Калькулятор Обыкновенных Дифференциальных Уравнений (ОДУ) и Систем (СОДУ)
Порядок производной указывается штрихами — y»’ или числом после одного штриха — y’5
Ввод распознает различные синонимы функций, как asin , arsin , arcsin
Знак умножения и скобки расставляются дополнительно — запись 2sinx сходна 2*sin(x)
Список математических функций и констант :
• ln(x) — натуральный логарифм
• sh(x) — гиперболический синус
• ch(x) — гиперболический косинус
• th(x) — гиперболический тангенс
• cth(x) — гиперболический котангенс
• sch(x) — гиперболический секанс
• csch(x) — гиперболический косеканс
• arsh(x) — обратный гиперболический синус
• arch(x) — обратный гиперболический косинус
• arth(x) — обратный гиперболический тангенс
• arcth(x) — обратный гиперболический котангенс
• arsch(x) — обратный гиперболический секанс
• arcsch(x) — обратный гиперболический косеканс
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными
В целом ряде обыкновенных ДУ 1 -го порядка существуют такие, в которых переменные х и у можно разнести в правую и левую части записи уравнения. Переменные могут быть уже разделены, как это можно видеть в уравнении f ( y ) d y = g ( x ) d x . Разделить переменные в ОДУ f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x можно путем проведения преобразований. Чаще всего для получения уравнений с разделяющимися переменными применяется метод введения новых переменных.
В этой теме мы подробно разберем метод решения уравнений с разделенными переменными. Рассмотрим уравнения с разделяющимися переменными и ДУ, которые можно свести к уравнениям с разделяющимися переменными. В разделе мы разобрали большое количество задач по теме с подробным разбором решения.
Для того, чтобы облегчить себе усвоение темы, рекомендуем ознакомиться с информацией, которая размещена на странице «Основные определения и понятия теории дифференциальных уравнений».
Дифференциальные уравнения с разделенными переменными f ( y ) d y = g ( x ) d x
Уравнениями с разделенными переменными называют ДУ вида f ( y ) d y = g ( x ) d x . Как следует из названия, переменные, входящие в состав выражения, находятся по обе стороны от знака равенства.
Договоримся, что функции f ( y ) и g ( x ) мы будем считать непрерывными.
Для уравнений с разделенными переменными общий интеграл будет иметь вид ∫ f ( y ) d y = ∫ g ( x ) d x . Общее решение ДУ в виде неявно заданной функции Ф ( x , y ) = 0 мы можем получить при условии, что интегралы из приведенного равенства выражаются в элементарных функциях. В ряде случаев выразить функцию у получается и в явном виде.
Найдите общее решение дифференциального уравнения с разделенными переменными y 2 3 d y = sin x d x .
Проинтегрируем обе части равенства:
∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x
Это, по сути, и есть общее решение данного ДУ. Фактически, мы свели задачу нахождения общего решения ДУ к задаче нахождения неопределенных интегралов.
Теперь мы можем использовать таблицу первообразных для того, чтобы взять интегралы, которые выражаются в элементарных функциях:
∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = — cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = — cos x + C 2
где С 1 и С 2 – произвольные постоянные.
Функция 3 5 y 3 5 + C 1 = — cos x + C 2 задана неявно. Она является общим решением исходного дифференциального уравнения с разделенными переменными. Мы получили ответ и можем не продолжать решение. Однако в рассматриваемом примере искомую функцию можно выразить через аргумент х явно.
3 5 y 5 3 + C 1 ⇒ y = — 5 3 cos x + C 3 5 , где C = 5 3 ( C 2 — C 1 )
Общим решением данного ДУ является функция y = — 5 3 cos x + C 3 5
Ответ:
Мы можем записать ответ несколькими способами: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x или 3 5 y 5 3 + C 1 = — cos x + C 2 , или y = — 5 3 cos x + C 3 5
Всегда стоит давать понять преподавателю, что вы наряду с навыками решения дифференциальных уравнений также располагаете умением преобразовывать выражения и брать интегралы. Сделать это просто. Достаточно дать окончательный ответ в виде явной функции или неявно заданной функции Ф ( x , y ) = 0 .
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x
y ‘ = d y d x в тех случаях, когда у является функцией аргумента х .
В ДУ f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x или f 1 ( y ) · g 1 ( x ) · y ‘ = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x мы можем провести преобразования таким образом, чтобы разделить переменные. Этот вид ДУ носит название ДУ с разделяющимися переменными. Запись соответствующего ДУ с разделенными переменными будет иметь вид f 1 ( y ) f 2 ( y ) d y = g 2 ( x ) g 1 ( x ) d x .
Разделяя переменные, необходимо проводить все преобразования внимательно для того, чтобы избежать ошибок. Полученное и исходное уравнения должны быть эквивалентны друг другу. В качестве проверки можно использовать условие, по которому f 2 ( y ) и g 1 ( x ) не должны обращаться в ноль на интервале интегрирования. Если это условие не выполняется, то есть вероятность, что ы потеряем часть решений.
Найти все решения дифференциального уравнения y ‘ = y · ( x 2 + e x ) .
Мы можем разделить х и у , следовательно, мы имеем дело с ДУ с разделяющимися переменными.
y ‘ = y · ( x 2 + e x ) ⇔ d y d x = y · ( x 2 + e x ) ⇔ d y y = ( x 2 + e x ) d x п р и y ≠ 0
При у = 0 исходное уравнение обращается в тождество: 0 ‘ = 0 · ( x 2 + e x ) ⇔ 0 ≡ 0 . Это позволят нам утверждать, что у = 0 является решением ДУ. Это решение мы могли не учесть при проведении преобразований.
Выполним интегрирование ДУ с разделенными переменными d y y = ( x 2 + e x ) d x :
∫ d y y = ∫ ( x 2 + e x ) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ ( x 2 + e x ) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C
Проводя преобразование, мы выполнили замену C 2 — C 1 на С . Решение ДУ имеет вид неявно заданной функции ln y = x 3 3 + e x + C . Эту функцию мы в состоянии выразить явно. Для этого проведем потенцирование полученного равенства:
ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C
Ответ: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y ‘ = f ( a x + b y ) , a ≠ 0 , b ≠ 0
Для того, чтобы привести обыкновенное ДУ 1 -го порядка y ‘ = f ( a x + b y ) , a ≠ 0 , b ≠ 0 , к уравнению с разделяющимися переменными, необходимо ввести новую переменную z = a x + b y , где z представляет собой функцию аргумента x .
z = a x + b y ⇔ y = 1 b ( z — a x ) ⇒ y ‘ = 1 b ( z ‘ — a ) f ( a x + b y ) = f ( z )
Проводим подстановку и необходимые преобразования:
y ‘ = f ( a x + b y ) ⇔ 1 b ( z ‘ — a ) = f ( z ) ⇔ z ‘ = b f ( z ) + a ⇔ d z b f ( z ) + a = d x , b f ( z ) + a ≠ 0
Найдите общее решение дифференциального уравнения y ‘ = 1 ln ( 2 x + y ) — 2 и частное решение, удовлетворяющее начальному условию y ( 0 ) = e .
Введем переменную z = 2 x + y , получаем:
y = z — 2 x ⇒ y ‘ = z ‘ — 2 ln ( 2 x + y ) = ln z
Результат, который мы получили, подставляем в исходное выражение, проводим преобразование его в ДУ с разделяющимися переменными:
y ‘ = 1 ln ( 2 x + y ) — 2 ⇔ z ‘ — 2 = 1 ln z — 2 ⇔ d z d x = 1 ln z
Проинтегрируем обе части уравнения после разделения переменных:
d z d z = 1 ln z ⇔ ln z d z = d x ⇔ ∫ ln z d z = ∫ d x
Применим метод интегрирования по частям для нахождения интеграла, расположенного в левой части записи уравнения. Интеграл правой части посмотрим в таблице.
∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z · ln z — ∫ z d z z = = z · ln z — z + C 1 = z · ( ln z — 1 ) + C 1 ∫ d x = x + C 2
Мы можем утверждать, что z · ( ln z — 1 ) + C 1 = x + C 2 . Теперь, если мы примем, что C = C 2 — C 1 и проведем обратную замену z = 2 x + y , то получим общее решение дифференциального уравнения в виде неявно заданной функции:
( 2 x + y ) · ( ln ( 2 x + y ) — 1 ) = x + C
Теперь примемся за нахождение частного решения, которое должно удовлетворять начальному условию y ( 0 ) = e . Проведем подстановку x = 0 и y ( 0 ) = e в общее решение ДУ и найдем значение константы С .
( 2 · 0 + e ) · ( ln ( 2 · 0 + e ) — 1 ) = 0 + C e · ( ln e — 1 ) = C C = 0
Получаем частное решение:
( 2 x + y ) · ( ln ( 2 x + y ) — 1 ) = x
Так как в условии задачи не был задан интервал, на котором необходимо найти общее решение ДУ, то мы ищем такое решение, которое подходит для всех значений аргумента х , при которых исходное ДУ имеет смысл.
В нашем случае ДУ имеет смысл при ln ( 2 x + y ) ≠ 0 , 2 x + y > 0
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y ‘ = f x y или y ‘ = f y x
Мы можем свести ДУ вида y ‘ = f x y или y ‘ = f y x к дифференциальным уравнениям с разделяющимися переменными путем выполнения замены z = x y или z = y x , где z – функция аргумента x .
Если z = x y , то y = x z и по правилу дифференцирования дроби:
y ‘ = x y ‘ = x ‘ · z — x · z ‘ z 2 = z — x · z ‘ z 2
В этом случае уравнения примут вид z — x · z ‘ z 2 = f ( z ) или z — x · z ‘ z 2 = f 1 z
Если принять z = y x , то y = x ⋅ z и по правилу производной произведения y ‘ = ( x z ) ‘ = x ‘ z + x z ‘ = z + x z ‘ . В этом случае уравнения сведутся к z + x z ‘ = f 1 z или z + x z ‘ = f ( z ) .
Решите дифференциальное уравнение y ‘ = 1 e y x — y x + y x
Примем z = y x , тогда y = x z ⇒ y ‘ = z + x z ‘ . Подставим в исходное уравнение:
y ‘ = 1 e y x — y x + y x ⇔ z + x z ‘ = 1 e z — z + z ⇔ x · d z d x = 1 e z — z ⇔ ( e z — z ) d z = d x x
Проведем интегрирование уравнения с разделенными переменными, которое мы получили при проведении преобразований:
∫ ( e z — z ) d z = ∫ d x x e z — z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z — z 2 2 = ln x + C , C = C 2 — C 1
Выполним обратную замену для того, чтобы получить общее решение исходного ДУ в виде функции, заданной неявно:
e y x — 1 2 · y 2 x 2 = ln x + C
А теперь остановимся на ДУ, которые имеют вид:
y ‘ = a 0 y n + a 1 y n — 1 x + a 2 y n — 2 x 2 + . . . + a n x n b 0 y n + b 1 y n — 1 x + b 2 y n — 2 x 2 + . . . + b n x n
Разделив числитель и знаменатель дроби, расположенной в правой части записи, на y n или x n , мы можем привести исходное ДУ в виду y ‘ = f x y или y ‘ = f y x
Найти общее решение дифференциального уравнения y ‘ = y 2 — x 2 2 x y
В этом уравнении х и у отличны от 0 . Это позволяет нам разделить числитель и знаменатель дроби, расположенной в правой части записи на x 2 :
y ‘ = y 2 — x 2 2 x y ⇒ y ‘ = y 2 x 2 — 1 2 y x
Если мы введем новую переменную z = y x , то получим y = x z ⇒ y ‘ = z + x z ‘ .
Теперь нам необходимо осуществить подстановку в исходное уравнение:
y ‘ = y 2 x 2 — 1 2 y x ⇔ z ‘ x + z = z 2 — 1 2 z ⇔ z ‘ x = z 2 — 1 2 z — z ⇔ z ‘ x = z 2 — 1 — 2 z 2 2 z ⇔ d z d x x = — z 2 + 1 2 z ⇔ 2 z d z z 2 + 1 = — d x x
Так мы пришли к ДУ с разделенными переменными. Найдем его решение:
∫ 2 z d z z 2 + 1 = — ∫ d x x ∫ 2 z d z z 2 + 1 = ∫ d ( z 2 + 1 ) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 — ∫ d x x = — ln x + C 2 ⇒ ln z 2 + 1 + C 1 = — ln x + C 2
Для этого уравнения мы можем получить решение в явном виде. Для этого примем — ln C = C 2 — C 1 и применим свойства логарифма:
ln z 2 + 1 = — ln x + C 2 — C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = — ln x — ln C ⇔ ln z 2 + 1 = — ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x — 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x — 1
Теперь выполним обратную замену y = x ⋅ z и запишем общее решение исходного ДУ:
y = ± x · 1 C x — 1
В даном случае правильным будет и второй вариант решения. Мы можем использовать замену z = x y Рассмотрим этот вариант более подробно.
Выполним деление числителя и знаменателя дроби, расположенной в правой части записи уравнения на y 2 :
y ‘ = y 2 — x 2 2 x y ⇔ y ‘ = 1 — x 2 y 2 2 x y
Тогда y ‘ = 1 — x 2 y 2 2 x y ⇔ z — z ‘ x z 2 = 1 — z 2 2 z
Проведем подстановку в исходное уравнение для того, чтобы получить ДУ с разделяющимися переменными:
y ‘ = 1 — x 2 y 2 2 x y ⇔ z — z ‘ x z 2 = 1 — z 2 2 z
Разделив переменные, мы получаем равенство d z z ( z 2 + 1 ) = d x 2 x , которое можем проинтегрировать:
∫ d z z ( z 2 + 1 ) = ∫ d x 2 x
Если мы разложим подынтегральную функцию интеграла ∫ d z z ( z 2 + 1 ) на простейшие дроби, то получим:
∫ 1 z — z z 2 + 1 d z
Выполним интегрирование простейших дробей:
∫ 1 z — z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z — 1 2 ∫ d ( z 2 + 1 ) z 2 + 1 = = ln z — 1 2 ln z 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1
Теперь найдем интеграл ∫ d x 2 x :
∫ d x 2 x = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2
В итоге получаем ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 или ln z z 2 + 1 = ln C · x , где ln C = C 2 — C 1 .
Выполним обратную замену z = x y и необходимые преобразования, получим:
y = ± x · 1 C x — 1
Вариант решения, при котором мы выполняли замену z = x y , оказался более трудоемким, чем в случае замены z = y x . Этот вывод будет справедлив для большого количества уравнений вида y ‘ = f x y или y ‘ = f y x . Если выбранный вариант решения подобных уравнений оказывается трудоемким, можно вместо замены z = x y ввести переменную z = y x . На результат это никак не повлияет.
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y ‘ = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 , a 1 , b 1 , c 1 , a 2 , b 2 , c 2 ∈ R
Дифференциальные уравнения y ‘ = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 можно свести к уравнениям y ‘ = f x y или y ‘ = f y x , следовательно, к уравнениям с разделяющимися переменными. Для этого находится ( x 0 , y 0 ) — решение системы двух линейных однородных уравнений a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 и вводятся новые переменные u = x — x 0 v = y — y 0 . После такой замены уравнение примет вид d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v .
Найти общее решение дифференциального уравнения y ‘ = x + 2 y — 3 x — 1 .
Составляем и решаем систему линейных уравнений:
x + 2 y — 3 = 0 x — 1 = 0 ⇔ x = 1 y = 1
Делаем замену переменных:
u = x — 1 v = y — 1 ⇔ x = u + 1 y = v + 1 ⇒ d x = d u d y = d v
После подстановки в исходное уравнение получаем d y d x = x + 2 y — 3 x — 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . После деления на u числителя и знаменателя правой части имеем d v d u = 1 + 2 v u .
Вводим новую переменную z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z , тогда
d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln u + C 2 ⇒ ln 1 + z = ln u + ln C , ln C = C 2 — C 1 ln 1 + z = ln C · u 1 + z = C · u ⇔ z = C · u — 1 ⇔ v u = C · u — 1 ⇔ v = u · ( C · u — 1 )
Возвращаемся к исходным переменным, производя обратную замену u = x — 1 v = y — 1 :
v = u · ( C · u — 1 ) ⇔ y — 1 = ( x — 1 ) · ( C · ( x — 1 ) — 1 ) ⇔ y = C x 2 — ( 2 C + 1 ) · x + C + 2
Это есть общее решение дифференциального уравнения.
Найти общий интеграл дифференциального уравнения с разделяющимися переменными
Решебник Кузнецова Л. А.
V Дифференциальные уравнения
Задание 1. Найти общий интеграл дифференциального уравнения.
        Прежде, чем Вы начнёте скачивать свои варианты, попробуйте решить задачу по образцу, приведённому ниже для варианта 10
    Вариант 1     Вариант 2     Вариант 3     Вариант 4     Вариант 5     Вариант 6
    Вариант 7     Вариант 8     Вариант 9     Вариант 10     Вариант 11     Вариант 12
    Вариант 13     Вариант 14     Вариант 15     Вариант 16     Вариант 17     Вариант 18
    Вариант 19     Вариант 20     Вариант 21     Вариант 22     Вариант 23     Вариант 24
    Вариант 25     Вариант 26     Вариант 27     Вариант 28     Вариант 29     Вариант 30
        1.10 Найти общий интеграл дифференциального уравнения
.
(Ответ представить в виде     .    )
Решение.
        Заданное уравнение является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Разделим переменные. Для этого поделим обе части равенства на
.
        В результате получим
.
        Проинтегрируем полученное уравнение с разделёнными переменными
.
Вычислим полученные интегралы, внося         и         под знак дифференциалов
.
        Тогда общее решение дифференциального уравнения запишется в виде
.
        Ответ: Общее решение дифференциального уравнения
.
http://zaochnik.com/spravochnik/matematika/differentsialnye-uravnenija/differentsialnye-uravnenija-s-razdeljajuschimisja/
http://www.kvadromir.com/kuznecov_difur_1.html