Блиц-курс «Дифференциальные уравнения»

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

47 

В правой части выполняем почленное деление (можно это было сделать сразу): 

2

2

2

2

2

2

)

1

(

2

)

1

(

2

)

(

)

1

(

2

x

xe

x

x

x

x

xe

y

x

y



















 

уничтожаем несладкую парочку: 

2

2

)

1

(

2

)

(

x

x

x

x









 

 

и восстанавливаем функцию «фи»: 

C

x

x

x

d

x

xdx

x























2

2

2

2

2

2

1

1

)

1

(

)

1

(

)

1

(

2

)

(



 – после чего подставляем её в 

«недоделанную» функцию 

)

(

1

2

x

x

e

F

y









: 

C

x

x

e

F

y











2

2

1

1

1

 

 

Ответ: общий интеграл: 

const

C

C

x

e

y











где

,

0

1

1

2

 

 

«Зеркальный» способ решения ни в коем случае не лишний, и тем более не 

является «понтами». На «традиционном» пути запросто может встретиться трудный или 

ОЧЕНЬ трудный интеграл, и тогда альтернативный вариант окажется просто спасением! 

И, кроме того, второй способ может показаться вам удобнее чисто субъективно. 

Пример 30 

Найти общий интеграл дифференциального уравнения. 

0

sin

2

sin

2

2

































dy

y

x

y

dx

x

y

x

 

 

Решайте так – как вам удобно! Но на всякий-то случай пройдите обоими путями ;) 

 

Кроме того, существуют уравнения, сводящиеся к уравнению в полных 

дифференциалах, которые решаются методом интегрирующего множителя. Но 

вероятность встречи с ними крайне мала, и поэтому мы продолжаем. 

 

Полного вам дифференциала во второй части книги! =) 

 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

48 

2. Дифференциальные уравнения высших порядков 

 

Дифференциальное уравнение  n -го порядка имеет вид: 

 

0

)

...,

,

,

,

,

,

(

)

(









n

y

y

y

y

y

x

F

 и обязательно содержит производную «энного 

порядка» 

)

(n

y

 и НЕ содержит производные более высоких порядков.  

 

Так, простейшее уравнение 2-го порядка 

0

)

,

,

,

(





 y

y

y

x

F

 выглядит так: 

0





y

, 

простейшее уравнение 3-го порядка 

0

)

,

,

,

,

(









y

y

y

y

x

F

 – так: 

0





y

 и т.д. 

 

Принцип точно такой же: решить ДУ высшего порядка – это значит, найти 

множество функций, которые удовлетворяют данному уравнению. Это множество 

называют общим интегралом 

0

)

...,

,

,

,

,

(

2

1



n

C

C

C

y

x

F

 (или общим решением), которое 

содержит ровно «эн» констант. Придавая им различные значения, мы можем получить 

бесконечно много частных интегралов (решений) дифференциального уравнения. 

 

Капитан Очевидность говорит нам о том, что существуют разные типы уравнений 

высших порядков, и мы незамедлительно приступаем к их изучению.  

  

2.1. Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка 

 

Уже из самого названия становится понятно, что такие сводятся к уравнениям 

более низкого порядка. Различают три подтипа таких диффуров, и чтобы не плодить 

трёхуровневое меню, я буду использовать словесную нумерацию: 

 

Подтип первый.

 Уравнения, разрешимые повторным интегрированием 

 

Данное уравнение имеет вид 

)

(

)

(

x

f

y

n



, где 

)

(x

f

 зависит только от «икс», и в 

тривиальном случае представляет собой константу. 

 

Чтобы решить такое уравнение, нужно  n  раз проинтегрировать правую часть. 

Пример 31 

x

x

y

2

2







 

 

Решение: данное дифференциальное уравнение имеет вид 

)

(x

f

y 



. Интегрируем 

правую часть, понижая степень уравнения до 1-го порядка: 

1

2

3

1

2

3

2

3

2

1

2

3

1

)

2

(

C

x

x

C

x

x

dx

x

x

y























, или короче: 

1

2

3

3

C

x

x

y









 

 

Теперь интегрируем правую часть еще раз, получая общее решение: 

...

12

3

4

3

1

3

4

2

1

3

4

1

2

3



































x

C

x

C

x

x

dx

C

x

x

y

 

 

Ответ: общее решение: 

const

C

C

x

y







2

1

4

,

где

...,

12

 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

49 

Проверяются такие уравнения обычно очень легко. В данном случае нужно лишь 

найти вторую производную: 

1

2

3

1

2

3

2

1

3

4

3

1

0

3

3

1

4

12

1

3

12

C

x

x

C

x

x

C

x

C

x

x

y











































 

x

x

x

x

C

x

x

y

2

0

2

3

3

1

3

1

2

2

1

2

3



































 

В результате получено исходное дифференциальное уравнение 

x

x

y

2

2







, 

значит, общее решение найдено правильно. 

Пример 32 

Решить дифференциальные уравнения  

0

в)

,

2

sin

б)

,

3

a)















y

x

x

y

y

 

 

Это пример для самостоятельного решения, … не тушуемся – решаем! 

 

Нахождение частного решения (задача Коши) имеет свои особенности, одна из 

которых такова: 

каков порядок уравнения – столько и начальных условий

. Это, 

кстати, касается и других типов диффуров, и если у вас начальных условий меньше, то в 

условии вашей задачи опечатка, точнее, недопечатка. 

Пример 33 

Найти частное решение ДУ, соответствующее заданным начальным условиям  

2

1

)

0

(

,

0

)

0

(

,

0

)

0

(

,

2

















y

y

y

e

y

x

 

 

Уравнение третьего порядка – три начальных условия. 

 

Решение: данное уравнение имеет вид 

)

(x

f

y 



, а значит, нам нужно 

последовательно проинтегрировать правую часть три раза.  

 

Сначала понижаем степень уравнения до второго порядка:  

1

2

2

2

1

C

e

dx

e

y

x

x











 

 

Первый интеграл принёс нам константу 

1

C . В уравнениях рассматриваемого типа 

рационально сразу же применять подходящие начальные условия. 

 

Итак, у нас найдено 

1

2

2

1

C

e

y

x







, и, очевидно, к полученному уравнению 

подходит начальное условие 

2

1

)

0

(







y

. В соответствии с этим условием: 

1

2

1

2

1

)

0

(

1

1

















C

C

y

 

 

Таким образом: 

1

2

1

2







x

e

y

 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

50 

На следующем шаге берём второй интеграл, понижая степень уравнения до 

первого порядка: 

2

2

2

4

1

1

2

1

C

x

e

dx

e

y

x

x



























 

 

Выползла константа 

2

C , с которой мы немедленно расправляемся. Возникла тут у 

меня забавная ассоциация, что я злой дед Мазай с одноствольным ружьём. Ну и 

действительно, константы «отстреливаются», как только покажут уши из-под интеграла. 

 

В соответствии с начальным условием 

4

1

)

0

(





y

: 

0

4

1

0

4

1

)

0

(

2

2















C

C

y

 

 

Таким образом: 

x

e

y

x







2

4

1

 

 

И, наконец, третий интеграл: 

 

...

4

1

2





















dx

x

e

y

x

 

 

Для третьей константы используем последний патрон 

8

9

)

0

(



y

: 

1

8

9

0

8

1

)

0

(

3

3













C

C

y

 

 

Зайцы плачут, заряды были с солью (я же не маньяк какой-то ) 

 

Ответ: частное решение: 

...

8

1

2





x

e

y

 

 

Выполним проверку, благо, она ненапряжная и чёткая: 

 

1) Проверяем начальное условие 

8

9

)

0

(



y

: 

8

9

1

0

8

1

)

0

(









y

 – выполнено. 

 

2) Находим производную: 

x

e

x

e

x

e

y

x

x

x



































2

2

2

2

4

1

0

2

2

2

8

1

1

2

8

1

 

Проверяем начальное условие 

4

1

)

0

(





y

: 

4

1

0

4

1

)

0

(









y

 – выполнено. 

 

 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

51 

3) Находим вторую производную: 

1

2

1

4

1

2

2

























x

x

e

x

e

y

 

Проверяем начальное условие 

2

1

)

0

(







y

: 

2

1

1

2

1

)

0

(











y

 – выполнено. 

 

4) Найдем третью производную: 

x

x

x

e

e

e

y

2

2

2

0

1

2

1



























 

Получено исходное дифференциальное уравнение 

x

e

y

2





 

 

Вывод: задание выполнено верно. 

 

Аналогичное задание для самостоятельного решения: 

Пример 34 

Найти частное решение уравнения, соответствующее заданным начальным 

условиям, и выполнить проверку 

6

3





y

x

, 

0

)

1

(



y

, 

5

)

1

(





y

, 

1

)

1

(





y

 

 

Решение и ответ в конце книги. 

 

Время от времени в дифференциальных уравнениях рассматриваемого типа 

приходится находить более трудные интегралы: использовать метод замены переменной, 

интегрировать по частям, прибегать к другим ухищрениям. Но это уже всё зависит от 

вашей техники интегрирования и к сегодняшней теме не относится.  

 

Подтип второй.

 В уравнении в явном виде отсутствует функция 

y

. 

 

Простейшее уравнение этого подтипа в общем виде выглядит так: 

0

)

,

,

(





 y

y

x

F

 – всё есть, а «игрека» нет. Точнее, его нет в явном виде, но он 

обязательно всплывёт в ходе решения. 

 

Кроме того, вместе с «игреком» в явном виде может отсутствовать первая 

производная: 

0

)

,

,

(





 y

y

x

F

 – это уже уравнение третьего порядка. 

 

Может дополнительно отсутствовать и вторая производная: 

0

)

,

,

(





IV

y

y

x

F

 – уравнение четвертого порядка. 

 

И так далее. Думаю, вы увидели закономерность, и теперь сможете без труда 

определить такое уравнение в практических примерах. Заостряю внимание, что во всех 

этих уравнениях обязательно присутствует независимая переменная «икс».  

 

На самом деле есть общая формула и строгая формулировка, но от них легче не 

станет, и поэтому мы сразу переходим к практическим вопросам: 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

52 

Как решать такие уравнения?

 Они решаются с помощью очень простой замены. 

Пример 35 

Найти общее решение дифференциального уравнения  

)

1

(

9

1













x

x

y

y

 

 

Решение: в предложенном уравнении второго порядка в явном виде не участвует 

переменная 

y

. Заменим первую производную 

y

 новой функцией 

z

, которая зависит от 

«икс»: 

)

(x

z

y 



 

 

Если 

z

y 



, то 

z

y







 

 

Цель проведённой замены очевидна – понизить степень уравнения: 

)

1

(

9

1











x

x

z

z

 

 

Получено самое что ни на есть обычное 

линейное неоднородное ДУ 1-го порядка

, с 

той лишь разницей, что вместо привычной функции «игрек» у нас функция «зет». Для 

разнообразия я решу его методом 

вариации произвольной постоянной

: 

 

1) Найдём общее решение соответствующего линейного однородного уравнения: 

0

1









x

z

z

 

Разделяем переменные и интегрируем: 

1







x

z

dx

dz

 











1

x

dx

z

dz

 

C

x

z

ln

1

ln

ln









 

const

C

x

C

z

x

C

z











~

где

,

1

~

1

ln

ln

 

 

2) Варьируя постоянную  C

~ , в неоднородном уравнении проведём замену: 

...

1











z

x

u

z

 – подставляем «зет» и «зет штрих» в уравнение 

)

1

(

9

1











x

x

z

z

: 

)

1

(

9

)

1

(

)

1

(

1

2

2

















x

x

u

x

u

x

u

 

 

Пара слагаемых в левой части испаряются, значит, мы на верном пути: 

)

1

(

9

1









x

x

u

 

 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

53 

Разделяем переменные и интегрируем: 













dx

x

du

x

dx

du

2

2

)

1

(

9

)

1

(

9

 

1

3

1

3

2

)

1

(

3

)

1

(

3

1

9

)

1

(

9

C

x

C

x

dx

x

u





















 

 

Таким образом:  

...

1

)

1

(

3

1

1

3















x

C

x

x

u

z

 

 

Итак, функция 

z

 найдена, и тут на радостях можно забыть про одну вещь и 

машинально записать ответ. Нет-нет, ещё не всё. Вспоминаем, что в начале задания была 

выполнена замена 

z

y 



, следовательно, нужно провести обратную замену 

y

z





: 

1

)

1

(

3

1

2











x

C

x

y

 

 

Общее решение восстанавливаем интегрированием правой части: 

2

1

3

1

2

1

ln

)

1

(

1

)

1

(

3

C

x

C

x

dx

x

C

x

y

































 

 

На заключительном этапе нарисовался партизан «игрек», который, как мы помним, 

в дифференциальное уравнение в явном виде не входил. 

 

Ответ: общее решение: 

const

C

C

C

x

C

x

y













2

1

2

1

3

,

где

,

1

ln

)

1

(

 

 

В большинстве случае проверить такие уравнения не составляет особого труда. 

 

Находим первую и вторую производные от ответа: 

2

1

1

2

1

2

2

1

3

)

1

(

)

1

(

6

)

1

(

)

1

(

3

)

1

(

)

1

(

3

)

1

ln

)

1

((























































x

C

x

x

C

x

y

x

C

x

C

x

C

x

y

 

 

и подставляем их в исходное уравнение 

)

1

(

9

1













x

x

y

y

: 

)

1

(

9

)

1

(

3

)

1

(

6

)

1

(

9

)

1

(

)

1

(

3

)

1

(

)

1

(

6

)

1

(

9

1

)

1

(

)

1

(

3

)

1

(

)

1

(

6

2

1

2

1

1

2

2

1





























































x

x

x

x

x

C

x

x

C

x

x

x

x

C

x

x

C

x

 

)

1

(

9

)

1

(

9







x

x

 – в результате получено верное равенство, значит, общее решение 

найдено правильно. 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

54 

Если дано аналогичное уравнение с более «высокими» производными: 

)

1

(

9

1













x

x

y

y

, то решение будет очень похожим. 

 

В результате замены 

z

y

z

y













 мы получим то же самое линейное 

уравнение 

)

1

(

9

1











x

x

z

z

, однако после обратной замены у нас нарисуется диффур 

первого подтипа: 

1

)

1

(

3

1

2











x

C

x

y

, который следует решить двукратным интегрированием правой 

части: 

2

1

3

1

2

1

ln

)

1

(

1

)

1

(

3

C

x

C

x

dx

x

C

x

y



































 – в точности ответ предыдущей 

задачи, который нужно проинтегрировать ещё раз: 





...

4

)

1

(

1

ln

)

1

(

4

2

1

3



















x

dx

C

x

C

x

y

 

 

Готово. 

 

Всегда ли в результате таких замен получается 

линейное неоднородное уравнение 

1-го порядка

? Нет, не всегда. Запросто может получиться 

уравнение с разделяющимися 

переменными

, 

однородное уравнение

 или какая-нибудь другая интересность: 

Пример 36 

Решить дифференциальное уравнение  

y

x

y

x











cos

)

sin

1

(

 

 

Это пример для самостоятельного решения.  

 

Что делать, если в уравнении рассмотренного подтипа требуется найти частное 

решение? Выгодно использовать ту же методику – последовательный «отстрел» констант. 

 

Подтип третий.

 В дифференциальном уравнении в явном виде отсутствует 

независимая переменная  x . 

 

Такое уравнение решается с помощью замены 

)

( y

z

y 



, где 

z

 – функция, 

зависящая от «игрек». Следует отметить, что по правилу дифференцирования сложной 

функции: 

)

(

)

(

)

(

y

z

y

z

y

y

z

y

















, или, если короче, в дифференциальном уравнении 

нужно провести подстановку: 

z

z

y

z

y













, не забывая по ходу решения, что 

dy

dz

z 



 

 

Встреча с такими диффурами в отчётной работе крайне маловероятна, и поэтому я 

воздержусь от конкретных примеров, но на всякий случай 

вот ссылка

 (см. низ статьи). 

 

Вы готовы к новым свершениям? Впереди ключевые уравнения! 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

55 

2.2. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка  

 

В рамках данного курса мы будем рассматривать уравнения с постоянными 

коэффициентами. Такое уравнение имеет вид: 

 

0











qy

y

p

y

, где 

p

 и 

q

  – конкретные числа (постоянные коэффициенты), а в 

правой части – строго ноль. 

 

Для того чтобы решить данное ДУ

, нужно составить так называемое 

характеристическое уравнение: 

 

0

2







q

p





 – это обычное квадратное уравнение с двумя корнями 

2

1

,





, 

которые нам нужно найти (алгоритм я напомнил в Приложении Школьные формулы). 

При этом возможны три случая: 

 

Случай первый.

 Характеристическое уравнение имеет два различных 

действительных корня 

 

Если характеристическое уравнение 

0

2







q

p





 имеет два различных 

действительных корня 

1



, 

2



 (т.е., если дискриминант 

0



D

), то общее решение 

однородного уравнения выглядит так:  

x

x

e

C

e

C

y

2

1

2

1









, где 

2

1

, C

C

 – константы.  

 

Если один из корней равен нулю, то решение очевидным образом упрощается; 

пусть, например, 

0

1





, тогда общее решение: 

x

x

x

e

C

C

e

C

e

C

y

2

2

2

1

2

0

1















.  

Пример 37 

Решить дифференциальное уравнение 

0

2 









y

y

y

 

 

Решение: составим характеристическое уравнение: 

0

2

2











 

и вычислим его дискриминант (см. Приложение Школьные формулы): 

0

9

8

1









D

, значит, уравнение имеет различные действительные корни. 

 

Порядок корней не имеет значения, но обычно их располагают в порядке 

возрастания: 

1

2

3

1

,

2

2

3

1

2

1























 – для проверки подставляем найденные 

значения в квадратное уравнение и убеждаемся, что они «подходят». 

 

Всё, что осталось сделать – записать ответ, руководствуясь формулой 

x

x

e

C

e

C

y

2

1

2

1









 

 

Ответ: общее решение: 

const

C

C

e

C

e

C

y

x

x









2

1

2

2

1

,

где

,

 

 

Не будет ошибкой, если записать общее решение «наоборот»: 

x

x

e

C

e

C

y

2

2

1







, но, 

как я отметил выше, традиционным стилем считается расположить коэффициенты по 

возрастанию, сначала –2, потом 1. 

 

© Емелин А., полную и актуальную версию книги можно найти здесь: 

http://mathprofi.com/knigi_i_kursy/

  

56 

Как выполнить проверку? По большому счёту, достаточно проверить квадратное 

уравнение, т.е. подставить значения 

1

,

2

2

1











 в уравнение 

0

2

2











, но я 

напомню и общий принцип – найденное множество функций должно удовлетворять 

дифференциальному уравнению. Посмотрим, как это работает в нашем случае – берём 

ответ 

x

x

e

C

e

C

y

2

2

1







 и находим производную: 

x

x

x

x

e

C

e

C

e

C

e

C

y

2

2

1

2

2

1

2

)

(



















 

 

Далее находим вторую производную: 

x

x

x

x

e

C

e

C

e

C

e

C

y

2

2

1

2

2

1

4

)

2

(



















 

 

и подставляем 

x

x

e

C

e

C

y

2

2

1







, 

x

x

e

C

e

C

y

2

2

1

2











 и 

x

x

e

C

e

C

y

2

2

1

4









 в левую 

жүктеу/скачать 1,54 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: