Как решать дифференциальные уравнения
СОДЕРЖАНИЕ ТЕКУЩЕЙ СТАТЬИ
- Основные понятия и определения
-
- Определения
- Типы уравнений
- Алгоритм решения
- Дифференциальные уравнения первого порядка
-
- ДУ с разделяющимися переменными
- Однородные ДУ
- Линейные неоднородные ДУ
- ДУ Бернулли
- ДУ в полных дифференциалах
- Дифференциальные уравнения второго порядка
-
- ДУ допускающие понижение порядка
- Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами
- Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами
- Метод Лагранжа
Введите уравнение
Условия к задаче (необязательно)
Пример 1 Пример 2 Правила ввода
Дифференциальные уравнения бывают обыкновенными и в частных производных. В этой статье мы будем говорить об обыкновенных уравнениях и о том, как их решать.
Основные понятия и определения
Определения
Обыкновенные дифференциальные уравнения – это уравнения, содержащие функцию $y(x)$ только от одной неизвестной переменной (например, $x$).
Рассмотрим это на следующих практических примерах. $$ y’ = xy $$ $$ y” = 1 $$
Итак, в первом диффуре присутствует независимая переменная $x$, неизвестная функция $y(x)$ и производная этой функции $y'(x)$. А во втором случае нет $x, y(x),y'(x)$, а есть только вторая производная функции $y”(x)$. Значит, для того, чтобы уравнение называлось дифференциальным необязательно иметь $y(x)$ и $x$, а должно быть производная $y(x)$ любого порядка.
Порядок дифференциального уравнения – это порядок старшей производной неизвестной функции $y(x)$ в уравнении.
В первом случае максимальная производная первого порядка, значит, и само ДУ первого порядка. А во втором случае уравнение имеет вторую производную $y”(x)$, поэтому это ДУ второго порядка.
Общее решение дифференциального уравнения – это семейство функций $y = f(x,C)$, при подстановке которых в заданное исходное уравнение мы получаем равенство левой и правой части. Здесь $C$ произвольная константа. Процесс нахождения таких решений называется интегрированием дифференциального уравнения.
Частное решение дифференциального уравнения – это решение, полученное из общего решения, путем нахождения константы $C$ из дополнительных условий в задаче.
Типы уравнений
- ДУ первого порядка
– с разделяющимися переменными
– однородные
– линейные неоднородные
– уравнение Бернулли - ДУ второго порядка
– уравнения допускающие понижение порядка
– однородные с постоянными коэффициентами
– неоднородные с постоянными коэффициентами
Алгоритм решения
- По старшей производной функции $y(x)$ определить порядок ДУ
- Зная порядок, определить тип уравнения
- Узнав тип, подобрать подходящий метод решения
- Используя метод, найти общее решение
- Получить частное решение из общего путем вычисления неизвестной $C$
В некоторых случаях для решения дифференциальных уравнений удобно переписать производные в таком виде (например, это нужно для ДУ с разделяющимися переменными). $$y’ = frac{dy}{dx}$$
ОБЯЗАТЕЛЬНО! Чтобы успешно решать дифференциальные уравнения необходимо уметь находить интегралы. Поэтому, если вы забыли данную тему, то её нужно вспомнить!
| Пример 1 |
| Дана функция $y = Ce^{frac{x^2}{2}} $. Проверить является ли функция решением дифференциального уравнения $y’ = xy$ |
| Решение |
|
Для того, чтобы проверить является ли функция решением нужно подставить её в исходное ДУ. Найдем производную функции. $$y’ = (Ce^{frac{x^2}{2}})’ = Ce^{frac{x^2}{2}} cdot (frac{x^2}{2})’ = Ce^{frac{x^2}{2}} cdot x = Cxe^{frac{x^2}{2}}$$ Теперь подставим $y’$ и $y$ в исходное уравнение. $$ Cxe^{frac{x^2}{2}} = x Ce^{frac{x^2}{2}} $$ Получили равенство левой и правой части, значит, функция $y = Ce^{frac{x^2}{2}} $ является общим решением ДУ. |
| Ответ |
| $$y = Ce^{frac{x^2}{2}} $$ |
Дифференциальные уравнения первого порядка
ДУ с разделяющимися переменными
Уравнения такого типа имеют следующий вид: $$ f_1(x)g_1(y)dy = f_2(x)g_2(y)dx$$ Общее решение такого ДУ нужно находить путем разделения переменных с иксами и с игреками: $$int frac{g_1(y)}{g_2(y)}dy = int frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx$$
СОВЕТ: Если не удается определить тип диффура первого порядка, то рекомендуем мысленно попытаться разделить переменные иксы от игреков. Возможно перед вами хитрое дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.
Алгоритм нахождения общего решения:
- Переписываем производные через $y’ = frac{dy}{dx}$
- Разделяем все $y$ в левую часть уравнения, а все $x$ в правую
- Интегрируем обе части уравнения
| Пример 2 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y’ = xy$ |
| Решение |
|
Видим, что в условии задачи присутствует производная от неизвестной функции $y(x)$ первого порядка. Значит, перед нами диффур 1-го порядка. Забегая вперед скажем, что данный диффур из задачи является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Что это означает? Это означает, что можно в уравнении перенести всё что содержит $y$ в левую часть равенства, а то, что содержит $x$ перенести в правую часть. То есть разделить “игрики” от “иксов” по разные стороны. Но прежде, чем это делать стоит переписать производную таким образом: $$y’ = frac{dy}{dx}$$ После замены производной игрека исходное уравнение приобретает такой формат: $$frac{dy}{dx} = xy$$ Теперь, как сказали ранее, начинаем отделять игрики от иксов по разные стороны. Для этого обе части уравнения необходимо умножить на $dx$, а ещё разделить на $y$. $$ frac{dy}{y} = xdx $$ Теперь необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить функцию $y$. Для этого навешиваем значок интеграла на обе части уравнения. $$ int frac{dy}{y} = int xdx $$ Вспоминаем, что левый интеграл равен натуральному логарифму, а правый интеграл $frac{x^2}{2}$. А так как интеграл неопределенный, то необходимо прибавить константу $C$. $$ ln|y| = frac{x^2}{2} + C $$ Теперь необходимо вытащить $y$ для того, чтобы записать окончательный ответ в виде общего решения. Для этого вспоминаем, что игрик в $ln|y| = x$ равен $y = e^x$. Поэтому продолжая решать наше уравнение получаем. $$ y = e^{frac{x^2}{2} + C} $$ Далее вспоминаем свойство степеней $a^{x+y} = a^x cdot a^y$. Таким образом делаем преобразования нашего уравнения. Так как $e^C$ это константа, то её можно переписать следующим видом $e^C = C$. И после этого получаем окончательный ответ исходного уравнения, называемый общим решением. $$ y = Ce^{frac{x^2}{2}} $$ |
| Ответ |
| $$ y = Ce^{frac{x^2}{2}} $$ |
| Пример 3 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y’ = frac{2x}{1+x^2}$, если $y(0) = 0$. |
| Решение |
|
Начнем решать с того, что представим производную в исходном уравнении в виде $y’ = frac{dy}{dx}$: $$ frac{dy}{dx} = frac{2x}{1+x^2} $$ Теперь разделяем переменные иксы от игреков по разные стороны равенства путем умножения обеих частей уравнения на $dx$: $$ dy = frac{2x}{1+x^2} dx $$ Навешиваем знак интеграла на левую и правую часть, а затем решаем интегралы: $$ int dy = int frac{2x}{1+x^2} dx $$ $$ y = int frac{2x}{1+x^2} dx $$ Замечаем, что $(1+x^2)’ = 2x$. Поэтому $2x$ можно занести под знак дифференциала, чтобы решить интеграл: $$ y = int frac{d(1+x^2)}{1+x^2} = ln (1+x^2) + C $$ Получили общее решение $y = ln (1+x^2) + C$. В условии задачи просят найти частное решение при условии $y(0) = 0$. Это означает, что нужно из последного условия найти константу $C$. Из $y(0) = 0$ видно, что $x = 0$, а $y = 0$. Подставляем их в общее решение дифференциального уравнения и вычисляем $C$: $$ln(1+0^2)+C = 0$$ $$ln 1+C = 0$$ $$0 + C = 0$$ $$C=0$$ Теперь заменив в общем решении $C$ на ноль, получаем частное решение: $$y = ln(1+x^2)$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y = ln(1+x^2)$$ |
Однородные ДУ
Чтобы проверить является ли предложенное уравнение однородным нужно заменить $x$ и $y$ на $lambda x$ и $lambda y$. Производную $y’$ заменять не нужно. Если все $lambda$ после элементарных преобразований удастся уничтожить, то перед вами однородное дифференциальное уравнение первого порядка.
Решается по следующему алгоритму:
- Проверить уравнение на однородность с помощью $lambda$
- Привести уравнение к виду $y’ = f(frac{y}{x})$
- Выполнить замену $frac{y}{x} = t$ и $y’ = t’x+t$
- Решить уравнение методом разделяющихся переменных
| Пример 4 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $$y’ = frac{y}{x} – 1$$ |
| Решение |
|
Так как разделить переменные не получается, то проверим уравнение на однородность. Для этого вместо $x$ и $y$ выполним подстановку $lambda x$ и $lambda y$: $$y’ = frac{lambda y}{lambda x} – 1$$ Выполняем сокращение $lambda$ в числителе и знаменателе: $$y’ = frac{y}{x} – 1$$ После сокращения все $lambda$ уничтожились, значит перед нами однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Решим его с помощью замены $frac{y}{x} = t$ и $y’ = t’x + t$: $$ t’x + t = t – 1$$ Переносим $t$ в одну сторону и тем самым уничтожаем его: $$ t’x = -1 $$ Теперь это ДУ с разделяющимися переменными. Запишем его в привычном для него виде: $$ frac{dt}{dx} x = -1 $$ Разделим переменные домножением на $dx$ и делением на $x$ обеих частей равенства: $$dt = -frac{dx}{x}$$ Интегрируем обе части: $$int dt = – int frac{dx}{x}$$ $$t = -ln|x|+C$$ Выполняем назад замену $t = frac{y}{x}$: $$frac{y}{x} = -ln|x|+C$$ Умножаем обе части на $x$, чтобы получить окончательный ответ общего решения: $$y = -xln|x| +Cx$$ |
| Ответ |
| $$y = -xln|x| +Cx$$ |
| Пример 5 |
| Решить дифференциальное уравнение первого порядка $xy+y^2=(2x^2+xy)y’$ |
| Решение |
|
Сперва проверим уравнение на однородность. Подставляем $lambda$ вместо $x$ и $y$. $$lambda x cdot lambda y + (lambda y)^2 = (2 (lambda x)^2 + lambda xcdot lambda y)y’$$ После вынесения $lambda$ слева и справа за скобки получаем $$ lambda^2(xy+y^2) = lambda^2(2x^2+xy)y’,$$ где все $lambda$ сокращаются. А это подтвержает однородность уравнения. Перед тем, как выполнить замену $t = frac{y}{x}$ нужно привести исходное уравнение к виду $y = f(frac{y}{x})$. Для этого разделим левую и правую часть равенства на $x^2$: $$frac{y}{x}+frac{y^2}{x^2} = (2+frac{y}{x})y’.$$ Теперь производим замену $t = frac{y}{x}$ и $y’ = t’x+t$ в преобразованном уравнении: $$t+t^2=(2+t)(t’x+t).$$ Раскрываем скобки и сокращаем одинаковые слагаемые $$t+t^2 = 2t’x+2t+t’xt+t^2$$ $$2t’x+t’xt=-t.$$ Далее в полученном уравнении разделяем переменные $t$ и $x$ по разные стороны знака равенства. Для этого выносим за скобку $t’x$ $$t’x(2+t)=-t.$$ Делим на $t$ обе части уравнения $$t’xfrac{2+t}{t}=-1.$$ Представляем производную $t’ = frac{dt}{dx}$ и переносим $dx$ и $x$ в правую часть равенства $$frac{2+t}{t}dt = -frac{dx}{x}.$$ Интегрируем обе части уравнения $$int frac{2+t}{t}dt = – int frac{dx}{x}$$ $$int frac{2}{t}dt+int dt = -int frac{dx}{x}$$ $$2ln|t|+t = -ln|x|+C.$$ Выполняем обратную замену $t = frac{y}{x}$: $$2ln|frac{y}{x}|+frac{y}{x}=-ln|x|+C.$$ Упрощаем полученное равенство с помощью элементарных преобразований и свойств натурального логарифма $$2ln|y|-2ln|x|+frac{y}{x} = -ln|x|+C$$ $$2ln|y|+frac{y}{x}=ln|x|+C$$ $$2ln|y|+frac{y}{x}=ln|x|+ln|C|$$ $$2ln|y|+frac{y}{x}=ln|Cx|$$ $$ln y^2+frac{y}{x}=ln|Cx|$$ $$ln y^2 = ln|Cx|-frac{y}{x}$$ $$y^2 = Cxe^frac{-y}{x}.$$ Привели решение к такому виду через $y^2$. Это называется общим интегралом дифференциального уравнения. Ответ в таком виде остается в таком формате. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y^2 = Cxe^frac{-y}{x}$$ |
Линейные неоднородные ДУ
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет следующий вид $$y’+p(x)y=q(x).$$
Для его решения существует два способа: метод Бернулли и вариация произвольной постоянной. В первом методе нужно сделать замену на произведение двух функций $y = uv$, а во втором способе необходимо найти неизвестную функцию $C(x)$.
Алгоритм метода Бернулли:
- Выполняем замену $y=uv$ и $y’ = u’v+uv’$
- Находим функции $u(x)$ и $v(x)$ с помощью решения системы двух уравнений
- Подставляем найденные $u(x)$ и $v(x)$ в уравнение $y=uv$, чтобы получить ответ
Алгоритм метода вариации произвольной постоянной:
- Решаем исходное уравнение в качестве однородного методом разделяющихся переменных
- В полученном общем решении заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$
- Подставляем общее решение и его производную в исходное уравнение, чтобы найти $C(x)$
- Полученное $C(x)$ подставляем в общее решение однородного уравнения и записываем ответ
| Пример 6 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка методом Бернулли $xy’-2y=2x^4$, если $y(1)=0$. |
| Решение |
|
Приводим уравнение к виду $y’+p(x)y=q(x)$ путем деления на $x$ обеих частей равенства $$y’-2frac{y}{x}=2x^3.$$ Делаем замену в полученном уравнении на $y=uv$ и $y’=u’v+uv’$ $$u’v+uv’-2frac{uv}{x}=2x^3.$$Выносим за скобку $u$, чтобы в дальнейшем составить систему уравнений: $$u’v+u(v’-2frac{v}{x})=2x^3.$$ Теперь приравниваем к нулю выражение в скобках и составляем систему уравнений $$begin{cases} v’ – 2frac{v}{x} = 0 \ u’v = 2x^3 end{cases},$$ в которой начнем сначала решать первое уравнение для нахождения функции $v(x)$. Разделяем в нём переменные $$begin{cases} frac{dv}{dx} = 2frac{v}{x} \ u’v = 2x^3 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} frac{dv}{v} = 2frac{dx}{x} \ u’v = 2x^3 end{cases}.$$ Интегрируем первое уравнение в системе, чтобы получить функцию $v(x)$ $$begin{cases} ln|v| = 2ln|x| \ u’v = 2x^3 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v = x^2 \ u’v = 2x^3 end{cases}.$$ Теперь, зная, чему равно $v$ подставляем его во второе уравнение $$begin{cases} v=x^2 \ u’x^2 = 2x^3 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v=x^2 \ u = x^2+C end{cases}.$$ Записываем общее решение дифференциального уравнения $$y = uv Rightarrow y = x^4+Cx^2.$$ В условии задачи требуется найти частное решение из условия $y(1)=0$. Подставим в найденное общее решение $x=1$ и $y=0$, чтобы вычислить $C$ $$1^4+Ccdot 1^2 = 0 Rightarrow C = -1. $$ С учётом, что $C=-1$ записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = x^4 – x^2.$$ |
| Ответ |
| $$y = x^4 – x^2$$ |
| Пример 7 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y’sin x-ycos x = 1$ методом вариации произвольной постоянной $C$. |
| Решение |
|
Перепишем уравнение в виде $$ y’ – y frac{cos x}{sin x} = frac{1}{sin x} .$$ Теперь записываем однородное дифференциальное уравнение $$y’ – y frac{cos x}{sin x} = 0,$$ решим его методом разделяющихся переменных: $$frac{dy}{dx} = y frac{cos x}{sin x}$$ $$int frac{dy}{y} = int frac{cos x}{sin x} dx.$$ Слева получается натуральный логарифм, а справа заносим косинус под знак дифференциала, чтобы получить логарифм синуса: $$ln|y| = ln|sin x| + C$$ $$y = Csin x.$$ Теперь заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$ в полученном решении и находим производную $$y = C(x)sin x Rightarrow y’ = C'(x)sin x+ C(x)cos x.$$ Подставляем $y$ и $y’$ в неоднородное уравнение и решаем его относительно $C(x)$: $$C'(x)sin x+ C(x)cos x – C(x)sin x frac{cos x}{sin x} = frac{1}{sin x}$$ $$C'(x)sin x = frac{1}{sin x}$$ $$C'(x) = frac{1}{sin^2 x}.$$ В последнем уравнении можно разделить переменные, что и делаем, а затем интегрируем: $$ d(C(x)) = int frac{dx}{sin^2 x}$$ $$C(x) = -ctg x + C.$$ Берем решение $y = C(x)sin x$ и подставляем в него найденное $C(x) = -ctg x + C$ $$y = (-ctg x + C) sin x = Csin x – cos x.$$ Таким образом получили общее решение дифференциального уравнения $y = Csin x – cos x$. Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y = Csin x – cos x$$ |
ДУ Бернулли
Дифференциальное уравнение Бернулли имеет следующий вид $$y’ + g(x)y = f(x)y^alpha qquad (alpha neq 0), (alpha neq 1).$$
Алгоритм решения:
- Выполняем подстановку $y = z^frac{1}{1-alpha}$
- После подстановки получаем линейное уравнение $z’+p(x)z=q(x)$
- Решив линейное уравнение делаем обратную замену $z = y^{1-alpha}$
| Пример 8 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y’+y=xy^2$. |
| Решение |
|
Это уравнение Бернулли. Видим, что $alpha = 2$. Значит делаем замену на $y = z^frac{1}{1-alpha} = z^{-1}$. Отсюда $y’ = -frac{1}{z^2} cdot z’$. После подстановки в исходное уравнение имеем $$ -frac{z’}{z^2}+frac{1}{z}=frac{x}{z^2}.$$ Умножаем обе части равенства на $(-z^2)$, чтобы привести уравнение к линейному ДУ $$z’-z=-x, $$ которое можно решить методом Бернулли, либо вариацией произвольной постоянной. Выберем первый способ. Применяем подстановку $y=uv$ и $y’=u’v+uv’$ для последнего уравнения $$u’v+uv’-uv=-x.$$ Выносим за скобку $u$, чтобы затем построить систему уравнений для нахождения функций $u(x)$ и $v(x)$ $$u’v+u(v’-v) = -x.$$ Приравниваем к нулю скобку и получаем систему $$begin{cases} v’-v = 0 \ u’v = -x end{cases}.$$ Начинаем решать её с первого уравнения. Разделяем в нем переменные и затем интегрируем $$begin{cases} int frac{dv}{v} = int dx \ u’v = -x end{cases} Leftrightarrow begin{cases} ln|v| = x \ u’v = -x end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v = e^x \ u’v = -x end{cases}. $$ Зная, что $v = e^x$ подставляем его во второе уравнение системы и решаем $$begin{cases} v = e^x \ u’ = -frac{x}{e^x} end{cases} Leftrightarrow begin{cases} v = e^x \ u = int (-x)e^{-x} dx end{cases}.$$ Для взятия интеграла воспользуемся методом интегрирования по частям $$u = int (-x)e^{-x} dx = begin{vmatrix} u = -x & du = -dx \ dv = e^{-x}dx & v = -e^{-x} end{vmatrix} = xe^{-x} – int e^{-x} dx = xe^{-x} +e^{-x} + C$$ Итак, получаем, что $$z = uv Rightarrow z = (xe^{-x} + e^{-x}+C) e^x = Ce^x +x + 1. $$ Вспоминаем, что была ещё одна замена в самом начале решения задачи $y = z^{-1}$, поэтому общее решение выглядит следующим образом $$y = frac{1}{Ce^x + x + 1}.$$ |
| Ответ |
| $$y = frac{1}{Ce^x + x + 1}$$ |
ДУ в полных дифференциалах
Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах имеют следующий вид $$P(x,y) dx + Q(x,y) dy = 0, $$ при выполнении условия $frac{partial P}{partial y} = frac{partial Q}{partial x} $.
Алгоритм решения заключается в том, чтобы найти функцию $U(x,y)=C$, полный дифференциал которой, есть исходное ДУ:
- Проверяем условие, подтверждающее, что перед нами ДУ в полных дифференциалах
- Получаем $U(x,y)$ интегрируя функцию $P(x,y)$ по переменной $x$. В результате этого появится неизвестная функция $varphi(y)$
- Дифференцируем $U(x,y)$ по $y$ и приравниваем к $Q(x,y)$, чтобы найти $varphi(y)$
| Пример 9 |
| Найти общий интеграл $U(x,y)=C$ дифференциального уравнения $$(2x+5y)dx+(5x+3y^2)dy=0.$$ |
| Решение |
|
Убедимся, что данное уравнение в полных дифференциалах. Для этого проверим условие $frac{partial P}{partial y} = frac{partial Q}{partial x} $. Находим производные $$ P’_y = (2x+5y)’_y = 5, Q’_x = (5x+3y^2)’_x = 5, $$ и видим, что условие выполняется $P’_y=P’_x=5$. Находим функцию $U(x,y)$ беря интеграл по $x$ от функции $P(x,y)$ $$U(x,y) = int (2x+5y) dx = x^2 + 5yx + varphi(y).$$ Далее необходимо продифференцировать найденную $U(x,y)$ по $y$ $$U’_y = 5x + varphi'(y).$$ Осталось найти неизвестную функцию $varphi(y)$ приравняв $U’_y$ к $Q(x,y)$: $$5x + varphi'(y) = 5x+3y^2$$ $$varphi'(y) = 3y^2$$ $$varphi(y) = int 3y^2 dy = y^3 + C.$$ Теперь зная чему равна $varphi(y)$ подставляем её в $U(x,y)$ $$U(x,y)=x^2+5xy+y^3+C.$$ Записываем ответ в таком виде $$x^2+5xy+y^3 = C.$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$x^2+5xy+y^3 = C.$$ |
Дифференциальные уравнения второго порядка
ДУ допускающие понижение порядка
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка бывают двух видов:
- Без функции $y$: $F(x,y’,y”)=0$
- Без переменной $x$: $F(y,y’,y”)=0$
Для решения таких диффуров в первом случае делаем замену $y’ = p(x)$, а во втором $y’ = p(y)$.
| Пример 10 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $xy”+y’=0$ при условиях $y(1) = 0$ и $y'(1)=1$. |
| Решение |
|
Видим, что данный дифур попадает под первый случай, когда отсутствует в уравнении $y$, а есть только его производные. Значит, делаем замену $y’ = p(x)$ $$xp’+p=0.$$ Данное уравнение имеет разделяющиеся переменные. Начнем с того, что перепишем уравнение через $p’ = frac{dp}{dx}$ $$xfrac{dp}{dx} = -p.$$ Разделяем переменные налево и направо от знака равенства и затем интегрируем: $$ frac{dp}{p} = -frac{dx}{x}$$ $$ int frac{dp}{p} = -int frac{dx}{x}$$ $$ln|p| = -ln|x|+C_1.$$ Теперь избавимся от логарифмов, чтобы получить $p$: $$p = e^{-ln|x| + C_1}$$ $$p = frac{C_1}{x}.$$ Вспоминаем про ранее выполненную замену $$y’ = p(x) = frac{C_1}{x}.$$ Интегрируем для того, чтобы найти $y$ $$y = int frac{C_1}{x} dx = C_1 ln|x| + C_2.$$ Таким образом, общее решение дифференциального уравнения $$y = C_1 ln|x| + C_2.$$ Займемся поиском частного решения. Для этого используем два дополнительных равенства из условия задачи: $$y(1) = 0 Rightarrow C_1 ln|1| + C_2 = 0 Rightarrow C_2 = 0$$ $$y'(1)=1 Rightarrow frac{C_1}{1} = 1 Rightarrow C_1 = 1.$$ Записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = ln|x|.$$ |
| Ответ |
| $$y = ln|x|$$ |
| Пример 11 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $$yy”+y’^2 = 1, qquad y(0) = 1, y'(0) = 1.$$ |
| Решение |
|
Видим, что в диффуре отсутствует в явном виде переменная $x$, поэтому необходимо сделать замену $y’ = p(y)$ и отсюда $y” = p'(y)cdot y’ = p'(y)p$. Делаем замену и получаем уравнение $$yp'(y)p + p^2 = 1,$$ которое решим методом разделения переменных: $$ypfrac{dp}{dy} = 1-p^2$$ $$frac{p}{1-p^2}dp = frac{1}{y}dy.$$ Далее по плану необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить $p$ $$int frac{p}{1-p^2}dp = int frac{1}{y}dy.$$ В первом интеграле заносим под знак дифференциала $1-p^2$, чтобы получился натуральный логарифм, а во втором, используя таблицу интегрирования можно сразу записать ответ: $$-frac{1}{2} int frac{d(1-p^2)}{1-p^2} = ln|y| + C $$ $$-frac{1}{2} ln|1-p^2| = ln|y| + C.$$ Необходимо избавиться от логарифмов. Умножим обе части равенства на $(-2)$, а затем занесем эту двойку над икреком: $$ln|1-p^2| = -2ln|y|+C$$ $$ln|1-p^2| = ln frac{1}{y^2} + C.$$ Итак, теперь убирая логарифмы получаем: $$1-p^2 = C frac{1}{y^2}$$ $$p^2 = 1 – Cfrac{1}{y^2}$$ $$(y’)^2 = 1 – Cfrac{1}{y^2}.$$ Теперь найдем значение константы $C$ благодаря дополнительным условиям задачи $y = 1$ и $y’ = 1$. Подставляем их в последнее уравнение $$1^2 = 1 – Cfrac{1}{1^2} Rightarrow C = 0.$$ Зная теперь, что $C=0$ подставляем его в уравнение $(y’)^2 = 1 – Cfrac{1}{y^2}$: $$(y’)^2 = 1$$ $$y’ = pm 1.$$ Из условия помним, что $y’ = 1 > 0$, значит, берем только решение $y’ = 1$ и продолжаем его решать интегрированием $$y = int 1 dx = x + C.$$ Осталось найти снова постоянную $C$ теперь уже из условия $y(0) = 1$ $$y(0) = 0 + C = 1 Rightarrow C = 1.$$ Вот теперь можно записать ответ в виде частного решения, которое требовалось найти по условию данной задачи $$y = x + 1.$$ |
| Ответ |
| $$y = x + 1$$ |
Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами
Линейность дифференциального уравнения заключается в том, что в уравнение входит неизвестная функция $y(x)$ и её производные только в первой степени, между собой не перемножаясь. Однородность определяется тем, что уравнение не содержит свободного члена. То есть он равен нулю.
Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами выглядит следующим образом $$y”+py’+qy = 0.$$ Чтобы его решить необходимо составить характиристический многочлен и найти его корни. Для этого нужно заменить $y$ на $lambda$, степень которых будет соответствовать порядку производной $$y” Rightarrow lambda^2, qquad y’ Rightarrow lambda, qquad y Rightarrow 1.$$
В зависимости от получившихся корней имеем общее решение в различных видах:
- Действительные корни $lambda_1 neq lambda_2$, тогда $y = C_1e^{lambda_1 x}+C_2e^{lambda_2 x}$
- Действительные корни $lambda_1 = lambda_2$, тогда $y = C_1e^{lambda_1 x}+C_2xe^{lambda_1 x}$
- Комплексные корни $lambda_{1,2} = alphapmbeta i$, тогда $y = C_1e^{alpha x}cos beta x + C_2e^{alpha x}sin beta x$.
| Пример 12 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y”+y’-2y = 0$. |
| Решение |
|
Первым делом составляем характеристический многочлен. Заменяем $y$ на $lambda$ со степенями соответствующими порядку производной $y$ $$lambda^2 + lambda -2 = 0.$$ Обратите внимание, что $y$ имеет производную нулевого порядка, поэтому он заменяется на $lambda^0 = 1$. Итак, перед нами квадратное уравнение, начинаем решать: $$lambda_{1,2} = frac{-1pm sqrt{1^2-4cdot 1 cdot (-2)}}{2cdot 1} = frac{-1pm 3}{2}$$ $$lambda_1 = -2, qquad lambda_2 = 1.$$ Так как получили отличающиеся действительные корни, то общее решение записывается следующим образом $$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}.$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя! |
| Ответ |
| $$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}$$ |
Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами
Линейное неоднородное ДУ с постоянными коэффициентами отличается от предыдущего типа уравнений наличием правой части от знака равенства $$y”+py’+q = f(x).$$
Общее решение такого диффура складывается из двух частей: общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}.$$
Частное решение неоднородного уравнения $y_text{ч.н.}$ подбирается исходя из вида правой части дифференциального уравнения. Затем в нём неизвестные постоянные находятся методом неопределенных коэффициентов.
| № | Правая часть | Корни характеристического многочлена | Вид частного решения |
| 1 | $$P_n (x)$$ | Число 0 не является корнем характеристического уравнения. | $$tilde{P_n}(x)$$ |
| Число 0 – корень характеристического уравнения кратности $S$. | $$x^s tilde{P_n}(x)$$ | ||
| 2 | $$P_n (x) e^{alpha x}$$ | Число $alpha$ не является корнем характеристического уравнения. | $$tilde{P_n} (x) e^{alpha x}$$ |
| Число $alpha$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$. | $$x^s tilde{P_n} (x) e^{alpha x}$$ | ||
| 3 | $$P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x$$ | Число $pm ibeta$ не является корнем характеристического уравнения. | $$tilde {P_n} cos beta x + tilde{Q_m} sin beta x$$ |
| Число $pm ibeta$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$. | $$x^s (tilde {P_n} cos beta x + tilde{Q_m} sin beta x)$$ | ||
| 4 | $$e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$ | Число $alpha pm ibeta$ не является корнем характеристического уравнения. | $$e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$ |
| Число $alpha pm ibeta$ является корнем характеристического уравнения. | $$x^s e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$ |
| Пример 13 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y”+y = 4xcos x$. |
| Решение |
|
Сначала находим общее решение однородного уравнения $$y” + y = 0.$$ Строим характеристический многочлен $$lambda^2 + 1 = 0,$$ и находим его корни $$lambda_{1,2}=pm i.$$ Записываем получившееся общее решение однородного уравнения $$y_text{о.о.} = C_1 cos x + C_2 sin x.$$ Теперь необходимо подобрать частное решение неоднородного уравнения. Для этого смотрим на правую часть исходного уравнения и видим, что здесь многочлен первой степени умножается на косинус. Значит, необходимо выбрать из таблицы 3й случай. Причем корень характеристического уравнения совпадает с аргументом косинуса. Это значит, что требуется домножение на $x$ $$y_text{ч.н.} = x[(Ax+B)cos x + (Cx+D)sin x].$$Упростим последнее равенство и найдем от него вторую производную: $$y_text{ч.н.} = (Ax^2+Bx)cos x + (Cx^2 + Dx) sin x$$ $$y’_text{ч.н.} = (2Ax+B)cos x-(Ax^2+Bx)sin x + (2Cx+D)sin x + (Cx^2 + Dx) cos x.$$ Упростим $y’_text{ч.н}$ для удобства нахождения второй производной $$y’_text{ч.н.} = (2Ax+B+Cx^2+Dx)cos x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)sin x.$$ Теперь можно найти вторую производную $$y”_text{ч.н.} = (2A+2Cx+D)cos x-(2Ax+B+Cx^2+Dx)sin x + (2C-2Ax-B)sin x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)cos x.$$ Упрощаем последнее выражение $$y”_text{ч.н.} = (2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)sin x.$$ Подставляем найденные $y_text{ч.н.}$ и $y”_text{ч.н.}$ в исходный диффур из “дано” задачи $$(2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)sin x + (Ax^2+Bx)cos x + (Cx^2 + Dx) sin x = 4xcos x.$$ Упрощаем его $$(2A+4Cx+2D)cos x + (2C-4Ax-2B)sin x = 4xcos x.$$ Теперь подгоняем левую часть под правую, так чтобы можно было применить метод неопределенных коэффициентов и найти неизвестные $A,B,C,D$ $$(2A+2D)cos x+4Cxcos x + (2C-2B)sin x+(-4Ax)sin x = 4xcos x.$$ Смотрим на левую и правую часть и составляем систему $$begin{cases} 2A+2D = 0 \ 4C=4 \ 2C-2B=0 \ -4A = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} D=0 \ C= 1 \ B=1 \ A = 0end{cases}.$$ Подставляем полученные коэффициенты в частное решение неоднородного уравнения $$y_text{ч.н.} = xcos x + x^2sin x.$$ Теперь вспоминая, что $y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}$ можем записать окончательный ответ $$y_text{о.н.} = C_1 cos x + C_2 sin x + xcos x + x^2sin x.$$ |
| Ответ |
| $$y = C_1 cos x + C_2 sin x + xcos x + x^2sin x$$ |
| Пример 14 |
| Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y”+y’=5x+2e^x$. |
| Решение |
|
Сначала найдем общее решение однородного дифференциального уравнения $$y”+y’=5x+2e^x.$$ Составляем характеристический многочлен однородного уравнения и находим его корни: $$lambda^2 + lambda = 0$$ $$lambda(lambda + 1) = 0$$ $$lambda_1 = 0, qquad lambda_2=-1.$$ Теперь можно записать общее решение $$y_text{о.о.} = C_1 + C_2e^{-x}.$$ Далее необходимо по правой части исходного неоднородного уравнения найти его частное решение путем подбора, используя данные таблицы. Первое слагаемое есть многочлен первой степени. И так как один из корней характеристического уравнения является нулем кратности 1, то решение ищем в виде $y = (Ax+B)x$. Второе слагаемое представляет собой произведение многочлена нулевой степени на экспоненту. Так как аргумент экспоненты не совпадает с одним из корней характеристического многочлена, то подбор будем делать в виде $y = Ce^x$. В итоге правую часть будем искать в виде суммы $$y_text{ч.н.} = (Ax+B)x+Ce^x.$$ Находим первую и вторую производную последней функции: $$y’ = 2Ax+B+Ce^x$$ $$y”=2A+Ce^x.$$ Подставляем полученные производные $y’$ и $y”$ в исходное дифференциальное уравнение: $$2A+Ce^x+2Ax+B+Ce^x = 5x+2e^x$$ $$2Ax+B+2A+2Ce^x=5x+2e^x.$$ Далее необходимо, используя метод неопределенных коэффициентов, найти значения $A,B,C$ составив систему уравнений $$begin{cases} 2A=5 \ 2C=2 \ B+2A = 0 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} A=frac{5}{2} \ C=1 \ B=-5 end{cases}.$$ Подставляем найденные коэффициенты и получаем частное решение неоднородного уравнения $$y_text{ч.н.} = (frac{5}{2}x-5)x + e^x = frac{5}{2}x^2 – 5x + e^x.$$ Таким образом теперь можно записать общее решение неоднородного диффура $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.}=C_1 + C_2e^{-x} + frac{5}{2}x^2 – 5x + e^x.$$ |
| Ответ |
| $$y = C_1 + C_2e^{-x} + frac{5}{2}x^2 – 5x + e^x$$ |
Метод Лагранжа
Данный метод позволяет решать линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами даже в тех, случаях, когда правая часть уравнения не подходит под табличный вид. В этом случае целесообразно применить данный метод решения.
- Находим общее решение однородного уравнения $y = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)$
- Варьируем постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
- Решаем систему методом Крамера $begin{cases} C_1 ‘(x) y_1 (x) + C_2 ‘(x) y_2 (x) = 0 \ C_1 ‘(x) y_1 ‘(x) + C_2 ‘(x) y_2 ‘(x) = f(x) end{cases} $
- Получаем $C_1(x)$ и $C_2(x).$
| Пример 15 |
| Найти частное решение дифференциального уравнения $$y”-2y’+y=frac{e^x}{x}, text{ при } y(1)=e, y'(1)=3e.$$ |
| Решение |
|
Так как правая часть диффура не подходит под табличный формат, то не получится подбирать частное решение по правой части как делали это в предыдущем примере. Воспользуется методом Лагранжа или как его еще называют вариация произвольной постоянной. Для начала найдем общее решение однородного уравнения $$y”-2y’+y=0.$$ Составляем характеристический многочлен и находим его корни: $$lambda^2-2lambda+1=0$$ $$(lambda-1)^2 = 0 Rightarrow lambda = 1 text{ с кратностью 2}.$$ Так как корень кратный, то общее решение однородного уравнения записывается следующим образом $$y = C_1 e^x + C_2 xe^x.$$ Теперь необходимо варьировать постоянные $C_1$ и $C_2$ на соответствующие функции $C_1 (x)$ и $C_2 (x)$. Теперь получившееся решение следует записать в виде $y = C_1 (x) e^x + C_2 (x) xe^x$. Здесь заметим, что $y_1 = e^x$ и $y_2 = xe^x$. Это нужно для дальнейшего хода решения, а именно построения системы уравнений. Составляем систему уравнений и решаем её методом Крамера $$begin{cases} C_1 ‘(x) e^x+C_2 ‘(x) xe^x = 0 \C_1 ‘(x) e^x + C_2 ‘(x) (e^x+xe^x) = frac{e^x}{x} end{cases}.$$ Находим главный определитель системы $$Delta = begin{vmatrix} e^x & xe^x \ e^x & e^x+xe^x end{vmatrix} = e^x(e^x+xe^x)-xe^{2x} = e^{2x}.$$ Вычисляем дополнительные определители: $$Delta_1 = begin{vmatrix} 0 & xe^x \ frac{e^x}{x} & e^x + xe^x end{vmatrix} = -xe^x frac{e^x}{x} = e^{2x}$$ $$Delta_2 = begin{vmatrix} e^x & 0 \ e^x & frac{e^x}{x} end{vmatrix} = e^x frac{e^x}{x} = frac{e^{2x}}{x}.$$ Итак, получаем решение системы уравнений $$C_1 ‘(x) = frac{Delta_1}{Delta} = frac{e^{2x}}{e^{2x}} = 1, qquad C_2 ‘(x) = frac{Delta_2}{Delta} = frac{e^{2x}}{x} frac{1}{e^{2x}} = frac{1}{x}.$$ Далее интегрируем полученные решения, чтобы избавиться от производной: $$C_1(x) = int 1 dx = x+tilde{C_1}$$ $$C_2(x)=int frac{dx}{x}=ln|x|+tilde{C_2}.$$ Подставляем полученные $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение однородного уравнения и записываем общее решение неоднородного дифференциального уравнения $$y = (x+tilde{C_1}) e^x + (ln|x|+tilde{C_2}) xe^x.$$ По условию нам требуется найти частное решение при условиях $y(1)=e$ и $y'(1)=3e$. Поэтому находим сначала производную $$y’=e^x+(x+tilde{C_1})e^x+e^x+(ln|x|+tilde{C_2})(e^x+xe^x), $$ раскрываем скобки $$y’ = 2e^x+xe^x+tilde{C_1}e^x+e^xln|x|+xe^xln|x|+tilde{C_2}e^x+tilde{C_2}xe^x,$$ а затем составляем систему уравнений $$begin{cases} y'(1)=3e+tilde{C_1}e+2tilde{C_2}e = 3e \ y(1) = e+tilde{C_1}e + tilde{C_2}e = e end{cases} Rightarrow begin{cases} tilde{C_1}+2tilde{C_2}=0 \ tilde{C_1}+tilde{C_2}=0 end{cases} Rightarrow begin{cases} tilde{C_2} = 0 \ tilde{C_1}=0 end{cases}.$$ Теперь можно записать частное решение к задаче $$y = xe^x + xln|x|e^x = xe^x(1+ln|x|).$$ |
| Ответ |
| $$y = xe^x(1+ln|x|)$$ |
Начальные
условия
,
будучи набором из
чисел, задают точку пространства
.
Множество всех рассматриваемых вариантов
начальных условий образует некоторую
область
.
Для
различных видов ограничений на функцию
и на область
имеет место существование и единственность
решения задачи Коши для начальных
условий из
.
Приведем примеры соответствующих
теорем.
I.
Пусть уравнение 1-го порядка является
разрешённым относительно производной
:
.
Теорема 1. Если
функция
и ее частная производная
непрерывны в области
плоскости
,
то решение задачи Коши для любых начальных
условий
существует и единственно в некоторой
окрестности точки
.
II.
Пусть
уравнение
-го
порядка является разрешённым относительно
старшей производной
:
.
Теорема 2. Если
функция
и ее частные производные
непрерывны в области
-мерного
пространства
,
то решение задачи Коши для любых начальных
условий
существует и единственно в некоторой
окрестности точки
.
В дальнейшем будем
предполагать, что дифференциальные
уравнения рассматриваются в области
существования и единственности решения.
Определение.
Общим решением
дифференциального уравнения
-го
порядка называется функция
,
зависящая от аргумента
и от
произвольных постоянных
,
которая удовлетворяет двум условиям:
1) при любых значениях
произвольных постоянных эта функция
является решением;
2) за счет выбора
значений произвольных постоянных можно
получить решение задачи Коши для любых
начальных условий из области существования
и единственности решения.
Заметим, что
количество
произвольных постоянных равно порядку
уравнения.
Определение.
Частным
решением
дифференциального уравнения называется
функция, которая получается из общего
решения, если произвольным постоянным
придать определенные значения.
Напомним определение
неявной функции: функция
в окрестности
точки
,
задана неявно
уравнением
,
если при всех
из этой окрестности справедливо равенство
.
Обычное, «явное»
задание функции можно рассматривать
как частный случай неявного:
;
здесь
.
Определение.
Общим
интегралом
дифференциального уравнения
-го
порядка называется уравнение
,
(3)
зависящее от
произвольных постоянных
,
которое задает общее решение
как неявную функцию.
Определение.
Частным
интегралом
называется уравнение, которое получается
из общего интеграла (3), если произвольным
постоянным придать определенные
значения.
Замечание.
В тех случаях, когда удается найти
решение дифференциального уравнения,
оно имеет, как правило, вид общего
интеграла (3). Если при этом можно
явно выразить через
(«разрешить уравнение относительно
»),
то приходим к общему решению.
4. Метод разделения переменных
Определение.
Уравнением
с разделенными переменными называется
дифференциальное
уравнение первого порядка вида
,
(4)
с
непрерывными функциями
и
Смысл
этого термина заключается в том, что
переменные
и
разделены по разным частям равенства
(4).
Напомним,
что, согласно определению, дифференциал
функции
есть произведение производной на
дифференциал независимой переменной:
.
Если умножить обе части равенства (4) на
,
получим:
.
(5)
Это
другой, более традиционный способ записи
уравнения с разделенными переменными.
Теорема.
Если в уравнении (5) функции
и
имеют первообразные
и
,
то общий интеграл уравнения имеет вид:
,
(6)
где
—
произвольная постоянная.
Замечание.
Если для обозначения первообразных
использовать символ неопределенного
интеграла, то общий интеграл записывается
в виде:
.
(7)
Доказательство.
Опуская доказательство того, что
уравнение (6) действительно задает
неявную функцию
,
убедимся, что
удовлетворяет уравнению (4). Для этого
продифференцируем по
равенство (6), применяя для левой части
правило производной сложной функции с
промежуточной переменной
:
,
или,
учитывая, что
и
первообразные для
и
:
.
Остается
убедиться, что за счет выбора значения
произвольной постоянной
можно обеспечить выполнение любых
начальных условий
.
Подставляя начальные условия в (6),
получаем:
.
▄
Примеры.
1. Для уравнения
найдем общий интеграл и частный интеграл
для начальных условий
.
Имеем:
—
это
общий интеграл.
Подставим
теперь в общий интеграл начальные
условия и найдем соответствующее
значение константы
:
.
Следовательно,
частный интеграл, дающий решение задачи
Коши, имеет вид:
.
2.
Рассмотрим уравнение
с начальными условиями
.
Умножая обе части уравнения на
и затем интегрируя, получаем:
– это
общий интеграл. Выражая отсюда явно
через
и
,
получаем общее решение:
.
Подстановка начальных условий в общее
решение дает:
,
так что
.
Следовательно, функция
является решением задачи Коши.
Определение.
Уравнением
с разделяющимися переменными называется
дифференциальное
уравнение первого порядка вида
,
(8)
с
непрерывными функциями
.
В
этом уравнении каждая из частей является
произведением двух множителей, один из
которых зависит только от
,
а другой – только от
.
От
этого уравнения легко перейти к уравнению
с разделенными переменными, деля обе
части на произведение
(«разделяя переменные»):
.
Примеры.
1.
.
Обе части разделим на
и умножим на
:
.
Интегрируем:
—
общий
интеграл.
2.
;
начальные условия:
.
Записываем производную
как отношение дифференциалов:
.
Обе
части умножим на
,
разделим на
и проинтегрируем:
—
общий
интеграл. Найдем теперь частный интеграл,
удовлетворяющий начальным условиям.
Подставляя начальные условия в полученное
уравнение, имеем:
;
.
Следовательно,
частный интеграл, дающий решение задачи
Коши, имеет вид:
.
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
1. Уравнения с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
. (8.10)
С учетом равенства
(8.11)
уравнение (8.10) может быть записано в виде 
.
Разделим обе части на произведение функций M(x)∙Q(y) (при условии 
) и после сокращения получим: 
. Так как переменные разделены, проинтегрируем уравнение
почленно:
. После нахождения интегралов получаем общий интеграл
исходного ДУ. Предполагая, что
, мы могли потерять решения. Следовательно, необходимо
подстановкой M(x)=0, Q(y)=0 в исходное уравнение сделать проверку. В том
случае, когда данные функции удовлетворяют уравнению, они также являются его решениями.
Пример 8.2. Проинтегрировать уравнение 
.
Решение. Представим уравнение в виде
. Разделим переменные: 
. Проинтегрируем уравнение:
.
После
применения теоремы о сумме логарифмов и потенцирования получаем
– общий интеграл исходного уравнения
2.
Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
, (8.12)
где M(x;y) и N(x;y)– однородные функции аргументов x и y одного и
того же измерения m, то есть
имеют место равенства
. (8.13)
Метод решения уравнения (8.12) – деление на переменную
x в
степени измерения m: 
. Далее уравнение преобразуются с помощью следующей замены:
. (8.14)
Однородное уравнение (8.12) принимает вид: 
– уравнение с
разделяющимися переменными. Следовательно, дальнейшее решение – по пункту 1.
Пример 8.3. Проинтегрировать уравнение 
.
Решение. Поделим уравнение на x2, получим
. После замены (8.14) заданное по условию уравнение принимает
вид 
,
. В результате интегрирования получим 
. После обратной замены 
– искомый общий
интеграл
Пример 8.4. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения 
.
Решение. Правая часть уравнения 
обладает свойством 
. Поэтому заданное
уравнение является однородным дифференциальным уравнением первого порядка.
Совершим замену 
, где u – некоторая
функция от аргумента x. Отсюда
. Исходное уравнение приобретает вид
или 
. Разделим переменные: 
.
После
интегрирования обеих частей уравнения получаем
. Таким образом,
.
Потенцируя,
находим 
.
Итак,
общий интеграл исходного уравнения приобретает вид cy=x2+y2, где c – произвольная
постоянная
3. Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным или к уравнениям с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
, (8.15)
где
– числа.
При c1=c2=0 уравнение
является однородным. Рассмотрим два случая при c1 и c2 не равных нулю одновременно.
1) Определитель
. Вводят новые переменные u и v, положив x=u+x0, y=v+y0, где (x0;y0) – решение системы уравнений
.
В результате данной подстановки уравнение (8.15)
становится однородным.
Пример 8.5. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения 
.
Решение. Определитель 
, следовательно,
решаем систему уравнений 
. Получаем значения x0= –1; y0=2, с
использованием которых осуществляем
замену x=u–1;y=v+2, при этом 
. Заданное по условию
ДУ принимает вид:
, (*) – однородное ДУ относительно функции v и переменной u.
Обозначим 
. Уравнение (*) принимает вид: 
. Продолжим преобразования:
. Проинтегрируем уравнение:
С помощью формул
интегрирования (4.8) и (4.17) получаем:
.
Осуществим обратную
подстановку
:
– общий интеграл исходного уравнения
2) Определитель
. Это означает пропорциональность коэффициентов 
или
. Уравнение (8.15) принимает вид: 
. С помощью замены
, оно приводится к
уравнению с разделяющимися переменными вида 
.
Пример 8.6. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения
.
Решение. Определитель 
, следовательно, осуществляем замену
.
Исходное
уравнение принимает вид:
или 
.
Далее 
. Разделим переменные: 
или 
. Проинтегрируем уравнение:
.
После обратной замены получим: 
– общий интеграл
исходного уравнения
4.
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
, (8.16)
где
P(x) и Q(x) –
заданные функции (могут быть постоянными).
Уравнение (8.16) может быть решено двумя способами.
1) Метод Бернулли-Фурье состоит в том,
что решение ищется в виде произведения двух неизвестных функций y(x)=u(x)∙v(x) или коротко y=u∙v, при этом 
. Одна из функций будет представлять общую часть решения и
содержать константу интегрирования c, другая функция может быть взята в частном виде при
конкретном значении константы (общее решение ДУ первого порядка должно содержать
одну константу интегрирования). Подставим выражения y и 
в (8.16), после чего
оно принимает вид:
. (8.17)
Функцию v(x) подберем в частном виде так, чтобы выражение в
скобках обратилось в ноль. Для этого решим уравнение с разделяющимися
переменными 
или 
. Отсюда в результате интегрирования получим: 
. Так функция v(x) выбиралась произвольно, то можно положить c = 1, тогда 
. Подставив найденную v(x) в (8.17), приходим к еще одному уравнению с
разделяющимися переменными 
. Интегрируя его, получим функцию 
. Общее решение исходного ДУ (8.16) принимает вид
. (8.18)
Пример 8.7. Проинтегрировать уравнение 
с помощью метода
Бернулли.
Решение. Данное уравнение является линейным ДУ первого порядка с
функциями 
. Применим подстановку
y=u∙v, где u и v – некоторые функции аргумента x. Так
как y=u∙v, 
то , и заданное уравнение принимает вид:
.
(**)
Выберем функцию u так, чтобы выражение, стоящее в скобках, обращалось в ноль, то есть 
или
.
Полагая c=1, получим
u=cos x.
При таком выборе функции u уравнение
(**) примет вид:
. Отсюда v=tg x+c. Тогда 
– общее решение
заданного уравнения.
Общее решение заданного ДУ можно также получить,
пользуясь непосредственно формулой (8.18):
.
По условию задачи имеем: P(x)=tg x, 
. Следовательно, 
. Так как
, то с использованием основного логарифмического тождества
получаем:
.
Таким образом, 
– общее решение исходного дифференциального
уравнения
2) Метод Лагранжа иначе называют методом вариации произвольной постоянной.
Рассмотрим сначала соответствующее линейное однородное ДУ первого порядка, то есть
исходное уравнение без правой части 
. Разделив переменные и проинтегрировав, в найденном решении
полагают постоянную c функцией c(x). После этого функцию y дифференцируют и вместе с подставляют в исходное
уравнение. При этом получают уравнение относительно неизвестной функции c(x), отыскав
которую, подставляют ее в y – общее решение заданного линейного неоднородного
уравнения (с правой частью).
Пример 8.8. Проинтегрировать уравнение с помощью метода
Лагранжа (сравни с примером 8.7).
Решение. Решим сначала соответствующее линейное однородное ДУ
первого порядка 
или 
. Разделим переменные: 
. В результате интегрирования получаем: 
– общее решение
соответствующего однородного уравнения. Применим метод варьирования константы,
то есть предположим c=c(x). Тогда общее решение исходного линейного
неоднородного уравнения будет иметь вид: 
. Подставим y и в исходное уравнение:
. После сокращений получим:
. Разделим переменные и проинтегрируем: 
.
Подставляя найденное c(x) в y, имеем общее решение линейного неоднородного
уравнения:
5.
Уравнения Бернулли
Общий вид уравнений
. (8.19)
При n=1 (8.19)– уравнение с разделяющимися переменными. При n=0 (8.19)– линейное ДУ.
Рассмотрим 
. Метод решения – деление уравнения на 
, после чего (8.19) принимает вид 
.
С помощью замены z=y–n+1
исходное уравнение становится линейным относительно функции z(x):
, (8.20)
то есть его решение находится аналогично пункту 4. На
практике искать решение уравнения (8.17) удобнее методом Бернулли в виде
произведения неизвестных функций y=u∙v. Заметим, что y=0 – всегда является решением исходного уравнения
(8.17).
Пример 8.9. Проинтегрировать уравнение 
.
Решение. Заданное
уравнение является уравнением Бернулли. Положим y=u∙v, тогда 
и уравнение примет
вид:
.
Выберем функцию u так, чтобы выполнялось равенство:
. Разделим переменные и
проинтегрируем:
. При c=1 получим функцию
.
Тогда заданное уравнение после сокращения на u примет
вид: 
или 
– уравнение
с разделяющимися переменными. Находим его общее решение:
. Интегрируя последнее уравнение,
получим:
. Следовательно, общее решение заданного уравнения имеет вид:
6. Уравнения
в полных дифференциалах
6.1. Общий вид уравнений
, (8.21)
где
левая часть есть полный дифференциал некоторой функции F(x;y), то есть 
. В этом случае ДУ (8.21) можно записать в виде
, а его общий интеграл будет F(x;y)=c.
Условие, по которому можно судить, что выражение 
является полным
дифференциалом, можно сформулировать в виде следующей теоремы.
Теорема 8.2.
Для того чтобы выражение , где функции M(x;y) и N(x;y), их частные
производные 
и 
непрерывны в некоторой
области D плоскости x0y, было
полным дифференциалом, необходимо и
достаточно выполнение условия
(8.22)
Таким образом, согласно определению полного
дифференциала (6.6) должны выполняться равенства:
. (8.23)
Формула (8.22) представляет собой теорему Шварца,
согласно которой смешанные производные второго порядка функции F(x;y) равны.
Зафиксируем переменную y и проинтегрируем первое уравнение из (8.23) по x, получим:
. (8.24)
Здесь
мы применили метод вариации произвольной постоянной, так как предположили, что
константа c зависит от y (либо
является числом). Продифференцировав (8.24) по переменной y
и приравняв производную к функции N(x;y), мы получим уравнение для нахождения неизвестной c(y).
Подставив c(y) в (8.24), находим функцию F(x;y) такую, что
.
Пример 8.10. Решить
уравнение 
.
Решение. Здесь функция 
.
Проверим условие (8.22): 
. Следовательно, левая часть заданного уравнения представляет собой полный дифференциал
некоторой функции F(x;y). Для ее
отыскания проинтегрируем функцию M(x;y) по
переменной x, считая y=const:
.
Пусть c=c(y),
тогда 
. Продифференцируем данную функцию по y,
получим 
. Отсюда 
.
Найденное c(y) подставляем в функцию F(x;y), получаем
решение заданного ДУ:
Если условие (8.22) не выполняется, то ДУ (8.21) не
является уравнением в полных дифференциалах.
Однако это уравнение иногда можно привести к уравнению
в полных дифференциалах умножением его на некоторую функцию μ(x;y), называемую интегрирующим множителем.
Чтобы уравнение 
было уравнение в полных
дифференциалах, должно выполняться условие
. (8.25)
Выполнив дифференцирование 
и приведя подобные
слагаемые, получим: 
. Для нахождения μ(x;y) надо
проинтегрировать полученное ДУ в частных производных. Решение этой задачи не
простое. Нахождение интегрирующего множителя может быть упрощено, если
допустить существование μ как функции только одного аргумента x либо
только y.
6.2. Пусть μ = μ(x). Тогда уравнение (8.25) принимает вид:
(8.26)
При этом подынтегральное выражение должно зависеть только от x.
6.3. Пусть
μ = μ(y). Тогда
аналогично можно получить
, (8.27)
где подынтегральное выражение должно зависеть только
от y.
Пример 8.11. Решить
уравнение 
.
Решение. Здесь 
, то есть 
. Проверим существование интегрирующего множителя. По
формуле (8.26) составляем подынтегральное выражение:
, оно зависит только от
переменной x. Следовательно, уравнение имеет интегрирующий
множитель μ(x). В нашем
случае он имеет вид 
. Умножая исходное уравнение на
μ=x, получаем: 
, то есть уравнение в полных дифференциалах. Действительно, для него
. Решив его аналогично пункту 6.1, найдем, что общий
интеграл исходного уравнения имеет вид 
7. Дифференциальные уравнения, неразрешенные относительно производной
К уравнениям данного вида относятся уравнения Лагранжа и Клеро, которые образуют достаточно большой класс ДУ, решаемых методом введения параметра 
.
7.1.
Уравнение Лагранжа
Общий вид уравнений
, (8.28)
где
φ
и ψ– известные функции от 
. После введения параметра 
уравнение (8.28)
принимает вид
. (8.29)
Продифференцируем его по x:
. (8.30)
Полученное уравнение (8.30) является линейным уравнением относительно
неизвестной функции x = x(p). Решив
его, найдем:
x = λ(p;c). (8.31)
Исключая параметр p из уравнений
(8.29) и (8.31), получаем общий
интеграл уравнения (8.28) в
виде y = γ(x;c).
Примечание. При переходе к уравнению (8.30) мы делили на 
. При этом могли быть потеряны решения, для которых 
или p = p0=const. Это
означает, что p0 является
корнем уравнения p = φ(p)=0 (смотри уравнение (8.30)). Тогда
решение 
для уравнения (8.28)
является особым
7.2. Уравнение
Клеро представляет собой частный случай уравнения Лагранжа
при 
, следовательно, его общий вид
. (8.32)
Вводим
параметр , после чего уравнение (8.30) записывается так:
. (8.33)
Продифференцируем уравнение (8.33) по переменной x:
,
то согласно (8.33), уравнение (8.32) имеет общее решение
. (8.34)
При 
получаем частное решение уравнения
в параметрической форме:
.
(8.35)
Это – особое решение уравнения Клеро, так как оно не
содержится в формуле общего решения уравнения.
Пример 8.12.
Решить уравнение Клеро 
.
Решение. Согласно формуле (8.32) общее решение имеет вид y=cx+c2. Особое решение уравнения получим по (8.33) в виде
. Отсюда следует: 
, то есть 
Вопросы для самопроверки
Примеры дифференциальных уравнений с решениями
- Попробуйте решить приведенные ниже дифференциальные уравнения.
- Нажмите на изображение уравнения, и вы попадете на страницу с подробным решением.
Примеры решений дифференциальных уравнений первого порядка
Примеры решений дифференциальных уравнений второго и высших порядков
Найти общее решение дифференциального уравнения, или решение с заданными начальными условиями.
Примеры решений линейных дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами
Примеры решений линейных уравнений в частных производных первого порядка
Найти общее решение линейного однородного уравнения в частных производных первого порядка и решить задачу Коши с указанным граничным условием:
,
при .
Найти поверхность, удовлетворяющую данному уравнению
,
и проходящую через данную окружность
, .
Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 28-01-2016 Изменено: 26-11-2021
Примеры решения дифференциальных уравнений с ответами
Простое объяснение принципов решения дифференциальных уравнений и 10 наглядных примеров. В каждом примере поэтапный ход решения и ответ.
Алгоритм решения дифференциальных уравнений
Дифференциальные уравнения не так сильно отличаются от привычных уравнений, где необходимо найти переменную x , как кажется на первый взгляд. Всё различие лишь в том, что в дифференциальных уравнениях мы ищем не переменную, а функцию у(х) , с помощью которой можно обратить уравнение в равенство.
Дифференциальное уравнение – это уравнение, содержащее саму функцию (y=y(x)), производные функции или дифференциалы (y′, y″) и независимые переменные (наиболее распространённая – х). Обыкновенным дифференциальным уравнением называют уравнение, в котором содержится неизвестная функция под знаком производной или под знаком дифференциала.
Чтобы решить ДУ, необходимо найти множество всех функций, которые удовлетворяют данному уравнению. Это множество в большинстве случаев выглядит следующим образом:y=f(x; С), где С – произвольная постоянная.
Проверить решённое ДУ можно, подставив найденную функцию в изначальное уравнение и убедившись, что уравнение обращается в тождество (равенство).
Примеры решения дифференциальных уравнений
Задание
Решить дифференциальное уравнение xy’=y.
Решение
В первую очередь, необходимо переписать уравнение в другой вид. Пользуясь
переписываем дифференциальное уравнение, получаем
Дальше смотрим, насколько реально разделить переменные, то есть путем обычных манипуляций (перенос слагаемых из части в часть, вынесение за скобки и пр.) получить выражение, где «иксы» с одной стороны, а «игреки» с другой. В данном уравнении разделить переменные вполне реально, и после переноса множителей по правилу пропорции получаем
Далее интегрируем полученное уравнение:
В данном случае интегралы берём из таблицы:
После того, как взяты интегралы, дифференциальное уравнение считается решённым. Решение дифференциального уравнения в неявном виде называется общим интегралом дифференциального уравнения.
– это общий интеграл. Также для удобства и красоты, его можно переписать в другом виде: y=Cx, где С=Const
Ответ
Задание
Найти частное решение дифференциального уравнения
Решение
Действуем по тому же алгоритму, что и в предыдущем решении.
Переписываем производную в нужном виде, разделяем переменные и интегрируем полученное уравнение:
Получили общий интеграл.Далее, воспользуемся свойством степеней, выразим у в «общем» виде и перепишем функцию:
Если – это константа, то
0]” title=”Rendered by QuickLaTeX.com” />
– тоже некоторая константа, заменим её буквой С:
– убираем модуль и теперь константа может принимать и положительные, и отрицательные значения.
Получаем общее решение:
Ответ
Задание
Решить дифференциальное уравнение
Решение
В первую очередь необходимо переписать производную в необходимом виде:
Второй шаг – разделение переменных и перенос со сменой знака второго слагаемого в правую часть:
После разделения переменных, интегрируем уравнение, как в примерах выше.
Чтобы решить интегралы из левой части, применим метод подведения функции под знак дифференциала:
В ответе мы получили одни логарифмы и константу, их тоже определяем под логарифм.
Далее упрощаем общий интеграл:
Приводим полученный общий интеграл к виду: F(x,y)=C:
Чтобы ответ смотрелся красивее, обе части необходимо возвести в квадрат.
Ответ
Задание
Найти частное решение дифференциального уравнения
удовлетворяющее начальному условию y(0)=ln2.
Решение
Первый шаг – нахождение общего решения. То, что в исходном уравнении уже находятся готовые дифференциалы dy и dx значительно упрощает нам решение.
Начинаем разделять переменные и интегрировать уравнение:
Мы получили общий интеграл и следующий шаг – выразить общее решение. Для этого необходимо прологарифмировать обе части. Знак модуля не ставим, т.к. обе части уравнения положительные.
Получаем общее решение:
Далее необходимо найти частное решение, которое соответствует заданному начальному условию y(0)=ln2.
В общее решение вместо «икса» подставляем ноль, а вместо «игрека» логарифм двух:
Подставляем найденное значение константы C=1 в общее решение.
Ответ
Задание
Решить дифференциальное уравнение
Решение
При внимательном разборе данного уравнения видно, что можно разделить переменные, что и делаем, после интегрируем:
В данном случае константу C считается не обязательным определять под логарифм.
Ответ
Задание
Найти частное решение дифференциального уравнения
удовлетворяющее начальному условию y(1)=e. Выполнить проверку.
Решение
Как и в предыдущих примерах первым шагом будет нахождение общего решения. Для этого начинаем разделять переменные:
Общий интеграл получен, осталось упростить его. Упаковываем логарифмы и избавляемся от них:
можно выразить функцию в явном виде.
Осталось найти частное решение, удовлетворяющее начальному условию y(1)=e.
Подставляем найденное значение константы C=1 в общее решение.
Ответ
Проверка
Необходимо проверить, выполняется ли начальное условие:
Из равенства выше видно, что начальное условие y(1)=e выполнено.
Далее проводим следующую проверку: удовлетворяет ли вообще частное решение
дифференциальному уравнению. Для этого находим производную:
Подставим полученное частное решение
и найденную производную в исходное уравнение
Получено верное равенство, значит, решение найдено правильно.
Задание
Найти общий интеграл уравнения
Решение
Данное уравнение допускает разделение переменных. Разделяем переменные и интегрируем:
Ответ
Задание
Найти частное решение ДУ.
Решение
Данное ДУ допускает разделение переменных. Разделяем переменные:
Найдем частное решение (частный интеграл), соответствующий заданному начальному условию
Подставляем в общее решение
Ответ
Задание
Решить дифференциальное уравнение
Решение
Данное уравнение допускает разделение переменных. Разделяем переменные и интегрируем:
Левую часть интегрируем по частям:
В интеграле правой части проведем замену:
(здесь дробь раскладывается методом неопределенных коэффициентов)
Ответ
Задание
Решить дифференциальное уравнение
Решение
Данное уравнение допускает разделение переменных.
Разделяем переменные и интегрируем:
Методом неопределенных коэффициентов разложим подынтегральную функцию в сумму элементарных дробей:
Как найти общий интеграл уравнения примеры
1. У равнения с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
С учетом равенства
уравнение (8.10) может быть записано в виде .
Разделим обе части на произведение функций M ( x )∙ Q ( y ) (при условии ) и после сокращения получим: . Так как переменные разделены, проин тегрируем уравнение почленно: . После нахождения интегралов получаем общий интеграл исходного ДУ. Предполагая, что , мы могли потерять решения. Следовательно, необходимо подстановкой M ( x )=0, Q ( y )=0 в исходное уравнение сделать проверку. В том случае, когда данные функции удовлетворяют уравнению, они также являются его решениями.
Пример 8.2. Проинтегрировать уравнение .
Решение . Представим уравнение в виде . Разделим переменные: . Проинтегрируем уравнение:
После применения теоремы о сумме логарифмов и потенцирования получаем
2. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
где M ( x ; y ) и N ( x ; y )– однородные функции аргументов x и y одного и того же измерения m , то есть имеют место равенства
Метод решения уравнения (8.12) – деление на переменную x в степени измерения m : . Далее уравнение преобразуются с помощью следующей замены:
Однородное уравнение (8.12) принимает вид: – уравнение с разделяющимися переменными. Следовательно, дальнейшее решение – по пункту 1.
Пример 8.3. Проинтегрировать уравнение .
Решение. Поделим уравнение на x 2 , получим . После замены (8.14) заданное по условию уравнение принимает вид , . В результате интегрирования получим . После обратной замены – искомый общий интеграл
Пример 8.4. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения .
Решение . Правая часть уравнения обладает свойством . Поэтому заданное уравнение является однородным дифференциальным уравнением первого порядка. Совершим замену , где u – некоторая функция от аргумента x . Отсюда . Исходное уравнение приобретает вид
или . Разделим переменные: .
После интегрирования обеих частей уравнения получаем
Потенцируя, находим .
Итак, общий интеграл исходного уравнения приобретает вид cy = x 2 + y 2 , где c – произвольная постоянная
3. Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным или к уравнениям с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
где – числа.
При c 1 = c 2 = 0 уравнение является однородным. Рассмотрим два случая при c 1 и c 2 не равных нулю одновременно.
1) Определитель . Вводят новые переменные u и v , положив x = u + x 0 , y = v + y 0 , где ( x 0 ; y 0 ) – решение системы уравнений .
В результате данной подстановки уравнение (8.15) становится однородным.
Пример 8.5. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения .
Решение . Определитель , следовательно, решаем систему уравнений . Получаем значения x 0 = – 1; y 0 =2, с использованием которых осуществляем замену x = u – 1; y = v + 2, при этом . Заданное по условию ДУ принимает вид:
, (*) – однородное ДУ относительно функции v и переменной u .
С помощью формул интегрирования (4.8) и (4.17) получаем:
Осуществим обратную подстановку :
– общий интеграл исходного уравнения
2) Определитель . Это означает пропорциональность коэффициентов или
Пример 8.6. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения
Решение . Определитель , следовательно, осуществляем замену
Исходное уравнение принимает вид:
Далее . Разделим переменные: или . Проинтегрируем уравнение:
После обратной замены получим: – общий интеграл исходного уравнения
4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
где P ( x ) и Q ( x ) – заданные функции (могут быть постоянными).
Уравнение (8.16) может быть решено двумя способами.
1) Метод Бернулли-Фурье состоит в том, что решение ищется в виде произведения двух неизвестных функций y ( x )= u ( x )∙ v ( x ) или коротко y = u ∙ v , при этом . Одна из функций будет представлять общую часть решения и содержать константу интегрирования c , другая функция может быть взята в частном виде при конкретном значении константы (общее решение ДУ первого порядка должно содержать одну константу интегрирования). Подставим выражения y и в (8.16), после чего оно принимает вид:
Функцию v ( x ) подберем в частном виде так, чтобы выражение в скобках обратилось в ноль. Для этого решим уравнение с разделяющимися переменными или . Отсюда в результате интегрирования получим: . Так функция v ( x ) выбиралась произвольно, то можно положить c = 1, тогда . Подставив найденную v ( x ) в (8.17), приходим к еще одному уравнению с разделяющимися переменными . Интегрируя его, получим функцию . Общее решение исходного ДУ (8.16) принимает вид
Пример 8.7. Проинтегрировать уравнен ие с помощью метода Бернулли.
Решение . Данное уравнение является линейным ДУ первого порядка с функциями . Применим подстановку y = u ∙ v , где u и v – некоторые функции аргумента x . Так как y = u ∙ v , то , и заданное уравнение принимает вид:
Выберем функцию u так, чтобы выражение, стоящее в скобках, обращалось в ноль, то есть и л и
Полагая c = 1, получим u = cos x . При таком выборе функции u уравнение (**) примет вид:
. Отсюда v=tg x+c . Тогда – общее решение заданного уравнения.
Общее решение заданного ДУ можно также получить, пользуясь непосредственно формулой (8.18):
По условию задачи имеем: P ( x )= tg x , . Следовательно, . Так как , то с использованием основного логарифмического тождества получаем:
Таким образом, – общее решение исходного дифференциального уравнения
2) Метод Лагранжа иначе называют методом вариации произвольной постоянной. Рассмотрим сначала соответствующее линейное однородное ДУ первого порядка, то есть исходное уравнение без правой части . Разделив переменные и проинтегрировав, в найденном решении полагают постоянную c функцией c ( x ). После этого функцию y дифференцируют и вместе с подставляют в исходное уравнение. При этом получают уравнение относительно неизвестной функции c ( x ), отыскав которую, подставляют ее в y – общее решение заданного линейного неоднородного уравнения (с правой частью).
Пример 8.8. Проинтегрировать уравнение с помощью метода Лагранжа (сравни с пример ом 8.7).
Решение . Решим сначала соответствующее линейное однородное ДУ первого порядка или . Разделим переменные: . В результате интегрирования получаем: – общее решение соответствующего однородного уравнения. Применим метод варьирования константы, то есть предположим c = c ( x ). Тогда общее решение исходного линейного неоднородного уравнения будет иметь вид: . Подставим y и в исходное уравнение:
Подставляя найденное c ( x ) в y , имеем общее решение линейного неоднородного уравнения:
5. Уравнения Бернулли
Общий вид уравнений
При n = 1 (8.1 9) – уравнение с разделяющимися переменными. При n = 0 (8.1 9) – линейное ДУ.
Рассмотрим . Метод решения – деление уравнения на , после чего (8.1 9) принимает вид . С помощью замены z = y – n +1 исходное уравнение становится линейным относительно функции z ( x ):
то есть его решение находится аналогично пункту 4. На практике искать решение уравнения (8.17) удобнее методом Бернулли в виде произведения неизвестных функций y = u ∙ v . Заметим, что y = 0 – всегда является решением исходного уравнения (8.17).
Пример 8.9. Проинтегрировать уравнение .
Решение. Заданное уравнение является уравнением Бернулли. Положим y = u ∙ v , тогда и уравнение примет вид:
Выберем функцию u так, чтобы выполнялось равенство: . Разделим переменные и проинтегрируем:
Тогда заданное уравнение после сокращения на u примет вид: или – уравнение с разделяющимися переменными. Находим его общее решение: . Интегрируя последнее уравнение, получим: . Следовательно, общее решение заданного уравнения имеет вид:
6. Уравнения в полных дифференциалах
6.1. Общий вид уравнений
где левая часть есть полный дифференциал некоторой функции F ( x ; y ), то есть . В этом случае ДУ (8.21) можно записать в виде , а его общий интеграл будет F ( x ; y )= c .
Условие, по которому можно судить, что выражение является полным дифференциалом, можно сформулировать в виде следующей теоремы.
Теорема 8.2. Для того чтобы выражение , где функции M ( x ; y ) и N ( x ; y ), их частные производные и непрерывны в некоторой области D плоскости x 0 y , было полным дифференциалом, необходимо и достаточно выполнение условия
(8.22)
Таким образом, согласно определению полного дифференциала (6.6) должны выполняться равенства:
Формула (8.22) представляет собой теорему Шварца, согласно которой смешанные производные второго порядка функции F ( x ; y ) равны.
Зафиксируем переменную y и проинтегрируем первое уравнение из (8.23) по x , получим:
Здесь мы применили метод вариации произвольной постоянной, так как предположили, что константа c зависит от y (либо является числом). Продифференцировав (8.24) по переменной y и приравняв производную к функции N ( x ; y ), мы получим уравнение для нахождения неизвестной c ( y ). Подставив c ( y ) в (8.24), находим функцию F ( x ; y ) такую, что .
Пример 8.10. Решить уравнение .
Решение. Здесь функция .
Проверим условие (8.22): . Следовательно, левая часть заданного уравнения представляет собой полный дифференциал некоторой функции F ( x ; y ). Для ее отыскания проинтегрируем функцию M ( x ; y ) по переменной x , считая y = const :
Пусть c = c ( y ), тогда . Продифференцируем данную функцию по y , получим . Отсюда .
Найденное c ( y ) подставляем в функцию F ( x ; y ), получаем решение заданного ДУ:
Если условие (8.22) не выполняется, то ДУ (8.21) не является уравнением в полных дифференциалах.
Однако это уравнение иногда можно привести к уравнению в полных дифференциалах умножением его на некоторую функцию μ ( x ; y ), называемую интегрирующим множителем .
Чтобы уравнение было уравнение в полных дифференциалах, должно выполняться условие
Выполнив дифференцирование и приведя подобные слагаемые, получим: . Для нахождения μ ( x ; y ) надо проинтегрировать полученное ДУ в частных производных. Решение этой задачи не простое. Нахождение интегрирующего множителя может быть упрощено, если допустить существование μ как функции только одного аргумента x либо только y .
6.2. Пусть μ = μ ( x ). Тогда уравнение (8.25) принимает вид:
При этом подынтегральное выражение должно зависеть только от x.
6.3. Пусть μ = μ ( y ). Тогда аналогично можно получить
где подынтегральное выражение должно зависеть только от y .
Пример 8.11. Решить уравнение .
Решение . Здесь , то есть . Проверим существование интегрирующего множителя. По формуле (8.26) составляем подынтегральное выражение:
7. Дифференциальные уравнения, не разрешенные относительно производной
К уравнениям данного вида относятся уравнения Лагранжа и Клеро, которые образуют достаточно большой класс ДУ, решаемых методом введения параметра .
7.1. Уравнение Лагранжа
Общий вид уравнений
где φ и ψ– известные функции от . После введения параметра уравнение (8.28) принимает вид
Продифференцируем его по x :
Полученное уравнение (8.30) является линейным уравнением относительно неизвестной функции x = x ( p ). Решив его, найдем:
Исключая параметр p из уравнений (8.29) и (8.31), получаем общий интеграл уравнения (8.28) в виде y = γ ( x ; c ).
Примечание. При переходе к уравнению (8.30) мы делили на . При этом могли быть потеряны решения, для которых или p = p 0 = const . Это означает, что p 0 является корнем уравнения p = φ ( p )=0 (смотри уравнение (8.30)). Тогда решение для уравнения (8.28) является особым
7.2. Уравнение Клеро представляет собой частный случай уравнения Лагранжа при , следовательно, его общий вид
. (8.32)
Вводим параметр , после чего уравнение (8.30) записывается так:
Продифференцируем уравнение (8.33) по переменной x:
При получаем частное решение уравнения в параметрической форме:
Это – особое решение уравнения Клеро, так как оно не содержится в формуле общего решения уравнения.
Пример 8.12. Решить уравнение Клеро .
Решение. Согласно формуле (8.32) общее решение имеет вид y = cx + c 2 . Особое решение уравнения получим по (8.33) в виде . Отсюда следует: , то есть
[spoiler title=”источники:”]
http://nauchniestati.ru/spravka/primery-resheniya-differenczialnyh-uravnenij-s-otvetami/
http://www.sites.google.com/site/vyssaamatem/glava-viii-elementy-teorii-obyknovennyh-differencialnyh-uravnenij/viii-2-nekotorye-vidy-differencialnyh-uravnenij-pervogo-poradka
[/spoiler]
