Пример 1. Решить уравнение
dy = y¢dx, 
y = c1 x¾ общее решение уравнения.
Пример 2. Доказать, что функция
у = С1ех + С2е2х (1)
является решением уравнения
у" – 3у' + 2у = 0. (2)
Решение. Последовательно дифференцируя (1), приходим к равенствам:
y' = С1ех + 2С2е2х,
у" = С1ех + 4С2е2х.
Решая эту систему относительно С1ехи С2е2х, получаем:
С1ех = 2y' – у",
Подставляя эти выражения в (1), приходим к (2).
Пример 3. Проверить, что функция
у3 – Сх3 + 3ху = 0 (3)
является интегралом уравнения
у3 – (ху2 + х2)у' + 2ху = 0. (4)
Решение. Дифференцируя (3)по х в предположении, что у = у(х), приходим к равенству
у2у' – Сх2 + у + ху' = 0,
откуда
Сх2 = (у2 + х)у' + у.
Подставляя выражение для Сх2 из последнего равенства в (3), имеем:
у3 – (у2y' + хy' + y)x + 3ху = 0,
что равносильно (4).
Пример 4. Найти дифференциальное уравнение семейства кривых
y = C(x – C)2. (5)
Решение. Дифференцируя (5)по переменной х, получаем
y' =2C(x – C), (6)
откуда
С2= Сх – 5у'.(7)
С помощью равенства (7)преобразуем (5)так, что постоянная Сбудет входить в запись слагаемых полученного выражения встепенях не более первой:
у =0,5 ху' –0,5Су'.
Следовательно,
Су' = ху' – 2у. (8)
Умножая (6)на (у')2, получаем
(у')3=2ху'(Су') – 2(Су')2.
Исключая из полученного равенства Су' с помощью (8), окончательно имеем:
(у')3=4хyу' – 8y2.
Пример 5. Найти решение уравнения
удовлетворяющие начальному условию у (0) = 1.
Решение. Из определения неопределенного интеграла <…>, следует, что общее решение заданного уравнения имеет вид:
Используя преобразование переменной под знаком дифференциала, получаем
Учитывая начальное условие, приходим к равенству 1 = 1 + С, откуда С = 0. Таким образом, искомое частное решение имеет вид:
Геометрически найденная функция представляет интегральную кривую дифференциального уравнения, проходящую через точку (0, 1). ►
Пример 6. Решить уравнение:
yx2dy – ln xdx = 0.(10)
Решение. Исходное уравнение перепишем в виде
.
(11)
Таким образом, имеем уравнение с разделяющимися переменными и из (11) следует:
Интеграл левой части — табличный. Для нахождения интеграла правой части воспользуемся формулой интегрирования по частям, где
и = ln x, :
Окончательно интеграл уравнения (10) имеет вид:
Пример 7. Решить уравнение
Решение. Правая часть уравнения является однородной функцией степени 0 по переменным х и у, так как
Поэтому данное уравнение — однородное. Для его решения воспользуемся заменой переменной z = у/х, где z = z (х). Тогда у' = zx y'=z'x + z, иуравнение (12.13) принимает вид:
или
что равносильно
т.е. приходим к уравнению с разделяющимися переменными. Выполняя почленное интегрирование последнего равенства, получаем
Возвращаясь к исходной переменной, после преобразования имеем:
Пример 8:
1) (1 + x2)y" – 2ху' = 0.
Замена y' = p, p = p(x), y'' = p' Þ (1+ х2)p' – 2хр =0 — уравнение с разделяющимися переменными Þ
y' = c1(1 + x2) Þ dy = c1(1 + x2)dx Þ
y = c1(x + x3/3) + c2. ►
2) 1 + y'2 –= 2yу''.
Замена y' = p, p = p(y), у" = р'р, 1 + р2 =2урр' — уравнение с разделяющимися переменными
Пример 9:Решить уравнение
y" = y'ctg x.
Решение. Положим z = 1. Тогда у" = (у')' = z' и исходное уравнение принимает вид
z' = zctg x. (12.28)
Пусть z ≠ 0. Тогда из (12.28)следует:
или
Интегрируя почленно последнее равенство, получаем
ln|z| = ln|sin x| + lnC1,
где С1 > 0, или
z = ± С1sin x.
Так как z = 0 является решением уравнения (12.28),то произвольное решение этого уравнения имеет вид:
z = С1sin x, (12.29)
где С1— произвольное число.
Так как 
то из (12.29)следует:
dy = С1sin xdx.
Интегрируя последнее равенство, окончательно получаем
у = – С1cos x + C2. ►
Пример 10:Решить уравнение
yy" = y2y' + (y')2,
Решение. Пусть z = y', тогда , где и исходное уравнение принимает вид: dy
yzz' = y2z + z2, (12.30)
т.е. становитсяуравнением относительно функции z = z(y). Очевидно, z = 0 — решение уравнения (12.30),откуда у = С,где С— произвольное число.
Пусть z ≠0. Тогда из (12.30)следует, что
yz' = y2 + z (12.31)
— линейное уравнение первого порядка .Решение этого уравнения будем искать в виде z = uv,где v = v(y) — некоторое решение уравнения
yv' – v = 0, (12.32)
и = и(у) —решение уравнения
u'v = y. (12.33)
Решая (12.32),в частности, имеем v = у.Тогда (1233)приводит к уравнению и' =1, откуда и = у + С1, т.е. решение (12.31)имеет вид:
z = y2+ C]y.
Так как z = y',то приходим к уравнению
Пусть С1 = 0. Тогда при y ≠0 имеем
и, следовательно, х= у–1 + С2, или
у =(С2 – х) –1. (12.34)
Пусть C1 ≠ 0, тогда
и после интегрирования:
Окончательно решение исходного уравнения имеет вид у = С или (12.34), или(1235)
Пример 11.
xy¢ - y - x - 1= 0.
y = xln x + Cx - 1 ¾ общее решение уравнения.
Пример 12.
Решить уравнение
Решение. Будем искать решение этого линейного уравнения в виде
у = и × v,
где v = v(x)— некоторое решение уравнения
u = u(x)— решение уравнения
vu' = x2. (12.19)
Уравнение (12.18)— с разделяющимися переменными:
Выполняя почленное интегрирование последнего равенства, получаем:
ln|v| = –ln|x + 1| + C.
Поскольку в данном случае достаточно найти некоторое решение уравнения (12.18), то удобно полагать С =0, тогда
Подставляя найденную функцию v в уравнение (12.19),приходим к уравнению
du = (x3 + x2)dx.
В результате почленного интегрирования последнего равенства получаем
Таким образом, решение исходного уравнения имеет вид:
Пример 13.
Решить уравнение
(у3 – ху)у' = 1.
Решение. Будем искать решение этого уравнения в виде x = х(у) (т.е. считая, что у— независимая переменная, а х— функция от у). Так как
то исходное уравнение линейно относительно функции х:
х' + ху = у3. (12.20)
Решим соответствующее однородное уравнение:
х' + ху = 0. (12.21)
Пусть х ≠ 0. Тогда
Последнее равенство равносильно
Учитывая, что х = 0 — решение уравнения (12.21),получаем, что общее решение этого уравнения имеет вид:
12.22
Полагая, что С2= С2(у), найдем эту функцию из условия, что (12.22)— решение уравнения (12.20).Из (12.22)следует, что
12.23
Подставляя (12.22), (12.23)в (12.20), приходим к уравнению
или
Тогда
Применяя формулу интегрирования по частям, получаем:
Подставляя найденное выражение для функции С2= С2(у)в (12.22), получаем решение уравнения (12.20):
Пример 14.
Решить уравнение
Решение. Данное уравнение является уравнением Бернулли при n = 2. Отметим, что у = 0 является решением этого уравнения. Пусть у ≠ 0. Воспользуемся заменой переменной z = у1 – n = у–1.Тогда у = z–1, у' = – z–2z' и исходное уравнение принимает вид:
Решим сначала однородное уравнение
Пусть z ≠ 0. Тогда
ln|z| = ln|x| = lnC2, (12.26)
где С2 — произвольное положительное число. Равенство (12.26) перепишем в виде:
|z| = С2|х| или z = ± С2х.
Учитывая, что z = 0 является решением уравнения (12.25), получаем, что произвольное решение этого уравнения имеет вид:
z = С1х,(12.27)
где С1— любое число.
Положим теперь, что С1 = С1(х)и найдем эту функцию С1из условия, что (12.27) — решение уравнения (12.24). Из (12.27) следует, что
Тогда, учитывая (12.27), получаем, что уравнение (12.24) принимает вид:
или
dC1 = dx,
и поэтому
С1 = х + С.
Подставляя это выражение в (12.27), имеем решение уравнения (12.24):
z = (x + C)x.
Так как
то окончательно решение исходного уравнения
имеет вид:
у(х2+ Сх) = 1,
или
y = 0.
Пример 15.Решить уравнения:
а) y'' – 3y' + 2y = 0;
Решая характеристическое уравнение
λ2 – 3λ + 2 = 0,
находим его корни λ1 = 1, λ2 = 2. Тогда общее решение данного уравнения имеет вид
y = C1ex + C2e2x.
б) y'' – 2y' + y = 0
Решая характеристическое уравнение
λ2 – 2λ + 1 = 0
получаем λ1 = λ2 = 1
Согласно п. 2 теоремы общее решение дифференциального уравнения имеет вид
y = (C1 + C2x)ex.
в) y'' – 2y' + 2y = 0.
Характеристическое уравнение
λ2 – 2λ + 2 = 0
не имеет действительных корней. В этом случае согласно п. 3 теоремы общее решение дифференциального уравнения имеет вид
y = C1exsin x + C2excos x (a = β = 1).
Пример 16.
¾ неоднородное уравнение.
¾ соответствующее ему однородное уравнение.
¾ общее решение однородного уравнения.
Будем искать частное решение неоднородного уравнения в виде
Подставим эту функцию в неоднородное уравнение:
Приравняем коэффициенты при sinx и cosx.
¾ частное решение неоднородного уравнения.
¾ общее решение неоднородного уравнения.
Пример 17.
у" + у' = 5х + 3.◄ Ищем решение в виде
.
а) y* — общее решение уравнения
у" + у' = 0,
его характеристическое уравнение
k2 + k = 0, т.е. k1= 0, k2 = –1 Þ у* = с1 + c2e– x:
б) — частное решение уравнения
у" + у' = 5х + 3
— ищем в виде
так как правая часть уравнения — многочлен первой степени и k1= 0. Подставим в уравнение:
2A + B = 3 Þ A = 5/2, B = – 2.
Таким образом,
y = c1 + с2е–x + 5х 2/2 – 2х
Основная литература
1. Шипачёв, В.С. Высшая математика: учебник для вузов.- 8-е изд., стер.- М.: Высшая школа, 2007.- 479с., илл. ББК 22.1 МО
2. Башмаков, М.И. Математика. Сборник задач профильной направленности: учеб. пособие для СПО.- М.: Академия, 2012.- 208с. ББК 22.1 ФИРО
3. Башмаков, М.И. Математика. Задачник: учеб. пособие для СПО.- М.: Академия, 2012.- 416с. ББК 22.1 ФИРО
4. Федорова Н.В. Математика. Учебное пособие. – Волгоградский институт бизнеса, вузовское образование. 2013. ISBN: 978-5-9061-7227-3
5. Лукша В.В. Математика. Учебное пособие. – Волгоградский институт бизнеса, вузовское образование. 2013. ISBN: 978-5-9061-7228-0
6. Гунько Ю.А. Математический анализ. Учебное пособие. – Волгоградский институт бизнеса, вузовское образование. 2013. ISBN: 978-5-9061-7230-3
7. Щербакова Ю.В. Дифференциальные уравнения. Учебное пособие. Научная книга. 2012.
8. Боронина Е.Б. Математический анализ. Учебное пособие. Научная книга. 2012.
Дополнительная литература
1. Высшая математика для экономистов: Учебник / Кремер Н.Ш. - М.: Юнити, 2006, 2008, 2009.
2. Сборник задач по высшей математике для экономистов: Учб. пособ./ Под ред. В.И. Ермакова-М.:ИНФРА-М,2004.
3. Общий курс высшей математики (для экономистов): Учебник / Под ред. Ермакова В.И. – М.: Инфра-М, 2003.
4. Кузнецов Б. Т. Математика. М., ЮНИТИ, 2004
Формы текущего контроля знаний: решение задач.
Формы контроля самостоятельной работы студентов: ответы на вопросы, проверка решения задач, заданных на дом.