Как найти уравнение с разделяющимися переменными

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными

Формула

Дифференциальное уравнение вида:$$ f_1(x)g_1(y)dy=f_2(x)g_2(y)dx $$называют дифференциальным уравнением 1-го порядка с разделяющимися переменными. В данном разделе математики эти уравнения самые лёгкие в решении.

Алгоритм решения 

1. Суть его состоит в том, чтобы обе части ду разделить на произведение функций, зависящих от разных переменных: $$ f_1(x)g_2(y) $$
2. Таким образом мы приводим исходное уравнение, заданное по условию, к виду:  $$ frac{g_1(y)}{g_2(y)} dy = frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx $$
3. Далее необходимо проинтегрировать обе части уравнения, из которых мы получим функцию y(x): $$ int frac{g_1(y)}{g_2(y)} dy = int frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx $$

Примеры решений

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными и их интегрирование

1. Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными
2. Задача Коши
3. Закон радиоактивного распада
4. Зарядка конденсатора
5. Примеры

п.1. Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными

Дифференциальное уравнение – это уравнение, в которое входят производные некоторой функции, а также может входить сама функция, независимая переменная и параметры.
Порядок дифференциального уравнения – это наивысший порядок производных, входящих в это уравнение.
Степень дифференциального уравнения – это степень старшей производной, если уравнение является многочленом относительно этой производной.

Например:
(y»+y’-4=5cos⁡x) — ДУ второго порядка первой степени
((y’)^3+5y^2=19) – ДУ первого порядка третьей степени
(sqrt{y+1}=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.

Дифференциальное уравнение первого порядка (y’=f(x,y)) называется уравнением с разделяющимися переменными, если функцию (f(x,y)) можно представить в виде произведения двух функций (f(x,y)=g(x)cdot h(y)), по отдельности зависящих только от независимой переменной (x) и только от функции (y).

Например:
Уравнение (sqrt{y+1}=y’x) является уравнением с разделяющимися переменными, т.к. $$ y’=frac{sqrt{y+1}}{x}=g(x)cdot h(y), text{где} g(x)=frac1x, h(y)=sqrt{y+1} $$

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{dy}{dx})
Шаг 2. Преобразовать уравнение
$$ frac{dy}{dx}=g(x)cdot h(y)Rightarrow frac{dy}{h(y)}=g(x)dx $$ Шаг 3. Проинтегрировать левую и правую части уравнения: $$ intfrac{dy}{h(y)}=int g(x)dx+C $$ 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+1}=y’x)
1) Пусть (xne 0). Тогда: $$ y’=frac{sqrt{y+1}}{x}Rightarrowfrac{dy}{dx}=frac{sqrt{y+1}}{x}Rightarrowfrac{dy}{sqrt{y+1}}=frac{dx}{x} $$ Находим интегралы (константу запишем в конце): $$ intfrac{dy}{sqrt{y+1}}=frac{(y+1)^{frac32}}{frac32}=frac23sqrt{(y+1)^3}, intfrac{dx}{x}=ln|x| $$ Получаем общее решение: $$ frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+C, xne 0 $$ 2) Пусть (x=0). Тогда по условию: (sqrt{y+1}=0Rightarrow y=-1)
Точка (0;-1) – особое решение данного уравнения.

Ответ: (frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+C, xne 0) и (y=-1, x=0)

п.2. Задача Коши

Задача Коши заключается в поиске решения дифференциального уравнения, которое удовлетворяет заданным начальным условиям.
Для ДУ первого порядка задача Коши имеет вид: ( begin{cases} y’=f(x,y)\ y(x_0)=y_0 end{cases} )

Например:
Найдем решение задачи Коши для уравнения (sqrt{y+1}=y’x) при начальном условии (y(1)=3).
Общее решение нами уже найдено: (frac23sqrt{(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:frac23sqrt{(3+1)^3}=underbrace{ln 1}_{=0}+CRightarrow C=frac23sqrt{4^3}=frac{16}{3})
Решение задачи Коши: (frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+frac{16}{3})
Выразим y в явном виде, что всегда приходится делать на практике: $$ sqrt{(y+1)^3}=frac32ln|x|+8Rightarrow y+1=left(frac32ln|x|+8right)^{frac23}Rightarrow y=left(frac32ln|x|+8right)^{frac23}-1 $$ Ограничения ОДЗ: ( begin{cases} ygeq -1\ frac32ln|x|+8geq 0 end{cases} Rightarrow |x|geq -frac{16}{3}Rightarrow |x|geq e^{-frac{16}{3}} )
Начальная точка (x=1gt e^{-frac{16}{3}}), требования ОДЗ выполняются.
Т.к. (x=1gt 0) в решении также можно убрать модуль.

Ответ: (y=left(frac32ln x+8right)^{frac23}-1, xgeq 1)

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: $$ frac{dN}{td}=-lambda N $$ где знак «-» учитывает уменьшение числа атомов N со временем.
Полученное ДУ является уравнением с разделяющимися переменными.
Найдем его общее решение: $$ frac{dN}{N}=-lambda dtRightarrowintfrac{dN}{N}=-lambdaint dtRightarrow ln N=-lambda t+C $$ Пусть в начальный момент времени (t=0) в образце было (N_0) атомов.
Решаем задачу Коши, находим (C: ln N_0=-lambdacdot 0+CRightarrow C=ln N_0)
Подставляем найденное C в общее решение. Получаем: $$ ln N=-lambda N+ln N_0Rightarrow ln N-ln N_0=-lambda tRightarrowlnfrac{N}{N_0}=-lambda tRightarrowfrac{N}{N_0}=e^{-lambda t} $$

Закон радиоактивного распада
Количество атомов радиоактивного вещества убывает по экспоненциальному закону: $$ N(t)=N_0e^{-lambda t} $$ где (N_0) — начальное количество атомов вещества, (lambda) – постоянная распада, характеризующая вероятность распада в единицу времени.

За время (tau=frac 1lambda) число атомов радиоактивного вещества уменьшается в e раз.
За время (T_{1/2}=frac{ln 2}{lambda}) (время полураспада) число атомов радиоактивного вещества уменьшается в 2 раза.

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: $$ I=frac{dq}{dt}=frac{d(CU)}{dt}=Cfrac{dU}{dt} $$ Подставляем: $$ Cfrac{dU}{dt}cdot (R+r_0)=varepsilon-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ frac{dU}{varepsilon-U}=frac{dt}{C(R+r_0)} $$ Интегрируем (не забываем про минус перед U в знаменателе): $$ intfrac{dU}{varepsilon-U}=-ln(varepsilon-U), intfrac{td}{C(R+r_0)} = frac{t}{C(R+r_0)} $$ Общее решение: $$ ln(varepsilon-U)=-frac{t}{C(R+r_0)}+B $$ где (B) константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие (U(0)=0). Подставляем: $$ ln(varepsilon-0)=-frac{0}{C(R+r_0)}+BRightarrow B=lnvarepsilon $$ Решение задачи Коши: begin{gather*} ln(varepsilon-U)=-frac{t}{C(R+r_0)}+lnvarepsilon\ ln(varepsilon-U)-lnvarepsilon=-frac{t}{C(R+r_0)}\ lnfrac{varepsilon-U}{varepsilon}=-frac{t}{C(R+r_0)}Rightarrowfrac{varepsilon-U}{varepsilon}=e^{-frac{t}{C(R+r_0)}}Rightarrow varepsilon e^{-frac{t}{C(R+r_0)}} end{gather*}

Изменение напряжения на обкладках конденсатора при зарядке: $$ U(t)=varepsilonleft(1-e^{-frac{t}{C(R+r_0)}}right) $$

Если внутренне сопротивление источника пренебрежимо мало по сравнению с внешним сопротивлением, (r_0ltlt R), то получаем: $$ u(t)=varepsilonleft(1-e^{-frac{t}{RC}}right) $$ При (trightarrow +infty) показатель экспоненты стремится к ((-infty)), а сама экспонента стремится к нулю: (U(trightarrow +infty)=varepsilon(1-e^{-infty})), т.е. напряжение на обкладках конденсатора стремится к значению ЭДС источника.

Величина (tau=RC) называется постоянной R-цепи. Она равна времени, за которое напряжение на конденсаторе при зарядке возрастает в e раз.

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

п.5. Примеры

Пример 1. Решите уравнение:
a) (y’=e^{x+y}) begin{gather*} frac{dy}{dx}=e^xcdot e^yRightarrow e^{-y}dy=e^x dxRightarrowint e^{-y}dy=int e^x dxRightarrow -e^{-y}=e^x+C end{gather*} (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{gather*} (x+1)y’=-xyRightarrowfrac{dy}{dx}=-frac{xy}{x+1}Rightarrowfrac{dy}{y}=-frac{x}{x+1}dx\ intfrac{dy}{y}=ln|y|\ -intfrac{x}{x+1}dx=-intfrac{(x+1)-1}{x+1}dx=-intleft(1-frac{1}{x+1}right)dx=-x+ln|x+1| end{gather*} Получаем: (ln|y|=-x+ln|x+1|)
Запишем константу немного по-другому, как (ln ⁡C). Это удобно для потенцирования: begin{gather*} ln|y|-x+ln|x+1|+ln C\ ln|y|-ln C=-x+ln|x+1|\ lnfrac{|y|}{C}=-x+ln|x+1|\ e^{lnfrac{|y|}{C}}=e^{-x+ln|x+1|}\ frac yC=e^{-x}cdot (x+1)\ y=Ce^{-x}(x+1) end{gather*} При преобразованиях мы делили на ((x+1)) и (y), считая, что (xne -1) и (yne 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{y’}{x^2}+e^y=0, y(1)=0) begin{gather*} frac{y’}{x^2}=-e^yRightarrowfrac{dy}{dx}=-x^2e^yRightarrow e^{-y}dy=-x^2dx\ int e^{-y}dy=-e^{-y}, -int x^2dx=-frac{x^3}{3} end{gather*} Получаем: begin{gather*} -e^{-y}=-frac{x^3}{3}+CRightarrow e^{-y}=frac{x^3}{3}+CRightarrow -y=lnleft|frac{x^3}{3}+Cright|Rightarrow y=-lnleft|frac{x^3}{3}+Cright| end{gather*} Общее решение: (y=-lnleft|frac{x^3}{3}+Cright|)
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ 0-lnleft|frac13+Cright|Rightarrowfrac13+C=1Rightarrow C=frac23 $$ Решение задачи Коши: (y=-lnleft|frac{x^3+2}{3}right|)
Ответ: (y=-lnleft|frac{x^3+2}{3}right|)

б) (x^2(y^2+5)+y^2(x^2+r)y’=0, y(0)=sqrt{5}) begin{gather*} y^2(x^2+5)y’=-x^2(y^2+5)\ y’=frac{dy}{dx}=-frac{x^2(y^2+5)}{y^2(x^2+5)}Rightarrow frac{y^2}{y^2+5}dy=-frac{x^2}{x^2+5}dx end{gather*} Используем табличный интеграл: (intfrac{dx}{x^2+a^2}=frac1a arctgfrac xa+C) begin{gather*} intfrac{y^2}{y^2+5}dy=intfrac{(y^2+5)-5}{y^2+5}dy=intleft(1-frac{5}{y^2+5}right)dy=y-5cdotfrac{1}{sqrt{5}}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=\ =y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}} end{gather*} Аналогично: (-intfrac{x^2}{x^2+5}dx=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}})
Общее решение: (y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}}+C)
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ sqrt{5}-sqrt{5}arctg1=-0+0+CRightarrow C=sqrt{5}-frac{pisqrt{5}}{4}=sqrt{5}left(1-fracpi 4right) $$ Решение задачи Коши: (y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}}+sqrt{5}left(1-fracpi 4right))
Ответ: (y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}}+sqrt{5}left(1-fracpi 4right))

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: $$ frac{mleft(T_{frac12}right)}{m_0}=frac12 $$ За время, равное 4 периодам полураспада, масса уменьшится: $$ frac{mleft(4T_{frac12}right)}{m_0}=left(frac12right)^4=frac{1}{16} $$ в 16 раз.
Получаем: $$ mleft(4T_{frac12}right)=frac{m_0}{16}, mleft(4T_{frac12}right)=frac{64}{16}=4 text{(г)} $$ 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: $$ I=frac{dq}{dt}=frac{d(CU)}{dt}=Cfrac{dU}{dt} $$ Подставляем: $$ RCfrac{dU}{dt}=-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ frac{dU}{U}=-frac{dt}{RC} $$ Интегрируем: $$ intfrac{dU}{U}=ln U, int{dt}{RC}=frac{t}{RC} $$ Общее решение: $$ ln U=-frac{t}{RC}+B $$ где (B) константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие (U(0)=0). Подставляем: $$ ln U_0=-frac{0}{RC}+BRightarrow B=ln U_0 $$ Решение задачи Коши: begin{gather*} ln U=-frac{t}{RC}+ln U_0Rightarrowln U-ln U_0=-frac{t}{RC}Rightarrow lnfrac{U}{U_0}=-frac{t}{RC}\ frac{U}{U_0}=e^{-frac{t}{RC}} end{gather*}

Изменение напряжение на обкладках конденсатора при разрядке: $$ U(t)=U_0 e^{-frac{t}{RC}} $$

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

1.     Уравнения с разделяющимися переменными

Общий вид уравнений

 .                                                                                                                                                  (8.10)

С учетом равенства

                                                                                                                                                                                               (8.11)

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, проинтегрируем 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

 – общий интеграл исходного уравнения

2.          
Однородные дифференциальные уравнения первого порядка

Общий вид уравнений

  ,                                                                                                                                                           (8.12)

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 

  .                                                                                                                      (8.13)

Метод решения уравнения (8.12) – деление на переменную
x в
степени измерения m: . Далее уравнение преобразуются с помощью следующей замены:

 .                                                                                                                      (8.14)

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 x², 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

.  Таким образом, 

  .

Потенцируя,
находим    .

Итак,
общий интеграл исходного уравнения приобретает вид  cy=x²+y², где c  – произвольная
постоянная

3. Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным или к уравнениям с разделяющимися переменными

Общий вид уравнений

 ,                                                                                                                                                                   (8.15)

где –  числа.

При c₁=c₂=0 уравнение
является однородным. Рассмотрим два случая при c₁ и c₂ не равных нулю одновременно.

1) Определитель. Вводят новые переменные u и v, положив x=u+x₀, y=v+y₀, где (x₀;y₀) – 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 x₀= –1; y₀=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.

Обозначим . Уравнение (*) принимает вид: . Продолжим преобразования:.  Проинтегрируем уравнение:

С помощью формул
интегрирования (4.8) и (4.17) получаем:

 .

Осуществим обратную
подстановку:

     – общий интеграл исходного уравнения

2) Определитель. Это означает пропорциональность коэффициентов  или

. Уравнение (8.15) принимает вид: . С помощью замены  

,  оно приводится к
уравнению с разделяющимися переменными вида  .

Пример 8.6. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения 

.

Решение. Определитель , следовательно, осуществляем замену 

.

Исходное
уравнение принимает вид:

 или .

Далее . Разделим переменные:  или . Проинтегрируем уравнение:

.

После обратной замены получим:  – общий интеграл
исходного уравнения

4.    
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка

Общий вид уравнений 

,                                                                                                                                                                          (8.16)

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:

 .                                                                                            (8.17)

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

.                                                                                                                            (8.18)

Пример 8.7. Проинтегрировать уравнение   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    или 

  .

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 примером  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:

. После сокращений получим: 
   . Разделим переменные и проинтегрируем:  .

Подставляя найденное c(x) в y, имеем общее решение линейного неоднородного
уравнения:

5.          
Уравнения Бернулли

Общий вид уравнений

 .                                                                                                                                                                     (8.19)

При  n=1  (8.19)– уравнение с разделяющимися переменными. При  n=0  (8.19)– линейное ДУ.

Рассмотрим  . Метод решения – деление уравнения на  , после чего (8.19) принимает вид .
С помощью замены z=y^–n+1
исходное уравнение становится линейным относительно функции  z(x):

,                                                                                                                                                                                        (8.20)

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:

.  При c=1 получим функцию.

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

 ,                                                                                                                                                              (8.21)

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  x0y, было
полным дифференциалом, необходимо и
достаточно выполнение условия

                                                                                                                                                                                  (8.22)

Таким образом, согласно определению полного
дифференциала (6.6) должны выполняться равенства:

 .                                                                                                                                                  (8.23)

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:

.                                                                                                                                                            (8.24)

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

 .                                                                                                                                      (8.25)

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:

                                                                                               (8.26)

При этом подынтегральное выражение  должно зависеть только от x.

6.3.  Пусть
μ = μ(y). Тогда
аналогично можно получить

,                                                                                                                                                     (8.27)

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:

, оно зависит только от
переменной x. Следовательно, уравнение имеет интегрирующий
множитель μ(x). В нашем
случае он имеет вид . Умножая исходное уравнение на
μ=x, получаем: , то есть уравнение в полных дифференциалах. Действительно, для него. Решив его аналогично пункту 6.1, найдем, что общий
интеграл исходного уравнения имеет вид  

7. Дифференциальные уравнения, неразрешенные 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  

,                                                                                                                                                                       (8.28)

где
 φ
и ψ– известные функции от .  После введения  параметра   уравнение (8.28)
принимает вид 

.                                                                                                                                                                                   (8.29)

Продифференцируем его по x:

.                                                                                                                                              (8.30)

Полученное уравнение (8.30) является линейным уравнением относительно
неизвестной функции  x = x(p). Решив
его, найдем:

  x = λ(p;c).                                                                                                                                                                                      (8.31)

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 = p₀=const. Это
означает, что p₀ 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:

.                                                                                                                                                                           (8.33)

Продифференцируем уравнение (8.33) по переменной x:

            ,

 то согласно (8.33), уравнение (8.32) имеет общее решение

  .                                                                                                                                                                                  (8.34)

При    получаем  частное  решение  уравнения
в параметрической форме: 

.                       
                                                                                                                                                   (8.35)

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+c². Особое решение уравнения получим по (8.33) в виде. Отсюда следует: , то есть 

Вопросы для самопроверки

Уравнения с разделяющимися переменными

Разделение переменных подразумевает возможность преобразования исходного дифференциального уравнения таким образом, что в левой части уравнения находятся y′y^prime и f(y)f(y), а в правой g(x)g(x).

Пример

exy′=sin⁡2ye^x y^prime=sin^2 y

Делим обе части на ex⋅sin⁡2ye^x cdot sin^2 y, а выражение производной записываем как y′=dydxy^prime =frac{dy}{dx}. Получаем

dydx⋅1sin⁡2y=1exfrac{dy}{dx} cdot frac{1}{sin^2 y}=frac{1}{e^x}

Теперь домножаем на dxdx, чтобы в обеих частях уравнения получились дифференциалы

dysin⁡2y=dxexfrac{dy}{sin^2 y }=frac{dx}{e^x}

Теперь обе части можно интегрировать

∫dysin⁡2y=∫dxexint{frac{dy}{sin^2 y }}=int{frac{dx}{e^x}}

−ctgy=−e−x+C-ctg y=-e^{-x}+C

ctgy=e−x+Cctg y=e^{-x}+C

y=arcctg(e−x+C)y= arcctg(e^{-x}+C)

Однородные уравнения

Однородные уравнения в виде y′=f(yx)y^prime=fleft(frac{y}{x}right) приводятся к уравнению с разделяющимися переменными при помощи замены

y=xuy=xu

y′=u+u′xy^prime=u+u^prime x

Пример

y′x−y=x2y^prime x-y=x^2

Делим обе части на xx

y′−yx=xy^prime -frac{y}{x}=x

Теперь можно сделать замену y=xuy=xu

u′x+u−u=xu^prime x +u-u=x

u′x=xu^prime x =x

Разделяем переменные

dudx⋅x=xfrac{du}{dx}cdot x=x

dudx=1frac{du}{dx}=1

du=dxdu=dx

∫du=∫dxint du=int dx

u=x+Cu=x+C
y=ux=(x+C)x=x2+Cxy=ux=(x+C)x=x^2+Cx

Уравнения Бернулли

Уравнение Бернулли в общем виде записывается как

y′+p(x)y=q(x)yny^prime +p(x) y=q(x)y^n

Обычно его решают заменой

y=uvy=uv

y′=u′v+uv′y^prime=u^prime v+uv^prime

Пример

y′+xy=e1xy2y^prime + xy=e^{frac{1}{x}}y^2

Делаем замену y=uvy=uv

u′v+uv′+xuv=e1x(uv)2u^prime v+uv^prime + xuv= e^{frac{1}{x}} (uv)^2

В левой части уравнения для второго и третьего слагаемых вынесем за скобки uu.

u′v+u(v′+xv)=e1x(uv)2u^prime v+u(v^prime + xv)= e^{frac{1}{x}} (uv)^2

Приравняем полученную скобку к нулю и найдем ненулевое частное решение уравнения

v′+xv=0v^prime + xv=0

v′=−xvv^prime =-xv

dvdx=−xvfrac{dv}{dx}=-xv

dvv=−xdxfrac{dv}{v}=-xdx

∫dvv=−∫xdxintfrac{dv}{v}=-int xdx

ln∣v∣=−x22ln|v|= -frac{x^2}{2}

v=e−x22v=e^{-frac{x^2}{2}}

Подставляем полученную функцию в уравнение

u′e−x22=e1x(ue−x22)2u^prime e^{-frac{x^2}{2}}= e^{frac{1}{x}} (u e^{-frac{x^2}{2}})^2

dudxe−x22=e1x(ue−x22)2frac{du}{dx} e^{-frac{x^2}{2}}= e^{frac{1}{x}} (u e^{-frac{x^2}{2}})^2

dudx=e1xu2e−x22frac{du}{dx} = e^{frac{1}{x}}u^2 e^{-frac{x^2}{2}}

duu2=e1xe−x22dxfrac{du}{u^2} = e^{frac{1}{x}} e^{-frac{x^2}{2}}dx

duu2=e−x2dxfrac{du}{u^2} = e^{-frac{x}{2}}dx

∫duu2=∫e−x2dxintfrac{du}{u^2} = int e^{-frac{x}{2}}dx

−1u=−2e−x2+C-frac{1}{u}=-2 e^{-frac{x}{2}}+C

u=12e−x2+Cu= frac{1}{2 e^{-frac{x}{2}}+C}

Подставляем в выражение для yy

y=uv=12e−x2+Ce−x22=e−x222e−x2+Cy=uv=frac{1}{2 e^{-frac{x}{2}}+C } e^{-frac{x^2}{2}}=frac{ e^{-frac{x^2}{2}}}{2 e^{-frac{x}{2}}+C}

Тест по теме «Дифференциальные уравнения первого порядка»