Дифференциальные уравнения

Дифференциальные уравнения Основные понятия При решении различных задач математики, физики, химии и других наук часто пользуются математическими моделями в виде уравнений, связывающих независимую переменную, искомую функцию и ее производные. Такие уравнения называются дифференциальными уравнениями (термин принадлежит Г. Лейбницу, 1676 г.). Решением дифференциального уравнения называется функция, которая при подстановке в уравнение обращает его в тождество. Так, решением уравнения y ′ = f (x) является функция y = F (x) – первообразная для функции f (x) . Рассмотрим некоторые общие сведения о дифференциальных уравнениях (ДУ). Если искомая (неизвестная) функция зависит от одной переменной, то ДУ называют обыкновенным; в противном случае – ДУ в частных производных. Далее будем рассматривать только обыкновенные ДУ. Наивысший порядок производной, входящей в ДУ, называется порядком этого уравнения. Процесс отыскания решения ДУ называется его интегрированием, а график решения ДУ – интегральной кривой. Рассмотрим некоторые задачи, решение которых приводит к дифференциальным уравнениям. Дифференциальные уравнения первого порядка 1. Основные понятия Дифференциальное уравнение первого порядка в общем случае можно записать в виде F ( x; y; y ′) = 0 . (1) Уравнение связывает независимую переменную x , искомую функцию y и ее производную y′ . Если уравнение (1) можно разрешить относительно y′ , то его записывают в виде y′ = f ( x; y ) (2) и называют ДУ первого порядка, разрешенным относительно производной. Мы в основном будем рассматривать эту форму записи ДУ. Уравнение (2) устанавливает связь (зависимость) между координатами точки ( x; y ) и угловым коэффициентом y′ касательной к интегральной кривой, проходящей через эту точку. Следовательно, ДУ y′ = f ( x; y ) дает совокупность направлений (поле направлений) на плоскости Oxy . Таково геометрическое истолкование ДУ первого порядка. Кривая, во всех точках которой направление поля одинаково, называется изоклиной. Изоклинами можно пользоваться для приближенного построения интегральных кривых. Уравнение изоклины можно получить, если положить y′ = С , т.е. f ( x; y ) = С . Дифференциальное уравнение первого порядка, разрешенное относительно производной, можно записать в дифференциальной форме: P( x; y )dx + Q( x; y )dy = 0 , (3) 1 где P( x; y ) и Q ( x; y ) – известные функции. Уравнение (3) удобно тем, что переменные x и y в нем равноправны, т.е. любую из них можно рассматривать как функцию другой. Отметим, что от одного вида записи ДУ можно перейти к другому. Интегрирование ДУ в общем случае приводит к бесконечному множеству решений (отличающихся друг от друга постоянными величинами). Легко догадаться, что решением уравнения y ′ = 2 x является функция y = x 2 , а также y = x 2 + 1 , y = x 2 − 2 и вообще y = x 2 + С , где С = const . Чтобы решение ДУ приобрело конкретный смысл, его надо подчинить некоторым дополнительным условиям. Условие, что при x = x0 функция y должна быть равна заданному числу y0 , т.е. y = y0 называется начальным условием. Начальное условие записывается в виде y ( x0 ) = y0 или y x = x = y0 . (4) Общим решением ДУ первого порядка называется функция y = ϕ ( x; c) , содержащая одну произвольную постоянную и удовлетворяющая условиям: 1. Функция ϕ ( x; С ) является решением ДУ при каждом фиксированном значении С . 2. Каково бы ни было начальное условие (4), можно найти такое значение постоянной С = С0 , что функция y = ϕ ( x ; С ) удовлетворяет данному начальному условию. Частным решением ДУ первого порядка называется любая функция y = ϕ ( x; С0 ) , полученная из общего решения y = ϕ ( x; С ) при конкретном значении постоянной С = С0 . Если общее решение ДУ найдено в неявном виде, т.е. в виде уравнения Φ ( x; y; С ) = 0 , то такое решение называется общим интегралом ДУ. Уравнение Φ ( x; y; С0 ) = 0 в этом случае называется частным интегралом уравнения. С геометрической точки зрения y = ϕ ( x; С ) есть семейство интегральных кривых на плоскости Oxy ; частное решение y = ϕ ( x; С0 ) – одна кривая из этого семейства, проходящая через точку ( x0 ; y0 ) . Задача отыскания решения ДУ первого порядка (3), удовлетворяющего заданному начальному условию (4), называется задачей Коши. Теорема 1 (существования и единственности решения задачи Коши). Если в уравнении (2) функция f ( x; y ) и ее частная производная f y′ ( x; y ) непрерывны в некоторой области D , содержащей точку ( x0 ; y0 ) , то существует единственное решение y = ϕ (x) этого уравнения, удовлетворяющее начальному условию (4). Геометрический смысл теоремы состоит в том, что при выполнении ее условий существует единственная интегральная кривая ДУ, проходящая через точку ( x0 ; y0 ) . Рассмотрим теперь методы интегрирования ДУ первого порядка определенного типа. 2. Уравнения с разделяющимися переменными Дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными имеет вид y ' = P ( x) ⋅ Q ( y ) или P1 ( x) ⋅ Q1 ( y )dx + P2 ( x) ⋅ Q2 ( y )dy = 0 , где P1 ( x) , Q1 ( y ) , P2 ( x) , Q2 ( y ) – некоторые функции. 2 Метод решения. Уравнение вида y ' = P ( x) ⋅ Q ( y ) Уравнение вида P1 ( x) ⋅ Q1 ( y )dx + P2 ( x) ⋅ Q2 ( y )dy = 0 1. Выражение, содержащие y ' оставить в 1. Выражение, содержащие dy оставить левой части, все остальное перенести в левой части, выражение, содержащие вправо. dх перенести вправо. y ' = P( x) ⋅ Q( y ) P2 ( x) ⋅ Q2 ( y )dy = − P1 ( x) ⋅ Q1 ( y )dx dy 2. Разделить переменные. Поскольку в 2. Расписать y ' как y ' = . левой части стоит dу необходимо, dx dy чтобы она зависела только от = P( x) ⋅ Q( y ) переменной у , поэтому левую часть dx 3. Левую и правую часть умножить на dx . нужно разделить на P2 ( x) ≠ 0 , поскольку dy = P ( x) ⋅ Q( y )dx в правой части стоит dx необходимо, 4. Разделить переменные. Поскольку в чтобы правая часть зависела только от левой части стоит dу необходимо, чтобы переменной x, поэтому нужно она зависела только от переменной у , а разделить правую часть на Q1 ( y ) ≠ 0 . поскольку в правой части стоит dx Q2 ( y ) P ( x) ⋅ dy = − 1 ⋅ dx необходимо, чтобы правая часть зависела Q1 ( y ) P2 ( x) только от переменной x , поэтому нужно 3. Проинтегрировать обе части разделить правую часть на Q ( y ) ≠ 0 . уравнения по соответствующей dy переменной. = P ( x)dx Q( y ) Q2 ( y ) P ( x) ⋅ dy = −  1 ⋅ dx  5. Проинтегрировать обе части уравнения Q1 ( y ) P2 ( x) по соответствующей переменной. dy  Q( y) =  P( x)dx Замечания. 1. При проведении почленного деления ДУ на Q( y ) могут быть потеряны некоторые решения. Поэтому следует отдельно решить уравнение Q ( y ) = 0 и установить те решения ДУ, которые не могут быть получены из общего решения, – особые решения. 2. При проведении почленного деления ДУ на Q1 ( y ) ⋅ P2 ( x) могут быть потеряны некоторые решения. Поэтому следует отдельно решить уравнение Q1 ( y ) ⋅ P2 ( x) = 0 и установить те решения ДУ, которые не могут быть получены из общего решения, – особые решения. 3. Если при интегрирование левая и правая часть дают натуральный логарифм, необходимо вместо константы C , добавить ln C . Это необходимо для того, чтобы используя свойства логарифмов упростить выражение ln f ( x) = ln g ( x) + ln C , ln f ( x) = ln g ( x) − ln C , ln f ( x) = ln C ⋅ g ( x)  f ( x) = C ⋅ g ( x) . C C ln f ( x) = ln  f ( x) = . g ( x) g ( x) 3 Пример 1. Решить дифференциальное уравнение ( y + xy ) ⋅ dx + ( x − xy ) ⋅ dy = 0 . Решение. Преобразуем левую часть уравнения: y ⋅ (1 + x) ⋅ dx + x ⋅ (1 − y ) ⋅ dy = 0 . Выражение, содержащие dy оставить в левой части, выражение, содержащие dх перенести вправо x ⋅ (1 − y ) ⋅ dy = − y ⋅ (1 + x) ⋅ dx . 1− y 1+ x Делим обе части уравнения на xy ≠ 0 : dy = − dx . y x Проинтегрировать обе части уравнения по соответствующей переменной 1− y 1+ x  y dy = −  x dx , 1    1    y − 1dy = −   x + 1dx , dy dx −  dy = −  −  dx . y x Решением его является общий интеграл ln y − y = − ln x − x + C .  Замечание: Здесь уравнение Q1 ( y ) ⋅ P2 ( x) = 0 (по замечанию 2) имеет вид xy = 0 . Его решения x = 0 , y = 0 являются решениями данного ДУ, но не входят в общий интеграл. Значит, решения x = 0 , y = 0 являются особыми. y Пример 2. Решить уравнение y′ = − , удовлетворяющее условию y (4) = 1 . x dy dy y Решение. Расписать y ' как y ' = . Имеем: =− . dx dx x dy dx Левую и правую часть умножить на dx : =− . y x Проинтегрировать обе части уравнения по соответствующей переменной dy dx  y = − x , по замечанию 3 необходимо вместо константы C , добавить ln C C ln y = − ln x + ln C , ln y = ln C − ln x , ln y = ln , х т.е. y = C — общее решение ДУ. x Подставим x = 4 и y = 1 в общее решение уравнения: 1 = Получаем: y = C , C = 4. 4 4 y — частное решение уравнения y′ = − . x x 4 Пример 3. Решить уравнение х 2 8 − у 3 − у 2 1 − х 3 y′ = 0 . Решение. Выражение, содержащие y ' оставить в левой части, все остальное перенести вправо у 2 1 − х 3 y′ = х 2 8 − у 3 . Расписать y ' как y ' = dy dy . Имеем: у 2 1 − х 3 = х2 8 − у3 . dx dx Левую и правую часть умножить на dx : у 2 1 − х 3 dy = х 2 8 − у 3 dx . Разделить переменные. Поскольку в левой части стоит dу необходимо, чтобы она зависела только от переменной у , поэтому левую часть нужно разделить на 1 − х 3 ≠ 0 , поскольку в правой части стоит dx необходимо, чтобы правая часть зависела только от 8 − у3 ≠ 0 переменной x , поэтому нужно разделить правую часть на у 2 dy = х 2 dx . 8− у 1− х Проинтегрировать обе части уравнения по соответствующей переменной у 2 dy х 2 dx = ,  3 3 8− у 1− х 1 1 d ( y3 ) d ( x3 ) 3 =3 ,  3 8− у 1 − х3 3 − 3 1 d (− y 3 ) 1 d (− x 3 ) = − , 3  8 − у3 3  1 − х3  d (8 − y 3 ) 8 − у3 = d (1 − x 3 ) 1 − х3 , 2 8 − у 3 = 2 1 − х3 + C , т.е. 8 − у 3 = 1 − х 3 + C — общее решение ДУ. Замечание: решением уравнения является также y = 2 , которое не входит в общий интеграл и которое мы потеряли, производя деление на 8 − у 3 . 3. Однородные дифференциальные уравнения Функция f ( x; y ) называется однородной функцией n -го порядка (измерения), если при умножении каждого ее аргумента на произвольный множитель t вся функция умножится на t n , т.е. f (t ⋅ x; t ⋅ y ) = t n ⋅ f ( x; y ) . Например, функция f ( x; y ) = x 2 − 2 xy есть однородная функция второго порядка, поскольку f (t ⋅ x; t ⋅ y ) = t ( x 2 ) − 2(t ⋅ x)(t ⋅ y ) = t 2 ⋅ ( x 2 − 2 xy ) = t 2 ⋅ f ( x; y ) . Дифференциальное уравнение y′ = f ( x; y ) называется однородным, если функция f ( x; y ) есть однородная функция нулевого порядка. 5 Однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет вид:  y y′ = f   или P( x; y )dx + Q ( x; y )dy = 0 , x где P( x; y ) , Q ( x; y ) – однородные функции одного порядка. Метод решения. 1. Проверить уравнение на однородность. 2. Однородное уравнение решается подстановкой y = u ⋅ x , y′ = u ′x + u . 3. Подстановки и упрощение приводит однородное уравнение к уравнению с разделяющимися переменными xu ′ + u = f (u ) или xu ′ = f (u ) − u , du x⋅ = f (u ) − u . dx 4. Решаем уравнение с разделяющимися переменными и находим u . у 5. Найдя его общее решение (или общий интеграл), следует заменить в нем u = . х Получим общее решение (интеграл) исходного уравнения. Однородное уравнение часто задается в дифференциальной форме: P( x; y ) ⋅ dx + Q( x; y ) ⋅ dy = 0 . ДУ будет однородным, если P( x; y ) и Q ( x; y ) – однородные функции одинакового порядка. dy P ( x; y ) Переписав уравнение в виде =− и применив в правой части преобразование, dx Q( x; y )  y получим уравнение y′ = f   . x ( ) Пример 4. Найти общее решение уравнения x 2 − y 2 ⋅ dx + 2 xy ⋅ dy = 0 . Решение. Данное уравнение однородное, т.к. функции P( x; y ) = x 2 − y 2 и Q ( x; y ) = 2 xy – однородные функции второго порядка. Перепишем уравнение в виде 2 xy ⋅ dy = − x 2 − y 2 ⋅ dx , ( ) x2 − y2 dy x2 − y2 dy = − ⋅ dx  =− , 2 ху dx 2 ху y' = − x2 − y2 . 2 ху (t ⋅ x) 2 − (t ⋅ y ) 2 t 2 ⋅ x2 − t 2 ⋅ y 2 t 2 ( x2 − y 2 ) x2 − y 2 =− =− =− . Проверка: y ' = − 2(t ⋅ х)(t ⋅ у ) 2 ху 2 ху ⋅ t 2 2 ху ⋅ t 2 Однородное уравнение решается подстановкой y = u ⋅ x , y′ = u ′x + u : u ′x + u = − u ′x + u = − x 2 − (ux) 2 , 2 х ⋅ ux x2 − u 2 x2 x 2 (1 − u 2 ) ′ , ux+u = − , 2ux 2 2ux 2 6 1− u2 1− u2 u ′x + u = − , u ′x = − −u, 2u 2u 1− u2   1 − u 2 + 2u 2   , u ′x = − + u  , u ′x = − 2 u 2 u     1+ u2 u ′x = − . 2u Решаем уравнение с разделяющимися переменными du 1+ u2 x=− ⋅ dx , dx 2u разделим переменные 1+ u2 dx , du ⋅ x = − 2u 2udu dx =− , 2 x 1+ u проинтегрировать обе части уравнения по соответствующей переменной 2udu dx  1 + u 2 = − x , d (u 2 + 1) dx  1 + u 2 = − x , по замечанию 3 необходимо вместо константы C , добавить ln C ln 1 + u 2 = − ln x + ln C , ln 1 + u 2 = ln С − ln x , ln 1 + u 2 = ln 1+ u2 = С , x С . x 2 С у  y Заменяя u = , получаем: 1 +   = – общий интеграл исходного уравнения. х x x  y Пример 5. Найти общее решение уравнения xy ' = y + x cos 2   . x Решение. Разделим обе части уравнения на x : y  y y ' = + cos 2   . x  x y ⋅t  y ⋅t  y 2 y  Проверка: y ' = + cos 2   = + cos   . x ⋅t  x ⋅t  x x Однородное уравнение решается подстановкой y = u ⋅ x , y′ = u ′x + u : u ′x + u = ux  ux  + cos 2   , x  x 7 u ′x + u = u + cos 2 u , u ′x = u + cos 2 u − u , u ′x = cos 2 u . Решаем уравнение с разделяющимися переменными du x = cos 2 u ⋅ dx , dx du ⋅ x = cos 2 udx , разделим переменные du dx = , 2 cos u x проинтегрировать обе части уравнения по соответствующей переменной du dx  cos 2 u =  x , tgu = ln x + C . у y , получаем: tg = ln x + C – общий интеграл исходного уравнения. х x Замечание: В процессе решения мы делили на cos 2 u , что могло привести к потере π  решения. Положим cos u = 0 , тогда y = x + πn  , n ∈ N . Подстановкой в исходное 2  уравнение убеждаемся, что эти функции также являются решениями исходного уравнения. Заменяя u = Пример 6. Найти общее решение уравнения xy '− y = x 2 − y 2 . Решение. Разделим обе части уравнения на x : y + x2 − y 2 y' = . x y + x 2 − y 2 y ⋅ t + ( x ⋅ t )2 − ( y ⋅ t )2 y ⋅ t + t 2 ( x 2 − y 2 ) Проверка: y ' = = = = x x ⋅t x ⋅t y ⋅ t + t x2 − y2 t( y + x2 − y2 ) y + x2 − y2 = = = . x ⋅t x ⋅t x Однородное уравнение решается подстановкой y = u ⋅ x , y′ = u ′x + u : u ′x + u = ux + x 2 − (ux) 2 , x ux + x 2 (1 − u ) 2 u ′x + u = , x u ′x + u = x(u + 1 − u 2 ) , x u ′x + u = u + 1 − u 2 , u ′x = 1 − u 2 . Решаем уравнение с разделяющимися переменными 8 du x = 1 − u 2 ⋅ dx , dx du ⋅ x = 1 − u 2 dx , разделим переменные du dx , x 1− u2 проинтегрировать обе части уравнения по соответствующей переменной du dx = ,  x 1− u2 = arcsin u = ln x + C . Заменяя u = у y , получаем: arcsin = ln x + C – общий интеграл исходного уравнения. х x Замечание: При разделении переменных имело место деление на выражение x 1 − u 2 , что могло привести к потере решений, обращающих в ноль это выражение. Из 1 − u 2 следует: x 2 − y 2 = 0 , откуда y = ± x . Проверкой убеждаемся, что функции y = x и y = − x также являются решениями дифференциального уравнения, поэтому общее решение дифференциального уравнения имеет вид: y y = ± x , arcsin = ln x + C . x 4. Линейные уравнения первого порядка Дифференциальное уравнение первого порядка называется линейным, если его можно записать в виде y′ + p ( x) ⋅ y = g ( x) , где p ( x) и g ( x) – заданные функции, в частности — постоянные. Метод решения – метод Бернулли: 1. Будем искать решение уравнения в виде произведения двух функций: y = uv . 2. При этом: y′ = u ′v + uv′ . u ′v + uv′ + p ( x) ⋅ uv = g ( x) 3. В левой части группируем 2 и 3 слагаемое и выносим u за скобку u ′v + u (v′ + p ( x)v) = g ( x) 4. Составляем систему уравнений. Первое уравнение в системе получается, если приравнять скобку к нулю, т.е. v′ + p ( x) ⋅ v = 0 v′ + p ( x)v = 0 .  ′ u v = g ( x )  5. Каждое из уравнений в системе является уравнением с разделяющимися переменными. Начинаем решать с первого уравнения, т.е. v′ + p ( x ) ⋅ v = 0 , v′ = − p ( x ) ⋅ v , 9 dv = − p ( x) ⋅ v ⋅ dx , dx dv = − p ( x) ⋅ vdx , dv = − p ( x) ⋅ dx , v dv  v = −  p( x) ⋅ dx . Интегрируя, получаем: ln v = −  p ( x) ⋅ dx . Для нахождения v рассмотрим три способа: 1) Если ln v = ln f ( x) , то v = f (x) . 2) Если ln v = k ln f ( x) = ln( f ( x)) k , то v = ( f ( x)) k . 3) Если ln v = f ( x) , то v = e f ( x ) . − p ( x ) ⋅ dx В силу 3 случая v = e  . 6. Подставляя найденную функцию v во второе уравнение − p ( x ) ⋅ dx u′ ⋅ e  = g ( x) и решаем уравнение с разделяющимися переменными du −  p ( x )⋅dx ⋅e = g ( x) , dx + p ( x )⋅dx du = g ( x) ⋅ e  dx , u =  g ( x) ⋅ e  p ( x ) ⋅ dx dx + C . 7. Возвращаясь к переменной y , получаем решение y = u ⋅v = ( g ( x) ⋅ e )  p ( x ) ⋅ dx dx + C ⋅ e −  p ( x ) ⋅ dx исходного ДУ. Пример 7. Найти общее решение уравнения y′ − y = xe3 x . x Решение. Полагаем y = u ⋅ v , y′ = u ′v + uv′ . Тогда uv u ′v + uv′ − = xe3 x . x В левой части группируем 2 и 3 слагаемое и выносим u за скобку v  u ′v + u v′ −  = xe3 x . x  Составляем систему уравнений. Первое уравнение в системе получается, если приравнять скобку к нулю, т.е.  ′ v v − = 0 . x  3 x u ′v = xe v Сначала решаем первое уравнение v′ − = 0 : x 10 dv v v , = ⋅ dx , x dx x v dv dx dv = dx , = , x v x dv dx  v = x , ln v = ln x и v = x . v′ = Подставляя найденную функцию v во второе уравнение u ′ ⋅ x = xe3 x , u ′ = e3 x , du = e3 x ⋅ dx , du = e3 x dx , dx 1 3x 3x  du =  e dx ,  du = 3  e d (3x) , 1 u = e3 x + C . 3 1  Итак, общее решение данного уравнения есть y = u ⋅ v = x e3 x + C  . 3  Пример 8. Найти общее решение уравнения y ′ + Решение. Полагаем y = u ⋅ v , y′ = u ′v + uv′ . Тогда 2y x = 2 . x x 2uv x = 2 . x x В левой части группируем 2 и 3 слагаемое и выносим u за скобку 2v  x  u ′v + u ⋅  v′ +  = 2 . x x  Составляем систему уравнений. Первое уравнение в системе получается, если приравнять скобку к нулю, т.е.  ′ 2v v + x = 0 .  x  u′v =  x2 2v Сначала решаем первое уравнение v′ + = 0: x dv 2v 2v v′ = − , =− ⋅ dx , x dx x − 2v dv dx dv = dx , = −2 , x v x dv dx  v = −2 x , ln v = −2 ln x , u ′v + uv′ + 11 1 . x2 Подставляя найденную функцию v во второе уравнение 1 x u′ ⋅ 2 = 2 , u′ = x , x x du = x ⋅ dx , du = x dx , dx ln v = ln x  du =  u= 3 x2 3 2 −2 и v = x−2 = 1 x 2 dx , xdx ,  du =  +C = 2 3 x +C. 3 Итак, общее решение данного уравнения есть y = u ⋅ v = 1 2 3  x + C . 2  x 3  5. Уравнение Я. Бернулли Уравнением Бернулли называется уравнение вида y′ + p ( x ) ⋅ y = g ( x ) ⋅ y n , n ∈ R , n ≠ 0 , n ≠ 1 Если n = 0 , то ДУ – линейное, а при n = 1 – с разделяющимися переменными. Метод решения. 1. В общем случае, разделив уравнение на y n ≠ 0 , получим: y′ y y′ 1 + p ( x ) ⋅ = g ( x ) или + p ( x ) ⋅ = g ( x) . yn yn yn y n −1 1 2. Обозначим z = n −1 = y1− n . Тогда z ′ = (1 − n) ⋅ y − n ⋅ y′ . y z′ z ′y n Отсюда находим y′ = = . (1 − n) y − n (1 − n) y′ 1 3. Подставим замену в уравнение n + p ( x) ⋅ n −1 = g ( x) , имеем: y y z ′y n 1 (1 − n) + p ( x) ⋅ n −1 = g ( x) . n y y 1 ⋅ z ′ + p ( x) ⋅ z = g ( x ) . 1− n Последнее уравнение является линейным относительно z . Решение его методом 1 Бернулли. Таким образом, подстановка z = n −1 = y1− n сводит уравнение к линейному. y На практике ДУ удобнее искать методом И. Бернулли в виде y = u ⋅ v (не сводя его к линейному). Уравнение принимает вид 12 Пример 9. Найти общее решение уравнения y ′ − 4y = x uv . x Решение. Полагаем y = u ⋅ v , y′ = u ′v + uv′ . Тогда 4uv u ′v + uv′ − = x uv . x В левой части группируем 2 и 3 слагаемое и выносим u за скобку 4v   u ′v + u ⋅  v′ −  = x uv . x  Составляем систему уравнений. Первое уравнение в системе получается, если приравнять скобку к нулю, т.е.  ′ 4v =0  v − . x  u ′v = x u v 4v Сначала решаем первое уравнение v′ − = 0 : x dv 4v 4v v′ = , = ⋅ dx , dx x x 4v dv dx dv = dx , =4 , x v x dv dx = 4 v x, 4 ln v = 4 ln x , ln v = ln x и v = x 4 . Подставляя найденную функцию v во второе уравнение u ′x 4 = x u x 4 , u ′x 4 = x 3 u , u ′ ⋅ x = u du ⋅ x = u ⋅ dx , du ⋅ x = u dx , dx du dx  u = x , 1 2 u = ln x + C , u = ln x + C , 2 2 1  u =  ln x + C  . 2  4 1 2  Итак, общее решение данного уравнения есть y = u ⋅ v = x  ln x + C  . 2  13