Примеры решения ДУ с разделенными переменными
Вы будете перенаправлены на Автор24
Общая часть
В общем виде дифференциальные уравнения (сокращённо будем записывать как «ДУ») первого порядка имеют форму $P(x, y) + Q(x,y) \cdot y’=0\left(1\right)$, здесь и дальше $P(x, y)$ и $Q(x, y)$ — некоторые многочлены.
Помня о том, что $y’= \frac
Если оба члена $P$ и $Q$ зависят только от одной различной для них переменной — то речь идёт об ДУ первого порядка с так называемыми разделёнными переменными, его вид — $P(x)dx + Q(y)dy = 0 \left(2\right)$.
Для решения ДУ такого вида проводят отдельно интегрирование каждого члена $P(x)$ и $Q(x)$ по соответствующей им переменной. Перед этим многочлены уравнения, зависящие от разных переменных, могут разнести по разным частям уравнения:
$\int Q(y)dy = -\int P(x) dx + C \left(3\right)$ — найдя интегралы в этом уравнении и выразив при необходимости $y$ получаем общее решение.
Если нужно решение в некоторой конкретной начальной точке с координатами $(x_0;y_0)$ — то тогда интегралы приобретают такой вид:
$\int \limits_
Примеры решения
Решите пример: $\cos x \cdot dx – 4y \cdot dy = 0$, таже найдите частное решение при $x=0; y=4$.
Перенесём часть с игреком вправо:
$\cos x \cdot dx = 4y \cdot dy$;
Проинтегрируем обе части, левую по $x$, правую — по $y$:
$\int \cos x \cdot dx = \int 4y \cdot dy$;
$\sin x = \frac<4><2>y^2 + C$ — такая форма уравнения называется общим интегралом.
Константу $C$ можно записать только один раз, так как получающиеся постоянные при интегрировании левой и правой части по отдельности при сложении также дают некоторую константу.
Теперь подставим заданные значения (поиск решения, соответствующего некоторым начальным условиям, называется задачей Коши):
Подставим это значение в уравнение и получим:
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.
Разделить переменные и проинтегрировать полученные уравнения
1. У равнения с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
С учетом равенства
уравнение (8.10) может быть записано в виде .
Разделим обе части на произведение функций M ( x )∙ Q ( y ) (при условии ) и после сокращения получим: . Так как переменные разделены, проин тегрируем уравнение почленно: . После нахождения интегралов получаем общий интеграл исходного ДУ. Предполагая, что , мы могли потерять решения. Следовательно, необходимо подстановкой M ( x )=0, Q ( y )=0 в исходное уравнение сделать проверку. В том случае, когда данные функции удовлетворяют уравнению, они также являются его решениями.
Пример 8.2. Проинтегрировать уравнение .
Решение . Представим уравнение в виде . Разделим переменные: . Проинтегрируем уравнение:
После применения теоремы о сумме логарифмов и потенцирования получаем
2. Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
где M ( x ; y ) и N ( x ; y )– однородные функции аргументов x и y одного и того же измерения m , то есть имеют место равенства
Метод решения уравнения (8.12) – деление на переменную x в степени измерения m : . Далее уравнение преобразуются с помощью следующей замены:
Однородное уравнение (8.12) принимает вид: – уравнение с разделяющимися переменными. Следовательно, дальнейшее решение – по пункту 1.
Пример 8.3. Проинтегрировать уравнение .
Решение. Поделим уравнение на x 2 , получим . После замены (8.14) заданное по условию уравнение принимает вид , . В результате интегрирования получим . После обратной замены – искомый общий интеграл
Пример 8.4. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения .
Решение . Правая часть уравнения обладает свойством . Поэтому заданное уравнение является однородным дифференциальным уравнением первого порядка. Совершим замену , где u – некоторая функция от аргумента x . Отсюда . Исходное уравнение приобретает вид
или . Разделим переменные: .
После интегрирования обеих частей уравнения получаем
Потенцируя, находим .
Итак, общий интеграл исходного уравнения приобретает вид cy = x 2 + y 2 , где c – произвольная постоянная
3. Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным или к уравнениям с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
где – числа.
При c 1 = c 2 = 0 уравнение является однородным. Рассмотрим два случая при c 1 и c 2 не равных нулю одновременно.
1) Определитель . Вводят новые переменные u и v , положив x = u + x 0 , y = v + y 0 , где ( x 0 ; y 0 ) – решение системы уравнений .
В результате данной подстановки уравнение (8.15) становится однородным.
Пример 8.5. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения .
Решение . Определитель , следовательно, решаем систему уравнений . Получаем значения x 0 = – 1; y 0 =2, с использованием которых осуществляем замену x = u – 1; y = v + 2, при этом . Заданное по условию ДУ принимает вид:
, (*) – однородное ДУ относительно функции v и переменной u .
С помощью формул интегрирования (4.8) и (4.17) получаем:
Осуществим обратную подстановку :
– общий интеграл исходного уравнения
2) Определитель . Это означает пропорциональность коэффициентов или
Пример 8.6. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения
Решение . Определитель , следовательно, осуществляем замену
Исходное уравнение принимает вид:
Далее . Разделим переменные: или . Проинтегрируем уравнение:
После обратной замены получим: – общий интеграл исходного уравнения
4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
где P ( x ) и Q ( x ) – заданные функции (могут быть постоянными).
Уравнение (8.16) может быть решено двумя способами.
1) Метод Бернулли-Фурье состоит в том, что решение ищется в виде произведения двух неизвестных функций y ( x )= u ( x )∙ v ( x ) или коротко y = u ∙ v , при этом . Одна из функций будет представлять общую часть решения и содержать константу интегрирования c , другая функция может быть взята в частном виде при конкретном значении константы (общее решение ДУ первого порядка должно содержать одну константу интегрирования). Подставим выражения y и в (8.16), после чего оно принимает вид:
Функцию v ( x ) подберем в частном виде так, чтобы выражение в скобках обратилось в ноль. Для этого решим уравнение с разделяющимися переменными или . Отсюда в результате интегрирования получим: . Так функция v ( x ) выбиралась произвольно, то можно положить c = 1, тогда . Подставив найденную v ( x ) в (8.17), приходим к еще одному уравнению с разделяющимися переменными . Интегрируя его, получим функцию . Общее решение исходного ДУ (8.16) принимает вид
Пример 8.7. Проинтегрировать уравнен ие с помощью метода Бернулли.
Решение . Данное уравнение является линейным ДУ первого порядка с функциями . Применим подстановку y = u ∙ v , где u и v – некоторые функции аргумента x . Так как y = u ∙ v , то , и заданное уравнение принимает вид:
Выберем функцию u так, чтобы выражение, стоящее в скобках, обращалось в ноль, то есть и л и
Полагая c = 1, получим u = cos x . При таком выборе функции u уравнение (**) примет вид:
. Отсюда v=tg x+c . Тогда – общее решение заданного уравнения.
Общее решение заданного ДУ можно также получить, пользуясь непосредственно формулой (8.18):
По условию задачи имеем: P ( x )= tg x , . Следовательно, . Так как , то с использованием основного логарифмического тождества получаем:
Таким образом, – общее решение исходного дифференциального уравнения
2) Метод Лагранжа иначе называют методом вариации произвольной постоянной. Рассмотрим сначала соответствующее линейное однородное ДУ первого порядка, то есть исходное уравнение без правой части . Разделив переменные и проинтегрировав, в найденном решении полагают постоянную c функцией c ( x ). После этого функцию y дифференцируют и вместе с подставляют в исходное уравнение. При этом получают уравнение относительно неизвестной функции c ( x ), отыскав которую, подставляют ее в y – общее решение заданного линейного неоднородного уравнения (с правой частью).
Пример 8.8. Проинтегрировать уравнение с помощью метода Лагранжа (сравни с пример ом 8.7).
Решение . Решим сначала соответствующее линейное однородное ДУ первого порядка или . Разделим переменные: . В результате интегрирования получаем: – общее решение соответствующего однородного уравнения. Применим метод варьирования константы, то есть предположим c = c ( x ). Тогда общее решение исходного линейного неоднородного уравнения будет иметь вид: . Подставим y и в исходное уравнение:
Подставляя найденное c ( x ) в y , имеем общее решение линейного неоднородного уравнения:
5. Уравнения Бернулли
Общий вид уравнений
При n = 1 (8.1 9) – уравнение с разделяющимися переменными. При n = 0 (8.1 9) – линейное ДУ.
Рассмотрим . Метод решения – деление уравнения на , после чего (8.1 9) принимает вид . С помощью замены z = y – n +1 исходное уравнение становится линейным относительно функции z ( x ):
то есть его решение находится аналогично пункту 4. На практике искать решение уравнения (8.17) удобнее методом Бернулли в виде произведения неизвестных функций y = u ∙ v . Заметим, что y = 0 – всегда является решением исходного уравнения (8.17).
Пример 8.9. Проинтегрировать уравнение .
Решение. Заданное уравнение является уравнением Бернулли. Положим y = u ∙ v , тогда и уравнение примет вид:
Выберем функцию u так, чтобы выполнялось равенство: . Разделим переменные и проинтегрируем:
Тогда заданное уравнение после сокращения на u примет вид: или – уравнение с разделяющимися переменными. Находим его общее решение: . Интегрируя последнее уравнение, получим: . Следовательно, общее решение заданного уравнения имеет вид:
6. Уравнения в полных дифференциалах
6.1. Общий вид уравнений
где левая часть есть полный дифференциал некоторой функции F ( x ; y ), то есть . В этом случае ДУ (8.21) можно записать в виде , а его общий интеграл будет F ( x ; y )= c .
Условие, по которому можно судить, что выражение является полным дифференциалом, можно сформулировать в виде следующей теоремы.
Теорема 8.2. Для того чтобы выражение , где функции M ( x ; y ) и N ( x ; y ), их частные производные и непрерывны в некоторой области D плоскости x 0 y , было полным дифференциалом, необходимо и достаточно выполнение условия
(8.22)
Таким образом, согласно определению полного дифференциала (6.6) должны выполняться равенства:
Формула (8.22) представляет собой теорему Шварца, согласно которой смешанные производные второго порядка функции F ( x ; y ) равны.
Зафиксируем переменную y и проинтегрируем первое уравнение из (8.23) по x , получим:
Здесь мы применили метод вариации произвольной постоянной, так как предположили, что константа c зависит от y (либо является числом). Продифференцировав (8.24) по переменной y и приравняв производную к функции N ( x ; y ), мы получим уравнение для нахождения неизвестной c ( y ). Подставив c ( y ) в (8.24), находим функцию F ( x ; y ) такую, что .
Пример 8.10. Решить уравнение .
Решение. Здесь функция .
Проверим условие (8.22): . Следовательно, левая часть заданного уравнения представляет собой полный дифференциал некоторой функции F ( x ; y ). Для ее отыскания проинтегрируем функцию M ( x ; y ) по переменной x , считая y = const :
Пусть c = c ( y ), тогда . Продифференцируем данную функцию по y , получим . Отсюда .
Найденное c ( y ) подставляем в функцию F ( x ; y ), получаем решение заданного ДУ:
Если условие (8.22) не выполняется, то ДУ (8.21) не является уравнением в полных дифференциалах.
Однако это уравнение иногда можно привести к уравнению в полных дифференциалах умножением его на некоторую функцию μ ( x ; y ), называемую интегрирующим множителем .
Чтобы уравнение было уравнение в полных дифференциалах, должно выполняться условие
Выполнив дифференцирование и приведя подобные слагаемые, получим: . Для нахождения μ ( x ; y ) надо проинтегрировать полученное ДУ в частных производных. Решение этой задачи не простое. Нахождение интегрирующего множителя может быть упрощено, если допустить существование μ как функции только одного аргумента x либо только y .
6.2. Пусть μ = μ ( x ). Тогда уравнение (8.25) принимает вид:
При этом подынтегральное выражение должно зависеть только от x.
6.3. Пусть μ = μ ( y ). Тогда аналогично можно получить
где подынтегральное выражение должно зависеть только от y .
Пример 8.11. Решить уравнение .
Решение . Здесь , то есть . Проверим существование интегрирующего множителя. По формуле (8.26) составляем подынтегральное выражение:
7. Дифференциальные уравнения, не разрешенные относительно производной
К уравнениям данного вида относятся уравнения Лагранжа и Клеро, которые образуют достаточно большой класс ДУ, решаемых методом введения параметра .
7.1. Уравнение Лагранжа
Общий вид уравнений
где φ и ψ– известные функции от . После введения параметра уравнение (8.28) принимает вид
Продифференцируем его по x :
Полученное уравнение (8.30) является линейным уравнением относительно неизвестной функции x = x ( p ). Решив его, найдем:
Исключая параметр p из уравнений (8.29) и (8.31), получаем общий интеграл уравнения (8.28) в виде y = γ ( x ; c ).
Примечание. При переходе к уравнению (8.30) мы делили на . При этом могли быть потеряны решения, для которых или p = p 0 = const . Это означает, что p 0 является корнем уравнения p = φ ( p )=0 (смотри уравнение (8.30)). Тогда решение для уравнения (8.28) является особым
7.2. Уравнение Клеро представляет собой частный случай уравнения Лагранжа при , следовательно, его общий вид
. (8.32)
Вводим параметр , после чего уравнение (8.30) записывается так:
Продифференцируем уравнение (8.33) по переменной x:
При получаем частное решение уравнения в параметрической форме:
Это – особое решение уравнения Клеро, так как оно не содержится в формуле общего решения уравнения.
Пример 8.12. Решить уравнение Клеро .
Решение. Согласно формуле (8.32) общее решение имеет вид y = cx + c 2 . Особое решение уравнения получим по (8.33) в виде . Отсюда следует: , то есть
http://zaochnik.com/spravochnik/matematika/differentsialnye-uravnenija/differentsialnye-uravnenija-s-razdeljajuschimisja/
http://www.sites.google.com/site/vyssaamatem/glava-viii-elementy-teorii-obyknovennyh-differencialnyh-uravnenij/viii-2-nekotorye-vidy-differencialnyh-uravnenij-pervogo-poradka