Как найти полный дифференциал уравнения

Уравнения в полных дифференциалах

В этой теме мы рассмотрим метод восстановления функции по ее полному дифференциалу, дадим примеры задач с полным разбором решения.

Бывает так, что дифференциальные уравнения (ДУ) вида P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 могут содержать в левых частях полные дифференциалы некоторых функций. Тогда мы можем найти общий интеграл ДУ, если предварительно восстановим функцию по ее полному дифференциалу.

Пример 1

Рассмотрим уравнение P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0. В записи левой его части содержится дифференциал некоторой функции U(x, y) = 0. Для этого должно выполняться условие ∂P∂y≡∂Q∂x.

Полный дифференциал функции U(x, y) = 0 имеет вид dU=∂U∂xdx+∂U∂ydy. С учетом условия ∂P∂y≡∂Q∂x получаем:

P(x,y)dx+Q(x,y)dy=∂U∂xdx+∂U∂ydy

Откуда: 

∂U∂x=P(x,y)∂U∂y=Q(x,y)

Преобразовав первое уравнение из полученной системы уравнений, мы можем получить:

U(x,y)=∫P(x,y)dx+φ(y)

Функцию φ(y) мы можем найти из второго уравнения полученной ранее системы:
∂U(x,y)∂y=∂∫P(x,y)dx∂y+φy'(y)=Q(x,y)⇒φ(y)=∫Q(x,y)-∂∫P(x,y)dx∂ydy

Так мы нашли искомую функцию U(x, y) = 0.

Пример 2

Найдите для ДУ (x2-y2)dx-2xydy=0 общее решение.

Решение

P(x,y)=x2-y2, Q(x,y)=-2xy

Проверим, выполняется ли условие  ∂P∂y≡∂Q∂x:

∂P∂y=∂(x2-y2)∂y=-2y∂Q∂x=∂(-2xy)∂x=-2y

Наше условие выполняется.

На основе вычислений мы можем сделать вывод, что левая часть исходного ДУ является полным дифференциалом некоторой функции U(x, y) = 0. Нам нужно найти эту функцию.

Так как (x2-y2)dx-2xydy является полным дифференциалом функции U(x, y) = 0, то

∂U∂x=x2-y2∂U∂y=-2xy

Интегрируем по x первое уравнение системы:

U(x,y)=∫(x2-y2)dx+φ(y)=x33-xy2+φ(y)

Теперь дифференцируем по y полученный результат:

∂U∂y=∂x33-xy2+φ(y)∂y=-2xy+φy'(y)

Преобразовав второе уравнение системы, получаем: ∂U∂y=-2xy. Это значит, что
-2xy+φy'(y)=-2xyφy'(y)=0⇒φ(y)=∫0dx=C

где С – произвольная постоянная.

Получаем: U(x,y)=x33-xy2+φ(y)=x33-xy2+C. Общим интегралом исходного уравнения является  x33-xy2+C=0.

Разберем еще один метод нахождения функции по известному полному дифференциалу. Он предполагает применение криволинейного интеграла от фиксированной точки (x0 , y0) до точки с переменными координатами (x, y): 

U(x,y)=∫(x0,y0)(x,y)P(x,y)dx+Q(x,y)dy+C

В таких случаях значение интеграла никак не зависит от пути интегрирования. Мы можем взять в качестве пути интегрировании ломаную, звенья которой располагаются параллельно осям координат.

Пример 3

Найдите общее решение дифференциального уравнения (y-y2)dx+(x-2xy)dy=0.

Решение

Проведем проверку, выполняется ли условие ∂P∂y≡∂Q∂x:

∂P∂y=∂(y-y2)∂y=1-2y∂Q∂x=∂(x-2xy)∂x=1-2y

Получается, что левая часть дифференциального уравнения представлена полным дифференциалом некоторой функции U(x, y)=0. Для того, чтобы найти эту функцию, необходимо вычислить криволинейный интеграл от точки (1; 1) до (x, y). Возьмем в качестве пути интегрирования ломаную, участки которой пройдут по прямой y = 1 от точки (1, 1) до (x, 1), а затем от точки (x, 1) до (x, y):

∫(1,1)(x,y)y-y2dx+(x-2xy)dy==∫(1,1)(x,1)(y-y2)dx+(x-2xy)dy++∫(x,1)(x,y)(y-y2)dx+(x-2xy)dy==∫1x(1-12)dx+∫1y(x-2xy)dy=(xy-xy2)y1==xy-xy2-(x·1-x·12)=xy-xy2

Мы получили общее решение дифференциального уравнения вида xy-xy2+C=0.

Пример 4

Определите общее решение дифференциального уравнения y·cosxdx+sin2xdy=0.

Решение

Проверим, выполняется ли условие ∂P∂y≡∂Q∂x.

Так как ∂(y·cosx)∂y=cosx, ∂(sin2x)∂x=2sinx·cosx, то условие выполняться не будет. Это значит, что левая часть дифференциального уравнения не является полным дифференциалом функции. Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными и для его решения подходят другие способы решения.

Ирина Мальцевская

Преподаватель математики и информатики. Кафедра бизнес-информатики Российского университета транспорта

Уравнения в полных дифференциалах (тотальные).

Определение.
Дифференциальное уравнение первого
порядка вида:

называется
уравнением
в полных дифференциалах
,
если левая часть этого уравнения
представляет собой полный дифференциал
некоторой функции

Интегрирование
такого уравнения сводится к нахождению
функции u,
после чего решение легко находится в
виде:

Таким
образом, для решения надо определить:

1)
в каком случае левая часть уравнения
представляет собой полный дифференциал
функции u;

2)
как найти эту функцию.

Если
дифференциальная форма
является
полным дифференциалом некоторой функции
u,
то можно записать:

Т.е.
.

Найдем
смешанные производные второго порядка,
продифференцировав первое уравнение
по у,
а второе – по х:

Приравнивая
левые части уравнений, получаемнеобходимое
и достаточное условие

того, что левая часть дифференциального
уравнения является полным дифференциалом.
Это условие также называется условием
тотальности.

Теперь
рассмотрим вопрос о нахождении собственно
функции u.

Проинтегрируем
равенство
:

Вследствие
интегрирования получаем не постоянную
величину С, а некоторую функцию С(у),
т.к. при интегрировании переменная у
полагается постоянным параметром.

Определим
функцию С(у).

Продифференцируем
полученное равенство по у.

Откуда
получаем:

Для
нахождения функции С(у) необходимо
проинтегрировать приведенное выше
равенство. Однако, перед интегрированием
надо доказать, что функция С(у) не зависит
от х.
Это условие будет выполнено, если
производная этой функции по х
равна нулю.

Теперь
определяем функцию С(у):

Подставляя
этот результат в выражение для функции
u,
получаем:

Тогда
общий интеграл исходного дифференциального
уравнения будет иметь вид:

Следует
отметить, что при решении уравнений в
полных дифференциалах не обязательно
использовать полученную формулу. Решение
может получиться более компактным, если
просто следовать методу, которым формула
была получена.

Пример.
Решить уравнение

Проверим
условие тотальности:

Условие
тотальности выполняется, следовательно,
исходное дифференциальное уравнение
является уравнением в полных дифференциалах.

Определим
функцию u.

;

Итого,

Находим
общий интеграл исходного дифференциального
уравнения:

Уравнения
вида
y
=
f(y’)
и
x
=
f(y’).

Решение
уравнений, не содержащих в одном случае
аргумента х,
а в другом – функции у,
ищем в параметрической форме, принимая
за параметр производную неизвестной
функции.

Для
уравнения первого типа получаем:

Делая
замену, получаем:

В результате этих
преобразований имеем дифференциальное
уравнение с разделяющимися переменными.

Общий
интеграл в параметрической форме
представляется системой уравнений:

Исключив
из этой системы параметр р,
получим общий интеграл и не в параметрической
форме.

Для
дифференциального уравнения вида x
=
f(y’)
с помощью той же самой подстановки и
аналогичных рассуждений получаем
результат:

Уравнения Лагранжа и Клеро.

(
Алекси Клод Клеро (1713 – 1765) французский
математик

ин.
поч. член Петерб. АН )

Определение.
Уравнением
Лагранжа

называется
дифференциальное уравнение, линейное
относительно х
и у,
коэффициенты которого являются функциями
от y.

Для
нахождения общего решение применяется
подстановка p
=
y.

Дифференцируя
это уравнение,c
учетом того, что
,
получаем:

Если
решение этого (линейного относительно
х)
уравнения есть
то
общее решение уравнения Лагранжа может
быть записано в виде:

Определение.
Уравнением
Клеро

называется
уравнение первой степени (т.е. линейное)
относительно функции и аргумента вида:

Вообще
говоря, уравнение Клеро является частным
случаем уравнения Лагранжа.

С
учетом замены
,
уравнение принимает вид:

Это
уравнение имеет два возможных решения:

или

Впервом случае:

Видно,
что общий интеграл уравнения Клеро
представляет собой семейство прямых
линий.

Во
втором случае решение в параметрической
форме выражается системой уравнений:

Исключая параметр
р,
получаем второе решение F(x,
y)
= 0. Это решение не содержит произвольной
постоянной и не получено из общего
решения, следовательно, не является
частным решением.

Это решение будет
являться особым интегралом. ( См. Особое
решение.

)

Далее рассмотрим
примеры решения различных типов
дифференциальных уравнений первого
порядка.

Пример.
Решить уравнение с заданными начальными
условиями.

Это
линейное неоднородное дифференциальное
уравнение первого порядка.

Решим
соответствующее ему однородное уравнение.

Для
неоднородного уравнения общее решение
имеет вид:

Дифференцируя,
получаем:

Для
нахождения функции С(х) подставляем
полученное значение в исходное
дифференциальное уравнение:

Общее
решение:

C
учетом начального условия
определяем
постоянный коэффициентC.

Окончательно
получаем:

Для
проверки подставим полученный результат
в исходное дифференциальное уравнение:


верно

Ниже
показан график интегральной кривой
уравнения.

Пример.
Найти общий интеграл уравнения
.

Это
уравнение с разделяющимися переменными.

Общий
интеграл имеет вид:

Построим
интегральные кривые дифференциального
уравнения при различных значениях С.

С
= – 0,5 С = -0,02 С = -1 С = -2

С
= 0,02 С = 0,5 С = 1 С = 2

Пример.
Найти решение дифференциального
уравнения, удовлетворяющее заданным
начальным условиям.

Это
уравнение с разделяющимися переменными.

Общее
решение имеет вид:

Найдем
частное решение при заданном начальном
условии у(0)
= 0
.

Окончательно
получаем:

Пример.
Решить предыдущий пример другим
способом.

Действительно,
уравнение
может быть рассмотрено как линейное
неоднородное дифференциальное уравнение.

Решим
соответствующее ему линейное однородное
уравнение.

Решение
неоднородного уравнения будет иметь
вид:

Тогда

Подставляя
в исходное уравнение, получаем:

Итого

Сучетом начального условия у(0) = 0 получаем

Как видно результаты,
полученные при решении данного
дифференциального уравнения различными
способами, совпадают.

При решении
дифференциальных уравнений бывает
возможно выбирать метод решения, исходя
из сложности преобразований.

Пример.
Решить уравнение
с
начальным условием у(0) = 0.

Это
линейное неоднородное уравнение. Решим
соответствующее ему однородное уравнение.

Для
линейного неоднородного уравнения
общее решение будет иметь вид:

Для определения
функции С(х) найдем производную функции
у
и подставим ее в исходное дифференциальное
уравнение.

Итого

Проверим полученное
общее решение подстановкой в исходное
дифференциальное уравнение.

(верно)

Найдем
частное решение при у(0) = 0.

Окончательно

Пример.
Найти решение дифференциального
уравнения

с
начальным условием у(1) = 1.

Это
уравнение может быть преобразовано и
представлено как уравнение с разделенными
переменными.

С
учетом начального условия:

Окончательно

Пример.
Решить дифференциальное уравнение
с начальным условием у(1) = 0.

Это
линейное неоднородное уравнение.

Решим
соответствующее ему однородное уравнение.

Решение
неоднородного уравнения будет иметь
вид:

Подставим
в исходное уравнение:

Общее
решение будет иметь вид:

C
учетом начального условия у(1) = 0:

Частное
решение:

Пример.
Найти решение дифференциального
уравнения
с начальным условием у(1) = е.

Это уравнение
может быть приведено к виду уравнения
с разделяющимися переменными с помощью
замены переменных.

Обозначим:

Уравнение
принимает вид:

Получили
уравнение с разделяющимися переменными.

Сделаем
обратную замену:

Общее
решение:

C
учетом начального условия у(1) = е:

Частное
решение

Второй
способ решения.

Получили
линейное неоднородное дифференциальное
уравнение. Соответствующее однородное:

Решение
исходного уравнения ищем в виде:

Тогда

Подставим
полученные результаты в исходное
уравнение:

Получаем
общее решение:

Пример.
Решить дифференциальное уравнение
с начальным условием у(1)=0.

В
этом уравнении также удобно применить
замену переменных.

Уравнение
принимает вид:

Делаем
обратную подстановку:

Общее
решение:

C
учетом начального условия у(1) = 0:

Частное
решение:

Второй
способ решения.

Замена
переменной:

Общее
решение:

Теорема.
(Теорема Коши) Если
f(z)
– аналитическая функция на некоторой
области, то интеграл от
f(z)
по любому кусочно – гладкому контуру,
принадлежащему этой области равен нулю.

30

Уважаемые студенты!
Заказать решение задач по 200+ предметам можно здесь всего за 10 минут.

Как решать дифференциальные уравнения

СОДЕРЖАНИЕ ТЕКУЩЕЙ СТАТЬИ

  1. Основные понятия и определения
    1. Определения
    2. Типы уравнений
    3. Алгоритм решения
  2. Дифференциальные уравнения первого порядка
    1. ДУ с разделяющимися переменными
    2. Однородные ДУ
    3. Линейные неоднородные ДУ
    4. ДУ Бернулли
    5. ДУ в полных дифференциалах
  3. Дифференциальные уравнения второго порядка
    1. ДУ допускающие понижение порядка
    2. Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами
    3. Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами
    4. 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

  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
$$y = xe^x(1+ln|x|)$$
Автор статьи

Александр Мельник

Эксперт по предмету «Математика»

Задать вопрос автору статьи

Уравнение в полных дифференциалах и его решение

Уравнение в полных дифференциалах всегда можно переписать в виде $dFleft(x,yright)=0$, где $Fleft(x,yright)$ — такая функция, что $dFleft(x,yright)=Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy$.

Проинтегрируем обе части уравнения $dFleft(x,yright)=0$: $int dFleft(x,yright)=Fleft(x,yright) $; интеграл от нулевой правой части равен произвольной постоянной $C$. Таким образом, общее решение данного уравнения в неявной форме имеет вид $Fleft(x,yright)=C$.

Для того, чтобы данное дифференциальное уравнение представляло собой уравнение в полных дифференциалах, необходимо и достаточно, чтобы выполнялось условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $. Если указанное условие выполнено, то существует такая функция $Fleft(x,yright)$, для которой можно записать: $dF=frac{partial F}{partial x} cdot dx+frac{partial F}{partial y} cdot dy=Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy$, откуда получаем два соотношения: $frac{partial F}{partial x} =Pleft(x,yright)$ и $frac{partial F}{partial y} =Qleft(x,yright)$.

Интегрируем первое соотношение $frac{partial F}{partial x} =Pleft(x,yright)$ по $x$ и получаем $Fleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx +Uleft(yright)$, где $Uleft(yright)$ — произвольная функция от $y$.

Подберем её так, чтобы удовлетворялось второе соотношение $frac{partial F}{partial y} =Qleft(x,yright)$. Для этого продифференцируем полученное соотношение для $Fleft(x,yright)$ по $y$ и приравняем результат к $Qleft(x,yright)$. Получаем: $frac{partial }{partial y} left(int Pleft(x,yright)cdot dx right)+U’left(yright)=Qleft(x,yright)$.

Дальнейшее решение таково:

  • из последнего равенства находим $U’left(yright)$;
  • интегрируем $U’left(yright)$ и находим $Uleft(yright)$;
  • подставляем $Uleft(yright)$ в равенство $Fleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx +Uleft(yright)$ и окончательно получаем функцию $Fleft(x,yright)$.

Чтобы получить частное решение уравнения в полных дифференциалах, начальное условие $y=y_{0} $ при $x=x_{0} $ нужно подставить в общее решение $Fleft(x,yright)=C$. Получаем $Fleft(x_{0} ,y_{0} right)=C$. Таким образом, частное решение имеет вид $Fleft(x,yright)=Fleft(x_{0} ,y_{0} right)$.

Интегрирующие множители

Если для дифференциального уравнения $Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy=0$ условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $ не выполняется, то такое уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Но в некоторых случаях его можно преобразовать в уравнение в полных дифференциалах посредством умножения на некоторую функцию $mu left(x,yright)$, которая называется интегрирующим множителем.

Будем искать интегрирующий множитель в следующих двух простейших случаях:

  • когда он зависит только от $x$, то есть $mu =mu left(xright)$;
  • когда он зависит только от $y$, то есть $mu =mu left(yright)$.

Первый случай имеем тогда, когда отношение $frac{frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} }{Q} =phi _{1} left(xright)$ зависит только от $x$. Тогда интегрирующий множитель можно найти по следующей формуле $mu =e^{int phi _{1} left(xright)cdot dx } $.

Второй случай имеем тогда, когда отношение $frac{frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} }{P} =phi _{2} left(yright)$ зависит только от $y$. Тогда интегрирующий множитель можно найти по следующей формуле $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } $.

В обоих формулах для интегрирующего множителя допустимо взять какое-то конкретное значение неопределенного интеграла. Если интегрирующий множитель найти удалось, то на него следует умножить данное дифференциальное уравнение, представленное в стандартном виде. После этого оно становится дифференциальным уравнением в полных дифференциалах, и к нему можно применить соответствующий метод решения.

Алгоритмы решения

Рассмотренный метод решения может быть представлен в виде следующего алгоритма:

  1. Данное дифференциальное уравнение следует представить в стандартном виде $Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy=0$. Оно может быть уравнением в полных дифференциалах. Чтобы убедиться в этом, следует проверить условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $. Если это условие не выполняется, нужно перейти к поиску интегрирующего множителя. Иначе выполнение алгоритма продолжаем.
  2. Вычисляем интеграл $Vleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx $ и выбираем для него какое-то простое значение.
  3. Находим частную производную $V’_{y} left(x,yright)=frac{partial }{partial y} Vleft(x,yright)$.
  4. Находим разность $U’left(yright)=Qleft(x,yright)-V’_{y} left(x,yright)$.
  5. Интегрируем $U’left(yright)$ по $y$, находим $Uleft(yright)$ и выбираем для неё какое-то простое значение.
  6. Записываем искомую функцию $Fleft(x,yright)=Vleft(x,yright)+Uleft(yright)$.
  7. Записываем общее решение $Fleft(x,yright)=C$ и частное решение $Fleft(x,yright)=Fleft(x_{0} ,y_{0} right)$, где $y=y_{0} $ при $x=x_{0} $ — начальное условие.

Поиск интегрирующего множителя может быть представлен в виде следующего алгоритма:

  1. Вычисляем вспомогательную функцию $R=frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} $.
  2. Находим функции $phi _{1} left(xright)=frac{R}{Q} $ и $phi _{2} left(yright)=frac{R}{P} $. Если функция $phi _{1} left(xright)$действительно зависит только от $x$, то интегрирующий множитель находим по формуле $mu =e^{int phi _{1} left(xright)cdot dx } $. Если функция $phi _{2} left(yright)$ действительно зависит только от $y$, то интегрирующий множитель находим по формуле $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } $. В обоих случаях для интегрирующего множителя выбираем какое-то конкретное значение неопределенного интеграла.
  3. Если интегрирующий множитель найти удалось, то умножаем на него данное дифференциальное уравнение, представленное в стандартном виде. После этого оно становится дифференциальным уравнением в полных дифференциалах и можно переходить на соответствующий алгоритм его решения. Если интегрирующий множитель найти не удалось, то дифференциальное уравнение должно решаться иным методом.

Логотип iqutor

Сделаем домашку
с вашим ребенком за 380 ₽

Уделите время себе, а мы сделаем всю домашку с вашим ребенком в режиме online

Бесплатное пробное занятие

*количество мест ограничено

Решение типичной задачи

Дано дифференциальное уравнение, имеющее следующий вид:

[left(5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot yright)cdot dx+left(10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4right)cdot dy=0.]

Найти его общее решение. Найти также его частное решение для начального условия $y=3$ при $x=2$.

Данное дифференциальное уравнение имеет вид $Pleft(x,yright)cdot dx+Qleft(x,yright)cdot dy=0$, где $Pleft(x,yright)=5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot y$, $Qleft(x,yright)=10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4$. Оно может быть уравнением в полных дифференциалах. Поэтому проверяем условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $.

Находим частные производные: $frac{partial P}{partial y} =15cdot y^{2} +26cdot y+6$, $frac{partial Q}{partial x} =10cdot y^{2} +23cdot y+6$. Условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $ не выполняется. Следовательно, данное дифференциальное уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Поэтому переходим к поиску интегрирующего множителя.

Находим вспомогательную функцию $R=frac{partial P}{partial y} -frac{partial Q}{partial x} $. Получаем$R=15cdot y^{2} +26cdot y+6-10cdot y^{2} -23cdot y-6=5cdot y^{2} +3cdot y$.

Находим функции: $phi _{1} left(xright)=frac{R}{Q} =frac{5cdot y^{2} +3cdot y}{10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4} $ и $phi _{2} left(yright)=frac{R}{P} =frac{5cdot y^{2} +3cdot y}{5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot y} $.

Выполняем упрощение найденных функций посредством сокращения дробей. Оказывается, что для функции $phi _{1} left(xright)$ сокращение невозможно. Функция $phi _{2} left(yright)$ в результате сокращения получает вид $phi _{2} left(yright)=frac{1}{y+2} $. При этом она зависит только от $y$ и поэтому подходит для определения интегрирующего множителя.

Интегрирующий множитель находим по формуле $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } $. Получаем: $mu =e^{-int phi _{2} left(yright)cdot dy } =e^{-int frac{1}{y+2} cdot dy } =e^{-ln left|y+2right|} =frac{1}{e^{ln left|y+2right|} } =frac{1}{left|y+2right|} $. Выбираем конкретное значение $mu =frac{1}{y+2} $.

Умножаем полученный интегрирующий множитель на данное дифференциальное уравнение:

[frac{5cdot y^{3} +13cdot y^{2} +6cdot y}{y+2} cdot dx+frac{10cdot xcdot y^{2} +23cdot xcdot y-2cdot y+6cdot x-4}{y+2} cdot dy=0.]

После деления многочленов имеем:

[left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot dx+left(10cdot xcdot y+3cdot x-2right)cdot dy=0. ]

Получили новое дифференциальное уравнение, в котором $Pleft(x,yright)=5cdot y^{2} +3cdot y$, $Qleft(x,yright)=10cdot xcdot y+3cdot x-2$.

Снова проверяем условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $: получаем $frac{partial P}{partial y} =10cdot y+3$, $frac{partial Q}{partial x} =10cdot y+3$. Условие $frac{partial P}{partial y} =frac{partial Q}{partial x} $ выполняется. Следовательно, новое дифференциальное уравнение является уравнением в полных дифференциалах. Переходим к алгоритму его решения.

Вычисляем интеграл: $Vleft(x,yright)=int Pleft(x,yright)cdot dx =int left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot dx =$

[=left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot int dx =left(5cdot y^{2} +3cdot yright)cdot x=5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y.]

Находим частную производную:

[V’_{y} left(x,yright)=frac{partial }{partial y} Vleft(x,yright)=frac{partial }{partial y} left(5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot yright)=10cdot xcdot y+3cdot x.]

Находим разность:

[U’left(yright)=Qleft(x,yright)-V’_{y} left(x,yright)=10cdot xcdot y+3cdot x-2-10cdot xcdot y-3cdot x=-2.]

Интегрируем $U’left(yright)$ по $y$ и находим $Uleft(yright)=int left(-2right)cdot dy =-2cdot y$.

Находим результат: $Fleft(x,yright)=Vleft(x,yright)+Uleft(yright)=5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y-2cdot y$.

Записываем общее решение в виде $Fleft(x,yright)=C$, а именно:

[5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y-2cdot y=C.]

Находим частное решение $Fleft(x,yright)=Fleft(x_{0} ,y_{0} right)$, где $y_{0} =3$, $x_{0} =2$:

[Fleft(2,3right)=5cdot 2cdot 3^{2} +3cdot 2cdot 3-2cdot 3=90+18-6=102.]

Частное решение имеет вид: $5cdot xcdot y^{2} +3cdot xcdot y-2cdot y=102$.

Находи статьи и создавай свой список литературы по ГОСТу

Поиск по теме

Добавить комментарий