Дифференциальные уравнения бывают обыкновенными и в частных производных. В этой статье мы будем говорить об обыкновенных уравнениях и о том, как их решать.
Основные понятия и определения
Определения
Обыкновенные дифференциальные уравнения – это уравнения, содержащие функцию $y(x)$ только от одной неизвестной переменной (например, $x$).
Рассмотрим это на следующих практических примерах. $$ y’ = xy $$ $$ y» = 1 $$
Итак, в первом диффуре присутствует независимая переменная $x$, неизвестная функция $y(x)$ и производная этой функции $y'(x)$. А во втором случае нет $x, y(x),y'(x)$, а есть только вторая производная функции $y»(x)$. Значит, для того, чтобы уравнение называлось дифференциальным необязательно иметь $y(x)$ и $x$, а должно быть производная $y(x)$ любого порядка.
Порядок дифференциального уравнения – это порядок старшей производной неизвестной функции $y(x)$ в уравнении.
В первом случае максимальная производная первого порядка, значит, и само ДУ первого порядка. А во втором случае уравнение имеет вторую производную $y»(x)$, поэтому это ДУ второго порядка.
Общее решение дифференциального уравнения – это семейство функций $y = f(x,C)$, при подстановке которых в заданное исходное уравнение мы получаем равенство левой и правой части. Здесь $C$ произвольная константа. Процесс нахождения таких решений называется интегрированием дифференциального уравнения.
Частное решение дифференциального уравнения – это решение, полученное из общего решения, путем нахождения константы $C$ из дополнительных условий в задаче.
Типы уравнений
ДУ первого порядка – с разделяющимися переменными – однородные – линейные неоднородные – уравнение Бернулли
ДУ второго порядка – уравнения допускающие понижение порядка – однородные с постоянными коэффициентами – неоднородные с постоянными коэффициентами
Алгоритм решения
По старшей производной функции $y(x)$ определить порядок ДУ
Зная порядок, определить тип уравнения
Узнав тип, подобрать подходящий метод решения
Используя метод, найти общее решение
Получить частное решение из общего путем вычисления неизвестной $C$
В некоторых случаях для решения дифференциальных уравнений удобно переписать производные в таком виде (например, это нужно для ДУ с разделяющимися переменными). $$y’ = \frac$$
ОБЯЗАТЕЛЬНО! Чтобы успешно решать дифференциальные уравнения необходимо уметь находить интегралы. Поэтому, если вы забыли данную тему, то её нужно вспомнить!
Пример 1
Дана функция $y = Ce^<\frac<2>> $. Проверить является ли функция решением дифференциального уравнения $y’ = xy$
Решение
Для того, чтобы проверить является ли функция решением нужно подставить её в исходное ДУ. Найдем производную функции. $$y’ = (Ce^<\frac<2>>)’ = Ce^<\frac<2>> \cdot (\frac<2>)’ = Ce^<\frac<2>> \cdot x = Cxe^<\frac<2>>$$
Теперь подставим $y’$ и $y$ в исходное уравнение.
Получили равенство левой и правой части, значит, функция $y = Ce^<\frac<2>> $ является общим решением ДУ.
Ответ
$$y = Ce^<\frac<2>> $$
Дифференциальные уравнения первого порядка
ДУ с разделяющимися переменными
Уравнения такого типа имеют следующий вид: $$ f_1(x)g_1(y)dy = f_2(x)g_2(y)dx$$ Общее решение такого ДУ нужно находить путем разделения переменных с иксами и с игреками: $$\int \fracdy = \int \fracdx$$
СОВЕТ: Если не удается определить тип диффура первого порядка, то рекомендуем мысленно попытаться разделить переменные иксы от игреков. Возможно перед вами хитрое дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.
Алгоритм нахождения общего решения:
Переписываем производные через $y’ = \frac$
Разделяем все $y$ в левую часть уравнения, а все $x$ в правую
Интегрируем обе части уравнения
Пример 2
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y’ = xy$
Решение
Видим, что в условии задачи присутствует производная от неизвестной функции $y(x)$ первого порядка. Значит, перед нами диффур 1-го порядка. Забегая вперед скажем, что данный диффур из задачи является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Что это означает? Это означает, что можно в уравнении перенести всё что содержит $y$ в левую часть равенства, а то, что содержит $x$ перенести в правую часть. То есть разделить «игрики» от «иксов» по разные стороны. Но прежде, чем это делать стоит переписать производную таким образом: $$y’ = \frac$$
После замены производной игрека исходное уравнение приобретает такой формат:
Теперь, как сказали ранее, начинаем отделять игрики от иксов по разные стороны. Для этого обе части уравнения необходимо умножить на $dx$, а ещё разделить на $y$.
Теперь необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить функцию $y$. Для этого навешиваем значок интеграла на обе части уравнения.
Вспоминаем, что левый интеграл равен натуральному логарифму, а правый интеграл $\frac<2>$. А так как интеграл неопределенный, то необходимо прибавить константу $C$.
Теперь необходимо вытащить $y$ для того, чтобы записать окончательный ответ в виде общего решения. Для этого вспоминаем, что игрик в $\ln|y| = x$ равен $y = e^x$. Поэтому продолжая решать наше уравнение получаем.
Далее вспоминаем свойство степеней $a^ = a^x \cdot a^y$. Таким образом делаем преобразования нашего уравнения. $$ y = e^<\frac<2>> \cdot e^C $$
Так как $e^C$ это константа, то её можно переписать следующим видом $e^C = C$. И после этого получаем окончательный ответ исходного уравнения, называемый общим решением.
Ответ
$$ y = Ce^<\frac<2>> $$
Пример 3
Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y’ = \frac<2x><1+x^2>$, если $y(0) = 0$.
Решение
Начнем решать с того, что представим производную в исходном уравнении в виде $y’ = \frac$:
Теперь разделяем переменные иксы от игреков по разные стороны равенства путем умножения обеих частей уравнения на $dx$:
Навешиваем знак интеграла на левую и правую часть, а затем решаем интегралы:
Замечаем, что $(1+x^2)’ = 2x$. Поэтому $2x$ можно занести под знак дифференциала, чтобы решить интеграл:
Получили общее решение $y = \ln (1+x^2) + C$. В условии задачи просят найти частное решение при условии $y(0) = 0$. Это означает, что нужно из последного условия найти константу $C$. Из $y(0) = 0$ видно, что $x = 0$, а $y = 0$. Подставляем их в общее решение дифференциального уравнения и вычисляем $C$:
Теперь заменив в общем решении $C$ на ноль, получаем частное решение:
Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$y = \ln(1+x^2)$$
Однородные ДУ
Чтобы проверить является ли предложенное уравнение однородным нужно заменить $x$ и $y$ на $\lambda x$ и $\lambda y$. Производную $y’$ заменять не нужно. Если все $\lambda$ после элементарных преобразований удастся уничтожить, то перед вами однородное дифференциальное уравнение первого порядка.
Решается по следующему алгоритму:
Проверить уравнение на однородность с помощью $\lambda$
Привести уравнение к виду $y’ = f(\frac)$
Выполнить замену $\frac= t$ и $y’ = t’x+t$
Решить уравнение методом разделяющихся переменных
Пример 4
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $$y’ = \frac— 1$$
Решение
Так как разделить переменные не получается, то проверим уравнение на однородность. Для этого вместо $x$ и $y$ выполним подстановку $\lambda x$ и $\lambda y$:
Выполняем сокращение $\lambda$ в числителе и знаменателе:
После сокращения все $\lambda$ уничтожились, значит перед нами однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Решим его с помощью замены $\frac= t$ и $y’ = t’x + t$:
Переносим $t$ в одну сторону и тем самым уничтожаем его:
Теперь это ДУ с разделяющимися переменными. Запишем его в привычном для него виде: $$ \frac
x = -1 $$
Разделим переменные домножением на $dx$ и делением на $x$ обеих частей равенства:
Интегрируем обе части:
Выполняем назад замену $t = \frac$:
Умножаем обе части на $x$, чтобы получить окончательный ответ общего решения:
Ответ
$$y = -x\ln|x| +Cx$$
Пример 5
Решить дифференциальное уравнение первого порядка $xy+y^2=(2x^2+xy)y’$
Решение
Сперва проверим уравнение на однородность. Подставляем $\lambda$ вместо $x$ и $y$.
$$\lambda x \cdot \lambda y + (\lambda y)^2 = (2 (\lambda x)^2 + \lambda x\cdot \lambda y)y’$$
После вынесения $\lambda$ слева и справа за скобки получаем $$ \lambda^2(xy+y^2) = \lambda^2(2x^2+xy)y’,$$ где все $\lambda$ сокращаются. А это подтвержает однородность уравнения.
Перед тем, как выполнить замену $t = \frac$ нужно привести исходное уравнение к виду $y = f(\frac)$. Для этого разделим левую и правую часть равенства на $x^2$: $$\frac+\frac= (2+\frac)y’.$$
Теперь производим замену $t = \frac$ и $y’ = t’x+t$ в преобразованном уравнении: $$t+t^2=(2+t)(t’x+t).$$ Раскрываем скобки и сокращаем одинаковые слагаемые $$t+t^2 = 2t’x+2t+t’xt+t^2$$ $$2t’x+t’xt=-t.$$
Далее в полученном уравнении разделяем переменные $t$ и $x$ по разные стороны знака равенства. Для этого выносим за скобку $t’x$ $$t’x(2+t)=-t.$$ Делим на $t$ обе части уравнения $$t’x\frac<2+t>=-1.$$ Представляем производную $t’ = \frac
$ и переносим $dx$ и $x$ в правую часть равенства $$\frac<2+t>dt = -\frac.$$
Интегрируем обе части уравнения $$\int \frac<2+t>dt = — \int \frac$$ $$\int \frac<2>dt+\int dt = -\int \frac$$ $$2\ln|t|+t = -\ln|x|+C.$$
Привели решение к такому виду через $y^2$. Это называется общим интегралом дифференциального уравнения. Ответ в таком виде остается в таком формате.
Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$y^2 = Cxe^\frac<-y>$$
Линейные неоднородные ДУ
Линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет следующий вид $$y’+p(x)y=q(x).$$
Для его решения существует два способа: метод Бернулли и вариация произвольной постоянной. В первом методе нужно сделать замену на произведение двух функций $y = uv$, а во втором способе необходимо найти неизвестную функцию $C(x)$.
Алгоритм метода Бернулли:
Выполняем замену $y=uv$ и $y’ = u’v+uv’$
Находим функции $u(x)$ и $v(x)$ с помощью решения системы двух уравнений
Подставляем найденные $u(x)$ и $v(x)$ в уравнение $y=uv$, чтобы получить ответ
Алгоритм метода вариации произвольной постоянной:
Решаем исходное уравнение в качестве однородного методом разделяющихся переменных
В полученном общем решении заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$
Подставляем общее решение и его производную в исходное уравнение, чтобы найти $C(x)$
Полученное $C(x)$ подставляем в общее решение однородного уравнения и записываем ответ
Пример 6
Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка методом Бернулли $xy’-2y=2x^4$, если $y(1)=0$.
Решение
Приводим уравнение к виду $y’+p(x)y=q(x)$ путем деления на $x$ обеих частей равенства $$y’-2\frac=2x^3.$$
Делаем замену в полученном уравнении на $y=uv$ и $y’=u’v+uv’$ $$u’v+uv’-2\frac=2x^3.$$Выносим за скобку $u$, чтобы в дальнейшем составить систему уравнений: $$u’v+u(v’-2\frac)=2x^3.$$
Теперь приравниваем к нулю выражение в скобках и составляем систему уравнений $$\begin v’ — 2\frac= 0 \\ u’v = 2x^3 \end,$$ в которой начнем сначала решать первое уравнение для нахождения функции $v(x)$. Разделяем в нём переменные $$\begin \frac= 2\frac\\ u’v = 2x^3 \end \Leftrightarrow \begin \frac= 2\frac\\ u’v = 2x^3 \end.$$
Интегрируем первое уравнение в системе, чтобы получить функцию $v(x)$ $$\begin \ln|v| = 2\ln|x| \\ u’v = 2x^3 \end \Leftrightarrow \begin v = x^2 \\ u’v = 2x^3 \end.$$
Теперь, зная, чему равно $v$ подставляем его во второе уравнение $$\begin v=x^2 \\ u’x^2 = 2x^3 \end \Leftrightarrow \begin v=x^2 \\ u = x^2+С \end.$$
Записываем общее решение дифференциального уравнения $$y = uv \Rightarrow y = x^4+Cx^2.$$
В условии задачи требуется найти частное решение из условия $y(1)=0$. Подставим в найденное общее решение $x=1$ и $y=0$, чтобы вычислить $C$ $$1^4+C\cdot 1^2 = 0 \Rightarrow C = -1. $$
С учётом, что $C=-1$ записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = x^4 — x^2.$$
Ответ
$$y = x^4 — x^2$$
Пример 7
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y’\sin x-y\cos x = 1$ методом вариации произвольной постоянной $C$.
Решение
Перепишем уравнение в виде $$ y’ — y \frac<\cos x> <\sin x>= \frac<1> <\sin x>.$$ Теперь записываем однородное дифференциальное уравнение $$y’ — y \frac<\cos x> <\sin x>= 0,$$ решим его методом разделяющихся переменных: $$\frac= y \frac<\cos x><\sin x>$$ $$\int \frac= \int \frac<\cos x> <\sin x>dx.$$
Слева получается натуральный логарифм, а справа заносим косинус под знак дифференциала, чтобы получить логарифм синуса: $$\ln|y| = \ln|\sin x| + C$$ $$y = C\sin x.$$
Теперь заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$ в полученном решении и находим производную $$y = C(x)\sin x \Rightarrow y’ = C'(x)\sin x+ C(x)\cos x.$$
Подставляем $y$ и $y’$ в неоднородное уравнение и решаем его относительно $C(x)$: $$C'(x)\sin x+ C(x)\cos x — C(x)\sin x \frac<\cos x> <\sin x>= \frac<1><\sin x>$$ $$C'(x)\sin x = \frac<1><\sin x>$$ $$C'(x) = \frac<1><\sin^2 x>.$$
В последнем уравнении можно разделить переменные, что и делаем, а затем интегрируем: $$ d(C(x)) = \int \frac<\sin^2 x>$$ $$C(x) = -ctg x + C.$$
Берем решение $y = C(x)\sin x$ и подставляем в него найденное $C(x) = -ctg x + C$ $$y = (-ctg x + C) \sin x = C\sin x — \cos x.$$ Таким образом получили общее решение дифференциального уравнения $y = C\sin x — \cos x$.
Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$y = C\sin x — \cos x$$
ДУ Бернулли
Дифференциальное уравнение Бернулли имеет следующий вид $$y’ + g(x)y = f(x)y^\alpha \qquad (\alpha \neq 0), (\alpha \neq 1).$$
Выполняем подстановку $y = z^\frac<1><1-\alpha>$
После подстановки получаем линейное уравнение $z’+p(x)z=q(x)$
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y’+y=xy^2$.
Решение
Это уравнение Бернулли. Видим, что $\alpha = 2$. Значит делаем замену на $y = z^\frac<1> <1-\alpha>= z^<-1>$. Отсюда $y’ = -\frac<1> \cdot z’$. После подстановки в исходное уравнение имеем $$ -\frac+\frac<1>=\frac.$$
Умножаем обе части равенства на $(-z^2)$, чтобы привести уравнение к линейному ДУ $$z’-z=-x, $$ которое можно решить методом Бернулли, либо вариацией произвольной постоянной. Выберем первый способ.
Применяем подстановку $y=uv$ и $y’=u’v+uv’$ для последнего уравнения $$u’v+uv’-uv=-x.$$ Выносим за скобку $u$, чтобы затем построить систему уравнений для нахождения функций $u(x)$ и $v(x)$ $$u’v+u(v’-v) = -x.$$ Приравниваем к нулю скобку и получаем систему $$\begin v’-v = 0 \\ u’v = -x \end.$$
Начинаем решать её с первого уравнения. Разделяем в нем переменные и затем интегрируем $$\begin \int \frac= \int dx \\ u’v = -x \end \Leftrightarrow \begin \ln|v| = x \\ u’v = -x \end \Leftrightarrow \begin v = e^x \\ u’v = -x \end. $$
Зная, что $v = e^x$ подставляем его во второе уравнение системы и решаем $$\begin v = e^x \\ u’ = -\frac\end \Leftrightarrow \begin v = e^x \\ u = \int (-x)e^ <-x>dx \end.$$
Для взятия интеграла воспользуемся методом интегрирования по частям $$u = \int (-x)e^ <-x>dx = \begin u = -x & du = -dx \\ dv = e^<-x>dx & v = -e^ <-x>\end = xe^ <-x>— \int e^ <-x>dx = xe^ <-x>+e^ <-x>+ C$$
Итак, получаем, что $$z = uv \Rightarrow z = (xe^ <-x>+ e^<-x>+C) e^x = Ce^x +x + 1. $$ Вспоминаем, что была ещё одна замена в самом начале решения задачи $y = z^<-1>$, поэтому общее решение выглядит следующим образом $$y = \frac<1>.$$
Ответ
$$y = \frac<1>$$
ДУ в полных дифференциалах
Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах имеют следующий вид $$P(x,y) dx + Q(x,y) dy = 0, $$ при выполнении условия $\frac<\partial P> <\partial y>= \frac<\partial Q> <\partial x>$.
Алгоритм решения заключается в том, чтобы найти функцию $U(x,y)=C$, полный дифференциал которой, есть исходное ДУ:
Проверяем условие, подтверждающее, что перед нами ДУ в полных дифференциалах
Получаем $U(x,y)$ интегрируя функцию $P(x,y)$ по переменной $x$. В результате этого появится неизвестная функция $\varphi(y)$
Дифференцируем $U(x,y)$ по $y$ и приравниваем к $Q(x,y)$, чтобы найти $\varphi(y)$
Пример 9
Найти общий интеграл $U(x,y)=C$ дифференциального уравнения $$(2x+5y)dx+(5x+3y^2)dy=0.$$
Решение
Убедимся, что данное уравнение в полных дифференциалах. Для этого проверим условие $\frac<\partial P> <\partial y>= \frac<\partial Q> <\partial x>$. Находим производные $$ P’_y = (2x+5y)’_y = 5, Q’_x = (5x+3y^2)’_x = 5, $$ и видим, что условие выполняется $P’_y=P’_x=5$.
Находим функцию $U(x,y)$ беря интеграл по $x$ от функции $P(x,y)$ $$U(x,y) = \int (2x+5y) dx = x^2 + 5yx + \varphi(y).$$
Далее необходимо продифференцировать найденную $U(x,y)$ по $y$ $$U’_y = 5x + \varphi'(y).$$
Осталось найти неизвестную функцию $\varphi(y)$ приравняв $U’_y$ к $Q(x,y)$: $$5x + \varphi'(y) = 5x+3y^2$$ $$\varphi'(y) = 3y^2$$ $$\varphi(y) = \int 3y^2 dy = y^3 + C.$$
Теперь зная чему равна $\varphi(y)$ подставляем её в $U(x,y)$ $$U(x,y)=x^2+5xy+y^3+C.$$
Записываем ответ в таком виде $$x^2+5xy+y^3 = C.$$
Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$x^2+5xy+y^3 = C.$$
Дифференциальные уравнения второго порядка
ДУ допускающие понижение порядка
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка бывают двух видов:
Для решения таких диффуров в первом случае делаем замену $y’ = p(x)$, а во втором $y’ = p(y)$.
Пример 10
Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $xy»+y’=0$ при условиях $y(1) = 0$ и $y'(1)=1$.
Решение
Видим, что данный дифур попадает под первый случай, когда отсутствует в уравнении $y$, а есть только его производные. Значит, делаем замену $y’ = p(x)$ $$xp’+p=0.$$
Данное уравнение имеет разделяющиеся переменные. Начнем с того, что перепишем уравнение через $p’ = \frac$ $$x\frac= -p.$$ Разделяем переменные налево и направо от знака равенства и затем интегрируем: $$ \frac
= -\frac$$ $$ \int \frac
= -\int \frac$$ $$\ln|p| = -\ln|x|+C_1.$$ Теперь избавимся от логарифмов, чтобы получить $p$: $$p = e^<-\ln|x| + C_1>$$ $$p = \frac.$$
Вспоминаем про ранее выполненную замену $$y’ = p(x) = \frac.$$ Интегрируем для того, чтобы найти $y$ $$y = \int \fracdx = C_1 \ln|x| + C_2.$$
Таким образом, общее решение дифференциального уравнения $$y = C_1 \ln|x| + C_2.$$
Займемся поиском частного решения. Для этого используем два дополнительных равенства из условия задачи: $$y(1) = 0 \Rightarrow C_1 \ln|1| + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = 0$$ $$y'(1)=1 \Rightarrow \frac <1>= 1 \Rightarrow C_1 = 1.$$
Записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = \ln|x|.$$
Ответ
$$y = \ln|x|$$
Пример 11
Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $$yy»+y’^2 = 1, \qquad y(0) = 1, y'(0) = 1.$$
Решение
Видим, что в диффуре отсутствует в явном виде переменная $x$, поэтому необходимо сделать замену $y’ = p(y)$ и отсюда $y» = p'(y)\cdot y’ = p'(y)p$.
Делаем замену и получаем уравнение $$yp'(y)p + p^2 = 1,$$ которое решим методом разделения переменных: $$yp\frac= 1-p^2$$ $$\frac
<1-p^2>dp = \frac<1>dy.$$ Далее по плану необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить $p$ $$\int \frac
<1-p^2>dp = \int \frac<1>dy.$$
В первом интеграле заносим под знак дифференциала $1-p^2$, чтобы получился натуральный логарифм, а во втором, используя таблицу интегрирования можно сразу записать ответ: $$-\frac<1> <2>\int \frac <1-p^2>= \ln|y| + C $$ $$-\frac<1> <2>\ln|1-p^2| = \ln|y| + C.$$
Необходимо избавиться от логарифмов. Умножим обе части равенства на $(-2)$, а затем занесем эту двойку над икреком: $$\ln|1-p^2| = -2\ln|y|+C$$ $$\ln|1-p^2| = \ln \frac<1> + C.$$
Итак, теперь убирая логарифмы получаем: $$1-p^2 = C \frac<1>$$ $$p^2 = 1 — C\frac<1>$$ $$(y’)^2 = 1 — C\frac<1>.$$
Теперь найдем значение константы $C$ благодаря дополнительным условиям задачи $y = 1$ и $y’ = 1$. Подставляем их в последнее уравнение $$1^2 = 1 — C\frac<1> <1^2>\Rightarrow C = 0.$$
Зная теперь, что $C=0$ подставляем его в уравнение $(y’)^2 = 1 — C\frac<1>$: $$(y’)^2 = 1$$ $$y’ = \pm 1.$$ Из условия помним, что $y’ = 1 > 0$, значит, берем только решение $y’ = 1$ и продолжаем его решать интегрированием $$y = \int 1 dx = x + C.$$
Осталось найти снова постоянную $C$ теперь уже из условия $y(0) = 1$ $$y(0) = 0 + C = 1 \Rightarrow C = 1.$$ Вот теперь можно записать ответ в виде частного решения, которое требовалось найти по условию данной задачи $$y = x + 1.$$
Ответ
$$y = x + 1$$
Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами
Линейность дифференциального уравнения заключается в том, что в уравнение входит неизвестная функция $y(x)$ и её производные только в первой степени, между собой не перемножаясь. Однородность определяется тем, что уравнение не содержит свободного члена. То есть он равен нулю.
Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами выглядит следующим образом $$y»+py’+qy = 0.$$ Чтобы его решить необходимо составить характиристический многочлен и найти его корни. Для этого нужно заменить $y$ на $\lambda$, степень которых будет соответствовать порядку производной $$y» \Rightarrow \lambda^2, \qquad y’ \Rightarrow \lambda, \qquad y \Rightarrow 1.$$
В зависимости от получившихся корней имеем общее решение в различных видах:
Комплексные корни $\lambda_ <1,2>= \alpha\pm\beta i$, тогда $y = C_1e^<\alpha x>\cos \beta x + C_2e^<\alpha x>\sin \beta x$.
Пример 12
Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y»+y’-2y = 0$.
Решение
Первым делом составляем характеристический многочлен. Заменяем $y$ на $\lambda$ со степенями соответствующими порядку производной $y$ $$\lambda^2 + \lambda -2 = 0.$$
Обратите внимание, что $y$ имеет производную нулевого порядка, поэтому он заменяется на $\lambda^0 = 1$. Итак, перед нами квадратное уравнение, начинаем решать: $$\lambda_ <1,2>= \frac<-1\pm \sqrt<1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)>> <2\cdot 1>= \frac<-1\pm 3><2>$$ $$\lambda_1 = -2, \qquad \lambda_2 = 1.$$
Так как получили отличающиеся действительные корни, то общее решение записывается следующим образом $$y = C_1 e^ <-2x>+ C_2 e^.$$
Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$y = C_1 e^ <-2x>+ C_2 e^$$
Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами
Линейное неоднородное ДУ с постоянными коэффициентами отличается от предыдущего типа уравнений наличием правой части от знака равенства $$y»+py’+q = f(x).$$
Общее решение такого диффура складывается из двух частей: общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения $$y_ <о.н.>= y_ <о.о.>+ y_<ч.н.>.$$
Частное решение неоднородного уравнения $y_<ч.н.>$ подбирается исходя из вида правой части дифференциального уравнения. Затем в нём неизвестные постоянные находятся методом неопределенных коэффициентов.
№
Правая часть
Корни характеристического многочлена
Вид частного решения
1
$$P_n (x)$$
Число 0 не является корнем характеристического уравнения.
$$\tilde(x)$$
Число 0 – корень характеристического уравнения кратности $S$.
$$x^s \tilde(x)$$
2
$$P_n (x) e^<\alpha x>$$
Число $\alpha$ не является корнем характеристического уравнения.
$$\tilde (x) e^<\alpha x>$$
Число $\alpha$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$.
$$x^s \tilde (x) e^<\alpha x>$$
3
$$P_n (x) \cos \beta x + Q_m (x) \sin \beta x$$
Число $\pm i\beta$ не является корнем характеристического уравнения.
$$\tilde \cos \beta x + \tilde \sin \beta x$$
Число $\pm i\beta$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$.
$$x^s (\tilde \cos \beta x + \tilde \sin \beta x)$$
Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y»+y = 4x\cos x$.
Решение
Сначала находим общее решение однородного уравнения $$y» + y = 0.$$ Строим характеристический многочлен $$\lambda^2 + 1 = 0,$$ и находим его корни $$\lambda_<1,2>=\pm i.$$ Записываем получившееся общее решение однородного уравнения $$y_ <о.о.>= C_1 \cos x + C_2 \sin x.$$
Теперь необходимо подобрать частное решение неоднородного уравнения. Для этого смотрим на правую часть исходного уравнения и видим, что здесь многочлен первой степени умножается на косинус. Значит, необходимо выбрать из таблицы 3й случай. Причем корень характеристического уравнения совпадает с аргументом косинуса. Это значит, что требуется домножение на $x$ $$y_ <ч.н.>= x[(Ax+B)\cos x + (Cx+D)\sin x].$$Упростим последнее равенство и найдем от него вторую производную: $$ y_ <ч.н.>= (Ax^2+Bx)\cos x + (Cx^2 + Dx) \sin x$$ $$y’_ <ч.н.>= (2Ax+B)\cos x-(Ax^2+Bx)\sin x + (2Cx+D)\sin x + (Cx^2 + Dx) \cos x.$$
Упростим $y’_<ч.н>$ для удобства нахождения второй производной $$y’_ <ч.н.>= (2Ax+B+Cx^2+Dx)\cos x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)\sin x.$$ Теперь можно найти вторую производную $$y»_ <ч.н.>= (2A+2Cx+D)\cos x-(2Ax+B+Cx^2+Dx)\sin x + (2C-2Ax-B)\sin x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)\cos x.$$ Упрощаем последнее выражение $$y»_ <ч.н.>= (2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)\cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)\sin x.$$
Подставляем найденные $y_<ч.н.>$ и $y»_<ч.н.>$ в исходный диффур из «дано» задачи $$(2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)\cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)\sin x + (Ax^2+Bx)\cos x + (Cx^2 + Dx) \sin x = 4x\cos x.$$ Упрощаем его $$(2A+4Cx+2D)\cos x + (2C-4Ax-2B)\sin x = 4x\cos x.$$ Теперь подгоняем левую часть под правую, так чтобы можно было применить метод неопределенных коэффициентов и найти неизвестные $A,B,C,D$ $$(2A+2D)\cos x+4Cx\cos x + (2C-2B)\sin x+(-4Ax)\sin x = 4x\cos x.$$ Смотрим на левую и правую часть и составляем систему $$\begin 2A+2D = 0 \\ 4C=4 \\ 2C-2B=0 \\ -4A = 0 \end \Leftrightarrow \begin D=0 \\ C= 1 \\ B=1 \\ A = 0\end.$$
Подставляем полученные коэффициенты в частное решение неоднородного уравнения $$y_ <ч.н.>= x\cos x + x^2\sin x.$$ Теперь вспоминая, что $y_ <о.н.>= y_ <о.о.>+ y_<ч.н.>$ можем записать окончательный ответ $$y_ <о.н.>= C_1 \cos x + C_2 \sin x + x\cos x + x^2\sin x.$$
Ответ
$$y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x\cos x + x^2\sin x$$
Пример 14
Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y»+y’=5x+2e^x$.
Решение
Сначала найдем общее решение однородного дифференциального уравнения $$y»+y’=5x+2e^x.$$
Составляем характеристический многочлен однородного уравнения и находим его корни: $$\lambda^2 + \lambda = 0$$ $$\lambda(\lambda + 1) = 0$$ $$\lambda_1 = 0, \qquad \lambda_2=-1.$$ Теперь можно записать общее решение $$y_ <о.о.>= С_1 + С_2e^<-x>.$$
Теперь необходимо по правой части исходного неоднородного уравнения найти его частное решение путем подбора, используя данные таблицы. Первое слагаемое есть многочлен первой степени. И так как один из корней характеристического уравнения является нулем кратности 1, то решение ищем в виде $y = (Ax+B)x$. Второе слагаемое представляет собой произведение многочлена нулевой степени на экспоненту. Так как аргумент экспоненты не совпадает с одним из корней характеристического многочлена, то подбор будем делать в виде $y = Ce^x$. В итоге правую часть будем искать в виде суммы $$y_<\text<ч.н.>> = (Ax+B)x+Ce^x.$$
Находим первую и вторую производную последней функции: $$y’ = 2Ax+B+Ce^x$$ $$y»=2A+Ce^x.$$ Подставляем полученные производные $y’$ и $y»$ в исходное дифференциальное уравнение: $$2A+Ce^x+2Ax+B+Ce^x = 5x+2e^x$$ $$2Ax+B+2A+2Ce^x=5x+2e^x.$$
Далее необходимо, используя метод неопределенных коэффициентов, найти значения $A,B,C$ составив систему уравнений $$\begin 2A=5 \\ 2C=2 \\ B+2A = 0 \end \Leftrightarrow \begin A=\frac<5> <2>\\ C=1 \\ B=-5 \end.$$
Подставляем найденные коэффициенты и получаем частное решение неоднородного уравнения $$y_<\text<ч.н.>> = (\frac<5><2>x-5)x + e^x = \frac<5><2>x^2 — 5x + e^x.$$
Таким образом теперь можно записать общее решение неоднородного диффура $$y_<\text<о.н.>> = y_<\text<о.о.>> + y_<\text<ч.н.>> = С_1 + С_2e^ <-x>+ \frac<5><2>x^2 — 5x + e^x.$$
Данный метод позволяет решать линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами даже в тех, случаях, когда правая часть уравнения не подходит под табличный вид. В этом случае целесообразно применить данный метод решения.
Находим общее решение однородного уравнения $y = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)$
Варьируем постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
Найти частное решение дифференциального уравнения $$y»-2y’+y=\frac, \text < при >y(1)=e, y'(1)=3e.$$
Решение
Так как правая часть диффура не подходит под табличный формат, то не получится подбирать частное решение по правой части как делали это в предыдущем примере. Воспользуется методом Лагранжа или как его еще называют вариация произвольной постоянной. Для начала найдем общее решение однородного уравнения $$y»-2y’+y=0.$$
Составляем характеристический многочлен и находим его корни: $$\lambda^2-2\lambda+1=0$$ $$(\lambda-1)^2 = 0 \Rightarrow \lambda = 1 \text< с кратностью 2>.$$ Так как корень кратный, то общее решение однородного уравнения записывается следующим образом $$y = C_1 e^x + C_2 xe^x.$$
Теперь необходимо варьировать постоянные $C_1$ и $C_2$ на соответствующие функции $C_1 (x)$ и $C_2 (x)$. Теперь получившеся решение следует записать в виде $y = C_1 (x) e^x + C_2 (x) xe^x$. Здесь заметим, что $y_1 = e^x$ и $y_2 = xe^x$. Это нужно для дальнейшего хода решения, а именно построения системы уравнений.
Итак, получаем решение системы уравнений $$C_1 ‘(x) = \frac<\Delta_1> <\Delta>= \frac>> = 1, \qquad C_2 ‘(x) = \frac<\Delta_2> <\Delta>= \frac> \frac<1>> = \frac<1>.$$ Далее интегрируем полученные решения, чтобы избавиться от производной: $$C_1(x) = \int 1 dx = x+\tilde$$ $$C_2(x)=\int \frac=\ln|x|+\tilde.$$
Подставляем полученные $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение однородного уравнения и записываем общее решение неоднородного дифференциального уравнения $$y = (x+\tilde) e^x + (\ln|x|+\tilde) xe^x.$$ По условию нам требуется найти частное решение при условиях $y(1)=e$ и $y'(1)=3e$. Поэтому находим сначала производную $$y’=e^x+(x+\tilde)e^x+e^x+(\ln|x|+\tilde)(e^x+xe^x), $$ раскрываем скобки $$y’ = 2e^x+xe^x+\tildee^x+e^x\ln|x|+xe^x\ln|x|+\tildee^x+\tildexe^x, $$ а затем составляем систему уравнений $$\begin y'(1)=3e+\tildee+2\tildee = 3e \\ y(1) = e+\tildee + \tildee = e \end \Rightarrow \begin \tilde+2\tilde=0 \\ \tilde+\tilde=0 \end \Rightarrow \begin \tilde = 0 \\ \tilde=0 \end.$$
Теперь можно записать частное решение к задаче $$y = xe^x + x\ln|x|e^x = xe^x(1+\ln|x|).$$
