О дифференциальных уравнениях первого порядка

Что такое дифференциальные уравнения первого порядка

Таким образом, в первой части можно наблюдать независимую переменную х, неизвестную функцию у(х) и производную данной функции y′(x). Во второй части заметна лишь вторая производная функции y″(x). Можно сделать вывод, что дифференциальным уравнение будет в том случае, когда имеется производная у(х) любого порядка.

В первом варианте имеем наибольшую производную первого порядка. Из этого можно сделать вывод, что дифференциальное выражение также первого порядка. Во втором случае в уравнении имеется вторая производная y″(x), таким образом, данное дифференциальное уравнение второго порядка.

В данном выражении С является произвольной константой. Поиск подобных решений представляет собой интегрирование дифференциального уравнения.

Дифференциальные уравнения первого порядка делят на несколько основных видов, которые наиболее часто можно встретить при решении задач:

• дополненные разделяющими переменными;
• однородного типа;
• линейные неоднородные;
• уравнение Бернулли.

Алгоритм поиска решений дифференциальных уравнений:

1. Определение порядка дифференциального уравнения, исходя из порядка максимальной производной функции у(х).
2. Обладая данными о порядке дифференциального уравнения, определить тип уравнения.
3. Подбор оптимального способа решения.
4. Поиск общего решения.
5. Получение частного решения из общего с помощью определения неизвестной С.

Как определить однородное дифференциальное уравнение

Дифференциальное уравнение, которое относится к первому порядку, имеет вид:

\(\frac{{dy}}{{dx}} = f\left( {x,y} \right)\)

Данное дифференциальное уравнение можно считать однородным в том случае, когда правая часть выражения соответствует условию:

\(f\left( {tx,ty} \right) = f\left( {x,y} \right)\)

В этом случае справедливы все значения t.

Таким образом, правая часть представляет собой однородную функцию нулевого порядка, относительно переменных x и y:

\(f\left( {tx,ty} \right) = {t^0}f\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right)\)

Другой вид записи однородного дифференциального уравнения:

\(y' = f\left( {\frac{x}{y}} \right)\)

Кроме того, уравнение можно представить с помощью дифференциалов:

\(P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy = 0\)

где \(P\left( {x,y} \right)\) и \(Q\left( {x,y} \right)\) являются однородными функциями, порядок которых одинаковый.

Основным способом решения однородного дифференциального уравнения является подстановка y = ux, что позволяет преобразовать исходное выражение в уравнение, в котором присутствуют разделяющие переменные.

Таким образом, дифференциальное уравнение, записанное в виде:

\(\left( {{a_1}x + {b_1}y + {c_1}} \right)dx + \left( {{a_2}x + {b_2}y + {c_2}} \right)dy = 0\)

будет преобразовано в выражение, в котором имеются разделяющие переменные, путем перемещения начальной части координатной системы в точку пересечения прямых, заданных уравнением. В том случае, когда эти линии параллельны друг другу, дифференциальное уравнение можно свести к виду уравнения с разделяющими переменными с помощью подстановки переменной:

\(z = ax + by\)

Метод решения однородного дифференциального уравнения

Проверка однородности предложенного уравнения выполняется путем замены x и y на λx и λy. Производная при этом остается неизменной. В том случае, когда все λ после преобразований будут удалены, можно сделать вывод о том, что искомое дифференциальное уравнение является дифференциальным уравнением первого порядка.

Решить дифференциальное уравнение первого порядка можно с помощью выполнения последовательных действий:

1. Проверка однородности уравнения с помощью подстановки λ.
2. Приведение уравнение к виду \(y^{'}=f\frac{y}{x}\)
3. Замена \(\frac{y}{x}=t\) и \(y^{'}=t^{'}x+t\)
4. Решение с помощью метода разделяющих переменных.

Примеры решения

Задача 1

Требуется найти решение дифференциального уравнения:

\(\left( {2x + y} \right)dx - xdy = 0\)

Решение

Заметим, что многочлены \(P\left( {x,y} \right)\) и \(Q\left( {x,y} \right)\) при dx и dy представляют собой однородные функции первого порядка. Из этого можно сделать вывод о том, что записанное дифференциальное уравнение будет однородным.

Допустим, y = ux, где u – представляет собой какую-то новую функцию с зависимостью от х. В таком случае:

\(dy = d\left( {ux} \right) = udx + xdu\)

Полученное выражение можно подставить в дифференциальное уравнение:

\(\left( {2x + ux} \right)dx - x\left( {udx + xdu} \right) = 0\)

Таким образом:

\(\require{cancel} 2xdx + \cancel{uxdx} - \cancel{xudx} - {x^2}du = 0\)

Можно поделить две части выражения на х, получим:

\(xdu = 2dx\;\;\text{или}\;\;du = 2\frac{{dx}}{x}\)

С помощью деления на x, можно было утратить решение x = 0. Благодаря прямой подстановке, удалось понять, что x = 0 действительно представляет собой одно из решений заданного уравнения.

Последнее выражение следует интегрировать:

\(\int {du} = 2\int {\frac{{dx}}{x}} \;\;\text{или}\;\;u = 2\ln \left| x \right| + C\)

В этом случае C является постоянной интегрирования.

Если вернуться к первоначальной переменной, то запись будет выглядеть следующим образом:

\(y = ux = x\left( {2\ln \left| x \right| + C} \right)\)

Получается, что у уравнения существует пара решений:

\(y = x\left( {2\ln \left| x \right| + C} \right),\;\;x = 0\)

Задача 2

Необходимо найти решение для дифференциального уравнения:

\(xy' = y\ln \large\frac{y}{x}\normalsize\)

Решение

Можно заметить, что корень x = 0 не относится к области определения данного дифференциального уравнения. Следует представить выражение в таком виде:

\(y' = \frac{y}{x}\ln \frac{y}{x} = f\left( {\frac{y}{x}} \right)\)

Из чего становится понятно, что уравнение однородное.

Далее можно заменить y = ux. Таким образом:

\(y' = {\left( {ux} \right)^\prime } = u'x + u\)

Затем следует выполнить подстановку полученного выражения в первоначальное дифференциальное уравнение:

\(x\left( {u'x + u} \right) = ux\ln \frac{{ux}}{x}\)

Если разделить две части уравнения на \(x \ne 0\):

\({u'x + u = u\ln u,}\;\; {\Rightarrow \frac{{du}}{{dx}}x = u\ln u - u,}\;\; {\Rightarrow \frac{{du}}{{dx}}x = u\left( {\ln u - 1} \right).}\)

Таким образом, выражение будет записано в виде уравнения с разделяющимися переменными:

\(\frac{{du}}{{u\left( {\ln u - 1} \right)}} = \frac{{dx}}{x}\)

Следует проинтегрировать обе части равенства:

\({\int {\frac{{du}}{{u\left( {\ln u - 1} \right)}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\left( {\ln u} \right)}}{{\ln u - 1}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\left( {\ln u - 1} \right)}}{{\ln u - 1}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} .}\)

В результате получим:

\(\ln\left| {\ln u - 1} \right| = \ln \left| x \right| + C\)

Постоянная С в данном случае может быть записана, как:

\(\ln {C_1}\;\left( {{C_1} > 0} \right)\)

В этом случае уравнение примет вид:

\({\ln\left| {\ln u - 1} \right| = \ln \left| x \right| + \ln {C_1},}\;\; {\Rightarrow \ln\left| {\ln u - 1} \right| = \ln \left| {{C_1}x} \right|,}\;\; {\Rightarrow \ln u - 1 = \pm {C_1}x,}\;\; {\Rightarrow \ln u = 1 \pm {C_1}x}\;\; {\text{или}\;\;u = {e^{1 \pm {C_1}x}}.}\)

По итогам вычислений получаем пару решений:

\(u = {e^{1 + {C_1}x}}\;\;\text{и}\;\;u = {e^{1 - {C_1}x}}\)

В том случае, когда \({C_1} = 0\), ответ будет записан в виде функции \(y = xe\). Достаточно просто доказать соответствие этой функции решению дифференциального уравнения. Действительно, если подставить выражение \(y = xe,\;\;y' = e\) в дифференциальное уравнение, получим:

\({xe = xe\ln \frac{{\cancel{x}e}}{ \cancel{x}},}\;\; {\Rightarrow xe = xe\ln e,}\;\; {\Rightarrow xe = xe.}\)

В итоге, все решения дифференциального уравнения можно записать с помощью одного равенства:

\(y = x{e^{1 + Cx}}\)

где C является произвольным действительным числом.

Задача 3

Дано дифференциальное уравнение, решение которого требуется найти:

\( \left( {xy + {y^2}} \right)y' = {y^2}\)

Решение

В данном примере также записано однородное дифференциальное уравнение. Выражение можно представить следующим образом:

\({y' = \frac{{{y^2}}}{{xy + {y^2}}} } = {\frac{{\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}}}{{\frac{{xy}}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}}} } = {\frac{{{{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}}{{\frac{y}{x} + {{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}} } = {f\left( {\frac{y}{x}} \right).}\)

Можно подставить y = ux. В таком случае, y' = u'x + u. Подставляя y и y' в исходное уравнение, получим:

\({\left( {xux + {u^2}{x^2}} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^2}{x^2},}\;\; {\Rightarrow u{x^2}\left( {u + 1} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^2}{x^2}.}\)

Далее можно поделить две части выражения на \(u{x^2}\). Следует отметить, корень x = 0 не является решением. Однако следует доказать, корень u = 0 (или y = 0) будет представлять собой одно из решений данного дифференциального уравнения.

Преобразованное уравнение будет записано в таком виде:

\({\left( {u + 1} \right)\left( {u'x + u} \right) = u,}\;\; {\Rightarrow u'x\left( {u + 1} \right) + {u^2} + u = u,}\;\; {\Rightarrow u'x\left( {u + 1} \right) = - {u^2},}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{u} + \frac{1}{{{u^2}}}} \right)du = - \frac{{dx}}{x}.}\)

Найти общее решение можно путем интеграции:

\({\int {\left( {\frac{1}{u} + \frac{1}{{{u^2}}}} \right)du} = - \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| u \right| - \frac{1}{u} = - \ln \left| x \right| + C.}\)

С учетом, что

\(u = \large\frac{y}{x}\normalsize\)

следует записать последнее уравнение в виде:

\({\ln \left| {\frac{y}{x}} \right| - \frac{1}{{\frac{y}{x}}} = - \ln \left| x \right| + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| - \cancel{\ln \left| x \right|} - \frac{x}{y} = - \cancel{\ln \left| x \right|} + C,}\;\; {\Rightarrow y\ln \left| y \right| = Cy + x.}\)

Обратная функция \(x\left( y \right)\) будет записана в таком виде:

\(x = y\ln \left| y \right| - Cy\)

Исходя из того, что C является произвольным числом, знак «минус» перед этой константой можно заменить на знак «плюс». Путем преобразований получим:

\(x = y\ln \left| y \right| + Cy\)

В итоге представим запись дифференциального решения:

\(x = y\ln \left| y \right| + Cy,\;\;y = 0\)

Задача 4

Требуется решить дифференциальное уравнение, которое записано в виде:

\(y' = \large\frac{y}{x}\normalsize - \large\frac{x}{y}\normalsize\)

Решение

Проанализировав правую часть уравнения, можно сделать вывод, что x \ne 0 и y \ne 0. Можно выполнить подстановку: y = ux, y' = u'x + u. В итоге получим уравнение, в котором есть разделяющие переменные:

\({u'x + u = \frac{{u\cancel{x}}}{\cancel{x}} - \frac{\cancel{x}}{{u\cancel{x}}},}\;\; {\Rightarrow u'x + \cancel{u} = \cancel{u} - \frac{1}{u},}\;\; {\Rightarrow \frac{{du}}{{dx}}x = - \frac{1}{u},}\;\; {\Rightarrow udu = - \frac{{dx}}{x}.}\)

Далее следует интегрировать полученное выражение:

\({\int {udu} = - \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{u^2}}}{2} = - \ln \left| x \right| + C,}\;\; {\Rightarrow {u^2} = 2C - 2\ln \left| x \right|.}\)

Заменим 2C на постоянную C. Получаем:

\({u^2} = C - 2\ln \left| x \right|\;\;\text{или}\;\;u = \pm \sqrt {C - 2\ln \left| x \right|}\)

Общее решение дифференциального уравнения будет иметь вид:

\(y = ux = \pm x\sqrt {C - 2\ln \left| x \right|}\)