Как найти общий вид дифференциального уравнения

Существует целый ряд задач, в которых установить прямую связь между величинами, применяемыми для описания процесса, не получается. Единственное, что можно сделать, это получить равенство, запись которого включает производные исследуемых функций, и решить его. Решение дифференциального уравнения позволяет установить непосредственную связь между величинами.

В этом разделе мы займемся разбором решений дифференциальных уравнений, неизвестная функция в которых является функцией одной переменной. Мы построили теоретическую часть таким образом, чтобы даже человек с нулевым представлением о дифференциальных уравнениях мог без труда получить необходимые знания и справиться с приведенными задачами.

Если какие-то термины окажутся для вас новыми, обратитесь к разделу «Определения и понятия теории дифференциальных уравнений». А тем временем перейдем к рассмотрению вопроса о видах дифференциальных уравнений.

Для каждого из видов дифференциальных уравнений применяется свой метод решения. В этом разделе мы рассмотрим все эти методы, приведем примеры с подробными разборами решения. После ознакомления с темой вам необходимо будет определять вид дифференциального уравнения и выбирать наиболее подходящий из методов решения поставленной задачи.

Возможно, прежде чем приступить к решению дифференциальных уравнений, вам придется освежить в памяти такие темы как «Методы интегрирования» и «Неопределенные интегралы».

Начнем ознакомление с темой мы с видов обыкновенных дифференциальных уравнений 1-го порядка. Эти уравнения могут быть разрешены относительно производной. Затем перейдем в ОДУ 2-го и высших порядков. Также мы уделим внимание системам дифференциальных уравнений.

Напомним, что y’=dxdy, если y является функцией аргумента x.

Дифференциальные уравнения первого порядка

Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка вида y’=f(x)

Начнем с примеров таких уравнений.

y’=0, y’=x+ex-1, y’=2xx2-73

Оптимальным для решения дифференциальных уравнений f(x)·y’=g(x) является метод деления обеих частей на f(x). Решение относительно производной позволяет нам прийти к уравнению вида y’=g(x)f(x). Оно является эквивалентом исходного уравнения при f(x) ≠ 0.

Мы можем получить ряд дополнительных решений в тех случаях, когда существуют значения аргумента х, при которых функции f(x) и g(x) одновременно обращаются в 0. В качестве дополнительного решения в уравнениях f(x)·y’=g(x) при заданных значениях аргумента может выступать любая функция, определенная для заданного значения х.

Наличие дополнительных решений возможно для дифференциальных уравнений x·y’=sin x, (x2-x)·y’=ln(2×2-1)

Ознакомиться с теоретической частью и примерами решения задач таких уравнений вы можете в разделе «Простейшие дифференциальные уравнения 1-го порядка».

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными вида f1(y)·g1(x)dy=f2(y)·g2(x)dx или f1(y)·g1(x)·y’=f2(y)·g2(x)

Поговорим теперь об уравнениях с разделенными переменными, которые имеют вид f(y)dy=g(x)dx. Как следует из названия, к данному виду дифференциальных уравнений относятся выражения, которые содержат переменные х и у, разделенные знаком равенства. Переменные находятся в разных частях уравнения, по обе стороны от знака равенства.

Решить уравнения с разделенными переменными можно путем интегрирования обеих его частей: ∫f(y)dy=∫f(x)dx

Для того, чтобы прийти от ДУ с разделяющимися переменными к ДУ с разделенными переменными, необходимо разделить обе части уравнения на произведение f2(y) ⋅ g1(x). Так мы придем к уравнению f1(y)f2(y)dy=g2(x)g1(x)dx. Преобразование можно будет считать эквивалентным в том случае, если одновременно f2(y) ≠ 0 и g1(x) ≠ 0. Если хоть одно из условий не будет соблюдаться, мы можем потерять часть решений.

В качестве примеров дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными можно привести следующие из них: dydx=y·(x2+ex), (y2+arccos y)·sin x·y’=cos xy.

К уравнениям с разделяющимися переменными мы можем прийти от ряда дифференциальных уравнений других видов путем замены переменных. Например, мы можем подставить в исходное уравнение z = ax+by. Это позволит нам перейти к дифференциальному уравнению с разделяющимися переменными от дифференциального уравнения вида y’=f(ax+by), a,b∈R.

Подставив z = 2x+3y в уравнение y’=1e2x+3y получаем dzdx=3+2ezez.

Заменив z=xy или z=yx в выражениях y’=fxy или y’=fyx, мы переходим к уравнениям с разделяющимися переменными.

Если произвести замену z=yx в исходном уравнении y’=yx·lnyx+1, получаем x·dzdx=z·ln z.

В ряде случаев прежде, чем производить замену, необходимо произвести преобразования исходного уравнения.

Предположим, что в условии задачи нам дано уравнение y’=y2-x22xy. Нам необходимо привести его к виду y’=fxy или y’=fyx. Для этого нам нужно разделить числитель и знаменатель правой части исходного выражения на x2 или y2.

Подробный разбор теории и алгоритмов решения задач мы привели в разделе «Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными».

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка y’+P(x)·y=Q(x)

Приведем примеры таких уравнений.

Для решения уравнений этого вида применяется метод вариации произвольной постоянной. Также мы можем представить искомую функцию у в виде произведения y(x) = u(x)v(x). Алгоритмы применения обоих методов мы привели в разделе «Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка».

Дифференциальное уравнение Бернулли y’+P(x)y=Q(x)ya

Приведем примеры подобных уравнений.

Для решения уравнений этого вида можно применить метод подстановки z=y1-a, которая выполняется для того, чтобы свести исходное уравнение к линейному дифференциальному уравнению 1-го порядка. Также применим метод представления функции у в качестве y(x) = u(x)v(x).

Алгоритм применения обоих методов приведен в разделе «Дифференциальное уравнение Бернулли». Там же можно найти подробный разбор решения примеров по теме.

Уравнения в полных дифференциалах P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0

Если для любых значений x и y выполняется ∂P(x,y)∂y=∂Q(x,y)∂x, то этого условия необходимо и достаточно, чтобы выражение P(x, y)dx+Q(x, y)dy представляло собой полный дифференциал некоторой функции U(x, y)=0, то есть, dU(x, y)=P(x, y)dx+Q(x, y)dy. Таким образом, задача сводится к восстановлению функции U(x, y)=0 по ее полному дифференциалу.

Выражение, расположенное в левой части записи уравнения (x2-y2)dx-2xydy=0 представляет собой полный дифференциал функции x33-xy2+C=0

Для более подробного ознакомления с теорией и алгоритмами решения примеров можно обратиться к разделу «Уравнения в полных дифференциалах».

Дифференциальные уравнения второго порядка

Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами  y”+py’+qy=0, p,q∈R

Линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами обычно решается достаточно просто. Нам необходимо найти корни характеристического уравнения k2+pk+q=0. Здесь возможны три варианта в зависимости от различных p и q:

• действительные и различающиеся корни характеристического уравнения k1≠k2, k1, k2∈R;
• действительные и совпадающие k1=k2=k, k∈R;
• комплексно сопряженные k1=α+i·β, k2=α-i·β.

Значения корней характеристического уравнения определяет, как будет записано общее решение дифференциального уравнения. Возможные варианты:

• y=C1ek1x+C2ek2x;
• y=C1ekx+C2xekx;
• y=ea·x·(C1cos βx+C2sin βx).

Восполнить пробелы в теоретической части и посмотреть подробный разбор примеров по теме можно в статье «Линейные однородные дифференциальные уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами».

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y”+py’+qy=f(x), p,q∈R

Основным способом решение уравнений данного вида является нахождение суммы общего решения y0, которое соответствует линейному однородному дифференциальному уравнению y”+py’+qy=0, и частного решения y~ исходного уравнения. Получаем: y=y0+y~.

Способ нахождения y0 мы рассмотрели в предыдущем пункте. Найти частное решение y~ мы можем методом неопределенных коэффициентов при определенном виде функции f(x), которая расположена в правой части записи исходного выражения. Также применим метод вариации произвольных постоянных.

Теоретические выкладки и подробный разбор примеров по теме можно найти в разделе «ЛНДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами».

Линейные однородные дифференциальные уравнения (ЛОДУ) y”+p(x)·y’+q(x)·y=0 и линейные неоднородные дифференциальные уравнения (ЛНДУ) второго порядка y”+p(x)·y’+q(x)·y=f(x)

Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения и постоянными коэффициентами являются частными случаями дифференциальных уравнений этого вида.

На некотором отрезке [a; b] общее решение линейного однородного дифференциального уравнения y”+p(x)·y’+q(x)·y=0 представлено линейной комбинацией двух линейно независимых частных решений y1 и y2 этого уравнения, то есть, y=C1y1+C2y2.

Частные решения мы можем выбрать из систем независимых функций:

1) 1, x, x2, …, xn2) ek1x, ek2x, …, eknx3) ek1x, x·ek1x, …, xn1·ek1x,ek2x, x·ek2x, …, xn2·ek2x,…ekpx, x·ekpx, …, xnp·ekpx4) 1, chx, shx

Однако существуют примеру уравнений, для которых частные решения не могут быть представлены в таком виде.

Возьмем для примера линейное однородное дифференциальное уравнение xy”-xy’+y=0.

Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения y”+p(x)·y’+q(x)·y=f(x) мы можем найти в виде суммы y=y0+y~, где y0 – общее решение соответствующего ЛОДУ, а y~ частное решение исходного дифференциального уравнения. Найти y0 можно описанным выше способом. Определить y~ нам поможет метод вариации произвольных постоянных.

Возьмем для примера линейное неоднородное дифференциальное уравнение xy”-xy’+y=x2+1.

Более подробно этот раздел освещен на странице «Линейные дифференциальные уравнения второго порядка».

Дифференциальные уравнения высших порядков

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Мы можем провести замену y(k)=p(x) для того, чтобы понизить порядок исходного дифференциального уравнения F(x, y(k), y(k+1), …, y(n))=0, которое не содержит искомой функции и ее производных до k-1 порядка.

В этом случае y(k+1)=p'(x), y(k+2)=p”(x), …, y(n)=p(n-k)(x), и исходное дифференциальное уравнение сведется к F1(x, p, p’, …, p(n-k))=0. После нахождения его решения p(x) останется вернуться к замене y(k)=p(x) и определить неизвестную функцию y.

Дифференциальное уравнение y”’xln(x)=y” после замены y”=p(x) станет уравнением с разделяющимися переменными y”=p(x), и его порядок с третьего понизится до первого.

В уравнении, которое не содержит аргумента х и имеет вид F(y, y’, y”, …, y(n))=0, порядок может быть заменен на единицу следующим образом: необходимо провести замену dydx=p(y), где p(y(x)) будет сложной функцией. Применив правило дифференцирования, получаем:

d2ydx2=dpdydydx=dpdyp(y)d3ydx3=ddpdyp(y)dx=d2pdy2dydxp(y)+dpdydpdydydx==d2pdy2p2(y)+dpdy2p(y)
Полученный результаты подставляем в исходное выражение. При этом мы получим дифференциальное уравнение, порядок которого на единицу меньше, чем у исходного.

Рассмотрим решение уравнения 4y3y”=y4-1. Путем замены dydx=p(y) приведем исходное выражение к уравнению с разделяющимися переменными 4y3pdpdy=y4-1.

Более подробно решения задач по теме рассмотрены в разделе «Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка».

Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами y(n)+fn-1·y(n-1)+…+f1·y’+f0·y=0 и y(n)+fn-1·y(n-1)+…+f1·y’+f0·y=f(x)

Решение уравнений данного вида предполагает выполнение следующих простых шагов:

• находим корни характеристического уравнения kn+fn-1·kn-1+…+f1·k+f0=0;
• записываем общее решение ЛОДУ y0 в стандартной форме, а общее решение ЛНДУ представляем суммой y=y0+y~, где y~ – частное решение неоднородного дифференциального уравнения. 

Нахождение корней характеристического уравнения подробно описано в разделе «Решение уравнений высших степеней». Для нахождения y~ целесообразно использовать метод вариации произвольных постоянных.

Линейному неоднородному ДУ с постоянными коэффициентами y(4)+y(3)-5y”+y’-6y=xcosx+sinx соответствует линейное однородное ДУ y(4)+y(3)-5y”+y’-6y=0.

Более детальный разбор теории и примеров по теме вы можете найти на странице « Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами».

Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков y(n)+fn-1(x)·y(n-1)+…+f1(x)·y’+f0(x)·y=0 и y(n)+fn-1(x)·y(n-1)+…+f1(x)·y’+f0(x)·y=f(x)

Найти решение ЛНДУ высших порядков можно благодаря сумме y=y0+y~, где y0 – общее решение соответствующего ЛОДУ, а y~ – частное решение неоднородного дифференциального уравнения.

y0 представляет собой линейную комбинацию линейно независимых функций y1, y2, …, yn, каждая из которых является частным решением ЛОДУ, то есть, обращает равенство y(n)+fn-1(x)·y(n-1)+…+f1(x)·y’+f0(x)·y=0 в тождество. Частные решения y1, y2, …, yn обычно подбираются из известных систем линейно независимых функций. Подобрать их далеко не всегда просто и возможно, в этом и заключается основная проблема.

После того, как мы найдем общее решение ЛОДУ, найти частное решение соответствующего ЛНДУ можно благодаря методу вариации произвольных постоянных. Итак, y=y0+y~=∑Cj·yj+y~j=1n

Получить более подробную информацию по теме можно в разделе «Дифференциальные уравнения высших порядков».

Системы дифференциальных уравнений вида dxdt=a1x+b1y+c1dydt=a2x+b2y+c2

Данная тема подробно разобрана на странице «Системы дифференциальных уравнений». Там же приведены примеры задач с подробных разбором.

Как решать дифференциальные уравнения

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

1. ДУ первого порядка
   – с разделяющимися переменными
   – однородные
   – линейные неоднородные
   – уравнение Бернулли
2. ДУ второго порядка
   – уравнения допускающие понижение порядка
   – однородные с постоянными коэффициентами
   – неоднородные с постоянными коэффициентами 

Алгоритм решения

1. По старшей производной функции $y(x)$ определить порядок ДУ
2. Зная порядок, определить тип уравнения
3. Узнав тип, подобрать подходящий метод решения
4. Используя метод, найти общее решение
5. 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:

1. Переписываем производные через $y’ = frac{dy}{dx}$
2. Разделяем все $y$ в левую часть уравнения, а все $x$ в правую
3. 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. $$ y = e^{frac{x^2}{2}} cdot e^C $$ 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:

1. Проверить уравнение на однородность с помощью $lambda$
2. Привести уравнение к виду $y’ = f(frac{y}{x})$
3. Выполнить замену $frac{y}{x} = t$ и $y’ = t’x+t$
4. 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:

1. Выполняем замену $y=uv$ и $y’ = u’v+uv’$
2. Находим функции $u(x)$ и $v(x)$ с помощью решения системы двух уравнений
3. Подставляем найденные $u(x)$ и $v(x)$ в уравнение $y=uv$, чтобы получить ответ

Алгоритм метода вариации произвольной постоянной:

1. Решаем исходное уравнение в качестве однородного методом разделяющихся переменных
2. В полученном общем решении заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$
3. Подставляем общее решение и его производную в исходное уравнение, чтобы найти $C(x)$
4. 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: 

1. Выполняем подстановку $y = z^frac{1}{1-alpha}$
2. После подстановки получаем линейное уравнение $z’+p(x)z=q(x)$
3. 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:

1. Проверяем условие, подтверждающее, что перед нами ДУ в полных дифференциалах
2. Получаем $U(x,y)$ интегрируя функцию $P(x,y)$ по переменной $x$. В результате этого появится неизвестная функция $varphi(y)$ 
3. 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:

1. Без функции $y$: $F(x,y’,y”)=0$
2. 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:

1. Действительные корни $lambda_1 neq lambda_2$, тогда $y = C_1e^{lambda_1 x}+C_2e^{lambda_2 x}$
2. Действительные корни $lambda_1 = lambda_2$, тогда $y = C_1e^{lambda_1 x}+C_2xe^{lambda_1 x}$
3. 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.

1. Находим общее решение однородного уравнения $y = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)$
2. Варьируем постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
3. 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} $
4. 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

$$y = xe^x(1+ln|x|)$$

Примеры решения дифференциальных уравнений с ответами

Простое объяснение принципов решения дифференциальных уравнений и 10 наглядных примеров. В каждом примере поэтапный ход решения и ответ.

Помощь в написании работы

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.

То есть,

   

– это общий интеграл. Также для удобства и красоты, его можно переписать в другом виде: y=Cx, где С=Const

Ответ

y=Cx, где С=Const.

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

   

– тоже некоторая константа, заменим её буквой С:

   

– убираем модуль и теперь константа может принимать и положительные, и отрицательные значения.

Получаем общее решение:

   

где С=const.

Ответ

   

где С=const.

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

Общий интеграл:

   

где С=const.

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:

   

где С=const

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

Частное решение:

   

.

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

Общий интеграл:

   

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:

   

   

Интегрируем:

   

   

   

Общий интеграл получен, осталось упростить его. Упаковываем логарифмы и избавляемся от них:

   

Используя

   

можно выразить функцию в явном виде.

Общее решение:

   

где С=const.

Осталось найти частное решение, удовлетворяющее начальному условию y(1)=e.

   

Подставляем найденное значение константы C=1 в общее решение.

Ответ

Частное решение:

   

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

   

   

   

0=0

Получено верное равенство, значит, решение найдено правильно.

Задание

Найти общий интеграл уравнения

   

Решение

Данное уравнение допускает разделение переменных. Разделяем переменные и интегрируем:

   

   

   

   

Ответ

Общий интеграл:

   

Задание

Найти частное решение ДУ.

   

Решение

Данное ДУ допускает разделение переменных. Разделяем переменные:

   

   

   

Интегрируем:

   

   

Общий интеграл:

   

Найдем частное решение (частный интеграл), соответствующий заданному начальному условию

   

Подставляем в общее решение

   

   

   

   

Ответ

Частный интеграл:

   

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:

   

   

   

Таким образом:

   

   

(здесь дробь раскладывается методом неопределенных коэффициентов)

   

Обратная замена:

   

   

   

Ответ

Общий интеграл:

   

где С=const.

Задание

Решить дифференциальное уравнение

   

Решение

Данное уравнение допускает разделение переменных.

Разделяем переменные и интегрируем:

   

   

   

   

   

Методом неопределенных коэффициентов разложим подынтегральную функцию в сумму элементарных дробей:

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Ответ

Общее решение:

   

где С=const.

Одной из дисциплин, входящих в курс Высшей математики, является курс дифференциальных уравнений, решение которых у студентов традиционно вызывают трудности. В данной статье постараюсь показать примеры решения некоторых видов таких уравнений.

Итак, дифференциальным уравнением (иногда, студенты называют их любя – “дифуры”) называют уравнение, которое содержит неизвестные функции, их аргументы и производные от неизвестных функций по этим аргументам (или дифференциалы неизвестных функций). 

Подавляющее большинство задач в прикладных науках, если формулируют их на языке математики, приводят именно к различным дифференциальным уравнениям. Мы рассматриваем лишь обычные дифференциальные уравнения, одной из характерных особенностей которых есть то, что неизвестные функции в этих уравнениях зависят лишь от одной переменной.

Общий вид обычного дифференциального уравнения n – го порядка такой: F(x, y, y’,…, y^(n-1), y⁽ⁿ⁾) = 0, где x – независимая переменная, y – неизвестная функция переменной x, а y, y’,…,y⁽ⁿ⁾ – производные неизвестной функции по переменной x.

Порядком дифференциального уравнения называют порядок старшей производной, которая входит в это уравнение.

Решением дифференциального уравнения называют функцию y = φ(x), которая при подстановке в уравнение на место неизвестной функции превращает это уравнение в тождество. Решение дифференциального уравнения, заданное неявным соотношением, Ф(x,y) = 0 называют интегралом этого уравнения.

В этой статье будем употреблять термин проинтегрировать дифференциальное уравнение, которое означает найти все его решения. 

§1. Дифференциальное уравнение I-го порядка 

Общий вид дифференциального уравнения I-го порядка выглядит следующим образом:

F(x, y, y’) = 0 (1.1)

Если соотношение (1.1) решить относительно производной, как вариант дифференциала, то получим уравнение такого вида:

y’ = f(x, y) (1.2)

Такое уравнение называют дифференциальным уравнением, решенным относительно производной. Дифференциальное уравнение I-го порядка имеет, вообще говоря, не одно, а бесконечное множество число решений. Чтобы из этого множества решений выделить определенное решение, задают значение неизвестной функции y = y₀  при некотором значении аргумента x = x₀.

Условие, что при x = x₀ функция упринимает заранее заданное значение y₀, называют начальным условием. Мы это условие запишем в виде 

y|_x=x0 = y₀ или y(x₀) = y₀ (1.3)

Проблему нахождения решения дифференциального y’ = f(x,y) уравнения, которое удовлетворяет начальному условию y(x₀) = y₀, называют задачей Коши.

Теорема 1.1. Если в уравнении y’ = f(x,y)  функция f(x,y)  и ее частная производная f’_y(x,y)  непрерывны в некоторой области G плоскости Oxy, которая содержит точку (x₀, y₀), то существует и при этом единственное решение y=φ(x) такого уравнения, которое удовлетворяет условию y(x₀) = y₀.

Введем теперь еще несколько основных определений.

Определение 1.1. Общим решением (в дальнейшем, для краткости ОР) дифференциального уравнения I-го порядка называется функция

y = φ(x, C) (1.4)

которая зависит от одной произвольной постоянной С и удовлетворяет таким условиям:

1) она удовлетворяет уравнению при любом конкретном значении постоянной С;

2) каким бы не было начальное условие y(x₀) = y₀, всегда можно найти такое значение С = С₀, так что функция y= φ(x, C₀) будет удовлетворять этому начальному условию.

Замечание. При построении общего решения “дифура” очень часто приходят к соотношению вида

Ф(x, y, c) = 0 (1.5)

не решаемому относительно y.

Равенство Ф(x, y, c) = 0, которое неявно задает общее решение (в дальнейшем, для краткости ОР), называют общим интегралом (в дальнейшем, для краткости ОИ) дифференциального уравнения.

Определение 1.2. Частным решением дифференциального уравнения I-го порядка называется функцияy= φ(x, C₀), которую получаем из его общего решения y= φ(x, C) при определенном значении C = C₀.

Соотношение Ф(x, y, C₀) = 0называют частным интегралом дифференциального уравнения I-го порядка. 

§2. Дифференциальные уравнения I-го порядка с разделяющимися переменными

Определение 2.1. Дифференциальное уравнение I-го порядка вида

φ(y)dy = f(x)dx (2.1)

называется уравнением с переменными, которые можно разделить.

Непосредственно (дифференцированием) устанавливается, что ОИ уравнения (2.1) является соотношение

∫ φ(y)dy = ∫ f(x)dx (2.2)

где – C=const.

Пример 2.1. Решить “дифур” 2y²dy = 3xdx.

Решение. Найдем неопределенные интегралы от правой и, конечно же, левой части

Легко увидеть, что это решение, при желании, можно записать в явной форме , но обычно его оставляют в той форме, в которой получили, кое-что упростив получим 4y³ = 9x² + C.

Пример 2.2. Решить “дифур”  

Решение. Найдем неопределенные интегралы от правой и, конечно же, левой части

Поскольку C=const, то зачастую в такой форме решения для удобства записи, вместо C пишут ln |C|, а дальше выражение потенцируют

ln|y – 1| = ln|x| + ln C

ln|y – 1| = ln|Cx|

y – 1 = Cx

y = Cx + 1. 

Определение 2.2. Дифференциальное уравнение I-го порядка называется уравнением с переменными, которые можно разделить, если его правая часть является произведением двух функций, одна из которых зависит лишь от аргумента х, а вторая от неизвестной функции у:

 

Здесь мы считаем, что функция φ(x) определена и непрерывна для всех x ϵ (a,b) а функция ѱ(y) определена и непрерывна и не равна нулю для всех y ϵ (c,d).

Если переписать уравнение (2.2) в виде  , то левая часть зависит только от переменной у, а правая часть зависит только от переменной х, то есть переменные отделены. Тогда общий интеграл запишется в виде

,

где С=const.

Пример 2.3. Решить “дифур”

Решение. Перед нами уравнение с переменными, которые можно разделить,. Запишем производную в виде соотношения дифференциалов: y‘ = dy/dx, умножим обе части уравнения на dx  и разделим на y lny. В результате проделанной замены и “перемещения” переменных получим уравнение, в котором разделены переменные

После вычисления интегралов, имеем

y= e^Cx  ОР искомого уравнения.

Пример 2.4. Эффективность рекламы.

Пусть фирма продает продукцию B, про которую на момент времени tиз числа возможных клиентов знает лишь xклиентов. Далее, для увеличения продажи продукции, были сделаны рекламные объявления на радио и телевидении. Далее информация о товаре распространяется между клиентами через общение. После рекламы скорость изменения числа клиентов, которые знают о продукции B, пропорциональная не только числу клиентов, которые знают о товаре, но и числу клиентов, которые еще не знают.

Если допустить, что счет времени начинается после рекламных объявлений, когда о продукции узнало N/ɣ  человек, то получаем дифференциальное уравнением с переменными, которые можно разделить

При таких начальных условиях: x = N/ɣ , если t = 0. Здесь k– положительной коэффициент пропорциональности.

Интегрируя уравнение, имеем:

В экономической литературе это выражение называют уравнением логистической кривой.

С учетом начальных условий, получим

Замечание. Уравнение с переменными, которые можно разделить, можно также задать в симметричной относительно x и y дифференциальной форме

M(x) · N(y)dx+ P(x) · Q(y)dy=0 (2.4)

где функции M(x), P(x), N(y), Q(y) непрерывны соответственно в интервалах x ϵ (a,b), y ϵ (c,d).

Для нахождения решений необходимо разделить правую, (желательно, конечно) и левую части на произведение: N(y) · P(x).

и интегрируют полученное так соотношение

Если для x ϵ (a,b), y ϵ (c,d) функции P(x) и N(y) отличающиеся от нуля, то соотношение (2.6) является ОИ уравнения (2.4).

Пример 2.5. Решить “дифур” x(1 + y²)dx– y(1 + x²)dy = 0

Решение. Поступим также, как и в серии предыдущих примеров (разделим обе части уравнения на (1 + y²) · (1 + x²)

Интегрируя каждое из слагаемых (для этого не обязательно один из них переносить в правую часть), приравниваем сумму первообразных постоянной, которую обозначаем через ½ ln C, имеем:

Пример 2.6. Решить “дифур” y’ + 2x²y’ + 2xy– 2x = 0.

Решения. Представим производные в виде соотношения dy/dxи далее все члены уравнения домножим на dx:

Сгруппируем члены с разными дифференциалами и вынесем за скобки дифференциалы.

(1 + 2x²)dx +2x(y– 1)dx = 0

В результате деления на (1 + 2x²) (y– 1). Получим:

Интегрируем каждое из слагаемых:

Сумму первообразных приравниваем постоянной:

тогда

– ОИ уравнения.

© blog.tutoronline.ru,
при полном или частичном копировании материала ссылка на первоисточник обязательна.