Решить дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными xdy ydx

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 и их интегрирование

п.1. Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными

Например:
$y»+y’-4=5cos⁡x$ — ДУ второго порядка первой степени
$(y’)^3+5y^2=19$ – ДУ первого порядка третьей степени
$\sqrt=y’x$ — ДУ первого порядка первой степени

Самыми простыми для решения будут такие уравнения, у которых можно разделить переменные, т.е. собрать всё, что связано с функцией $y$, по одну сторону знака равенства, и всё, что связано с независимой переменной $x$, — по другую сторону.

Например:
Уравнение $\sqrt=y’x$ является уравнением с разделяющимися переменными, т.к. $$ y’=\frac<\sqrt>=g(x)\cdot h(y),\ \ \text<где>\ g(x)=\frac1x,\ h(y)=\sqrt $$

Алгоритм решения ДУ с разделяющимися переменными
На входе: уравнение первого порядка $y’=f(x,y)$, для которого $f(x,y)=g(x)\cdot h(y)$
Шаг 1. Записать производную в форме Лейбница $y’=\frac$
Шаг 2. Преобразовать уравнение
$$ \frac=g(x)\cdot h(y)\Rightarrow \frac=g(x)dx $$ Шаг 3. Проинтегрировать левую и правую части уравнения: $$ \int\frac=\int g(x)dx+C $$ Шаг 4. Результат интегрирования $H(y)=G(x)+C$ — общее решение данного уравнения.
На выходе: выражение $H(y)=G(x)+C$

Например:
Решим уравнение $\sqrt=y’x$
1) Пусть $x\ne 0$. Тогда: $$ y’=\frac<\sqrt>\Rightarrow\frac=\frac<\sqrt>\Rightarrow\frac<\sqrt>=\frac $$ Находим интегралы (константу запишем в конце): $$ \int\frac<\sqrt>=\frac<(y+1)^<\frac32>><\frac32>=\frac23\sqrt<(y+1)^3>,\ \ \int\frac=\ln|x| $$ Получаем общее решение: $$ \frac23\sqrt<(y+1)^3>=\ln|x|+C,\ x\ne 0 $$ 2) Пусть $x=0$. Тогда по условию: $\sqrt=0\Rightarrow y=-1$
Точка (0;-1) – особое решение данного уравнения.

п.2. Задача Коши

Например:
Найдем решение задачи Коши для уравнения $\sqrt=y’x$ при начальном условии $y(1)=3$.
Общее решение нами уже найдено: $\frac23\sqrt<(y+1)^3>=\ln|x|+C$ — этим выражением задано бесконечное множество кривых. Решить задачу Коши означает найти единственную кривую, проходящую через точку (1;3), т.е. конкретное значение C для заданных начальных условий.
Подставляем $x=1$ и $y=3:\frac23\sqrt<(3+1)^3>=\underbrace<\ln 1>_<=0>+C\Rightarrow C=\frac23\sqrt<4^3>=\frac<16><3>$
Решение задачи Коши: $\frac23\sqrt<(y+1)^3>=\ln|x|+\frac<16><3>$
Выразим y в явном виде, что всегда приходится делать на практике: $$ \sqrt<(y+1)^3>=\frac32\ln|x|+8\Rightarrow y+1=\left(\frac32\ln|x|+8\right)^<\frac23>\Rightarrow y=\left(\frac32\ln|x|+8\right)^<\frac23>-1 $$ Ограничения ОДЗ: $ \begin y\geq -1\\ \frac32\ln|x|+8\geq 0 \end \Rightarrow |x|\geq -\frac<16><3>\Rightarrow |x|\geq e^<-\frac<16><3>> $
Начальная точка $x=1\gt e^<-\frac<16><3>>$, требования ОДЗ выполняются.
Т.к. $x=1\gt 0$ в решении также можно убрать модуль.

п.3. Закон радиоактивного распада

В многочисленных экспериментах по определению радиоактивности вещества был установлен следующий факт:

Число распадов ΔN, которые произошли за интервал времени Δt, пропорционально числу атомов N в образце.

Перейдем к бесконечно малым $dN$ и $dt$ и запишем соответствующее этому факту дифференциальное уравнение: $$ \frac

=-\lambda N $$ где знак «-» учитывает уменьшение числа атомов N со временем.
Полученное ДУ является уравнением с разделяющимися переменными.
Найдем его общее решение: $$ \frac=-\lambda dt\Rightarrow\int\frac=-\lambda\int dt\Rightarrow \ln N=-\lambda t+C $$ Пусть в начальный момент времени $t=0$ в образце было $N_0$ атомов.
Решаем задачу Коши, находим $C:\ \ln N_0=-\lambda\cdot 0+C\Rightarrow C=\ln N_0$
Подставляем найденное C в общее решение. Получаем: $$ \ln N=-\lambda N+\ln N_0\Rightarrow \ln N-\ln N_0=-\lambda t\Rightarrow\ln\frac=-\lambda t\Rightarrow\frac=e^ <-\lambda t>$$

п.4. Зарядка конденсатора

Соберем цепь, состоящую из конденсатора C, резистора R, источника ЭДС E и ключа K.
Пусть в начальный момент времени конденсатор разряжен, напряжение на обкладках: $U(0)=0$
Замкнем ключ и начнем зарядку конденсатора.

По закону Ома для замкнутой цепи можем записать: $$ I(R+r_0)+U=\varepsilon $$ где $I$ — ток в цепи, $I(R+r_0)$ – падение напряжения на резисторе и источнике, $U$ — напряжение на конденсаторе, $\varepsilon$ – ЭДС источника.
Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=\frac

=\frac

=C\frac

$$ Подставляем: $$ C\frac

\cdot (R+r_0)=\varepsilon-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ \frac<\varepsilon-U>=\frac

$$ Интегрируем (не забываем про минус перед U в знаменателе): $$ \int\frac<\varepsilon-U>=-\ln(\varepsilon-U),\ \ \int\frac = \frac $$ Общее решение: $$ \ln(\varepsilon-U)=-\frac+B $$ где $B$ константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие $U(0)=0$. Подставляем: $$ \ln(\varepsilon-0)=-\frac<0>+B\Rightarrow B=\ln\varepsilon $$ Решение задачи Коши: \begin \ln(\varepsilon-U)=-\frac+\ln\varepsilon\\ \ln(\varepsilon-U)-\ln\varepsilon=-\frac\\ \ln\frac<\varepsilon-U><\varepsilon>=-\frac\Rightarrow\frac<\varepsilon-U><\varepsilon>=e^<-\frac>\Rightarrow \varepsilon e^<-\frac> \end

Если внутренне сопротивление источника пренебрежимо мало по сравнению с внешним сопротивлением, $r_0\lt\lt R$, то получаем: $$ u(t)=\varepsilon\left(1-e^<-\frac>\right) $$ При $t\rightarrow +\infty$ показатель экспоненты стремится к ($-\infty$), а сама экспонента стремится к нулю: $U(t\rightarrow +\infty)=\varepsilon(1-e^<-\infty>)$, т.е. напряжение на обкладках конденсатора стремится к значению ЭДС источника.

Например:
При $\varepsilon=5В,\ RC=0,01$ с график зарядки конденсатора имеет вид:

п.5. Примеры

Пример 1. Решите уравнение:
a) $y’=e^$ \begin \frac=e^x\cdot e^y\Rightarrow e^<-y>dy=e^x dx\Rightarrow\int e^<-y>dy=\int e^x dx\Rightarrow -e^<-y>=e^x+C \end $e^<-y>=-e^x+C$ (на константу, определенную от минус до плюс бесконечности, перемена знака не влияет).
$-y=\ln⁡(-e^x+C) $
$y=-\ln⁡(C-e^x)$
Ответ: $y=\ln⁡(C-e^x)$

б) $xy+(x+1)y’=0$ \begin (x+1)y’=-xy\Rightarrow\frac=-\frac\Rightarrow\frac=-\fracdx\\ \int\frac=\ln|y|\\ -\int\fracdx=-\int\frac<(x+1)-1>dx=-\int\left(1-\frac<1>\right)dx=-x+\ln|x+1| \end Получаем: $\ln|y|=-x+\ln|x+1|$
Запишем константу немного по-другому, как $\ln ⁡C$. Это удобно для потенцирования: \begin \ln|y|-x+\ln|x+1|+\ln C\\ \ln|y|-\ln C=-x+\ln|x+1|\\ \ln\frac<|y|>=-x+\ln|x+1|\\ e^<\ln\frac<|y|>>=e^<-x+\ln|x+1|>\\ \frac yC=e^<-x>\cdot (x+1)\\ y=Ce^<-x>(x+1) \end При преобразованиях мы делили на $(x+1)$ и $y$, считая, что $x\ne -1$ и $y\ne 0$. Если подставить $x=-1$ в решение, получим $y=0$, т.е. эта точка не является особой, она входит в общее решение.
Ответ: $y=Ce^<-x>(x+1)$

Пример 2*. Найдите решение задачи Коши:
a) $\frac+e^y=0,\ y(1)=0$ \begin \frac=-e^y\Rightarrow\frac=-x^2e^y\Rightarrow e^<-y>dy=-x^2dx\\ \int e^<-y>dy=-e^<-y>,\ \ -\int x^2dx=-\frac <3>\end Получаем: \begin -e^<-y>=-\frac<3>+C\Rightarrow e^<-y>=\frac<3>+C\Rightarrow -y=\ln\left|\frac<3>+C\right|\Rightarrow y=-\ln\left|\frac<3>+C\right| \end Общее решение: $y=-\ln\left|\frac<3>+C\right|$
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ 0-\ln\left|\frac13+C\right|\Rightarrow\frac13+C=1\Rightarrow C=\frac23 $$ Решение задачи Коши: $y=-\ln\left|\frac<3>\right|$
Ответ: $y=-\ln\left|\frac<3>\right|$

б) $x^2(y^2+5)+y^2(x^2+r)y’=0,\ y(0)=\sqrt<5>$ \begin y^2(x^2+5)y’=-x^2(y^2+5)\\ y’=\frac=-\frac\Rightarrow \fracdy=-\fracdx \end Используем табличный интеграл: $\int\frac=\frac1a arctg\frac xa+C$ \begin \int\fracdy=\int\frac<(y^2+5)-5>dy=\int\left(1-\frac<5>\right)dy=y-5\cdot\frac<1><\sqrt<5>>arctg\frac<\sqrt<5>>=\\ =y-\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>> \end Аналогично: $-\int\fracdx=-x+\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>$
Общее решение: $y-\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>=-x+\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>+C$
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ \sqrt<5>-\sqrt<5>arctg1=-0+0+C\Rightarrow C=\sqrt<5>-\frac<\pi\sqrt<5>><4>=\sqrt<5>\left(1-\frac\pi 4\right) $$ Решение задачи Коши: $y-\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>=-x+\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>+\sqrt<5>\left(1-\frac\pi 4\right)$
Ответ: $y-\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>=-x+\sqrt<5>arctg\frac<\sqrt<5>>+\sqrt<5>\left(1-\frac\pi 4\right)$

Пример 3. Найдите массу радиоактивного вещества спустя время, равное четырем периодам полураспада, если начальная масса составляла 64 г.
При радиоактивном распаде атомы одного элемента превращаются в атомы другого, поэтому для массы вещества справедлив тот же закон, что и для количества атомов этого вещества: $$ m(t)=m_0 e^ <-\lambda t>$$ Период полураспада – это время, за которое масса уменьшается в 2 раза: $$ \frac\right)>=\frac12 $$ За время, равное 4 периодам полураспада, масса уменьшится: $$ \frac\right)>=\left(\frac12\right)^4=\frac<1> <16>$$ в 16 раз.
Получаем: $$ m\left(4T_<\frac12>\right)=\frac<16>,\ \ m\left(4T_<\frac12>\right)=\frac<64><16>=4\ \text <(г)>$$ Ответ: 4 г

Пример 4. Выведите зависимость $U(t)$ на обкладках конденсатора при его разрядке в RC-цепи.

Разрядка конденсатора происходит в цепи без источника ЭДС.
Пусть в начальный момент заряд на обкладках $U(0)=U_0.$
Замкнем ключ и начнем разрядку конденсатора.

По закону Ома для замкнутой цепи: $$ IR+U=0 $$ Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=\frac

=\frac

=C\frac

$$ Подставляем: $$ RC\frac

=-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ \frac=-\frac

$$ Интегрируем: $$ \int\frac=\ln U,\ \ \int

=\frac $$ Общее решение: $$ \ln U=-\frac+B $$ где $B$ константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие $U(0)=0$. Подставляем: $$ \ln U_0=-\frac<0>+B\Rightarrow B=\ln U_0 $$ Решение задачи Коши: \begin \ln U=-\frac+\ln U_0\Rightarrow\ln U-\ln U_0=-\frac\Rightarrow \ln\frac=-\frac\\ \frac=e^<-\frac> \end

Изменение напряжение на обкладках конденсатора при разрядке: $$ U(t)=U_0 e^<-\frac> $$

Например, $при U_0=5В,\ RC=0,01 с$ график разрядки конденсатора имеет вид:

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 $y’= \frac$ и произведя замену этого значения в уравнении $(1)$, получим, что оно приобретает форму $P(x, y)dx + Q(x, y) dy = 0$.

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:

$\int \limits_^y Q(y)dy = -\int \limits_^x P(x) dx + C$, представляющий собой частное решение.

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:

источники:

http://reshator.com/sprav/algebra/10-11-klass/differencialnye-uravneniya-s-razdelyayushchimisya-peremennymi-i-ih-integrirovanie/

http://spravochnick.ru/matematika/primery_resheniya_du_s_razdelennymi_peremennymi/