Автор Тема: Уравнения, разрешённые относительно производной  (Прочитано 2958 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Уравнения с разделяющимися переменными


Определение. Уравнением с разделяющимися переменными называется дифференциальное уравнение вида

\(  \large f_1(x)g_1(y) y'  = f_2(x) g_2(y)  \).

Замечание 1. Учитывая, что \(  \large y'=\frac{dy}{dx} \), любое уравнение с разделяющимися переменными можно записать в так называемой дифференциальной форме:

\(  \large f_1(x)g_1(y)dy = f_2(x) g_2(y)dx  \).

Замечание 2. Чтобы найти общее решение (общий интеграл) уравнения с разделяющимися переменными, нужно:

1) представить его в дифференциальной форме;

2) поделить обе части уравнения на \(  \large f_1(x)g_2(y) \) (это называется разделением переменных);

3) проинтегрировать обе части полученного уравнения.

Замечание 3. Уравнению с разделяющимися переменными могут удовлетворять решения уравнения \(  \large  f_1(x)g_2(y)=0 \). Такие решения называются особыми, если их нельзя получить из общего решения (общего интеграла) дифференциального уравнения ни при каких значениях постоянной.

Пример 1. Решим дифференциальное уравнение \(  \Large y'=\frac{y \ln^3 y}{\sqrt{x+1}} \).

Сначала представим его в дифференциальной форме. Поскольку \(  \large y'=\frac{dy}{dx} \), то уравнение примет вид

\(  \Large \frac{dy}{dx}=\frac{y \ln^3 y}{\sqrt{x+1}} \).

Умножая обе части этого уравнения на \(  \large dx \), получим уравнение с разделяющимися переменными, записанное в дифференциальной форме:

\(  \Large dy=\frac{ y \ln^3 y}{\sqrt{x+1}}dx \).

Разделим обе части уравнения на \(  \large y \ln^3 y \). Имеем:

\(  \Large \frac{dy}{y \ln^3 y}=\frac{dx }{\sqrt{x+1}} \).

Осталось проинтегрировать обе части полученного уравнения. Прежде заметим, что \(  \large \frac{dy}{y}=d( \ln y) \), \(  \large dx=d(x+1) \). Интегрируем:

\(  \Large \int \frac{dy}{y \ln^3 y}=\int \frac{dx }{\sqrt{x+1}} \)

\(  \Large \int (\ln y)^{-3} d( \ln y) = \int (x+1)^{-\frac{1}{2}} d(x+1) \)

\(  \Large -\frac{1}{2 \ln^2 y}=2 \sqrt{x+1}+ C  \).

Перенося все члены данного равенства в одну сторону, получим общий интеграл уравнения:

\(  \Large \frac{1}{2 \ln^2 y}+2 \sqrt{x+1}+ C=0  \).

В ходе интегрирования уравнения мы делили обе части уравнения на \(  \large y \ln^3 y \). Проверим, не являются ли решения уравнения \(  \large y \ln^3 y=0 \) решениями исходного дифференциального уравнения. Уравнение \(  \large y \ln^3 y=0 \) распадается на два уравнения:

\(  \large y=0 \) и \(  \large \ln^3 y= \ln^3 1 \).

Следовательно, \(  \large y=0 \) и \(  \large y=1 \) - решения уравнения \(  \large y \ln^3 y=0 \).  Первое решение не удовлетворяет уравнению \(  \Large y'=\frac{y \ln^3 y}{\sqrt{x+1}}  \), так как \(  \large y>0 \) в силу свойств логарифма вещественного числа. Второе решение обращает дифференциальное уравнение в тождество, значит, \(  \large y=1 \) есть решение дифференциального уравнения.

Замечание 4. Дифференциальное уравнение вида \(  \large y'=f(ay+bx+c) \), где \(  \large a, \ b , \ c = \textrm{const} \), можно свести к уравнению с разделяющимися переменными посредством подстановки \(  \large t(x)=ay+bx+c \).

Пример 2. Проинтегрируем уравнение \(  \large y'-1=2y+3x \).

Положим \(  \large 2y+3x+1=t(x) \). Тогда \(  \large 2y'+3=t' \). Следовательно, \(  \large y'=\frac{t'-3}{2} \). Значит, уравнение \(  \large y'-1=2y+3x \) примет вид

\(  \large \frac{t'-3}{2}=t \).

Представим полученное уравнение в дифференциальной форме, разделим переменные и проинтегрируем:

\(  \large t'-3=2t \)

\(  \large t'=2t+3 \)

\(  \large \frac{dt}{dx}=2t+3 \)

\(  \large dt=(2t+3)dx \)

\(  \large \frac{dt}{2t+3}=dx \)

\(  \large \int \frac{dt}{2t+3}= \int dx \)

\(  \large \frac{1}{2} \int \frac{d(2t+3)}{2t+3}= \int dx \)

\(  \large \frac{1}{2} \ln |2t+3| = x+ \overline{C} \)

\(  \large  \ln |2t+3| = 2x+ 2\overline{C} \).

Преобразуем полученный общий интеграл:

\(  \large  \ln |2t+3| = \ln \left( e^{2 \overline{C}} e^{2x} \right)  \)

\(  \large 2t+3= \pm e^{2 \overline{C}} e^{2x}  \).

Пусть \(  \large C= \pm e^{2 \overline{C}}  \). Такое преобразование законно, поскольку постоянная произвольна. Тогда, учитывая, что \(  \large t=2y+3x+1 \), можем записать общее решение дифференциального уравнения:

\(  \large y=\frac{1}{4} \left( C e^{2x} -6x-5  \right) \).

Решая данное дифференциальное уравнение, мы делили обе его части на \(  \large 2t+3 \) или \(  \large 4y+6x+4 \). Выясним, не являются ли решения уравнения \(  \large 2y+3x+2=0 \) решениями уравнения \(  \large y'-1=2y+3x \). Поскольку \(  \large y=-\frac{3}{2}x -1 \), а \(  \large y'=-\frac{3}{2} \), то, подставляя \(  \large y \) и \(  \large y' \) в дифференциальное уравнение, получим:

\(  \large -\frac{3}{2}-1=-3x-2+3x  \)

\(  \large -\frac{5}{2}=-2 \).

Тождества не получилось. Следовательно, \(  \large y=-\frac{3}{2}x -1 \) не является решением дифференциального уравнения.

 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Уравнения, разрешённые относительно производной
« Ответ #1 : Декабрь 23, 2015, 04:38:31 pm »
Однородные уравнения


Определение. Однородным называется дифференциальное уравнение вида \(  \large  y'=\varphi \left( \frac{y}{x} \right) \).

Замечание 1. Однородное дифференциальное уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными заменой \(  \large t(x)=\frac{y}{x} \).

Пример 1. Решим дифференциальное уравнение \(  \large xdy=(y-x)dx \).

Поскольку уравнение можно представить в виде \(  \large y'=\frac{y}{x}-1 \), оно является однородным. Положим \(  \large \frac{y}{x}=t(x) \). Тогда \(  \large y=xt(x) \), \(  \large y'=x't(x) +x t'(x)=t(x) +x t'(x) \). Следовательно, уравнение примет вид

\(  \large t+xt'=t-1 \)

или


\(  \large xt'=-1 \).

Это уравнение с разделяющимися переменными. Представим его в дифференциальной форме, разделим переменные и проинтегрируем обе части. Имеем:

\(  \large x \frac{dt}{dx}=-1 \)

\(  \large xdt=-dx \)

\(  \large dt=-\frac{dx}{x} \)

\(  \large \int dt=-\int \frac{dx}{x} \)

\(  \large t=C - \ln x \).

Так как \(  \large t=\frac{y}{x} \), общее решение уравнения имеет вид \(  \large y=x(C - \ln |x|) \).

Замечание 2. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида \(  \Large y'=f \left( \frac{a_1 x + b_1 y +c_1}{a_2 x +b_2y +c_2} \right)  \), где \(  \large a_1, \ b_1, \ c_1, \ a_2, \ b_2, \ c_2 = \textrm{const} \), а \(  \large f(z) \) - непрерывная функция аргумента \(  \large z \).

Если \(  \large c_1=c_2=0 \), то это уравнение является однородным.

Если \(  \large c_1 \not = 0 \) или \(  \large c_2 \not = 0 \), \(  \large \begin{vmatrix} a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2 \end{vmatrix} = 0 \), то замена \(  \large t=a_1 x+ b_1 y \) приводит к уравнению с разделяющимися переменными.

Если \(  \large c_1 \not = 0 \) или \(  \large c_2 \not = 0 \), \(  \large \begin{vmatrix} a_1 & b_1 \\ a_2 & b_2 \end{vmatrix} \not = 0 \), то уравнение сводится к однородному посредством подстановки \(  \large x=t+h \), \(  \large y=u+k \), где \(  \large (h;k) \) - решение системы уравнений \(  \large \begin{cases} a_1h +b_1k+c_1=0 \\ a_2h+b_2k+c_2=0 \end{cases} \).

Пример 2. Решим уравнение \(  \large (x-y+4)y'+(x+y-2)=0 \).

Данное дифференциальное уравнение не является однородным, так как его нельзя представить в виде \(  \large y'= \varphi \left( \frac{y}{x} \right) \). Поскольку \(  \large 4 \not = 0,  \ -2 \not = 0 \), \(  \large \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix} =1 +1 = 2 \not =0 \), это уравнение можно свести к однородному. Решим систему линейных алгебраических уравнений:

\(  \large \begin{cases} h-k+4=0 \\ h+k-2=0 \end{cases} \ \Leftrightarrow \ \begin{cases} h-k+4+h+k-2=0 \\ h+k-2=0\end{cases} \ \Leftrightarrow \ \begin{cases}h=-1 \\ k=2 -h \end{cases} \ \Leftrightarrow \ \begin{cases} h=-1 \\ k=3 \end{cases} \).

Положим \(  \large x=t-1, \ y=u+3 \). Тогда \(  \large dx=dt, \ dy=du \), \(  \large y'(x)=u'(t) \), так как \(  \large \frac{dy}{dx}=\frac{du}{dt} \). Значит, уравнение \(  \large (x-y+4)y'+(x+y-2)=0 \) примет вид

\(  \large (t-1-u-3+4) u' + (t-1+u+3 -2)=0 \)


или

\(  \large (t-u)u'+(t+u)=0 \).

Это дифференциальное уравнение можно представить в виде

\(  \Large u'=\frac{\frac{u}{t}+1}{\frac{u}{t}-1} \).

Итак, получили однородное уравнение. Пусть \(  \large \frac{u}{t}=z(t) \). Тогда \(  \large u=t z(t) \), \(  \large u'=t' z(t) + t z'(t)=z(t) + t z'(t) \). Следовательно, уравнение \(  \Large u'=\frac{\frac{u}{t}+1}{\frac{u}{t}-1} \) примет вид

\(  \large z+tz'=\frac{z+1}{z-1} \).

Преобразуем его и покажем, что это уравнение с разделяющимися переменными. Имеем:

\(  \large tz'=\frac{z+1}{z-1} - \frac{z(z-1)}{z-1} \)

\(  \large tz'=\frac{1+2z-z^2}{z-1}  \).

Интегрируем, учитывая, что \(  \large (z-1)dz=-\frac{1}{2} d(1+2z-z^2) \):

\(  \Large t \frac{dz}{dt}=\frac{1+2z-z^2}{z-1} \)

\(  \Large tdz=\frac{1+2z-z^2}{z-1}dt \)

\(  \Large \frac{(z-1)dz}{1+2z-z^2}= \frac{dt}{t} \)

\(  \Large -\frac{1}{2} \frac{d(1+2z-z^2)}{1+2z-z^2}= \frac{dt}{t} \)

\(  \Large -\frac{1}{2} \ln |1+2z-z^2|=\ln |t| + C^{*} \)

\(  \Large \ln |1+2z-z^2|=\ln \frac{1}{t^2} -2C^{*} \)

\(  \Large \ln |1+2z-z^2|=\ln \frac{1}{t^2} -\ln e^{2C^{*}} \)

\(  \Large \ln |1+2z-z^2|=\ln \frac{e^{2C^{*}}}{t^2}  \)

\(  \Large 1+2z-z^2= \pm \frac{e^{2C^{*}}}{t^2} \).

Полагая \(  \Large \overline{C}=\pm e^{2C^{*}}  \), получим:

\(  \large 1+2z-z^2=\frac{\overline{C}}{t^2} \).

Вспомним, что \(  \large t=x+1, \ z= \frac{u}{t}=\frac{y-3}{x+1} \):

\(  \large 1+2 \frac{y-3}{x+1} - \frac{(y-3)^2}{(x+1)^2}=\frac{\overline{C}}{(x+1)^2} \)

\(  \large (x+1)^2+2(x+1)(y-3) -(y-3)^2=C \)

\(  \large y^2 -2xy-x^2+4x-8y=- \overline{C}-5 \).

Положим \(  \large C=- \overline{C}-5 \). Тогда общий интеграл уравнения примет вид

\(  \large y^2 -2xy-x^2+4x-8y=C \).

Замечание 3. В некоторых случаях уравнение вида \(  \large f_1(x,y )dy = g_1 (x,y)dx  \), где \(  \large f_1(x,y), \ g_1(x,y) \) - алгебраические функции от переменных \(  \large x \) и \(  \large y \), можно свести к однородному следующим образом. Положим \(  \large y=t^{\mu} \), где \(  \large \mu \in \mathbb{R} \). Тогда \(  \large dy= \mu t^{\mu - 1} \), а дифференциальное уравнение примет вид \(  \large \mu \sum f_2 (x,y) dt= \sum g_2(x,y) dx \). Выберем \(  \large \mu \) так, чтобы степень всех слагаемых была одинаковой (если это возможно). Тогда уравнение примет вид \(  \large \frac{dt}{dx}=\varphi \left( \frac{t}{x}  \right) \), а значит, станет однородным.

Пример 3. Решим дифференциальное уравнение \(  \large 6xy^5 dy=(4y^6 +x^3)dx \).

Это уравнение не является однородным. Положим \(  \large y=t^{\mu} \). Тогда исходное дифференциальное уравнение примет вид

\(  \Large 6x t^{5 \mu} \mu t^{\mu - 1}= 4 t^{6 \mu} dx + x^3 dx \).

Решим систему уравнений \(  \large \begin{cases} 1 + 5 \mu +mu - 1=6 \mu \\ 1 + 5 \mu +mu - 1=3 \end{cases} \) и найдём нужно нам значение \(  \large \mu \). Имеем:

\(  \large \begin{cases} 1 + 5 \mu +mu - 1=6 \mu \\ 1 + 5 \mu +mu - 1=3 \end{cases} \ \Leftrightarrow \ \begin{cases} 6 \mu = 6 \mu \\ \mu = \frac{1}{2} \end{cases} \ \Leftrightarrow \ \mu = \frac{1}{2} \).

Итак, \(  \large \mu=\frac{1}{2} \). Следовательно, чтобы свести уравнение \(  \large 6xy^5 dy=(4y^6 +x^3)dx \) к однородному, нужно положить \(  \large y=t^{\frac{1}{2}} \). Тогда \(  \large dy=\frac{1}{2} t^{-\frac{1}{2}}dt \). Имеем:

\(  \Large 6x t^{\frac{5}{2}} \cdot \frac{1}{2} \cdot t^{-\frac{1}{2}}dt-=(4t^3+x^3)dx \)

\(  \Large 3xt^2=(4t^3+x^3)dx \).

Поскольку уравнение можно представить в виде \(  \Large t'=\frac{4}{3} \frac{t}{x} + \frac{1}{3} \left( \frac{x}{t} \right)^2 \), оно является однородным. Положим \(  \large z(x)=\frac{t}{x} \). Тогда \(  \large t=xz(x) \), \(  \large t'=x'z+xz'=z+xz' \), а уравнение примет вид

\(  \Large z +xz'=\frac{4}{3} z = \frac{1}{3} \frac{1}{z^2} \)

или

\(  \Large xz'=\frac{1}{3} \cdot \frac{z^3+1}{z^2} \).

Получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Приводим к дифференциальной форме, разделяем переменные и почленно интегрируем:

\(  \Large x \frac{dz}{dx}=\frac{1}{3} \frac{z^3+1}{z^2}  \)

\(  \Large \frac{z^2 dz}{z^3+1}=\frac{1}{3} \frac{dx}{x}  \)

\(  \Large \int \frac{z^2 dz}{z^3+1}=\frac{1}{3} \int  \frac{dx}{x}  \)

\(  \Large \frac{1}{3} \int \frac{d(z^3+1)}{z^3+1}=\frac{1}{3} \int  \frac{dx}{x}  \)

\(  \Large \ln |z^3+1|=\ln |x| + \overline{C} \)

\(  \Large \ln |z^3+1|=\ln |x| + \ln e^{\overline{C}} \)

\(  \Large \ln |z^3+1|=\ln \left( e^{\overline{C}} \cdot |x| \right)   \)

\(  \Large z^3+1=\pm e^{\overline{C}} \cdot x \)

\(  \Large z^3+1=Cx \).

Получили общий интеграл уравнения. Вспомним, что \(  \large z=\frac{t}{x}=\frac{y^2}{x} \):

\(  \Large \left( \frac{y^2}{x} \right)^3+1=Cx  \)

\(  \Large y^6+x^3=Cx^4  \).

Итак, \(  \large y^6+x^3=Cx^4  \) - общий интеграл уравнения \(  \large 6xy^5 dy=(4y^6 +x^3)dx \).

 
Сказали спасибо: Rush, вконтактер, fedor, krut1997, Alexey, symbol

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Уравнения, разрешённые относительно производной
« Ответ #2 : Декабрь 23, 2015, 04:53:10 pm »
Линейное неоднородное уравнение первого порядка


Определение. Линейным неоднородным уравнением первого порядка называется дифференциальное уравнение вида \(  \large y'+p(x) y=g(x) \).

Замечание 1. Наряду с уравнением \(  \large y'+p(x) y=g(x) \), где \(  \large y=f(x) \), будем рассматривать уравнение \(  \large x'+p(y)x=g(y) \), где \(  \large x= \varphi (y) \).

Замечание 2. Для решения линейных неоднородных уравнений первого порядка применяются два метода - метод Лагранжа (метод вариации произвольной постоянной) и метод Бернулли.

Метод Лагранжа заключается в следующем. Сначала решают уравнение \(  \large y'+p(x)y=0 \) (это уравнение с разделяющимися переменными). Пусть \(  \large y=\psi (x,C) \) - общее решение этого уравнения. Общее решение уравнения \(  \large y'+p(x) y=g(x) \) ищут в виде \(  \large y=\psi (x,C(x)) \), где \(  \large C(x) \) - некоторая неизвестная функция (которую и нужно найти). Для отыскания \(  \large C(x) \) нужно подставить \(  \large y \) и \(  \large y' \) и решить получившееся дифференциальное уравнение.

Метод Бернулли состоит в том, что общее решение уравнения \(  \large y'+p(x) y=g(x) \) ищут в виде \(  \large y=u(x) v(x) \), где \(  \large u(x) \) и \(  \large v(x) \) - некоторые неизвестные функции. Подставив \(  \large y \) и \(  \large y' \) в уравнение, получим:

\(  \large u'(x)v(x) + u(x) v'(x) + p(x) u(x) v(x)=g(x) \)

или

\(  \large u'(x)v(x) + u(x) \left( v'(x) + p(x)  v(x) \right)=g(x) \).

Подберём функцию \(  \large v(x) \) так, чтобы выражение в скобках было равно нулю. Для этого нужно решить уравнение \(  \large v'(x) + p(x)  v(x) =0 \) и подобрать удобное значение постоянной. После этого решают уравнение \(  \large u'(x) v(x)=g(x) \), находят \(  \large u(x) \) и записывают общее решение.

Пример 1. Решим уравнение \(  \large y'+\frac{y}{x}=3x \) двумя способами.

1. Метод Лагранжа. Найдём общее решение уравнения \(  \large y'+\frac{y}{x}=0 \). Это уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируем:

\(  \Large \frac{dy}{dx}=-\frac{y}{x}  \)

\(  \Large dy=-\frac{y}{x}dx \)

\(  \Large \frac{dy}{y}=-\frac{dx}{x} \)

\(  \Large \int \frac{dy}{y}=- \int \frac{dx}{x} \)

\(  \Large \ln |y|=k-\ln |x|, \ k=\textrm{const}  \)

\(  \Large \ln |y| = \ln e^{k} - \ln |x|  \)

\(  \Large \ln |y| = \ln \frac{e^k}{|x|}  \)

\(  \Large y= \pm \frac{e^k}{x}  \)

\(  \Large y = \frac{C}{x}, \ C = \pm e^k  \).
Итак, \(  \large y=\frac{C}{x} \) - общее решение уравнения \(  \large y'+ \frac{y}{x}=0 \). Следовательно, общее решение уравнения \(  \large y'+ \frac{y}{x}=3x \) надлежит искать в виде \(  \large y=\frac{C(x)}{x} \). Тогда \(  \Large y'=\frac{C'(x) x - C(x) x'}{x^2}=\frac{C'(x)}{x}-\frac{C(x)}{x^2}  \), а уравнение \(  \large y'+ \frac{y}{x}=3x \) примет вид

\(  \Large \frac{C'(x)}{x}-\frac{C(x)}{x^2} + \frac{C(x)}{x^2}=3x \)

или

\(  \Large \frac{C'(x)}{x}=3x \).

Получили уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируем:

\(  \Large \frac{dC(x)}{dx} \cdot \frac{1}{x}=3x  \)

\(  \Large dC(x) \cdot \frac{1}{x}=3xdx  \)

\(  \Large dC(x) =3x^2 dx  \)

\(  \Large \int dC(x) =3 \int x^2 dx  \)

\(  \Large C(x) = 3 \cdot \frac{x^3}{3} +C \)

\(  \Large C(x)=x^3+C  \).

Следовательно, \(  \Large y=x^2+ \frac{C}{x} \) - общее решение уравнения \(  \Large y'+ \frac{y}{x}=3x  \).

2. Метод Бернулли. Общее решение дифференциального уравнения будем искать в виде \(  \large y=u(x) v(x) \). Тогда \(  \large y'=u'(x) v(x) + u(x) v'(x) \), а уравнение \(  \Large y'+ \frac{y}{x}=3x  \) примет вид

\(  \Large u'v+uv'+ \frac{uv}{x}=3x \)

или

\(  \Large u'v = u \left( v' + \frac{v}{x} \right)=3x \).

Подберём функцию \(  \large v(x) \) так, чтобы выражение в скобках было равно нулю. Для этого решим дифференциальное уравнение \(  \large v' + \frac{v}{x}=0 \). Представим в дифференциальной форме, разделим переменные и почленно проинтегрируем:

\(  \Large \frac{dv}{dx}+\frac{v}{x}=0 \)

\(  \Large dv=-\frac{v}{x}dx \)

\(  \Large \frac{dv}{v}=-\frac{dx}{x} \)

\(  \Large \int \frac{dv}{v}=-\int \frac{dx}{x} \)

\(  \Large \ln |v|=k - \ln |x|, \ k=\textrm{const}  \)

\(  \Large \ln |v|=\ln e^k - \ln |x|, \ k=\textrm{const}  \)

\(  \Large \ln |v|=\ln \frac{e^k}{|x|}  \)

\(  \Large v= \pm \frac{e^k}{x}  \)

\(  \Large v= \frac{C}{x}, \ C=\pm e^k  \).

Пусть \(  \large C=1 \). Тогда \(  \Large v=\frac{1}{x} \). Следовательно, уравнение \(  \large u'v + u \left(  v' + \frac{v}{x} \right)=3x \) примет вид

\(  \Large \frac{u'}{x}=3x \).

Снова получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируем:

\(  \Large \frac{du}{dx} \cdot \frac{1}{x}=3x  \)

\(  \Large du=3x^2 dx  \)

\(  \Large \int du = 3 \int x^2 dx  \)

\(  \Large u=x^3 +C  \).

Итак, \(  \Large y=x^2 + \frac{C}{x} \) - общее решение уравнения \(  \Large y'+ \frac{y}{x}=3x  \).

Пример 2. Решим уравнение \(  \large (2x-y^2)y'=2y \).

Данное уравнение не является линейным неоднородным, если рассматривать \(  \large y \) как функцию переменной \(  \large x \). Преобразуем его, учитывая, что \(  \Large y'=\frac{dy}{dx}  \). Имеем:

\(  \Large (2x-y^2) \frac{dy}{dx}=2y  \)

\(  \Large \frac{2x-y^2}{2y} \cdot \frac{dy}{dx}=1 \)

\(  \Large \frac{x}{y} - \frac{y}{2}=\frac{dx}{dy}  \)

\(  \Large \frac{dx}{dy}-\frac{x}{y}=- \frac{y}{2}  \)

\(  \Large x'-\frac{x}{y}=- \frac{y}{2}  \).

Получили линейное неоднородное уравнение первого порядка, где \(  \large x= \varphi (y) \). Проинтегрируем его методом вариации произвольной постоянной:

\(  \Large \frac{dx}{dy}- \frac{x}{y}=0  \)

\(  \Large \frac{dx}{dy}= \frac{x}{y} \)

\(  \Large dx= \frac{x}{y}dy \)

\(  \Large \frac{dx}{x}=\frac{dy}{y} \)

\(  \Large \int \frac{dx}{x}= \int \frac{dy}{y} \)

\(  \Large \ln |x|=\ln |y|+ k, \ k = \textrm{const}  \)

\(  \Large \ln |x|=\ln |y|+ \ln e^k \)

\(  \Large \ln |x|=\ln \left( e^k |y| \right) \)

\(  \Large x=\pm  e^k y \)

\(  \Large x=C y, \ C=\pm  e^k \)

\(  \Large x=C(y)y   \)

\(  \Large x'=C'(y) y+ C(y)y'=C'(y)y + C(y) \)

\(  \Large x' - \frac{x}{y}= - \frac{y}{2} \ \Rightarrow \ C(y) + yC'(y) - C(y)= - \frac{y}{2} \)

\(  \Large C'(y)=-\frac{1}{2} \)

\(  \Large dC(y)=-\frac{1}{2}dy \)

\(  \Large \int dC(y)=-\frac{1}{2} \int dy \)

\(  \Large C(y)=C-\frac{y}{2}  \)

\(  \Large x= Cy -\frac{y^2}{2}  \).

Итак, \(  \Large x= Cy -\frac{y^2}{2}  \) - общее решение дифференциального уравнения \(  \large (2x-y^2)y'=2y \).
 
Сказали спасибо: Rush, nan2016, вконтактер, fedor, krut1997, Alexey, symbol

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Уравнение Бернулли


Определение. Уравнением Бернулли называется уравнение вида \(  \Large y'+p(x)y=g(x)y^n \), где \(  \Large n \in \mathbb{R}, \ n \not = 0, \ n \not = 1 \).

Замечание 1. Наряду с уравнением \(  \Large y'+p(x) y=g(x) y^n \), где \(  \Large y=f(x) \), будем рассматривать уравнение \(  \Large x'+p(y)x=g(y)x^n \), где \(  \Large x= \varphi (y) \).

Замечание 2. Уравнение Бернулли сводится к линейному неоднородному уравнению первого порядка с помощью подстановки \(  \Large t(x)=y^{1-n} \). Далее нужно выразить отсюда \(  \Large y \), найти \(  \Large y' \), подставить \(  \Large y \) и \(  \Large y' \) в исходное уравнение. После этого получится линейное неоднородное уравнение первого порядка.
 
Пример 1. Решим уравнение \(  \Large y'- 4 \frac{y}{x}= x \sqrt{y} \). Это уравнение Бернулли (здесь \(  \Large n=\frac{1}{2} \)). Положим \(  \Large t(x)=y^{1 - \frac{1}{2}}=\sqrt{y} \). Тогда \(  \Large y=t^2 \), \(  \Large y'=2tt' \). Следовательно, исходное уравнение примет вид \(  \Large 2tt'-4 \frac{t^2}{x}=xt \). Разделим обе части уравнения на \(  \Large 2t \not =0 \) (заметим при этом, \(  \Large y=0 \) - решение исходного уравнения). Получим линейное неоднородное уравнение первого порядка:

\(  \Large t' - 2 \frac{t}{x} = \frac{x}{2} \).

Решим его, например, методом вариации произвольной постоянной. Для этого сначала проинтегрируем уравнение \(  \Large t'- 2 \frac{t}{x}=0 \). Имеем:

\(  \Large \frac{dt}{dx} =2 \frac{t}{x} \),

\(  \Large \frac{dt}{t}=2 \frac{dx}{x} \),

\(  \Large \int \frac{dt}{t}=2 \int \frac{dx}{x} \),

\(  \Large \ln |t|=2 \ln |x| +k, \ k=\textrm{const} \),

\(  \Large \ln |t| =\ln x^2 + \ln e^k  \),

\(  \Large \ln |t| = \ln \left( e^{k} x^2 \right) \),

\(  \Large t= \pm e^{k^2} x^2 \),

\(  \Large t=Cx^2, \ C=\pm e^{k^2} \).

Общее решение уравнения \(  \Large t' - 2 \frac{t}{x} = \frac{x}{2} \) будем искать в виде \(  \Large t=C(x) x^2 \). Следовательно, \(  \Large t'=C'(x)x^2+ C(x) \cdot 2x \), а уравнение примет вид \(  \Large x^2C'(x)+ 2xC(x) - \frac{2C(x) x^2}{x}=\frac{x}{2} \) или \(  \Large C'(x)=\frac{1}{2x} \). Это уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируем:

\(  \Large \frac{dC(x)}{dx}=\frac{1}{2x} \),

\(  \Large dC(x)=\frac{dx}{2x} \),

\(  \Large \int C(x)=\frac{1}{2} \frac{dx}{x} \),

\(  \Large C(x)=\frac{1}{2} \ln |x| +k, \ k=\textrm{const} \),

\(  \Large C(x)=\frac{1}{2} \ln |x| + \ln e^k \),

\(  \Large C(x)=\frac{1}{2} \ln |Cx|, \ |C|=e^k \).

Значит, \(  \Large t=\frac{x^2}{2} \ln |Cx| \). Следовательно, \(  \Large y=\frac{x^4}{4} \ln^2 |Cx| \) - общее решение уравнения \(  \Large y'- 4 \frac{y}{x}= x \sqrt{y} \), причём \(  \Large y=0 \) - его особое решение.

Замечание 3. Уравнение Бернулли можно решать методом Лагранжа или методом Бернулли, не прибегая к замене переменной.

Пример 2. Найдём общее решение дифференциального уравнения \(  \Large y'+2xy=2xy^2 \).

а) Метод Лагранжа. Проинтегрируем уравнение \(  \Large y'+2xy=0 \):

\(  \Large \frac{dy}{dx} + 2xy=0 \),

\(  \Large \frac{dy}{y}+ 2xdx=0 \),

\(  \Large \frac{dy}{y}=-2xdx \),

\(  \Large \int  \frac{dy}{y}= - 2 \int xdx \),

\(  \Large \ln |y|=k-x^2, \ k=\textrm{const} \),

\(  \Large \ln |y|=\ln e^{k-x^2} \),

\(  \Large \ln |y|= \frac{e^{k}}{e^{x^2}} \),

\(  \Large y=\frac{\pm e^k}{e^{x^2}} \),

\(  \Large y=\frac{C}{e^{x^2}}, \ C= \pm e^{k} \).

Значит, общее решение уравнения \(  \Large y'+2xy=2xy^2 \) надлежит искать в виде \(  \Large y=\frac{C(x)}{e^{x^2}} \). Тогда \(  \Large y'=\frac{C'(x)-2xC(x)}{e^{x^2}} \), а уравнение примет вид \(  \Large \frac{C'(x) - 2x C(x)}{e^{x^2} } + \frac{2xC(x)}{e^{x^2}}=2x \frac{C^2 (x)}{e^{2x^2}} \) или \(  \Large C'(x)=\frac{2xC^2(x)}{e^{x^2}} \). Проинтегрируем его:

\(  \Large \frac{dC(x)}{dx}=\frac{2xC^2 (x)}{e^{x^2}} \),

\(  \Large \frac{dC(x)}{C^2 (x)}=\frac{2x}{e^{x^2}} \),

\(  \Large \int \frac{dC(x)}{C^2 (x)}=\int \frac{2x}{e^{x^2}} \),

\(  \Large -\frac{1}{C(x)}=-\int e^{-x^2} d(-x^2) \),

\(  \Large -\frac{1}{C(x)}=- e^{-x^2}-C \),

\(  \Large C(x)=\frac{e^{x^2}}{1+Ce^{x^2}} \).

Итак, \(  \Large y=\frac{1}{1+Ce^{x^2}} \) - общее решение дифференциального уравнения.

б) Метод Бернулли. Общее решение уравнения будем искать в виде\(  \Large y=u(x)v(x) \). Тогда \(  \Large y'=u'(x)v(x) + u(x)v'(x) \), а уравнение \(  \Large y'+2xy=2xy^2 \) примет вид \(  \Large u'v + u(v' + 2xv)=2xu^2 v^2 \). Решим уравнение \(  \Large v'+2xv=0 \):

\(  \Large \frac{dv}{dx} + 2xv=0 \),

\(  \Large \frac{dv}{dx}=-2xv \),

\(  \Large \frac{dv}{v}=-2x dx \),

\(  \Large \int \frac{dv}{v}=-2 \int x dx \),
 
\(  \Large \ln |v|= k- x^2, \ k= \textrm{const} \),

\(  \Large \ln |v|=\ln e^{k-x^2} \),

\(  \Large \ln |v| = \ln \frac{e^k}{e^{x^2}} \),

\(  \Large v=\frac{\pm e^k}{e^{x^2}} \),

\(  \Large v=\frac{C}{e^{x^2}}, \ C=e^{k} \).

Положим \(  \Large C=1 \), тогда \(  \Large v=e^{-x^2} \). Следовательно, уравнение \(  \Large u'v + u(v' + 2xv)=2xu^2 v^2 \) примет вид \(  \Large u'=2xu^2e^{-x^2} \). Это уравнение с разделяющимися переменными. Проинтегрируем его:

\(  \Large \frac{du}{dx}=2xu^2e^{-x^2} \),

\(  \Large \frac{du}{u^2}=2xe^{-x^2} \),

\(  \Large \int u^{-2} du=-\int e^{-x^2} d(-x^2) \),

\(  \Large -\frac{1}{u}=-e^{-x^2}-C \),

\(  \Large u=\frac{e^{x^2}}{1+Ce^{x^2}} \).

Значит, \(  \Large y=\frac{e^{x^2}}{1+Ce^{x^2}} \) - общее решение уравнения.
 
Сказали спасибо: Rush, fedor, krut1997, Alexey, symbol

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Уравнения в полных дифференциалах


Определение. Дифференциальное уравнение вида

\(  \large M(x,y)dx + N(x,y)dy=0 \)

называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть есть полный дифференциал некоторой функции \(  \large u(x,y) \):

\(  \large M(x,y)dx + N(x,y)dy = \frac{\partial{u}}{\partial{x}} dx + \frac{\partial{u}}{\partial{y}} dy \).

Теорема. Уравнение вида

\(  \large M(x,y)dx + N(x,y)dy=0 \)

является уравнением в полным дифференциалах тогда и только тогда, когда

\(  \Large \frac{\partial{M}}{\partial{y}}= \frac{\partial{N}}{\partial{x}} \).

Замечание 1. Общий интеграл уравнения в полных дифференциалах имеет вид

\(  \large \int\limits_{x_0}^x M(x,y) dx+ \int\limits_{y_0}^y N(x_0,y)dy=C  \).

Пример 1. Найдём общее решение дифференциального уравнения:

\(  \large (3x^2y+y^3)dx + (x^3+3xy^2)dy=0 \).

Поскольку

\(  \large M(x,y)=3x^2y+y^3 \), \(  \large N(x,y)=x^3+3xy^2 \),

то

\(  \large  \frac{\partial{M}}{\partial{y}}=3x^2+3y^2 \), \(  \large  \frac{\partial{N}}{\partial{x}}=3x^2+3y^2 \).

Значит, \(  \Large \frac{\partial{M}}{\partial{y}}= \frac{\partial{N}}{\partial{x}} \). Следовательно, левая часть уравнения является полным дифференциалом некоторой функции двух переменных, а общий интеграл данного дифференциального уравнения следует искать в виде

\(  \large \int\limits_{x_0}^x (3x^2y + y^3)dx + \int\limits_{y_0}^y (x_0^3+3x_0y^2)dy=k \),

где \(  \large k=\textrm{const} \).

Вычислим эти интегралы и упростим полученную функцию. Имеем:

1) \(  \large \int\limits_{x_0}^x (3x^2y + y^3)dx=3y \int\limits_{x_0}^x x^2 dx+ y^2 \int\limits_{x_0}^x dx=yx^3-yx_0^3+y^3x-y^3x_0 \);

2) \(  \large \int\limits_{y_0}^y (x_0^3+3x_0y^2)dy=x_0^3 \int\limits_{y_0}^y dy + 3x_0 \int\limits_{y_0}^y y^2 dy=x_0^3y -x_0^3y_0 +x_0y^3-x_0y_0^3 \);

3) \(  \large yx^3-yx_0^2+y^3x-y^3x_0+x_0^3y -x_0^3y_0 +x_0y^3-x_0y_0^3=k \ \Leftrightarrow \ xy(x^2+y^2)=C  \),

где \(  \large C= k+x_0^3y_0 +x_0y_0^3 \).

Итак,

\(  \large xy(x^2+y^2)=C \) - общий интеграл дифференциального уравнения.

Замечание 2. Уравнение в полных дифференциалах можно решать и другим способом. По сути тут два полностью аналогичных способа, один из которых можно использовать для решения уравнения в полных дифференциалах, а другой - для проверки правильности решения. Пусть требуется найти общий интеграл уравнения в полных дифференциалах

\(  \large M(x,y)dx+ N(x,y)dy=0 \).

Общий интеграл этого уравнения будем искать в виде \(  \large u(x,y)=k \), где \(  \large k=\textrm{const} \).

Первый способ.


1. Составим уравнение

\(  \large u(x,y) = \int M(x,y) dx + \varphi(y) \),

где  \(  \large \varphi(y) \) - некоторая неизвестная функция.

2. Вычисляя интеграл в правой части равенства, находим

\(  \large u(x,y)=g(x,y) + \varphi(y) \).

3. Находим \(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{y}} \):

\(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{y}}= \frac{\partial{g}}{\partial{y}}+ \varphi ' (y) \).

4. Составим уравнение \(  \large  \frac{\partial{u}}{\partial{y}}=N(x,y) \):

\(  \Large \frac{\partial{g}}{\partial{y}}+ \varphi ' (y)=N(x,y) \).

5. Решая данное дифференциальное уравнение, находим \(  \large \varphi (y) \) и записываем общий интеграл.

Второй способ.


1. Составим уравнение

\(  \large u(x,y) = \int N(x,y) dy + \varphi(x) \),

где  \(  \large \varphi(x) \) - некоторая неизвестная функция.

2. Взяв интеграл в правой части равенства, находим

\(  \large u(x,y)=g(x,y) + \varphi(x) \).

3. Вычисляем \(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{x}} \):

\(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{x}}= \frac{\partial{g}}{\partial{x}}+ \varphi ' (x) \).

4. Составим уравнение \(  \large  \frac{\partial{u}}{\partial{x}}=M(x,y) \):

\(  \Large \frac{\partial{g}}{\partial{x}}+ \varphi ' (x)=M(x,y) \).

5. Решив это дифференциальное уравнение, найдём \(  \large \varphi (x) \) и запишем общий интеграл.

Пример 2. Решим уравнение из примера 1 способами, описанными в замечании 2. Как было сказано выше, общий интеграл дифференциального уравнения надлежит искать в виде \(  \large u(x,y)= k \), где \(  \large k=\textrm{const} \).

а) Составим уравнение \(  \large u(x,y) = \int M(x,y) dx + \varphi(y) \), где  \(  \large \varphi(y) \) - некоторая неизвестная функция. Имеем:

\(  \large u(x,y) = \int (3x^2y+y^3)dx + \varphi (y) \).

Вычислим неопределённый интеграл:

\(  \large \int (3x^2y+y^3)dx=3y \int x^2 dx + y^3 \int dx=yx^3 + y^3 x+ k_1 \),

где \(  \large k_1= \textrm{const} \).

Значит,

\(  \large u(x,y) = yx^3 +y^3 x + \varphi (y) + k_1 \).

Следовательно,

\(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{y}} = x^3+3y^2x + \varphi ' (y) \).

Тогда уравнение \(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{y}} =N(x,y)  \) имеет вид:

\(  \large x^3+3y^2x + \varphi ' (y)=x^3 = 3xy^2 \)

или

\(  \large \varphi ' (y)=0 \).

Отсюда легко находим:

\(  \large \varphi (y)=k_2 \),

где \(  \large k_2= \textrm{const} \).

Значит,

\(  \large u(x,y) =yx^3+y^3x + k_1+k_2 \).

Тогда общий интеграл имеет вид

\(  \large yx^3+y^3x + k_1+k_2=k \)

или

\(  \large xy(x^2+y^2)=C \),

где \(  \large C=k-(k_1+k_2) \).

б) Аналогично:

1) \(  \large u(x,y) = \int (x^3+3xy^2)dy + \varphi (x)  \);

2) \(  \large u(x,y) = x^3y +xy^3 + k_1, \ k_1= \textrm{const} \);

3) \(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{x}} = 3x^2 y +y^3 + \varphi ' (x)  \);

4) \(  \large  3x^2 y +y^3 + \varphi ' (x)=3x^2 y + y^3 \);

5) \(  \large \varphi ' (x)=0 \),

\(  \large \varphi  (x)=k_2, \ k_2= \textrm{const} \),

\(  \large xy(x^2+y^2)=C, \ C=k-(k_1+k_2) \).

Замечание 3. Если уравнение вида

\(  \large M(x,y) dx + N(x,y) dy=0 \)

не является уравнением в полных дифференциалах, иногда удаётся подобрать функцию \(  \large \mu (x,y) \) (она называется интегрирующим множителем), после умножения на которую левая часть дифференциального уравнения становится полным дифференциалом:

\(  \large \mu M(x,y) dx + \mu N(x,y) dy=0 \).

Замечание 4. Рассмотрим уравнение

\(  \large M(x,y) dx + N(x,y) dy=0 \),

где

\(  \Large \frac{\partial{M}}{\partial{y}} \not =  \frac{\partial{N}}{\partial{x}} \).

1. Если

\(  \Large \frac{ \frac{\partial{M}}{\partial{y}} -  \frac{\partial{N}}{\partial{x}}}{N(x,y)}=f(x)  \),

то интегрирующий множитель является функцией переменной \(  \large x \):

\(  \large \mu = \mu (x) \).

Его можно найти из дифференциального уравнения

\(  \Large  \frac{d \ln \mu}{dx}= \frac{ \frac{\partial{M}}{\partial{y}} -  \frac{\partial{N}}{\partial{x}}}{N(x,y)} \).

2. Если

\(  \Large \frac{ \frac{\partial{N}}{\partial{x}} -  \frac{\partial{M}}{\partial{y}}}{M(x,y)}=g(y)  \),

то интегрирующий множитель есть функция переменной \(  \large y \):

\(  \large \mu = \mu (y) \).

Он находится из дифференциального уравнения

\(  \Large  \frac{d \ln \mu}{dy}= \frac{ \frac{\partial{N}}{\partial{x}} -  \frac{\partial{M}}{\partial{y}}}{M(x,y)} \).

Замечание 5. Важно понимать, что интегрирующий множитель (зависящий от одной переменной и зависящий от двух переменных), как и любая функция, являющаяся общим решением обыкновенного дифференциального уравнения, включает в себя некоторую произвольную постоянную. Можно выбрать любое удобное значение этой постоянной.
 
Пример 3. Найдём общее решение дифференциального уравнения

\(  \large (1-x^2y)dx + (x^2 y -x^3) dy=0 \).

Проверим, не является ли левая часть уравнения полным дифференциалом некоторой функции. Здесь

\(  \large M(x,y)=1-x^2y \), \(  \large N(x,y)=x^2y -x^3 \).

Следовательно,

\(  \large \frac{\partial{M}}{\partial{y}}= - x^2 \), \(  \large \frac{\partial{N}}{\partial{x}}=2xy-3x^2 \).

Рассматриваемое дифференциальное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах, так как

\(  \Large \frac{\partial{M}}{\partial{y}}=\frac{\partial{N}}{\partial{x}} \).

Выясним, нельзя ли подобрать интегрирующий множитель, зависящий от одной переменной. Имеем:

\(  \Large \frac{ \frac{\partial{M}}{\partial{y}} -  \frac{\partial{N}}{\partial{x}}}{N(x,y)}=\frac{-x^2-2xy+3x^2}{x^2y-x^3}=\frac{2x(x-y)}{x^2 (y-x)}=-\frac{2}{x}= f(x) \).

Значит, интегрирующий множитель зависит только от переменной \(  \large x \). Найдём его:

\(  \large \frac{d \ln \mu}{dx}= - \frac{2}{x} \),

\(  \large d \ln \mu = - \frac{2dx}{x} \),

\(  \large \mu (x)= \frac{C}{x^2} \).

Положим \(  \large C=1 \). Тогда \(  \large \mu (x)=\frac{1}{x^2} \).

Умножим обе части исходного дифференциального уравнения на найденный нами интегрирующий множитель. Получим:

\(  \large \left( \frac{1}{x^2}-y \right) dx + \left(y-x \right)dy=0 \).

Теперь

\(  \large \overline{M}(x,y)= \frac{1}{x^2}-y \), \(  \large \overline{N}(x,y)=y-x \).

Следовательно,

\(  \large \frac{\partial{\overline{M}}}{\partial{y}}=-1 \), \(  \large \frac{\partial{\overline{N}}}{\partial{x}}=-1 \).

Значит, левая часть уравнения стала полным дифференциалом некоторой функции двух переменных. Общий интеграл этого уравнения будем искать в виде \(  \large u(x,y) = k \), где \(  \large k \) - постоянная. Используем, например, второй способ из замечания 2. Получим:

1) \(  \large u(x,y)= \int (y-x)dy + \varphi (x) \);

2) \(  \large u(x,y)=\frac{y^2}{2}-xy+ k_1 + \varphi(x), \ k_1 = \textrm{const} \);

3) \(  \large  \frac{\partial{u}}{\partial{x}}=-y + \varphi ' (x) \);

4) \(  \large -y + \varphi '(x)=\frac{1}{x^2}-y \);

5) \(  \large \varphi ' (x) = \frac{1}{x^2} \),

\(  \large \varphi (x) =k_1 - \frac{1}{x}, \ k_2 = \textrm{const} \),

\(  \large\frac{y^2}{2}-xy - \frac{1}{x}=C, \ C=k-( k_1 +k_2) \).

Итак, \(  \large \frac{y^2}{2}-xy - \frac{1}{x}=C \) - общий интеграл дифференциального уравнения \(  \large (1-x^2y)dx + (x^2 y -x^3) dy=0 \).

Пример 4. Проинтегрируем уравнение

\(  \large (2xy^2 - 3y^3)dx + (7-3xy^2)dy=0 \).

Глядя на данное дифференциальное уравнение, можно предположить, что оно является уравнением в полных дифференциалах. Проверим, так ли это. Поскольку

\(  \large M(x,y)=2xy^2-3y^3 \), \(  \large N(x,y)=7-3xy^2 \),

то

\(  \large \frac{\partial{M}}{\partial{y}}= 4xy-9y^2  \), \(  \large \frac{\partial{N}}{\partial{x}}= -3y^2  \).

Так как найденные выше частные производные не равны, левая часть нашего дифференциального уравнения не является полным дифференциалом. Попробуем подобрать интегрирующий множитель, который зависит от одной переменной:

1) \(  \Large \frac{ \frac{\partial{M}}{\partial{y}} -  \frac{\partial{N}}{\partial{x}}}{N(x,y)}=\frac{4xy-9y^2+3y^2}{7-3xy^2} \not = f(x) \);

2) \(  \Large \frac{ \frac{\partial{N}}{\partial{x}} -  \frac{\partial{M}}{\partial{y}}}{M(x,y)}=\frac{-3y^2 -4xy +9y^2}{2xy^2-3y^3}=\frac{2y(3y-2x)}{y^2(2x-3y)}=-\frac{2}{y}=g(y) \).

Значит, для данного дифференциального уравнения можно подобрать интегрирующий множитель, который зависит только от переменной \(  \large y \). Найдём его:

\(  \large \frac{d \ln \mu}{dy}= - \frac{2}{y} \),

\(  \large d \ln \mu = - \frac{2 dy}{y} \),

\(  \large \mu (y) = \frac{C}{y^2} \).

Пусть, например, \(  \large C=1 \). Тогда \(  \large \mu (y) = \frac{1}{y^2} \).

Умножим обе части исходного дифференциального уравнения на \(  \large \mu (y) \). Получим:

\(  \large (2x-3y) dx + \left( \frac{7}{y^2} - 3x \right)dy=0 \).

Это уравнение в полных дифференциалах. В самом деле, поскольку

\(  \large \overline{M} (x,y) = 2x-3y \), \(  \large \overline{N} (x,y)= \frac{7}{y^2}-3x \),

то

\(  \Large \frac{\partial{\overline{M}}}{\partial{y}}=-3 \), \(  \large \frac{\partial{\overline{N}}}{\partial{x}}=-3 \).

Следовательно, имеем уравнение в полных дифференциалах. Выберем первый способ из замечания 2. Получим:

1) \(  \large u(x,y)= \int (2x-3y) dx + \varphi (y) \);

2) \(  \large u(x,y)=x^2-3xy+k_1+ \varphi (y), \ k_1 = \textrm{const} \);

3) \(  \large \frac{\partial{u}}{\partial{y}}=-3x + \varphi ' (y) \);

4) \(  \large -3x + \varphi ' (y)=\frac{7}{y^2}-3x \);

5) \(  \large \varphi ' (y) =\frac{7}{y^2}  \)

\(  \large \varphi (y) = k_2 - \frac{7}{y}, \ k_2= \textrm{const} \),

\(  \large x^2-3xy-\frac{7}{y}=C, \ C=k- (k_1 + k_2) \).

Итак, \(  \large x^2-3xy-\frac{7}{y}=C \) - общий интеграл дифференциального уравнения.

Замечание 6. Пусть требуется найти общее решение дифференциального уравнения вида

\(  \large M(x,y)dx + N(x,y)dy=0 \),

где

\(  \Large \frac{\partial{M}}{\partial{y}} \not =  \frac{\partial{N}}{\partial{x}} \).

И пусть известно, что интегрирующий множитель зависит от двух переменных и имеет вид

\(  \large \mu = \mu (f(x)+g(y))  \).

Положим \(  \large z(x,y)=f(x) + g(y) \) и найдём \(  \large \frac{\partial{z}}{\partial{x}} \) и \(  \large \frac{\partial{z}}{\partial{y}} \). Тогда интегрирующий множитель находится из дифференциального уравнения

\(  \Large  \frac{d \ln \mu}{dz} \left( N \large \frac{\partial{z}}{\partial{x}} - M \large \frac{\partial{z}}{\partial{y}} \right)= \frac{\partial{M}}{\partial{y}}- \large \frac{\partial{N}}{\partial{x}} \).

Пример 5. Решим дифференциальное уравнение, подобрав интегрирующий множитель \(  \large \mu = \mu (x,y) \), если известен его вид:

\(  \large (x-xy)dx + (y+x^2)dy=0, \ \mu = \mu (x^2+y^2) \).

Здесь

\(  \large M(x,y) = x-xy \), \(  \large N(x,y)=y+x^2 \).

Следовательно,

\(  \Large  \frac{\partial{M}}{\partial{y}}=-x \),  \(  \large \frac{\partial{N}}{\partial{x}}=2x \).

Пусть

\(  \large z=x^2+y^2 \).

Тогда

\(  \Large \frac{\partial{z}}{\partial{x}}=2x \), \(  \large \frac{\partial{z}}{\partial{y}}=2y \), \(  \large dz=d(x^2+y^2) \).

Составим дифференциальное уравнение, из которого найдём интегрирующий множитель. Имеем:

\(  \large \frac{d \ln \mu}{d(x^2+y^2)} \left( (y+x^2) \cdot 2x - (x-xy) \cdot 2y \right)=-x-2x \).

Разделяем переменные и интегрируем:

\(  \Large d \ln \mu=-\frac{3}{2} \frac{d(x^2+y^2)}{x^2+y^2} \),

\(  \Large \mu = \frac{C}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}} \).

Пусть \(  \large C=1 \). Тогда \(  \Large \mu = \frac{1}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}} \). Умножим обе части исходного дифференциального уравнения на интегрирующий множитель. Получим:

\(  \Large \frac{x-xy}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}dx+ \frac{y+x^2}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}dy=0 \).

Общий интеграл данного уравнения будем искать в виде \(  \large u(x,y)=k \), где \(  \large k=\textrm{const} \). Имеем:

1) \(  \Large u(x,y)= \int  \frac{x-xy}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}dx + \varphi (y) \),

\(  \Large u(x,y)=\frac{1-y}{2} \int  \frac{d(x^2+y^2)}{\sqrt{(x^2+y^2)^3}}dx + \varphi (y) \),

\(  \Large u(x,y)=\frac{y-1}{\sqrt{x^2+y^2}} +k_1 + \varphi (y), \ k_1 = \textrm{const}  \),

2) \(  \Large \frac{\partial{u}}{\partial{y}}= \frac{y+x^2}{\sqrt{x^2+y^2}}   \),

\(  \large \varphi ' (y) =0  \),

\(  \large \varphi (y)=k_2, \ k_2 = \textrm{const} \),

\(  \large u(x,y) =\frac{y-1}{\sqrt{x^2+y^2}} +k_1+k_2  \),

3) \(  \large \frac{y-1}{\sqrt{x^2+y^2}}=C, \ C=k-(k_1+k_2)  \),

\(  \large y-1=C \sqrt{x^2+y^2} \).

Итак, \(  \large y-1=C \sqrt{x^2+y^2} \) - общий интеграл уравнения.
 
Сказали спасибо: fedor, krut1997, Alexey, symbol