Материал: Обыкновенные дифференциальные уравнения

2x + ln x + x 1 −1− x −ln x +1 = x +1;

верно

x

Пример. Найти общий интеграл уравнения x(y2

−1)dx + y(x2 −1)dy = 0 .

Это уравнение с разделяющимися переменными.

xdx

+

ydy

= 0;

∫

xdx

= −∫

ydy

;

2

2

2

2

x −1

y −1

x −1

y −1

ln

x2 −1

+ ln

y2 −1

= ln C;

Общий интеграл имеет вид:

(x2 −1)(y2 −1) = C.

С = 0,02

С = 0,5

С = 1

С = 2

Пример. Найти решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее

заданным начальным условиям.

y′cos x = (y +1)sin x;

y(0) = 0.

Это уравнение с разделяющимися переменными.

y′

=

sin x ;

dy

= tgxdx;

y +1

dy

cos x

y +1

∫

=

∫tgxdx;

ln

y +1

= −ln

cos x

+ ln C;

y +1

ln

(y +1)cos x

= ln C;

(y +1)cos x = C;

Общее решение имеет вид:

y =

C

−1.

cos x

Найдем частное решение при заданном начальном условии у(0) = 0.

0 = С −1;

C =1.

1

Окончательно получаем:

y =

1

−1.

cos x

′

′

cos x = ysin x;

dy

= tgxdx;

y cos x − ysin x = 0;

y

y

∫dy

= ∫tgxdx + ln C;

ln

y

= −ln

cos x

+ ln C;

ycos x = C;

y

y =

C

.

cos x

′

− C(x)sin x

= sin x;

[C (x)cos x +C(x)sin x] cos x

′

cos2 x

cos x

′

C (x)cos x

= sin x;

C(x) = ∫sin xdx = −cos x +C;

cos x

C x) = sin x;

−cos x +C

Итого y =

;

y =

C

−1;

cos x

cos x

′

+ ycos x = 0;

dy

= −cos xdx;

ln

y

= −sin x +C1

;

y

y

y = e−sin x eC1 ;

y = Ce−sin x ;

y

′

= C

′

−sin x

−C

(x)e

−sin x

cos x;

(x)e

′

−sin x

−C

(x)e

−sin x

cos x +C(x)e

−sin x

cos x = sin xcos x;

C (x)e

′

−sin x

= sin xcos x;

′

sin x

sin xcos x;

C (x)e

C (x) = e

sin x

;

dU = cos xdx;

С(x) = ∫esin x sin xcos xdx

V = e

∫esin x cos xdx =

=

sin x

= esin x sin x −

cos xdx;

U

dV = e

= sin x;

=esin x sin x −esin x +C.

Итого y = e−sin x (esin x sin x −esin x +C);

y = sin x −1+Ce−sin x ;

Найдем частное решение при у(0) = 0.

0 = sin 0 −1+Ce0 ;

C =1.

Окончательно

y = sin x + e−sin x −1.

20x −3yy

′

= 3x

2

yy

′

−5xy

2

;

′

2

+1) = 5x(y

2

+

4);

3yy

(x

y′

3y

5x

3y

dy

5x

=

;

=

dx;

y2 + 4

x2 +1

y2 + 4

x2 +1

∫

3y

dy = ∫

5x

dx;

y

2

+ 4

x

2

+1

3 ln(y2

+ 4) =

5 ln(x2

+1) + ln C

2

2

1

(y2 + 4)3 = C (x2 +1)5 ;

y2 + 4 = C 3 (x2 +1)2 ;

5

y2 = C(x2 +1)3 − 4;

5

125

1 = С 23

− 4 = С3

− 4; 1 = 2C3

− 4; 5 = 2C3

;

32

4

4; 125 = 8C3 4; C3 =

32

′

xdy

dy

dx

xy

+ y = 0;

dx = −y;

y = − x ;

ln

y

= −ln

x

+ ln C;

xy = C;

y = C

;

x

′

C(x)

′

′

x

C (x)x −C(x)

+

= x +1;

C (x)x

= x +1;

x2

x

x

C (x) = x +1;

C учетом начального условия у(1) = 0:

0 = 1

+1+C;

C = − 3 ;

2

2

Частное решение:

y =

x

−

3

+1;

2

2x

y

Пример. Найти решение дифференциального уравнения xy′ = yln

с начальным

условием у(1) = е.

x

Это уравнение может быть приведено к виду уравнения с разделяющимися

переменными с помощью замены переменных.

y

y

u

u

′

′

u

u

Обозначим: ln

= u;

= e

;

y = xe

;

y

+ e

;

x

x

Уравнение принимает вид:

′ u

+ e

u

= e

u

u;

xu

′

+1 = u;

xu

′

= u −

1;

xu e

x du

= u −1;

du

= dx

;

u −1

du

dx

x

∫

= ∫dx;

ln

u −1

= ln

x

+ ln C;

u −1 = Cx;

u −1

x

y

y

y

Сделаем обратную замену:

Cx+1

Cx = ln

−1;

ln

= Cx

+1;

= e

;

x

x

x

Общее решение:

y = xeCx+1;

C учетом начального условия у(1) = е:

e = eC+1;

C = 0;

Частное решение:

y = ex;

Второй способ решения.

′

y

xy

= yln x

;

xy′ = yln y − yln x;

y′−

y

y

ln y = −

ln x;

x

x

y′−

y

ln y = 0;

x

∫d(ln y)

y′ =

y

ln y;

dy

= dx

;

= ∫dx

;

yln y

x

x

ln y

x

ln

ln y

= ln

x

+ ln C;

ln y = Cx;

y = eCx ;

Решение исходного уравнения ищем в виде: y = eC ( x) x ;

Тогда

y

′

= e

C ( x) x

(C

′

(x)x +C(x));

Подставим полученные результаты в исходное уравнение:

C ( x) x

′

C ( x) x

eC ( x) x

xe

(C (x)x +C(x))

= e

ln

x ;

2

′

x

C

(x) + xC(x) = C(x)x −ln x;

2

′

′

ln x

x

= −ln x;

x2

;

C

(x)

C (x) = −

dx

C(x) = −∫

ln x

u = ln x;

dv

=

x

2

;

ln x

− ∫

− dx

=

ln x

+

1

+C;

x

2 dx =

dx

= − −

x

x

2

x

x

; v = −

1

du =

x

;

x

y = eC( x) x = eln x+1+Cx = xeCx+1;