отдель­но.

Уо χO

Решение завершается анализом случая G(Y) — 0.

4. M(X) ∙ N(Y) Dx + P(X) ∙ Q(Y) Dy = 0;

M(x) ∙ N(Y) Dx = —P(X), Q(Y) Dy ; P(x) ≠ 0 ; N(Y) ≠ О

После чего необходимо рассмотреть уравнения P(X) = О и N(Y)= 0.

5. У’ = F(Ax + By), B 0.

1 А

Введем новую функцию Z = Ax + By, тогда У = — г———— х;

И уравнение принимает вид

Решение уравнений данного типа завершается анали­зом ситуации А + Ь F(Z) = 0.

Пример 1. Решить дифференциальные уравнения: a) (xy2 + X)Dx + (у — X2Y)Dy = 0;

1-2х

ɑ) УУ’ = ~; в) ∕ = cos(y — х).

У

Решение.

A) (Xy2 + X)Dx + (у — X2Y} = 0; X(Y2 + L)Dx + У(1 — X2}Dy = 0; X(Y2 + L)Dx = — у (1 — X2)Dy;

Разделяем переменные в предположении X2 — 1 ≠ 0. Xdx _ Ydy ,

Интегрируем полученное уравнение:

У3 = ЗХ — Зх2 + У O ~ 3×0 + 3 Xq .

Обозначим Уо — 3×0 + 3 χθ = C, тогда Y3 Зх — 3×2 + С.

У = л/зх — 3×2 + C.

В) У’ = cos — х). Проводим замену Z = у — х, тогда Y‘ = Z‘ + L.

Уравнение принимает вид: Dz

Х — x0; ctg — = ctgγ — X0 + х.

Z0 Z

Обозначим ctg —— x0 = С, тогда ctg —

XU XU

У — X

Ctg—=х + С.

Поскольку при разделении переменных осуществлено деление на 1 — cos 2, рассмотрим случай cos 2 = 1 отдельно:

2 = 2πn, П Z ; у — X = 2πn, п Z ; у = х + 2πn, Пе Z.

Прямая проверка показывает, что множество прямых вида У = х + 2πn, л е Z является решением исходного уравнения, вместе с тем эти прямые не могут быть полу­чены из общего решения ни при каких действительных значениях С, включая ±∞.

Ответ: а.) у = ±*Jcx2C1; б) У = л/зх-3×2 + C ; у — х

В) c⅛ —П— — х +С; У = х + 2πn, л ∈ Z.

И

Однородные уравнения

Определение 4. Функция М(х; У) называется Однород­ной функцией степени Т, если для всех значений пара­метра T выполняется условие: Λf(fx; Ty) = Tm М(х; у).

Определение 5. Дифференциальное уравнение первого порядка M(x; Y)Dx + N(X; Y}Dy = 0, Где М(х; у) и TV(x; У) — Однородные функции одной и той же степени, называет­ся Однородным.

Рассмотрим однородное уравнение

M(X; Y)Dx + TV(X; Y}Dy = О,

Перейдем к форме записи с производной:

М(х; У) N(X; у)

, N(X; у) 0.

Введем новую функцию Z = — ; у = Xz; Y‘ = Z + Х Х

M(X; Xz) _ XwΛf(L; Z) Г + Х Z~ N(XXz} χw7V(Ljz) “

Dz

Х Z‘ = φ(Z) Z; Х • — = φ(Z) — г. Dx

Получаем уравнение с разделяющимися переменными Dz Dx

<P(Z) — г х
Ds

; φ(Z) Z ≠ 0;

Dt Cds C ω(T}-T Js J

Dt

φ(t)-t J s J (p(t)-t Z0 Xo J zO

In |х| — In ∣x0∣.

J

Уо

Dt

= In

— общее решение задачи Коши.

Случай N(X; у) = О проверяется прямой подстановкой в исходное уравнение, как и случай (P(Z) -2 = 0.

Пример 2. Решить уравнение:

A) X(X + 2Y)Dx + (x2 — Y2)Dy = 0 ; б) у’= х_2у ‘

Решение.

А) Данное уравнение является однородным, поскольку функции

М(х; У) = X(X + 2у) и N(X; у) = х2 — у2 Являются однородными 2-й степени.

(x2 — Y2)Dy = — x(x + 2Y)Dx∙,

X2 + 2ху „

У — —— ∏—- ; у ±х.

X — у

У

Введем функцию Z = — ; у = хг; У’ = г + х • г’, тогда

X2 + 2χ ∙ (XZ) X2 + 2×22

Г + х • г = ~—ʒ——— ¾~;г + х-г =

(хг) — х"1

1 + 2г χdz 1 + Зг — Z3 г;

2 2 2 XZ X

Z2L Dx Z2L Разделяем переменные при условии г3 — Зг — 1 ≠ 0: Z2L Dx 1 d(z3 — Зг -1) _ Dx

Г3 — Зг-1 Х ’ 3 г3 — Зг-1 Х *

Lrd(T3-3f-l) Fds

3 J T3 3t -1

— —ln[f3-3f — 1

О

F Ds

= Jv=

In I s

-ɪ In |г3 — Зг — 1∣ + ɪ In 123 — Зг0 — 1∣ = In ∣x∣ — In ∣x0∣; In | г3 — Зг — 11 — In ∣ zɑ — 3z0 — 11 = 31n ∣ x0 ɪ — 31n | х |;

In

Zi — Зг1

Zɑ — Зг0 — 1

= In

X0

Z3 -3z-l _ Xo . 2O " 3z0 ~ 1 X3

Q

Z3SzI = , где C = Xq(2o — 3⅞ “ 1)∙

X

Y3 NY λ C

-3—- 1 = —- ; Y3 — 3χ2Y ~ X3 C = О.

XXX

Очевидно, что прямые У =» ±х не являются решениями исходного уравнения. Что касается случая Z3Sz -1 = О, то он получается из общего решения при C = O.

Х-2у

Отметим, что Х — Zy ≠ 0 по условию примера, а выра­жение Zz2Zz + 1 не обращается в ноль при гей.

ɪln

F2

-t+1-

= In Isl

2

2

I I

ZO

Обозначим 2qZ0 + — JXq = C, тогда

2 ‘, У2 — ху +- — — с.

Ответ: a) Y33X2YX3C = 0; б) У2 — ху +

Линейные уравнения

Определение 6. Линейным дифференциальным уравне­нием первого порядка называется уравнение вида У’ + р(х) у = G(X) ; при этом, если G(X) = 0, то уравнение называется Линейным однородным, если G(X) ≠ 0, то Ли­нейным неоднородным.

Линейные однородные уравнения легко сводятся к уравнениям с разделяющимися переменными:

У’ + P(X)Y = 0; У’ = —P(X)Y; Dy = — р(х) • у Dx; Y≠0;

У X

-p(x)dx; ∫ = -∫ p(s) ds;

*О

X

In ∣p∣ — In ∣y0∣ = ∫p(s)ds; In

P{S)Ds

У = Уо’ E X° ~ общее решение задачи Коши. Традиционно используются два способа решения Ли­

Нейных неоднородных уравнений.

Метод вариации произвольной постоянной

Решение неоднородного уравнения строится в том же виде, что и общее решение однородного уравнения, с той лишь разницей, что константа У0 заменяется на неизвес­тную функцию С(х):

X

— ∫ p(s)ds

У = C(X) • е /°

Подставляя данное выражение для У в неоднородное линейное уравнение, получаем:

X X

∫ p(s)ds ∫ p(s)ds

X

— f P(s}ds

C — Е + C ∙ Е

= g(x);

‘ (~P(*)) + C ∙ Е x° ∙p(x)≈

X

— J P(a)da

X

P(s)da

CЕ x° = q(x),t C‘ = q(x) ∙ ez°

X f p(s)ds

C(x) = ∫ g(0 ∙ Ex9 ∙dt + C0; C0 — const. *0

X

P(S)Ds

Следовательно, У = Е х°

«о

— общее решение линейного неоднородного уравнения. При условии задачи Коши: y(x0) = У0 получаем, что

ɑO ~ Уо-

Представление искомой функции
в виде произведения двух функций:
Y = ιrυ.

Исходное уравнение принимает вид:

V)’ + Р(х) ■ и — V = Q(X); Uυ + U(υ, + P(X) ∙ υ) = g(x). Введение «лишней» функции позволяет сформулиро­

Вать некоторое дополнительное условие для функции о:

Dv -!PCM

V, + p(x) ∙ V = 0; — = -p(x)dx; v≈ v0∙ е х°

Но тогда исходное уравнение принимает вид:

T

ɪ F p(s)ds

U’v = g(x); и’ = —е*0 ∙ q(x);

υo

T

1 ж fP<Φ⅛

U = U0+ — ʃ q(t) ■ ex° — dt

Yo X0

И общее решение

X

J p(s)ds

1 *

∫ p(s)ʤ

‘V = υ0∙

Е *°

U0 + J Q(t) Ex° dt

YO χ0

/

T >

∫ p(s)ds

X

ʃ p(s)dβ

*0

Уо + J Q(t) Ex° dt

, где Y0 = U0

YO

U

Пример 3. Найти решение задачи Коши:

А) (x2 + X)y— у = X2 + х; у(1) = 0;

Б) ɪ/’ — у sin х = sin х ∙ cos х ; У

Решение.

Iτ=∫⅛inli’[31]-‘nlM

C,(x) • ——— = 1; С'(х) = * ; DC

Ds; C — C0 = х + In |х| — xθ — In ∣x0t*

~и и

C(x) =x + ln∣x∣ + C1, где C1 = C0X0 ln∣xθ∣;

Очевидно, что прямые х = 0 и х = -1 не являются ре­шениями исходного уравнения.

Б) Используем вторую схему решения линейных урав­нений

У = и • у;

Uυ + — sin х • И υ = sin х ∙ cos х; U,υ + U(V‘ — sin х • у) = sin х ∙ cos х.

Потребуем, чтобы функция у(х) была решением урав­

Нения

Л Cos

1 = 1- cos — + Ce 2 ; C = 0; У = 1 — cos х.

Ответ: a) x (x4^n∣x∣ ɪ); б) 1 — х + 1

Уравнение Бернулли

Определение 7. Уравнением Бернулли называется уравнение вида Y, + Р(х) — у = Q(X) ∙ Ут, где т ∈ R; Т 0; Т 1.

1

Замена U(X) = Y1~M(X); Y(X) ≈ U(X)1~M приводит уравне­ние Бернулли к линейному:

U, + (ɪ — zn). • и = (1 M)∙ Q(X).

Второй способ решения уравнения Бернулли аналоги­чен второй схеме решения линейных уравнений:

Y(X) = U(X) ∙ V(X) И т. д.

Пример 4. Решить уравнение: У’

Решение.

Данное уравнение является уравнением Бернулли:

, ɪ 1 .1

Х 2

Представляем искомую функцию в виде Y=UV, тогда

U^[32] • и-1;

, ,11

U V + UVUV=

= RU~1 ∙ V~1.

Х 2

Окончательно получаем: y(x) = ± Х, C

Ответ: ± Х JC

Уравнения в полных дифференциалах

Определение 8. Уравнение вида Λf(x; Y)Dx + N(X; Y}Dy = О называется Уравнением в полных дифференциалах, если существует функция U{X; У), такая что

DU(X∙, У) = M(X; Y)Dx + N(X; Y)Dy.

Если дифференциальное уравнение является уравнени­ем в полных дифференциалах, то оно может быть записа­но в виде:

DU(X∙,Y) = O,

Поэтому общее решение такого уравнения имеет вид: U(X; У) C, C const.

Теорема 2. Уравнение M(X; Y}Dx + Λr(x; Y)Dy = 0 явля­ется уравнением в полных дифференциалах тогда и толь — ЭМ(х; У) _ N(χ∙, У).

Ду дх

Интегрирование уравнений в полных дифференциалах может быть проведено следующим образом.

U(X; У)

1) Так как М(х; у) = —————— , то

Ох

X

U{X‘, Y} = ʃ M(S> У) Ds + U(X0; У), где

XO

U(X0; У) — неизвестная функция, подлежащая опреде­лению.

_ U(X; У)

2) Так как N(X; У) = ɔ,, , то

N(X; У) = ∫ ЭМ(^ У) Ds + t∕'(x0; У), 3 Ду

F N(S; У)

N(X; У) = J Ds + U,(X0; У);

XO

N(X; У) = N(x; У) — N(X0; У) + U,(X0; У);

U‘(X0; у) = N(χ0; у); C(x0; У} = ʃ Mx0 ; t) Dt + U(X0; Y0);

Х У

U(X‘, у}= ʃM(s; Y)Ds+ JN(Xq; T) Dt + U(X0; у0). X0 Уо

Общее решение исходного уравнения:

ʃM(S; у)Ds+ ʃN(Xq‘, T) Dt = С.

⅞ Уо

Очевидно, что частное решение, удовлетворяющее ус­ловию Y(X0) = у0, получается из общего при C = O.

Пример 5. Решить уравнение:

(3×2 + Qxy2)Dx + (6×2 У + 4Y3)Dy = 0.

Решение.

Для удобства обозначим

3×2 + Qxy2 = М(х‘, у); 6×2 У + 4 y3 = N(X; у).

Данное уравнение является уравнением в полных диф-

ЭМ ‘ N _

Ференциалах, поскольку —— = 12xι∕; — г— = 12хр, т. е.

Ду дх

Дм N

Ду Эх

Искомую функцию, чьим полным дифференциалом является левая часть уравнения, обозначим U(X; у), тог­да

U(χ∙,Y) _ XU(X}Y)

— = М(х; У); DyN(X; у).

Из первого соотношения получаем

F ∂-t⅞J⅛<⅛ = f (3s2 + Qsy2) Ds; JS J

U(X; у) = X3 + 3X2Y2X% ~3χ% у2 + {∕(x0; У). Из второго соотношения получаем

U

Y =2Y + 4Y

Сравнивая полученные выражения, получаем уравне­ние с разделяющимися переменными:

U(X0‘,Y)-U(X0∙,Y0) = Y4 + 3XY2— У% -3X%Y%. Окончательно функция U(X; у) приобретает вид:

Щх; Y) = X3 + 3X2Y2 + Y4Xq ~3Xq YQY^ + U(X0; у0). Общее решение исходного уравнения:

X3 + 3x2y2 + Y4 = C;

Решение задачи Коши с начальным условием y(xθ) = У0:

X3 + 3×2,y2 + Y4 — xθ — 3 Xq уд — Yi =0.

Ответ: X3 + 3X2Y2 + Y4 = C.

Уравнения, не разрешенные относительно
производной

F(y’) = 0.

Пусть Ak действительные корни уравнения F(F) = О, т. е. F(Ak) = 0, K = 1, 2, П, тогда У’ = Ak; у = ак х + С; C const; K = 1, 2, … , л.

Совокупность линейных функций У = Ah х + C, CConst; K = 1, 2, … , п является общим решением исходно­го уравнения.

Общий интеграл можно записать компактно: посколь-

У — с

Ку Ah == —— , то F

Х

F(x; у’) = 0.

1)Если это уравнение разрешимо относительно У’: Yf ” /k (х) ; K = 1, 2, … , л, тогда общее решение есть сово-

X

Х = φ(t),

J ,

Х = φ(0,

Y, = ψ(f);

Dy = y(t)dχ∙,

Купность функций У = ʃ Zft (s) Ds + у0.

2) Если существуют функции φ(f) и ψ(f), такие что Γ(φ(t); ψ(t)) ≡ 0, то

X = φ(0,

X = φ(t),

T

ι∕ = ∫ψ(s)∙φ'(s)ds + z∕0.

Полученная совокупность уравнений — параметричес­кое задание функции, являющейся решением исходного уравнения.

F(y; у’) = о.

1) Если это уравнение разрешимо относительно Yf,. У’= Fh (у)>‘ ⅛ = 1, 2, … , п, то общее решение есть совокун-

2) Если существуют функции φ(t) и ψ(⅛), такие что F(φ(⅛); ψ(t)) а О,

У = <Р(0, У’ = ψ(0;

У = <Р(0,

X=f—* + *»•

Jψ(s)

*0

Получено общее решение исходного уравнения В пара­метрической форме.

Уравнение Лагранжа: у = ty(y’)x + ψfyz).

Введем новую переменную Р = YT тогда У = <p(p)x + ψ(p);

Dy = <P(P)Dx + φ'(p) ∙ х ∙ Dp + ψ'(p) ∙ Dp.

Так как Dy = YfdxPdx, то Pdx = φ(p)dx + (φ'(p) ∙ х + ψ'(p))⅛;

(φ(p) — P)Dx + (φ,(p)x + ψ'(p))⅛> = 0.

Это уравнение является линейным относительно фун­

Кции х(р):

I <P‘(F) χ = ψ‘(P) Dp φ(P) — р р — φ(P) ’

Как было показано ранее, решение этого уравнения имеет вид

X(p) = A(p) ∙ C + B(p); C const.

Подставляя полученное выражение в У, окончательно получаем решение уравнения Лагранжа в параметричес­кой форме:

X = A(p)∙C + B(p), у = A1 ) ∙ C + Bl(p)t C-const.

Уравнение Клеро: у = у’х + ψfyz).

Уравнение Клеро, очевидно, является частным случа­ем уравнения Лагранжа.

После аналогичной процедуры уравнение Клеро приво­дит к уравнению: (х + ψ'(p))<⅛, = 0;

1) Dp = 0; Р = C; C — const, тогда уравнение Клеро име­ет следующее решение: Y = Cx + ψ(C);

2) х + ψ'(p) = 0, тогда решение уравнения Клеро в па­раметрической форме:

Х = -ψ'(p),

У = — pψ'(p) + ψ(p)∙

Пример 6. Найти общие интегралы уравнений:

A) Ey + у’ = 1; б) У’ — sin У’ = 0; в) y,δ — Sy +1 = 0. Решение.

А) Можно легко показать, что алгебраическое уравне­ние

Et + T = 1

Имеет единственный действительный корень T = 0, поэтому
У’ = 0; У = C, C — const.

Как следует из теории, общий интеграл можно было

Запись неудобно.

Б) Уравнение sin T = T имеет действительный корень T = 0, следовательно

У’ = 0; у = C, C — const.

В) Поскольку точное решение уравнения T5 — 3t + 1=0 не осуществимо, ограничимся записью общего интеграла исходного уравнения в неявной форме:

_3К__£ +ι = o.

Ответ: а)

У = C, C — const; Б) у = C, C

Const;

В)

-с? „»-с

-3

+ 1= 0.

Пример 7. Найти общее решение уравнений a) Ev — у’-х = 0;б)у = у’2 + у’3.

Решение.

А) Очевидно, что выразить У’ из данного выражения нельзя. Попытаемся проинтегрировать уравнение путем введения параметра T;

Y, = T, Dy = Tdx = T ∙ х’ Dt,

Х = et — t;

X = et — t;

У = tet Et — —+C, C — const, 2

X = ET.

Б) Введем параметр T = у’, тогда

9

У = T + T , Dx _ ɪ. Dy T

Y = T2+T3, у’ = T;

Dy = t(et L)dt, х = et T;

2 ‘ "3 fy = t2+t3, Dx = ɪ Dy;

Y = t2+t3,

Dx = i(i2 + T3}dt;

Y = t2+t3, dx = (2 + 3t)dt;

Y = t2+t3,

3 9

X = 2t + ~Г +C, C-const. 2

Ответ: а)

Б)

X = EtT,

T2

Y≈tet-et -ɪ+C, C-const; 3

Х = 2i + —T2+C, C- const,

2

Y = ⅛2+Λ

Пример 8. Решить уравнения: а) У = 2Xyf + у2 ; б) У = Xy,Y,2. Решение.

А) Данное уравнение является уравнением Лагранжа. В соответствии с общей схемой решения введем параметр P = у’, тогда

У = 2хр + р2; Dy = 2X Dp + 2P Dx + 2P Dp.

Но поскольку Dy = р Dx, то Pdx = 2X Dp + 2P Dx + 2P Dp ,

γ E}

Р Dx + 2(X + Р) Dp = 0; — + —x = -2.

Dp р

Получено линейное уравнение для функции Х{р). По­скольку схемы решения этих уравнений рассмотрены ра­нее, приведем без выкладок итоговое выражение:

Х = ɪ — — , C const.

P2 3

Общее решение исходного уравнения в параметричес­кой форме

O2 3 ’

2 2С р2

Y = 2Xp + р“ =——— ½-.

Р 3

Б) Данное уравнение является уравнением Клеро. Введем параметр Р = у’, тогда Y = XpP2

Dy = х Dp + р Dx2P Dp; Dy = р Dx, Следовательно,

Xdp-2P Dp = 0; (х — 2P)Dp = 0.

Если Х — 2р = 0, то получаем следующее решение:

= 2P, X2

[Y = P2 4

Если Dp = 0, тор = С, и тогда У = CxC2, C const.

_ 2р

Х = ———- ,CConst,

Z 3

2С р2 Y≈-~I

P 3

Б) У =

X

= Cx-C2tC- const.

Задания для самостоятельного решения

Решить уравнения:

1

1. / = — ; 2. Хуу=I-X2;

3. ʌ/l — Y2 dx + y 7l-x2 Dy = 0; 4. е~»(1 + Yf) = 1;

6. (X2Y2)Dx + 2Xy Dy = 0;

Dx Dy 8. —— = У + х у-х

5. χy + у = у2; У

7. У’ =

χ + Y,

9.Y‘-= y(l) = 2;

Ю. У’ + ~У = 3x; y(l) = 1;

11. У’-2ху = 1;у(0) = 0;

12. + y2)dy = ydx;

13. У’ — 2xy = 3x3y2; у(0) = — ;

14. 3y2y’ + у3*+ х = 0;

15. (x3 + Y)dx + (х — Y)dy = 0;

2X(LEv) . еу ιβ. -—^rdx+773 Dy = ɑ;

(l + xz)

1 + л/

F

У

17. у’ — \у’\ = 0; 18. Х = ʌʃɪ + ;

19. Х = У’3 + 1; 20. + ln(∕);

2

21. χ∙(Y‘↑ + (Y‘↑;

1

23. у = х — у’“7.

If

22. У =

χ∙(YF :

2Y‘ + 4 ’

Ответы

1, Y2 = 2X + С; 2. Y2 = 21n ∣x∣ — X2 + С;

3. ʌ/ɪ ~ У2 — arcsin Х + С; х = ±1; У = ±1;

4. 1 — E~Y = Ce[33]; 5.

9, У = X2 + 1; 10. У = х2; 11. У = Ex Je s Ds;

О

; 14. Y2 = Ce~X — х + 1;

Ev -1

15. X4 + 4xι∕ — 2Y2 = С; 16. ———— = С;

18.

19.

Х = t3 + 1,

У = —14 + С; 4

20.

Х = t — + С, t

ι∕ = -→ln∣f∣;

C-(P-I)3

(P-I)2 Cp2 .

(P-D2

У = Cx

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *