Примеры решения типовых задач

Пример 1.
Рассмотрим производство продукции. Объем производимой продукции в течение
некоторого времени возрастает и характеризуется постоянным темпом роста k.
Пусть требуется найти закон, характеризующий изменение объема производимой
продукции во времени, если в начальный момент времени объем продукции составлял V0
единиц.
Решение.
Очевидно: средний темп роста kср объема продукции V за промежуток времени Δt
определяется выражением:
где ΔV- прирост объема продукции за промежуток времени Δt
V- объем всей продукции, выпущенной за предшествующий промежуток
времени, численно равный Δt
Переходя к истинным величинам, получим:
Мы получили дифференциальное уравнение первого порядка, решая которое
определим закон изменения объема продукции во времени. Преобразуем
дифференциальное уравнение и проведем непосредственное интегрирование:
Общее решение
С учетом начальных условий при t = 0
V = V0 имеем:
Пример 2. Рассмотрим дифференциальное уравнение первого порядка
xy′ – 5 = 0.
Функция y = 5ln x – есть решение этого уравнения. Действительно: y  
5
, подставляя у′ в
x
5
 5  0 − тождество, а это значит, что функция 5ln x –
x
есть решение этого дифференциального уравнения.
Пример 3. Рассмотрим дифференциальное уравнение второго порядка
исходное уравнение, получим x
y′′ − 5y′ + 6y = 0.
Функция y = 3e2x есть решение данного уравнения. Действительно:
y′ = 6e2x; y′′ = 12e2x. Подставляя эти выражения в исходное дифференциальное
уравнение, получим 12e2x + 5∙6e2x + 18e2x = 0, т.е. y = 3e2x удовлетворяет данному
уравнению, а это значит, что функция y = 3e2x – есть решение этого дифференциального
уравнения.
Пример 4.
Рассмотрим дифференциальное уравнение первого порядка
xdx + ydy = 0. Интегрируя обе части уравнения, получим:
x2 y2 C 2


2
2
2
Замечание. Произвольную постоянную С, полученную в результате интегрирования,
можно представлять в любой форме, удобной для дальнейших преобразований. В данном
случае, с учетом канонического уравнения окружности, ее удобно представить в
указанном виде.
х2 + у2=С2,
Общим решением заданного дифференциального уравнения является
y   C 2  x2
С точки зрения геометрии - это семейство концентрических окружностей радиуса С. См.
рис. 2.
Рис. 2.
Частное решение уравнения, удовлетворяющее начальным условиям
у0 = 4 при х0 = 3 находится из общего подстановкой начальных условий в общее решение:
32 + 42 = С2; С = 5.
Подставляя С = 5 в общее решение, получим
х2 + у2 = 52.
Это есть частное решение дифференциального уравнения, полученное из общего решения
при заданных начальных условиях.
Геометрически - это единственная окружность радиуса 5 , проходящая через точку
М0 с координатами (3;4), см. рис 2.
Пример 5. Найти решение дифференциального уравнения.
y   2 xy  0
Решение.
Запишем данное уравнение в виде
dy
 2 xy  0 .
dx
Далее умножим обе части этого уравнения на dx:
dy + 2xydx = 0.
Разделим обе части уравнения на dy, чтобы отделить переменные:
dy
 2 xdx  0
y
Интегрируем уравнение
dy
 y   2 xdx  C
Получаем общий интеграл дифференциального уравнения первого порядка
ln|y| + x2 = C
Отсюда общее решение
y  eCx
Особое решение. При делении на у возможна потеря решения у = 0. При
подстановке данного решения в исходное дифференциальное уравнение, оно обращается в
тождество, следовательно, у = 0 является решением. Очевидно, это решение не
содержится в общем ни при каком значении постоянной С, а потому является особым.
Итак, особое решение у = 0.
2
Пример 6. Построить поле направлений дифференциального уравнения y   
y
.
x
y
 k , или у = – кх, т.е. изоклинами являются
x
прямые с угловым коэффициентом -k проходящие через начало координат (рис. 4).
Определяя конкретные значения k, мы получаем уравнение конкретной прямой. При этом
мы одновременно задаем и поле направлений. Например, при k = 1, мы получаем
изоклину у = –х, в каждой точке которой tgα = k = 1, т.е. α = 45°. На границе направление
α задается единственным вектором через определенные промежутки.
Построив изоклины и поле направлений, можно приближенно нарисовать
интегральные кривые, проводя их в соответствии с заданным полем направлений. В
C
нашем случае интегральные кривые - это семейство гипербол y  .
x
Решение. Уравнение изоклин 
Рис. 4. Поле направлений и изоклины дифференциального уравнения y   
y
x
Пример 7. Построим поле направлений дифференциального уравнения у' = х2 + у2.
Решение. Уравнение изоклин этого дифференциального уравнения имеет вид х2 +
2
у = k, т.е. изоклинами служат концентрические окружности радиусом у/к с центром в
начале координат (рис. 5).
Рис. 5. Изоклины и интегральные кривые уравнения у' = х2 + у2.
В точках каждой из окружностей нужно провести отрезки, образующие с осью ОХ
один и тот же угол α, тангенс которого равен k. Так, при k = 1 изоклиной является
единичная окружность х2 + у2 = 1, при k = 4 — окружность х2 + у2 = 22 радиуса 2, при k = 9
— окружность х2+у2 = З2 радиуса 3 и т.д. Этим изоклинам соответствуют направления
отрезков, образующих с осью ОХ углы α1 = arctg 1 = π/4, α2 = arctg 4 и α3 = arctg 9.
При k = 0 получаем х2 + у2 = 0. Этому уравнению удовлетворяет единственная
точка (0, 0). В этом случае изоклина состоит из одной точки, для которой tg α = 0. На рис.
5 построены вышеперечисленные изоклины и изображено поле направлений данного
дифференциального уравнения. Для того чтобы построить интегральную кривую, возьмем
на плоскости произвольную точку (х0,у0). Проведем через эту точку кривую так, чтобы она
в каждой точке касалась поля направлений. Это и будем искомой интегральной кривой,
проходящей через точку (х0,у0). В качестве примера, на рис. 5 построены интегральные
кривые, проходящие через точки (0; 0), (–1; 1) и (1; –1).
Далеко не для любого дифференциального уравнения первого порядка можно
получить общее решение в виде, как говорят, квадратурных формул, т.е. свести его к
вычислению неопределенных интегралов методами рассмотренными в лекциях по
интегральному исчислению.
Рассмотрим некоторые из простейших типов уравнений, для которых такое
решение может быть получено.
Пример 8. Найти общее решение уравнения 2уу' = 1 – Зх2
Решение. Очевидно, что данное уравнение допускает разделение переменных
2ydy = (1 – 3х2)dx.
Интегрируя обе части последнего равенства, найдем
Пример 9. Найти частное решение уравнения у' = 
y
, при у(1)=2 Решение.
x
Разделив переменные
интегрируем и получаем
где произвольная постоянная С0 = lnC1. Воспользовавшись свойством логарифма, после
операции потенцирования будем иметь общее решение в виде
Используя начальное условие у(1) = 2, находим 2 =
C
, те С = 2 и искомое частное
1
2
.
x
При делении на у мы могли потерять решение у = 0, но последнее содержится в
C
формуле у =
при С = 0.
x
Замечание 1. Некоторые дифференциальные уравнения можно привести к
уравнениям с разделяющимися переменными. Например, уравнение у' = f(ax + bу + с), (b ≠
0) приводится к виду уравнений с разделяющимися переменными при помощи замены u =
ах + by + с, где u -новая искомая функция.
Пример 10. Найти общее решение уравнения у' = (8х + 2у + 1)2
Решение.
Введем новую переменную и = 8х + 2у +1, откуда
решение равно у 
и уравнение примет вид
Найдем решение этого уравнения с разделяющимися переменными
Полученное решение является общим интегралом данного уравнения.
Пример 11. Найти общее решение уравнения (х2 – 2y2)dx + 2xydy = 0
Решение. В данном уравнении функции Р(х,у) = х2 – 2у2 и Q(x,y) = 2ху однородные функции второй степени, следовательно, решаемое уравнение является
однородным. Положим у = tx, откуда dy = tdx + xdt. Подставим выражения для у и dy в
исходное дифференциальное уравнение
Разделим переменные в последнем уравнении и проинтегрируем
Возвращаясь к переменной у находим общее решение
x  Ce

y2
x2
Однородное дифференциальное уравнение первого порядка может быть так же
представлено в виде
y   F ( x, y )
(11)
где F(x, у) - однородная функция нулевой степени.
Для того , чтобы решить уравнение в этом виде, можно используя равенство
dy
y 
представить это уравнение в виде (9) и далее решать, используя подстановку (10).
dx
Пример 12. Найти все решения уравнения
y y
y  2
 .
x x
Решение. Это уравнение является однородным дифференциальным уравнением
y y
первого порядка, т.к. оно представлено в виде y   F ( x, y ) , где F ( x, y ) = 2
 −
x x
однородная функция нулевой степени. Действительно,
t0  y t0  y
dy
 0 . Для решения уравнения заменяем в нем y  на
и
0
dx
t x t x
приводим его к виду (9)

dy
y y
y y
→  2
(12)
 dx  dy  0 .
2

x
x
dx
x x


F (t 0  x, t 0  y )  2
y y
 , Q( x)  1 .
x x
Далее решаем это уравнение способом , рассмотренным в примере 11.
y
y
 t , dy  tdx  xdt . Подставим  t и dy  tdx  xdt в уравнение (12).
y  tx →
x
x
Получим 2 t  t  tdx  xdt  0 . Или 2 t dx  xdt  0 . Это уравнение уже позволяет
разделить переменные t и x:
dx 1 dt
.
 
x 2 t
dx 1 dt
Интегрируя полученное уравнение 
, получаем t  ln | x |  ln C .

x 2 t
y
Возвращаемся к исходным переменным:
 ln | x  C | , и получаем общее решение
x
y  x  ln 2 | x  C | .
Здесь P( x)  2


Особое решение. В процессе решения было произведено деление на 2 t . Следовательно,
необходимо проверить, являются ли те значения у, при которых t = 0 решением заданного
уравнения и если являются, то содержатся ли они в общем решении. Как видно их
y
подстановки  t , таким значением у является у = 0 ( х ≠ 0). Это значение является
x
решением заданного дифференциального уравнения, т.к. оно обращает уравнение в
тождество. Но в тоже время это решение является особым, т.к. оно не может быть
получено из общего решения ни при каком числовом значении постоянной С.
Было произведено деление также на х. Убеждаемся , что х = 0 ( у ≠ 0) – частное
решение заданного дифференциального уравнения, т.е. может быть получено из общего
решения.
Замечание 2. Если
и
, то,
полагая в уравнении
где постоянные α и β определяются из решения системы, уравнений
получим однородное
дифференциальное уравнение первого порядка относительно переменных u и v. Если Δ =
0, то, полагая в уравнении u = a1x + b1у, получим сразу уравнение с разделяющимися
переменными.
Пример 13. Найти общее решение уравнения
(2х + у + l)dx + (x + 2y – l)dy = 0
Решение. После преобразований получим
Здесь:
а1 = 2, b1 = 1, а2 = 1, b2 = 2
Следовательно,
Тогда в соответствии с замечанием 2 введем новые переменные
где постоянные α и β определяются из решения системы уравнений
Таким образом,
и исходное уравнение преобразуется к виду
т.е. к виду однородного дифференциального уравнения относительно u и v
Введем обозначение
После подстановки в дифференциальное уравнение будем иметь
решая которое, найдем:
Подставим обратно t = u/v и после преобразований найдем:
Наконец, возвращаясь к переменным х и у (u = х + 1, v = у – 1), после элементарных
преобразований найдем общий интеграл исходного уравнения:
Пример 13. Найти общее решение уравнения
2x
y 
y  2x
1 x2
Решение.
Первый этап. Найдем решение однородного уравнения (Q(x) = 0),
т.е. решение уравнения
2x
y 
y0
1 x2
Это уравнение с разделяющимися переменными
dy
2x

dx
y 1 x2
После интегрирования и элементарных преобразований будем иметь
y = C(1+ x2).
Второй этап. Ищем общее решение неоднородного уравнения ( Q(x) ≠ 0) в виде
y = u(x)∙(1+ x2).
(17)
Находим производную
y′ = u′(x)(1+x2) + u(x)∙2x
и подставляем у и у′ в исходное уравнение
u ( x)(1  x 2 )  2 x  u ( x) 
Отсюда следует
u ( x) 
2 x  u ( x)(1  x 2 )
 2x
1 x2
2x
1 x2
Или
du 
2x
 dx .
1 x2
Интегрируем и получаем
u ( x)  ln( 1  x 2 )  C
Для получения ответа подставим найденное выражение для u(x) в (17)
y  (ln( 1  x 2 )  C )(1  x 2 )
Пример 14. Найти общее решение уравнения
y 
4
yx y
x
(у ≥ 0; х ≠ 0)
1
. Решим это уравнение методом
2
1
1 
замены переменной. Умножим обе части уравнения на (n-1)∙y-n, т.е. на   y 2 . Получим
2
1
1
1



1
1
4
1
  y 2  y    y 2   y    y 2  x y или
2
2
x
2
1
1
1 2
2
1
 y  y   y 2   x .
2
x
2
1
1
1 2
2
Обозначим u  y . Тогда u    y  y  . Производим замену переменной
2
2
1
u   u  x
x
2
Это уравнение линейно относительно u. Решая его по формуле общего решения,
получим
Решение. Это уравнение Бернулли, причем n 
2
2

 x dx    x dx 1
ue
e
 x  dx  C 
2


или
1


u  e 2ln x    e  2ln x  x  dx  C 
2


Используя свойства логарифмов, получим
 1 dx

u  x2    C 
2 x

или
1

u  x 2   ln | x | C 
2

Возвращаясь к старой переменной у, получим
2
1

y  u 2  x 4   ln | x | C 
2

Это общее решение уравнения Бернулли.
Особое решение у = 0. Оно превращает заданное уравнение в тождество и, в то же
время, не может быть получено из общего решения ни при каких значениях произвольной
постоянной С.
y
Пример 15. Найти общее решение уравнения y    x 2 y 4 .
x
Решение. Это уравнение Бернулли. Проинтегрируем его методом вариации
произвольной постоянной.
Первый этап. Решаем однородное уравнение
dy
dx
y
C
y   0 →
→ y .

x
x
y
x
Второй этап. Ищем общее решение исходного уравнения Бернулли в виде
u ( x)
y
.
x

u ( x )  u ( x)  x  u ( x)  x  u ( x) u ( x)

 2 . Подставим y  и y в
Найдем y   
=
 =
x
x2
x
 x 
исходное уравнение.
u ( x) u ( x) u ( x )
 u ( x) 
 2 +
= x2  

x
xx
x
 x 
4
→
u ( x) u 4 ( x)
du ( x ) dx


→
→
2
x
x
u 4 ( x)
x
1
1
 ln x  C → u ( x)  3
3u ( x)
3 ln C
3
 x .
Возвращаемся к старой переменной и получаем общее решение
y
u ( x)
1

x
x  3 3 ln C
 x
.
du ( x)
dx

→
4
x
( x)
u
Пример 3.6. Найти общее решение уравнения у" + у' – 2у = 0
Решение. Характеристическое уравнение для данного линейного однородного
дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами имеет
вид
k2  k 2  0.
Находим корни характеристического у равнения:
1
1
k1, 2   
 2 → k1  1, k 2  2
2
4
Отсюда фундаментальная система частных решений
y  C1  e x  C2  e 2 x
а общее решение
(3.16)
y  C1  e x  C2  e 2 x
II. Корни характеристического уравнения действительные и равные
p
k1 = k2 = k=  . В этом случае одно частное решение имеет вид у1 = еkх. Покажем что в
2
этой ситуации функция у2 = х∙еkх также является решением исходного дифференциального
уравнения. Используем для этого формулу (3.12) из п. 3.4.
 p ( x )dx
 p dx
e 
e 
e  px
y 2 ( x)  y1 ( x)   2
 dx = e kx   2 kx  dx = e kx   2 kx  dx = e kx   e  x( p  2 k )  dx .
e
y1 ( x)
e
kx
Учитывая, что p = –2k получим y2(x) = x∙e .
Проверим полученный результат. Дифференцируя функцию у2(х), находим
y 2  e kx (1  kx) , y 2  k  e kx (2  kx)
Подставим у2, y 2 и y 2 в дифференциальное уравнение (3.13)
k  e kx (2  kx) + p  e kx (1  kx) + q∙ х∙еkх = 0
или
e kx [(k 2  pk  q)  x  (2k  p)]  0
Так как k является корнем характеристического уравнения то k 2  pk  q  0 .
p
Кроме того, k1  k 2  k   или 2k = -p, т.е. 2k + p≡ 0. Следовательно,
2



y2  p  y2  q  y2  0 и функция у2(х) = х∙еkх действительно является решением уравнения
(3.13).
Найденные частные решения у1 = еkх и у2 = х∙еkх образуют фундаментальную
систему решений так как они линейно независимы
y2
e kx
1

  const
kx
y1 x  e
x
Таким образом, общее решение однородного линейного уравнения (3.13) в случае
равенства корней характеристического уравнения k1 = k2 = k имеет вид (см. теорему 3.5)
у = C1e kx + C 2  x  e
k x
= e kx  C1  x  C 2 
(3.17)
Пример 3.7. Haйти общее решение уравнения у"– 4у' + 4у = 0
Решение. Характеристическое уравнение k2 – 4k + 4 = 0 имеет равные корни k1 = k2
= 2. В этом случае фундаментальная система частных решений запишется в виде у1 = е2x,
у2 = хе2х, а общее решение
y  e 2 x  (C1  C 2 x)
III. Корни характеристического уравнения комплексные. Комплексные корни
квадратного уравнения с действительными коэффициентами являются сопряженными
комплексными числами
k1      i , k 2      i
В этом случае частное решение уравнения (3.13), записывается следующим
образом в виде комплексных функций, что мы отмечаем чертой сверху
y1  e k1x = e    i  x = e   x ∙ e i  x ; y 2  e k2 x = e    i  x = e   x ∙ e  i  x .
Применяя формулы Эйлера ( e it  cos t  i  sin t , e it  cos t  i  sin t ) выражения
для у1 и у2 можно переписать в виде
y1  ex (cos x  i  sin x) , y 2  ex (cos x  i  sin x)
Эти решения являются комплексными. Для получения действительных частных
решений, рассмотрим новые функции
1
1
y1  ( y1  y 2 )  e x (cos x  i  sin x)  (cos x  i  sin x) = ex cos x
2
2
1
1
y 2  ( y1  y 2 )  ex (cos x  i  sin x)  (cos x  i  sin x) = ex sin x
2i
2i
Функции у1 и у2 являются линейными комбинациями исходных частных решений
y1 и y 2 и, следовательно, сами являются решениями уравнения (3.13) в соответствии с
условиями теоремы 3.3 (см. п.3.4. Свойства решений линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка).
Решения у1 и у2 образуют фундаментальную систему решений, так как они линейно
независимы. Таким образом, общее решение однородного линейного дифференциального
уравнения с постоянными коэффициентами
в случае комплексных корней характеристического уравнения записывается в виде
y  C1 y1 ( x)  C2 y 2 ( x)  C1ex cos x  C2 ex sin x
Или
y  ex (C1 cos x  C2 sin x) .
Пример 3.8. Найти общее решение уравнения у" + 4у′+ 5у = 0
Решение. В этом случае характеристическое уравнение k2+4k+5 = 0 имеет
комплексные корни k1 = −2 + 4  5 = −2 + i и k2 = −2 − 4  5 = −2 − i Поэтому общее
решение исходного дифференциального уравнения можно записать в виде
y  e 2 x  (C1  cos x  C2  sin x)
Пример 3.9. Найти общее решение уравнения
y
y    x .
(3.31)
x
Решение. Первоначально найдем общее решение соответствующего однородного
уравнения
u
u    0 ,
(3.32)
x
u
. Это дифференциальное уравнение,
x
допускающее понижение порядка (см. п. 3.2). Для его решения воспользуемся
подстановкой u   p (x) , тогда u   p (x ) . Однородное уравнение примет вид
p ( x)
.
p ( x) 
x
Решаем это уравнение, разделяя переменные
dp dx
dp
dx
p ( x)
dp p
→
→
→ 
→ ln p  ln x  ln C1 →
p ( x) 



x
dx x
p
x
p
x
du
 C1  x → du  C1  xdx →
→ ln | p | ln C1  | x | → p  C1  x → u   C1  x →
dx
→  du   C1  xdx → u  C1  x 2  C 2 .
Представим заданное уравнение в виде u  
Итак, с учетом принятых в данном разделе обозначений общее решение
однородного уравнения (3.32) найдено в виде
u  C1  x 2  C 2 ,
(3.33)
где u1 = x2 и u2 = 1 являются частными решениями, образующими фундаментальную
систему решений.
В соответствии с изложенным выше методом вариации произвольных постоянных
решение неоднородного уравнения (3.31) будем искать, заменив константы С1 и С2 на
неизвестные функции v1(x) и v2(x).
u  v1 ( x)  x 2  v2 (x)
(3.34)
Тогда придем к системе уравнений (3.28) в которой u1 = x2, u2 = 1, u′1 = 2x, u′2 = 0,
f(x)=x :
 v1 ( x)  x 2  v2 ( x)  1  0
(3.35)

v1 ( x)  2 x  v2 ( x)  0  x
Определитель этой системы, равный определителю Вронского, не равен нулю при
любых значениях х из области его допустимых значений:
u u2
x2 1
W(u1, u2)= 1
=
= x 2  0  2 x  1 =  2x  0


u1 u 2
2x 0
Следовательно, система уравнений (3.35) имеет единственное решение, которое можно
найти по формулам Крамера (3.29)
0 1
x2 0
x 0
2x x
x3
x2
x
1
v 2 ( x )  2
v1 ( x)  2
=
=
=
= 
.
2
2
x 1  2x
x 1  2x
2x 0
2x 0
Итак, получили два дифференциальных уравнения с разделяющимися переменными:
dv1 1
dv2
x2

 ,
dx
2
dx 2
Решение которых имеет вид:
x3
x
v1   C1 , v 2    C 2 .
2
6
Подставляя полученные функции в формулу (3.34), получаем общее решение
заданного в условии задачи неоднородного уравнения (3.31):
x3
x

y  v1 ( x)  x 2  v2 ( x)    C1   x 2 
 C2 .
6
2

Пример 3.10. Найти общее решение уравнения
y   4 y  12 x 2  6 x  4
(3.36)
Решение. Находим общее решение соответствующего однородного уравнения
(3.37)
u  4  u  0
2
Характеристическое уравнение в данном случае имеет вид k – 4 = 0. Его корни: k1 = -2,
k2 = 2. Следовательно, фундаментальной системой решений является u1 = e-2x, u2 = e2x.
Действительно
u1 u 2
e 2 x
W (u1 , u 2 ) 
=
u1 u 2
 2e 2 x
e2x
= 4 ≠ 0.
2e 2 x
Тогда общее решение однородного уравнения (3.37):
u  C1u1  C2u2 = C1e 2 x  C 2 e 2 x .
(3.38)
В соответствии с методом вариации произвольных постоянных, решение исходного
неоднородного уравнения следует искать в виде
y  v1 ( x)  u1  v2 ( x)  u2 = v1 ( x)  e 2 x  v2 ( x)  e 2 x .
(3.39)
Система уравнений для определения неизвестных v1 ( x) и v2 ( x) в данном случае
выглядит следующим образом:

v1 ( x)  e 2 x  v 2 ( x)  e 2 x  0


2 x
2x
2

 2  v1 ( x)  e  2  v 2 ( x)  e  12 x  6 x  4
Решаем эту систему относительно v1 ( x) и v2 ( x) :
v1 ( x) 
0
e2x
 12 x 2  6 x  4 2e 2 x
4
e 2 x
 2e 2 x
=
 e 2 x (12 x 2  6 x  4)
3


=  e 2 x   3 x 2  x  1 ,
2
4


0
 12 x 2  6 x  4
e 2 x (12 x 2  6 x  4)
3
 e 2 x (3x 2  x  1) .
4
2
4
Интегрируя найденные таким образом функции v1 ( x) и v2 ( x) , найдем v1(x) и v2(x):
3


v1 ( x)   e 2 x  3 x 2  x  1  dx .
2


v2 ( x) 
=
Интегрируем по частям дважды:
u  3x 2 
3
x 1
2
v
dv  e 2 x dx
v1 ( x) 
du  6 x 
3
2
1 2x
e
2
1 2x  2 3
3
 1

e  3 x  x  1    e 2 x  6 x    dx
2
2
2

 2

3
2
u  6x 
du  6
dv  e 2 x dx
v
1 2x
e
2
3
1 1
3 3
3

v1 ( x)  e 2 x  x 2  x    e 2 x  6 x   +  e 2 x dx =
4
2 4
2 2
2

3
1
3 3
9
7
3
3
3
= e 2 x  x 2  x    e 2 x  x    e 2 x   x 2  x    e 2 x  C1 .
4
2
8 4
4
8
2
2
2
Интегрируем по частям функцию v2 ( x) :
3


v 2 ( x)   e  2 x    3 x 2  x  1  dx .
2


u  3 x 2 
dv  e 2 x dx
v 2 ( x) 
3
x 1
2
du  6 x 
3
2
1
v   e 2 x
2
1 2 x  2 3
3
 1

e  3x  x  1    e  2 x  6 x    dx .
2
2
2

 2

u  6x 
3
2
du  6  dx
1
v   e 2 x .
2
3
1 1
3 3
3

v 2 ( x)  e  2 x  x 2  x    e  2 x  6 x     e  2 x dx 
4
2 2
2 2
2

3
1
3 3
9
1
3

3
 e  2 x  x 2  x    e  2 x  3 x    e  2 x   x 2  x    e  2 x  C2 .
4
2
4 4
4
2
2

2
Таким образом, общее решение (3.39) исходного неоднородного уравнения примет вид
dv  e 2 x dx
9
7
9
1
3
3
y  v1 ( x)e 2 x  v2 ( x)  e 2 x   x 2  x    C1e  2 x +  x 2  x    C 2 e 2 x
4
8
4
2
2
2
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, окончательно получим
y  3x 2  C1e 2 x  C2 e 2 x .
Пример 3.11. Найти частное решение неоднородного уравнения
y" + 3∙y' −10∙y = 12∙e−4x.
Решение. В данном примере А=12, γ=−4. Находим корни характеристического
уравнения k2+3∙k−10=0 : k1=−5, k2=2. Как видим, γ не совпадает ни с одним из двух
корней k1, k2 характеристического уравнения. Поэтому частное решение исходного
уравнения ищем в виде y  A1e   x .
По формуле (3.43) находим
12
A1 
 2 .
2
(4)  3  (4)  10
Таким образом, искомое частное решение: y  2e 4x .
В правильности полученного решения легко убедиться, подставив y , y  и y  в
заданное уравнение.
Найдем теперь частное решение уравнения (3.42), в случае, когда параметр γ его
правой части совпадает с одним из корней k1, k2 характеристического уравнения, т.е.
γ2+р∙γ+q=0 и при этом (γ2+р∙γ+q)′=2γ+p≠0. Иными словами, γ является простым
(некратным) корнем характеристического уравнения. В данном случае будем искать
частное решение уравнения (3.42) в виде
y =A1хeγx.
Тогда
y   A1e x (1  x) , y   A1e x (2     2 x) .
Подставив выражения для y , y  и y  в (3.42) и разделив обе части уравнения на еγх,
получим:
A1 ( 2  p  q) x  (2  p)  A .
Учитывая, что γ2+рγ+q=0 , и 2γ+p≠0, получаем


A
.
2  p
Тогда искомое частное решение определится по формуле
A1 
yx
(3.44)
A
e  x
2  p
Пример 3.12. Найти частное решение неоднородного уравнения
y" + 3y' −10y = −7e2x.
Решение. В данном примере А=−7, γ=2. Корни характеристического уравнения такие же,
как в предыдущем примере : k1=−5, k2=2. Как видим, γ=k2 и γ≠k1, т.е. γ является простым
корнем характеристического уравнения. Поэтому частное решение исходного уравнения
ищем в виде y  A1 xe  x .
7
 1 . Искомое частное решение:
По формуле (3.44) находим A1 
22  3
y   xe2x
Если, наконец, γ есть двукратный корень характеристического уравнения, т.е
γ=k1=k2, то нетрудно показать, что частное решение уравнения (3.42) надо искать в виде
y  A1 x 2 e   x .
Таким же методом можно находить решение и в более общем случае, когда правая
часть исходного неоднородного уравнения имеет вид произведения Р(х)∙eγx, где Р(х) —
многочлен от х вида
Р(х)=аnxn+an-1xn-1+…+a0
с известными коэффициентами an, an-1, … , a0.
Если γ не является корнем характеристического уравнения, составленного для
заданного дифференциального уравнения второго порядка, то и решение надо искать в
виде
y = Р1(х)∙еγх,
(3.45)
где P1(x) — многочлен той же степени, что и Р(х)
Р1(х)=bn∙xn+bn-1∙xn-1+ …+b0,
причем искомыми являются коэффициенты bn, bn-1, …, b0. Подставляем выражения для
y , y  и y  в заданное дифференциальное уравнение, сокращая на еγх и приравнивая
коэффициенты при одинаковых степенях х, получим уравнения для определения
коэффициентов P1(x). Следует подчеркнуть, что многочлен P1(x) должен быть обязательно
полным, т.е содержать все степени х от нуля до n, независимо от того содержатся ли или
нет все степени х в многочлене Р(х).
Если же γ есть корень характеристического уравнения , то в правой части (3.45)
надо ввести множитель х или х2, смотря по тому, будет ли γ простым или двукратным
корнем характеристического уравнения. То есть, если γ совпадает только с одним корнем
характеристического уравнения, то частное решение заданного неоднородного
дифференциального уравнения
ищется в виде
y = х∙Р1(х)∙еγх,
(3.46)
А если γ совпадает с обоими корнями характеристического уравнения, аналогичное
решение ищется в виде
y = х2∙Р1(х)∙еγх.
(3.47)
Пример 3.13. Найти частное решение неоднородного уравнения
y" + 3y' −10y = (4x3-1)e2x.
(3.48)
Решение. В данном примере P(x)=4x3-1, γ=2. Корни характеристического уравнения такие
же, как в предыдущем примере : k1=−5, k2=2. Как видим, γ=k2 и γ≠k1, т.е. γ является
простым корнем характеристического уравнения. Поэтому частное решение исходного
уравнения ищем в виде y  x  P1 ( x)  e 2x , где P1(x)=b3∙x3+b2∙x2+b1∙x+b0.
Тогда y  (b3  x 4  b2  x 3  b1  x 2  b0  x)  e 2 x
Находим первую и вторую производные от y :
y   e 2 x (2b3 x 4  (4b3  2b2 )  x 3  (3b2  2b1 )  x 2  (2b1  2b0 )  x  b0 ,

(4b x


y   e
 (16b3  4b2 )  x  (12b3  12b2  4b1 )  x  (6b2  8b1  4b0 )  x  4b0  2b1 .
3
Подставляем полученные выражения для y , y  и y  в заданное дифференциальное
уравнение, делим обе части уравнения на e2x и приводим подобные члены. Получаем:
28b3  x 3  (12b3  21b2 )  x 2  (6b2  14b1 )  x  3b0  4 x 3  1 .
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях х в левой и правой частях
равенства, придем к системе уравнений относительно неизвестных коэффициентов
28b3  4
12b  21b  0
 3
2

6b2  14b1  0
3b0  1
1
12
36
1
Из которой следует, что b3  , b2  
, b1 
, b0   .
7
147
1029
3
Таким образом, получаем искомое частное решение заданного дифференциального
уравнения
12 2 12
1
1
y  x    x3 
x 
 x    e2x .
147
343
3
7
2 x
4
3
2
Перейдем теперь к тем случаям, когда правая часть неоднородного уравнения
содержит тригонометрические функции. Рассмотрим сначала уравнение
y" + p∙y' + q∙y = eγx(a∙cos φx+b∙sin φx)
(3.49)
Пользуясь формулами
e  xi  e   xi
cos x 
,
2
e  xi  e   xi
,
sin x 
2i
можем представить правую часть уравнения (3.49) в виде
Ae(γ+φi)+Be(γ-φi)
где А и В — некоторые постоянные. Если сопряженные числа γ ± φi не являются корнями
характеристического уравнения, то, согласно предыдущему, надо искать частное решение
неоднородного уравнения (3.49) в виде
y =A1e(γ+φi)+B1e(γ-φi),
или, возвращаясь от показательных функций к тригонометрическим, используя для этого
формулу Эйлера
e±φxi=cos φx±i∙sin φx,
видим, что если γ+φi не являются корнями характеристического уравнения, то частное
решение уравнения (3.47) надо искать в виде
y  eγx(a1∙cos φx+b1∙sin φx)
(3.50)
где а1 и b1—искомые постоянные.
Совершенно так же можно показать, что в правой части формулы (3.50) надо
ввести множитель х, если (γ+φi) являются корнями характеристического уравнения. Тогда
частное решение уравнения (3.49) будет иметь вид
y  х∙eγx(a1∙cos φx+b1∙sin φx)
(3.51)
Постоянные a1 и b1 определяются подстановкой выражений для y , y  и y  в левую
часть исходного уравнения . Заметим, что если в правой части (3.49) участвуют, например,
только cos φx, то в решении (3.50) или (3.51) надо брать все же оба члена, содержащих как
cos φx, так и sin φx.
Приведем, не останавливаясь на доказательстве, более общий результат. Если
правая часть уравнения имеет вид
eγx [Р(х)∙cos φx+Q(x)∙sin φx)]
где Р(х) и Q(х) — многочлены от х, то и частное его решение надо искать в том же виде
y =еγx[P1(x)∙ cos φx + Q1 (x)∙ sin φx],
(3.52)
где P1(х) и Q1(x) — многочлены от х, степени которых надо принять равными наибольшей
из степеней многочленов Р(х) и Q(х).
В самом общем случае частное решение имеет вид
y =хr∙еγx∙[P1(x)∙ cos φx + Q1 (x)∙ sin φx],
(3.53)
где r=0, если γ+φi не совпадает ни с одним из корней характеристического уравнения,
соответствующего левой части исходного неоднородного уравнения; r=1, если γ+φi есть
простой корень характеристического уравнения; r=2, если γ+φi есть кратный корень
характеристического уравнения.
Пример 3.14. Найти общее решение неоднородного уравнения
y" + 4y=sin x
Решение. Согласно структуре общего решения неоднородного дифференциального
уравнения второго порядка (п.3.6) искомое решение складывается из двух решений
y  C1u1  C2 u2  y , где u  C1u1  C2u2 – общее решение соответствующего однородного
уравнения u  4u  0 и y – частное решение заданного неоднородного уравнения.
Найдем сначала общее решение однородного уравнения u  4u  0 ,
соответствующего заданному неоднородному уравнению.
Корни характеристического уравнения k2+4=0: k1=-2i, k2=+2i. Тогда, в
соответствии с таблицей, приведенной в п. 3.5, и учитывая, что в нашем случае α=0, β=2,
общим решением однородного уравнения будет:
u  C1 cos 2x  C2 sin 2x .
Частное решение неоднородного уравнения будем искать методом подбора
частного решения. Для чего воспользуемся наиболее общей для неоднородных уравнений
второго порядка формой частного решения (3.53).
Функция sin x в правой части исходного уравнения не содержит множителя eγx. Это
означает, что он равен единице, то есть γ=0. Коэффициент при х в функции sin x равен
единице. Из чего следует, что φ=1. Таким образом, комплексное число γ+φi=i не
совпадает с корнями характеристического уравнения, и поэтому в формуле (3.53) r=0
множитель х в частном решении (3.53) будет отсутствовать. Кроме того, степень
многочлена при sin x равна нулю. Следовательно, и многочлены Р1(х) и Q1(x) в (3.53)
будут постоянными величинами: Р1(х)=a1, Q1(x)=b1. Тогда частное решение примет вид
y  a1сosx  b1 sin x .
Для определения неизвестных числовых коэффициентов a1 и b1 найдем первую и
вторую производные от y :
y   a1 sin x  b1 cos x , y   a1 cos x  b1 sin x .
Подставим y , y  и y  в исходное уравнение:
 a1 cos x  b1 sin x  4a1 cos x  4b1 sin x  sin x .
Или
(3a1 cos x  3b1 sin x  sin x .
Это равенство является тождеством, следовательно, коэффициенты при cos x и sin x
1
в левой и правой частях равенства должны быть равны. Тогда а1=0, b1  . Таким
3
1
образом, частное решение неоднородного уравнения: y  sin x . А искомое общее
3
решение:
1
y  C1 cos 2x  C2 sin 2x  sin x .
3
Пример 4.1. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′′=sin x.
Решение. Данное уравнение является уравнением вида (4.6), где n=3, f(x)=sin x. Для
получения общего решения необходимо трижды проинтегрировать функцию sin x, иначе
говоря, необходимо найти трехкратный интеграл от функции sin x:
y   dx   dx   sin xdx   dx   dx  ( cos x  C1 )   dx  [(  sin x  C1 x)  C 2 ] 
 cos x  C1 x 2  C 2 x  C3 .
Полученное общее решение содержит частное решение y1=cos x и многочлен второй
степени C1x2+C2x+C3 с произвольными постоянными коэффициентами С1, С2, С3.
Пример 4.2. Найти общее решение дифференциального уравнения
y(4)+2y′′′+y′′–6x2+1=0
(4.12)
Решение. Это уравнение четвертого порядка не содержит у. Следовательно, оно
допускает понижение порядка. Производные, входящие в это уравнения начинаются с
производной второго порядка, то есть в нашем случае k=2. Заменой z=y′′ понижаем
порядок уравнения на две единицы: z′′+2z′+z–6x2+1=0. Получили дифференциальное
уравнение второго порядка, которое запишем в виде
z′′+2z′+z=6x2-1.
(4.13)
Это линейное относительно функции z и ее производных неоднородное
дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее
решение этого уравнения складывается из общего решения соответствующего
однородного уравнения u′′+2u′+u=0 и частного решения z неоднородного уравнения
(п.3.6).
Найдем сначала общее решение однородного дифференциального уравнения.
Корни характеристического уравнения k2+2k+1=0: k1=k2=−1. Корни
характеристического уравнения кратны, поэтому общее решение однородного уравнения
запишем в виде
u=e-x(C1+x∙C2).
(4.14)
Частное решение неоднородного уравнения (4.13) будем искать методом
неопределенных коэффициентов (п.3.8). Правая часть уравнения представляет собой
многочлен второй степени. Так как в правой части отсутствуют множитель eγx и
тригонометрические функции, то γ =0 и φ=1. Таким образом, комплексное число γ±φi=±i
не совпадает с корнями k1 и k2 характеристического уравнения. Следовательно, r=0 и
частное решение будем искать в виде многочлена второй степени z =b2x2+b1x+b0. Дважды
дифференцируем z : z   2b2 x  b1 , z   2b2 и подставляем в (4.13). После приведения
подобных членов и группируя коэффициенты по степеням x, получим равенство
b2x2+(4b2+b1)x+(2b2+2b1+b0)=6x2-1.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой частях этого
равенства, приходим к системе уравнений
b2  6

4b2  b1  0
2b  2b  b  1
1
0
 2
из которой находим коэффициенты b2=6, b1=-24, b0=35 и частное решение
z  6 x 2  24 x  35 .
(4.15)
Общее решение уравнения (4.13) есть результат суммирования найденного ранее общего
решения (4.14) соответствующего однородного уравнения и частного решения(4.15)
неоднородного уравнения:
z= e-x(C1+xC2)+ 6 x 2  24 x  35 .
Учитывая замену z=y′′, приходим к уравнению второго порядка
y′′= e-x(C1+xC2)+ 6 x 2  24 x  35 .
(4.16)
Это уравнение относится к виду (4.6) и решается по формуле (4.10). Поскольку в левой
части нашего уравнения производная второго порядка от y, то для нахождения y берем
двукратный интеграл:
y   dx   (e  x C1  xe x C 2  6 x 2  24 x  35)dx 
  (e  x C1  xe x C 2  e  x C 2  2 x 3  12 x 2  35 x  C 3 )dx 
 e  x [C1  ( x  2)C 2 ] 
x4
35 x 2
 4x 3 
 C3 x  C 4 .
4
2
Пример 4.3. Найти общее решение дифференциального уравнения
y∙y′′′+3y′∙y′′=0.
Решение. Данное уравнение не содержит независимой переменной x.
Принимаем за независимую переменную y и вводим новую функцию z(y)=y′. Находим y′′
и y′′′ по формулам (4.18, 4.19). Запишем их в более компактном виде:
y′′=z′∙z, y′′′=z′′∙z2+(z′)2∙z,
d 2z
dz
где z′′  2 и z′ 
.
dy
dy
Подставляем полученные выражения для y′, y′′ и y′′′ в исходное уравнение, сокращаем обе
части уравнения на z, считая, что z≠0 и получаем дифференциальное уравнение второго
порядка
y∙[z′′∙z+(z′)2]+3z′∙z=0,
или
y∙(z′∙z)′+3z′∙z=0.
Снизить порядок полученного уравнения на единицу можно заменой p=z′∙z. Тогда
уравнение примет вид
y∙p′+3p=0.
Разделяем переменные:
dp 3dy

 0.
p
y
Интегрируем: ln| p|+ln| y3|=|C1|. Откуда p∙y3=C1. Так как p=z∙z′, то z∙z′∙y3=C1. После
C
dy
разделения переменных: zdz  C1 3 . Интегрируя, получаем z 2  C 2  21 . Учитывая
y
y
произведенную ранее замену z=y′, получим
C
C
dy
 dx , или
( y ) 2  C 2  21 , или y   C 2  21 . Отсюда следует, что
y
y
C1
C2  2
y
ydy
 C  y 2  C   dx . Приведем подинтегральную функцию в левой части равенства к
2
1

C 
d  y 2  1 
C2 
C
1
2
 
 dx . Тогда
 2 y 2  1  x  C3 . После
табличному виду:
C2
2 C2
2 C2
C
y2  1
C2
упрощений окончательно получаем искомый общий интеграл заданного в условии
дифференциального уравнения:
C 2 y 2  C1
C2
 x  C3 .
Пример 4.4. Уравнение xy2=y∙y′′′–y′∙y′′ является однородным относительно y, y′, y′′
zdx
и y′′′. Понизим порядок этого уравнения заменой y  e  . Тогда подставляя в заданное
уравнение вместо y, y′, y′′ и y′′′ их выражения (4.21) и сократив обе части уравнения на
2 z dx
общий множитель e  , получим дифференциальное уравнение второго порядка
относительно переменной z:
2x=z′′+3zz′+z3−z∙(z′+z2),
или
2x=z′′+2zz′.
Дальнейшее понижение порядка можно осуществить, если учесть, что 2zz′=(z2)′.
Тогда x=z′′+(z2)′, или x=(z′+z2)′. Переходя к дифференциалам:
d (z  z 2 )
 2x
dx
и разделяя переменные: d(z′+z2)=2xdx, получим после интегрирования
z′+z2=x2+C1.
(4.22)
Таким образом, получено нелинейное относительно z дифференциальное уравнение
первого порядка. Это дифференциальное уравнение относится к классу уравнений
Рикатти
y′+P(x)y+Q(x)y2+R(x)=0,
которое не приводится при произвольных коэффициентах к квадратурам. Его можно
привести к линейному уравнению, если известно какое-либо частное решение.
Действительно, пусть z1(x) – известное частное решение уравнения (4.22), т.е.
(4.23)
z1  z12  x 2  C1  0 .
Введем в уравнение (4.22) вместо z новую искомую функцию u(x) по формуле
1
1
z  z1  . Тогда z   z1  2 u  . Подставляя z и z′ в (4.22) и принимая во внимание
u
u
равенство (4.23), получим для u линейное дифференциальное уравнение первого порядка
u′+2z1u+1=0,
которое решается методом вариации произвольной постоянной.
Пример 4.5. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′′+3y′′-4y′-12y=0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение:
k3+3k2-4k-12=0.
Его корни: k1=2, k2=−2, k3=−3. Это простые вещественные корни, поэтому частными
решениями, соответствующими этими корням будут: y1=e2x, y2=e−2x, y3=e−3x. Общее
решение имеет вид: y=C1y1+C2y2+C3y3, или окончательно
y= C1e2x+C2 e−2x +C3 e−3x.
Пример 4.6. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′′+y′′-2y′+12y=0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение:
k3+k2-2k+12=0.
Его корни: k1=k2=2, k3=−3. Все корни вещественные. Кратному корню k1=k2=2 с
кратностью, равной двум будут соответствовать два частных решения: y1=e2x и y2=xe2x.
Простому корню k3=−3 будет соответствовать одно частное решение: y3 =e−3x. Общим
решением уравнения будет
y= C1e2x+C2 xe2x +C3 e−3x.
Пример 4.7. Найти общее решение дифференциального уравнения
y′′′+y′′-2=0.
Решение. Составляем характеристическое уравнение:
k3+k2-2=0.
Его корни: k1,2=−2±2i, k3=1. Видим, что характеристическое уравнение имеет пару
мнимых сопряженных корней k1,2=−2±2i первой кратности, которым соответствуют
частные решения y1= е−2 х cos 2x и y2= е−2 х sin 2x, соответственно. Вещественному
простому корню k3=1 характеристического уравнения соответствует частное решение y3
=ex . Таким образом, получим общее решение заданного в условии дифференциального
уравнения
y= C1 е−2хcos 2x + C2 е−2хsin 2x+ C3ex.
Пример 4.8. Найти общее решение дифференциального уравнения четвертого
порядка
y(IV)−2y′′′+2y′′−2y′+y=x∙sin x.
Решение. Соответствующее характеристическое уравнение
k4−2k3+2k2-2k+1 =0
может быть представлено в виде
(k2+1)(k−1)2 = 0
и имеет двойной корень k1=k2=1 и пару мнимых сопряженных корней k3,4=±i.
Как известно из п.3.6, общее решение неоднородного уравнения складывается из
общего решения соответствующего однородного уравнения и частного решения
неоднородного уравнения.
По таблице общих решений однородных уравнений, приведенной в п. 3.5, где α=0,
β=1, получим общее решение соответствующего однородного уравнения
u(IV)−2u′′′+2u′′−2u′+u=0:
u=(C1+C2x)ex+C2cos x+C3sin x.
Частное решение будем искать в виде xrekx [P1(x)cos bx + Q1(x)sin bx]. Сравнивая
правую часть заданного в условии уравнения с этой формулой, видим, что в данном
случае k=0, b=1 и k±bi=±i есть простые корни характеристического уравнения, т.е r=1.
Кроме того, P(x)=0, Q(x)=x, следовательно, наибольшей из степеней многочленов Р(х) и
Q(х) является первая степень. Это означает, что и искомые многочлены Р1(х) и Q2(х)
должны иметь первую степень. С учетом сказанного частное решение будет иметь вид
y  x(ax  b) cos x  (cx  d ) sin x  (ax 2  bx) cos x  (cx 2  dx) sin x ,
где a, b, c, d – искомые коэффициенты.
Находим производные y , y , y  и y (IV ) и подставляем их в исходное уравнение.
Затем приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x, получаем систему
уравнений. Решая ее, находим неизвестные коэффициенты a, b, c, d. Подставляем их в
выражение для y . Общее решение заданного в условии неоднородного уравнения найдем
как сумму найденного ранее общего решения u соответствующего неоднородного
уравнения и частного решения y неоднородного уравнения:
y=(C1+C2x)ex+C2cos x+C3sin x+ y .
Пример 5.1. Решить систему дифференциальных уравнений
 dy1
 dx  2 x  y1  2 y 2

 dy 2  3 y  y  1
1
2
 dx
Решение.
1). Дифференцируем по x первое уравнение системы
d 2 y1


2 x  y1  2 y 2   dy1   2 x  y1  2 y 2   dy 2 .
 2 x  y1  2 y 2  
2
x
y1
dx y 2
dx
dx
Получим
dy
dy
d 2 y1
 2 1 2 2 .
2
dx
dx
dx
dy1 dy 2
,
их
dx dx
выражениями 2x–y1–2y2 и –3y1+y2+1 из заданной системы и приводим подобные члены.
В результате имеем линейное неоднородное уравнение второго порядка с постоянными
коэффициентами
2). Заменяем в правой части полученного уравнения производные
d 2 y1
 2 x  7 y1 .
dx 2
Полученное дифференциальное уравнение второго порядка не содержит в данном случае
переменной y2, поэтому отпадает необходимость в выполнении третьего и четвертого
шагов.
5). Решаем это уравнение. Перепишем его в виде
y1  7 y1  2x
Это линейное неоднородное уравнение второго порядка. Его решение, как
известно, складывается из общего решения соответствующего однородного уравнения и
частного решения неоднородного уравнения.
Решим сначала соответствующее однородное уравнение:
u′′-7u=0.
Характеристическое уравнение k2−7=0 имеет корни k1= 7 , k2=− 7 . Следовательно,
частными решениями однородного уравнения будут:
u1  e
7 x
, u2  e 
7 x
,
а их линейная комбинация
u  C1e
7 x
+ C2 e 
7 x
является общим решением однородного дифференциального уравнения.
Общее решение неоднородного уравнения будем искать методом вариации
произвольных постоянных в виде
y1  v1 ( x)  u1  v2 ( x)  u2 ,
или
y1  v1 ( x)  e
7 x
+ v2 ( x)  e 
7 x
.
Для нахождения неизвестных функций v1 ( x) и v2 ( x) составим систему уравнений вида
(3.28), где u1  7e
7x
, u 2   7e 
7x
:
7x
 7x

0
v1 ( x)  e  v2 ( x)  e

7x


v1 ( x)  7e  v2 ( x)  ( 7 )e
7x
.
 2 x
Найдем определитель этой системы
e  7x
 7e 
e 7x
7e 7 x
W (v1 , v2 ) =
7x
=2 7 .
Тогда
v1 ( x) 
0
e  7x
 2 x  7e 
7x

2 7
e 7x
7e 7 x
v2 ( x) 
0
 2x
2 7
Интегрируя полученные выражения, получим
v1 ( x) 
1 
xe
7
7x

7 
e
49
7x

7
 x  e
7
7
 xe
7
 C1 , v2 ( x) 
1
xe
7
7x
7x
7x
,
.

7
e
49
7x
 C2 .
Таким образом, общим решение неоднородного дифференциального уравнения второго
порядка относительно y1 будет:
1
y1   xe
7
7x

7 
e
49
7x

 C1   e

7x
1
+  xe
7
7x

7
e
49
7x

 C 2   e 

7x
,
или
y1 
2
x  C1e
7
7x
 C2e 
7x
.
6) Дифференцируем y1 один раз и находим производную
dy1
d 2

 x  C1e
dx dx  7
7x
 C2 e 
7x
 2
   C1 7e
 7
7). Подставляем найденные выражения для y1 и
системы
7x
dy1
:
dx
 C 2 7e 
7x
.
dy1
в первое уравнение заданной
dx
y2  
dy1
1
 2 x  y1
dx
2
и получим после несложных преобразований:
y2 
6
1
x  C1e
7
2
7x
1
( 7  1)  C 2 e 
2
7x
( 7  1) 
1
.
7
Таким образом, решение системы найдено.
Пример 5.2. Проинтегрировать систему дифференциальных уравнений
dx dy
dz
.


x
y
xy  z
dx dy
Решение. Из уравнения
находим ln|x|=ln|y|+lnC1, или

x
y
x
 C1 .
y
dy
dz
Это первый интеграл. Далее решаем уравнение
, которое с учетом того, что

y xy  z
dy
dz
x=C1y перепишем в виде
. Это уравнение является линейным неоднородным

y C1 y 2  z
дифференциальным уравнением первого порядка. Действительно, используя свойство
пропорций представим это уравнение как:
dz 1
 z  C1 y .
dy y
Решаем его по формуле общего решения
 P ( y )dy 
P ( y )dy
ze 
   Q( y )  e 
 dy  C  ,


1
где в данном случае P(y)=  , Q(y)=C1y. Тогда
y
z=C1y2+C2y, или z=xy+C2y.
Итак, мы получили два первых интеграла
x
z
 C1 и
 x  C2
y
y
Так как они независимы и число их равно числу уравнений рассматриваемой системы, то
других интегралов, которые были бы независимы от полученных, т.е. не являлись бы их
следствием нет.
Пример 5.3. Проинтегрировать систему дифференциальных
уравнений
1
 dx
 dt  y 2  2 x ,


 dy  1 .
 dt 2 xy
Решение. Если мы хотим получить решение без параметра t, представим эту
систему в симметрической форме
dx
dy
.
 2
2 xy y  2 x
Полученная система состоит из одного уравнения. Делим левую часть на правую и
получаем интегрируемую комбинацию – дифференциальное уравнение Бернулли:
dy 1

y   y 1 .
dx 2 x
Общее решение этого уравнения:
y2=C1x–2xln|x|
является первым интегралом системы. Этот интеграл является единственным
независимым интегралом для симметрической формы, полученной в начале решения,
поскольку она состоит из одного уравнения.
Если мы хотим, чтобы в решении присутствовал параметр t, то подставляем
полученное для y2 выражение в первое уравнение исходной системы:
dx
1

.
dt x(C1  2  2 ln x )
Откуда
dt  x(C1  2  2 ln x )dx .
После интегрирования:
x2
x2
t
(C1  2)  x 2 ln x 
 C2 .
2
2
Пример 5.4. Решить систему дифференциальных
уравнений
 dy1
 dx  y1  y 2 ,

 dy 2  y  4 y .
2
1
 dx
Будем решать эту систему методом Эйлера. Согласно этому методу, частные решения
системы ищем в виде
y1  A1e kx , y 2  A2 e kx .
Подставляем y1, y2 и их производные в заданную систему
kA1e kx  e kx ( A1  A2 ),


kx
kx

kA2 e  e (4 A1  A2 ).
Сокращая на ekx, получаем систему уравнений, аналогичную (5.14)
(k  1) A1  A2  0

4 A1  (k  1) A2  0,
Из которой, в силу нетривиальных искомых решений, следует
k 1 1
 0,
4
k 1
или (k-1)2-4=0. Корни этого характеристического уравнения k1=3, k2=-1 — — простые,
следовательно, соответствующие им частные решения имеют вид
y1(1)  A1(1) e 3 x y1( 2)  A1( 2) e  x
y 2(1)  A2(1) e 3 x y 2( 2)  A2( 2) e  x .
Связь между коэффициентами Ai( j ) найдем, подставив полученные частные решения ,
например, для y1 в первое уравнение исходной системы:
(1)
(1)
(1)

3 A1  A1  A2

( 2)
( 2)
( 2)

 1  A1  A1  A2 .
Вторые уравнения будут следствием записанных. Из полученной системы найдем:
A2(1)  2A1(1) и A2( 2)  2A1( 2) . В силу произвольности A1(1) и A1( 2) можем, например, принять,
что A1(1)  A1( 2)  1 . Тогда A2(1)  2 и A2( 2)  2 . Тогда общее решение запишется в виде
y1  C1 y1(1)  C2 y1( 2)
y 2  C1 y 2(1)  C2 y 2( 2) ,