Математика. Часть II. Математический анализ и дифференциальные уравнения. Александрова Е.Б - 298 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

РГПУ им. Герцена | Санкт-Петербург

Составители: 

Рубрика: 

294
II. Уравнение вида
0),,(
=
′
′
′
yyxF , (2)
не содержащее явно искомой функции у, подстановкой
zy =
′
приводится к
уравнению первого порядка:
0),,(
=
′
zzxF
Решая это уравнение, получаем общее решение в виде:
),(
1
Сxz
ϕ
= или
),(
1
Сxy
ϕ
=
′
.
Тогда искомое решение уравнения (2):
21
),( CdxСxy
+
=
∫
ϕ
Пример 3. Решить уравнение:
(
)
021
2
=
′
−
′′
+ yxyx
Приведем это уравнение подстановкой
zy
=
′
к уравнению первого
порядка с разделяющимися переменными.
Так как
zy
′
=
′
′
, получим:
(
)
021
2
=−
′
+ xzzx
Разделяя переменные и интегрируя, получим:
(
)
021
2
=−+ xz
dx
dz
x ,
(
)
021
2
=−+ xzdxdzx ,
разделим обе части уравнения на
)1(
2
xz + ,
0
≠
z
dx
x
x
z
dz
2
1
2
+
= ,
Cdx
x
x
z
dz
+
+
=
∫∫
2
1
2
, положим
1
lnCC =
1
2
ln)1ln(ln Cxz ++= , отсюда
)1(
2
1
+= xCz .
Так как
zy
=
′
, имеем
)1(
2
1
+=
′
xCy , отсюда
2
3
12
2
1
)
3
()1( Cx
x
CCdxxCy ++=++=
∫
– общее решение исходного уравнения.

Страницы