Уравнения с разделяющимися переменными теория. Дифференциальные уравнения, приводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными

Дифференциальное уравнение с разделенными переменными записывается в виде: (1). В этом уравнении одно слагаемое зависит только от x, а другое – от y. Проинтегрировав почленно это уравнение, получаем:
– его общий интеграл.

Пример : найти общий интеграл уравнения:
.

Решение: данное уравнение – дифференциальное уравнение с разделенными переменными. Поэтому
или
Обозначим
. Тогда
– общий интеграл дифференциального уравнения.

Уравнение с разделяющимися переменными имеет вид (2). Уравнение (2)легко сводиться к уравнению (1) путем почленного деления его на
. Получаем:

– общий интеграл.

Пример: Решить уравнение .

Решение: преобразуем левую часть уравнения: . Делим обе части уравнения на

Решением является выражение:
т.е.

Однородные дифференциальные уравнения. Уравнения Бернулли. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.

Уравнение вида называетсяоднородным , если
и
– однородные функции одного порядка (измерения). Функция
называется однородной функцией первого порядка (измерения), если при умножении каждого ее аргумента на произвольный множительвся функция умножиться на, т.е.
=
.

Однородное уравнение может быть приведено к виду
. С помощью подстановки
(
)однородное уравнение приводится к уравнению с разделяющимися переменными по отношению к новой функции.

Дифференциальное уравнение первого порядка называется линейным , если его можно записать в виде
.

Метод Бернулли

Решение уравнения
ищется в виде произведения двух других функций, т.е. с помощью подстановки
(
).

Пример: проинтегрировать уравнение
.

Полагаем
. Тогда , т.е. . Сначала решаем уравнение
=0:

.

Теперь решаем уравнение
т.е.

. Итак, общее решение данного уравнения есть
т.е.

Уравнение Я. Бернулли

Уравнение вида , где
называетсяуравнением Бернулли. Данное уравнение решается с помощью метода Бернулли.

Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Однородным линейным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение вида (1) , гдеипостоянны.

Частные решения уравнения (1) будем искать в виде
, гдек – некоторое число. Дифференцируя эту функцию два раза и подставляя выражения для
в уравнение (1), получимт.е.или
(2) (
).

Уравнение 2 называется характеристическим уравнением дифференциального уравнения.

При решении характеристического уравнения (2) возможны три случая.

Случай 1. Корнииуравнения (2) действительные и различные:

и

.

Случай 2. Корнииуравнения (2) действительные и равные:
. В этом случае частными решениями уравнения (1) являются функции
и
. Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет вид
.

Случай 3. Корнииуравнения (2) комплексные:
,
. В этом случае частными решениями уравнения (1) являются функции
и
. Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет вид

Пример. Решить уравнение
.

Решение: составим характеристическое уравнение:
. Тогда
. Общее решение данного уравнения
.

Экстремум функции нескольких переменных. Условный экстремум.

Экстремум функции нескольких переменных

Определение. Точка М (х о ,у о ) называется точкой максимума (минимума) функции z = f (x , у), если существует окрестность точки М, такая, что для всех точек {х, у) из этой окрестности выполняется неравенство
(
)

На рис. 1 точка А
- есть точка минимума, а точка В
- точка максимума.

Необходимое условие экстремума - многомерный аналог теоремы Ферма.

Теорема. Пусть точка
– есть точка экстремума дифференцируемой функции z = f (x , у). Тогда частные производные
и
в этой точке равны нулю.

Точки, в которых выполнены необходимые условия экстремума функции z = f (x , у), т.е. частные производные z " x и z " y равны нулю, называются критическими или стационарными.

Равенство частных производных нулю выражает лишь необходимое, но недостаточное условие экстремума функции нескольких переменных.

На рис. изображена так называемая седловая точка М (х о ,у о ). Частные производные
и
равны нулю, но, очевидно, никакого экстремума в точке М(х о ,у о ) нет.

Такие седловые точки являются двумерными аналогами точек перегиба функций одной переменной. Задача заключается в том, чтобы отделить их от точек экстремума. Иными словами, требуется знать достаточное условие экстремума.

Теорема (достаточное условие экстремума функции двух переменных). Пусть функция z = f (x , у): а) определена в некоторой окрестности критической точки (х о ,у о ), в которой
=0 и
=0 ;

б) имеет в этой точке непрерывные частные производные второго порядка
;

;
Тогда, если ∆=АС- В 2 >0, то в точке (х о ,у о ) функция z = f (x , у) имеет экстремум, причем если А<0 - максимум, если А>0 - минимум. В случае ∆=АС- В 2 <0, функция z = f (x , у) экстремума не имеет. Если ∆=АС- В 2 =0, то вопрос о наличии экстремума остается открытым.

Исследование функции двух переменных на экстремум рекомендуется проводить по следующей схеме:

Найти частные производные функции z " x и z " y .

Решить систему уравнений z " x =0, z " y =0 и найти критические точки функции.

Найти частные производные второго порядка, вычислить их значения в каждой критической точке и с помощью достаточного условия сделать вывод о наличии экстремумов.

Найти экстремумы (экстремальные значения) функции.

Пример. Найти экстремумы функции

Решение. 1. Находим частные производные

2. Критические точки функции находим из системы уравнений:

имеющей четыре решения (1; 1), (1; -1), (-1; 1) и (-1; -1).

3. Находим частные производные второго порядка:

;
;
, вычисляем их значения в каждой критической точке и проверяем в ней выполнение достаточного условия экстремума.

Например, в точке (1; 1) A = z "(1; 1)= -1; В=0; С= -1. Так как ∆ = АС- В 2 = (-1) 2 -0=1 >0 и А=-1<0, то точка (1; 1) есть точка максимума.

Аналогично устанавливаем, что (-1; -1) - точка минимума, а в точках (1; -1) и (-1; 1), в которых ∆ =АС- В 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Находим экстремумы функции z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа.

Рассмотрим задачу, специфическую для функций нескольких переменных, когда ее экстремум ищется не на всей области определения, а на множестве, удовлетворяющем некоторому условию.

Пусть рассматривается функция z = f (x , y ), аргументы х и у которой удовлетворяют условию g (х,у) = С, называемому уравнением связи.

Определение. Точка
называется точкой условного максимума (минимума), если существует такая окрестность этой точки, что для всех точек (х,у) из этой окрестности удовлетворяющих условию g (x , y ) = С, выполняется неравенство

(
).

На рис. изображена точка условного максимума
. Очевидно, что она не является точкой безусловного экстремума функции z = f (x , y ) (на рис. это точка
).

Наиболее простым способом нахождения условного экстремума функции двух переменных является сведение задачи к отысканию экстремума функции одной переменной. Допустим уравнение связи g (x , y ) = С удалось разрешить относительно одной из переменных, например, выразить у через х:
. Подставив полученное выражение в функцию двух переменных, получим z = f (x , y ) =
, т.е. функцию одной переменной. Ее экстремум и будет условным экстремумом функции z = f (x , y ).

Пример. х 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11.

Решение. Выразим из уравнения 3х +2у = 11 переменную y через переменную x и подставим полученное
в функциюz. Получим z = x 2 +2
илиz =
. Эта функция имеет единственный минимум при = 3. Соответствующее значение функции
Таким образом, (3; 1) - точка условного экстремума (минимума).

В рассмотренном примере уравнение связи g (x , у) = С оказалось линейным, поэтому его легко удалось разрешить относительно одной из переменных. Однако в более сложных случаях сделать это не удается.

Для отыскания условного экстремума в общем случае используется метод множителей Лагранжа.

Рассмотрим функцию трех переменных

Эта функция называется функцией Лагранжа, а - множителем Лагранжа. Верна следующая теорема.

Теорема. Если точка
является точкой условного экстремума функции z = f (x , y ) при условии g (x , y ) = С, то существует значение такое, что точка
является точкой экстремума функции L { x , y , ).

Таким образом, для нахождения условного экстремума функции z = f (х,у) при условии g (x , y ) = С требуется найти решение системы

На рис. показан геометрический смысл условий Лагранжа. Линия g (х,у) = С пунктирная, линия уровня g (x , y ) = Q функции z = f (x , y ) сплошные.

Из рис. следует, что в точке условного экстремума линия уровня функции z = f (x , y ) касается линии g (x , y ) = С.

Пример. Найти точки максимума и минимума функции z = х 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11, используя метод множителей Лагранжа.

Решение. Составляем функцию Лагранжа L = х 2 + 2у 2 +

Приравнивая к нулю ее частные производные, получим систему уравнений

Ее единственное решение (х=3, у=1, =-2). Таким образом, точкой условного экстремума может быть только точка (3;1). Нетрудно убедиться в том, что в этой точке функция z = f (x , y ) имеет условный минимум.

Обыкновенные дифференциальные уравнения.

Решение различных геометрических, физических и инженерных задач часто приводят к уравнениям, которые связывают независимые переменные, характеризующие ту ил иную задачу, с какой – либо функцией этих переменных и производными этой функции различных порядков.

В качестве примера можно рассмотреть простейший случай равноускоренного движения материальной точки.

Известно, что перемещение материальной точки при равноускоренном движении является функцией времени и выражается по формуле:

В свою очередь ускорение a является производной по времени t от скорости V , которая также является производной по времени t от перемещения S . Т.е.

Тогда получаем:
- уравнение связывает функцию f(t) с независимой переменной t и производной второго порядка функции f(t).

Определение. Дифференциальным уравнением называется уравнение, связывающее независимые переменные, их функции и производные (или дифференциалы) этой функции.

Определение. Если дифференциальное уравнение имеет одну независимую переменную, то оно называется обыкновенным дифференциальным уравнением , если же независимых переменных две или более, то такое дифференциальное уравнение называется дифференциальным уравнением в частных производных.

Определение. Наивысший порядок производных, входящих в уравнение, называется порядком дифференциального уравнения.

Пример.

- обыкновенное дифференциальное уравнение 1 – го порядка. В общем виде записывается
.

- обыкновенное дифференциальное уравнение 2 – го порядка. В общем виде записывается

- дифференциальное уравнение в частных производных первого порядка.

Определение. Общим решением дифференциального уравнения называется такая дифференцируемая функция y = (x, C), которая при подстановке в исходное уравнение вместо неизвестной функции обращает уравнение в тождество.

Свойства общего решения.

1) Т.к. постоянная С – произвольная величина, то вообще говоря дифференциальное уравнение имеет бесконечное множество решений.

2) При каких- либо начальных условиях х = х 0 , у(х 0) = у 0 существует такое значение С = С 0 , при котором решением дифференциального уравнения является функция у = (х, С 0).

Определение. Решение вида у = (х, С 0) называется частным решением дифференциального уравнения.

Определение. Задачей Коши (Огюстен Луи Коши (1789-1857)- французский математик) называется нахождение любого частного решения дифференциального уравнения вида у = (х, С 0), удовлетворяющего начальным условиям у(х 0) = у 0 .

Теорема Коши. (теорема о существовании и единственности решения дифференциального уравнения 1- го порядка)

Если функция f (x , y ) непрерывна в некоторой области D в плоскости XOY и имеет в этой области непрерывную частную производную
, то какова бы не была точка (х 0 , у 0 ) в области D , существует единственное решение
уравнения
, определенное в некотором интервале, содержащем точку х 0 , принимающее при х = х 0 значение  (х 0 ) = у 0 , т.е. существует единственное решение дифференциального уравнения.

Определение. Интегралом дифференциального уравнения называется любое уравнение, не содержащее производных, для которого данное дифференциальное уравнение является следствием.

Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения
.

Общее решение дифференциального уравнения ищется с помощью интегрирования левой и правой частей уравнения, которое предварительно преобразовано следующим образом:

Теперь интегрируем:

- это общее решение исходного дифференциального уравнения.

Допустим, заданы некоторые начальные условия: x 0 = 1; y 0 = 2, тогда имеем

При подстановке полученного значения постоянной в общее решение получаем частное решение при заданных начальных условиях (решение задачи Коши).

Определение. Интегральной кривой называется график y = (x) решения дифференциального уравнения на плоскости ХОY.

Определение. Особым решением дифференциального уравнения называется такое решение, во всех точках которого условие единственности Коши (см. Теорема Коши. ) не выполняется, т.е. в окрестности некоторой точки (х, у) существует не менее двух интегральных кривых.

Особые решения не зависят от постоянной С.

Особые решения нельзя получить из общего решения ни при каких значениях постоянной С. Если построить семейство интегральных кривых дифференциального уравнения, то особое решение будет изображаться линией, которая в каждой своей точке касается по крайней мере одной интегральной кривой.

Отметим, что не каждое дифференциальное уравнение имеет особые решения.

Пример.
Найти особое решение, если оно существует.

Данное дифференциальное уравнение имеет также особое решение у = 0. Это решение невозможно получить из общего, однако при подстановке в исходное уравнение получаем тождество. Мнение, что решение y = 0 можно получить из общего решения при С 1 = 0 ошибочно, ведь C 1 = e C  0.

Дифференциальные уравнения первого порядка.

Определение. Дифференциальным уравнением первого порядка называется соотношение, связывающее функцию, ее первую производную и независимую переменную, т.е. соотношение вида:

Если такое соотношение преобразовать к виду
то это дифференциальное уравнение первого порядка будет называться уравнением,разрешенным относительно производной.

Функцию f(x,y) представим в виде:
тогда при подстановке в полученное выше уравнение имеем:

это так называемая дифференциальная форма уравнения первого порядка.

Уравнения вида y ’ = f ( x ).

Пусть функция f(x) – определена и непрерывна на некотором интервале

a < x < b. В таком случае все решения данного дифференциального уравнения находятся как
. Если заданы начальные условия х 0 и у 0 , то можно определить постоянную С.

Уравнения с разделяющимися переменными

Определение. Дифференциальное уравнение
называетсяуравнением с разделяющимися переменными , если его можно записать в виде

Такое уравнение можно представить также в виде:

Перейдем к новым обозначениям

Получаем:

После нахождения соответствующих интегралов получается общее решение дифференциального уравнения с разделяющимися переменными.

Если заданы начальные условия, то при их подстановке в общее решение находится постоянная величина С, а, соответственно, и частное решение.

Пример. Найти общее решение дифференциального уравнения:

Интеграл, стоящий в левой части, берется по частям (см. Интегрирование по частям. ):

это есть общий интеграл исходного дифференциального уравнения, т.к. искомая функция и не выражена через независимую переменную. В этом и заключается отличие общего (частного) интеграла от общего (частного) решения.

Чтобы проверить правильность полученного ответа продифференцируем его по переменной х.

- верно

Пример. Найти решение дифференциального уравнения
при условии у(2) = 1.

при у(2) = 1 получаем

Итого:
или
- частное решение;

Проверка:
, итого

- верно.

Пример. Решить уравнение

- общий интеграл

- общее решение

Пример. Решить уравнение

Пример. Решить уравнение
при условии у(1) = 0.

Интеграл, стоящий в левой части будем брать по частям (см. Интегрирование по частям. ).

Если у(1) = 0, то

Итого, частный интеграл:
.

Пример. Решить уравнение .

Для нахождения интеграла, стоящего в левой части уравнения см. Таблица основных интегралов. п.16. Получаем общий интеграл:

Пример. Решить уравнение

Преобразуем заданное уравнение:

Получили общий интеграл данного дифференциального уравнения. Если из этого соотношения выразить искомую функцию у, то получим общее решение.

Пример. Решить уравнение
.

;
;

Допустим, заданы некоторые начальные условия х 0 и у 0 . Тогда:

Получаем частное решение

Однородные уравнения.

Определение. Функция f(x, y) называется однородной n – го измерения относительно своих аргументов х и у, если для любого значения параметра t (кроме нуля) выполняется тождество:

Пример. Является ли однородной функция

Таким образом, функция f(x, y) является однородной 3- го порядка.

Определение. Дифференциальное уравнение вида
называетсяоднородным , если его правая часть f(x, y) есть однородная функция нулевого измерения относительно своих аргументов.

Любое уравнение вида является однородным, если функцииP (x , y ) и Q (x , y ) – однородные функции одинакового измерения.

Решение любого однородного уравнения основано на приведении этого уравнения к уравнению с разделяющимися переменными.

Рассмотрим однородное уравнение

Т.к. функция f(x, y) – однородная нулевого измерения, то можно записать:

Т.к. параметр t вообще говоря произвольный, предположим, что . Получаем:

Правая часть полученного равенства зависит фактически только от одного аргумента
, т.е.

Исходное дифференциальное уравнение таким образом можно записать в виде:

таким образом, получили уравнение с разделяющимися переменными относительно неизвестной функции u.

Пример. Решить уравнение
.

Введем вспомогательную функцию u .

Отметим, что введенная нами функция u всегда положительна, т.к. в противном случае теряет смысл исходное дифференциальное уравнение, содержащее
.

Подставляем в исходное уравнение:

Разделяем переменные:

Интегрируя, получаем:

Переходя от вспомогательной функции обратно к функции у, получаем общее решение:

Уравнения, приводящиеся к однородным.

Кроме уравнений, описанных выше, существует класс уравнений, которые с помощью определенных подстановок могут приведены к однородным.

Это уравнения вида
.

Если определитель
то переменные могут быть разделены подстановкой

где  и  - решения системы уравнений

Пример. Решить уравнение

Получаем

Находим значение определителя
.

Решаем систему уравнений

Применяем подстановку в исходное уравнение:

Заменяем переменную
при подстановке в выражение, записанное выше, имеем:

Пример : найти общий интеграл уравнения:
.

Пример: Решить уравнение .

Решение: преобразуем левую часть уравнения: . Делим обе части уравнения на

Решением является выражение:
т.е.

Однородные дифференциальные уравнения. Уравнения Бернулли. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.

Дифференциальное уравнение первого порядка называется линейным , если его можно записать в виде
.

Метод Бернулли

Решение уравнения
ищется в виде произведения двух других функций, т.е. с помощью подстановки
(
).

Пример: проинтегрировать уравнение
.

Полагаем
. Тогда , т.е. . Сначала решаем уравнение
=0:

.

Теперь решаем уравнение
т.е.

. Итак, общее решение данного уравнения есть
т.е.

Уравнение Я. Бернулли

Уравнение вида , где
называетсяуравнением Бернулли. Данное уравнение решается с помощью метода Бернулли.

Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Уравнение 2 называется характеристическим уравнением дифференциального уравнения.

При решении характеристического уравнения (2) возможны три случая.

Случай 1. Корнииуравнения (2) действительные и различные:

и

.

Пример. Решить уравнение
.

Решение: составим характеристическое уравнение:
. Тогда
. Общее решение данного уравнения
.

Экстремум функции нескольких переменных. Условный экстремум.

Экстремум функции нескольких переменных

На рис. 1 точка А
- есть точка минимума, а точка В
- точка максимума.

Необходимое условие экстремума - многомерный аналог теоремы Ферма.

Исследование функции двух переменных на экстремум рекомендуется проводить по следующей схеме:

Найти частные производные функции z " x и z " y .

Решить систему уравнений z " x =0, z " y =0 и найти критические точки функции.

Найти экстремумы (экстремальные значения) функции.

Пример. Найти экстремумы функции

Решение. 1. Находим частные производные

2. Критические точки функции находим из системы уравнений:

имеющей четыре решения (1; 1), (1; -1), (-1; 1) и (-1; -1).

3. Находим частные производные второго порядка:

Например, в точке (1; 1) A = z "(1; 1)= -1; В=0; С= -1. Так как ∆ = АС- В 2 = (-1) 2 -0=1 >0 и А=-1<0, то точка (1; 1) есть точка максимума.

4. Находим экстремумы функции z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа.

(
).

Пример. х 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11.

Для отыскания условного экстремума в общем случае используется метод множителей Лагранжа.

Рассмотрим функцию трех переменных

Эта функция называется функцией Лагранжа, а - множителем Лагранжа. Верна следующая теорема.

Из рис. следует, что в точке условного экстремума линия уровня функции z = f (x , y ) касается линии g (x , y ) = С.

Решение. Составляем функцию Лагранжа L = х 2 + 2у 2 +

Приравнивая к нулю ее частные производные, получим систему уравнений

Рассмотрим примеры решения дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными.

1) Проинтегрировать дифференциальное уравнение: (1+x²)dy-2xydx=0.

Данное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными, записанное в виде

Оставляем слагаемое с dy в левой части уравнения, с dx — переносим в правую часть:

(1+x²)dy = 2xydx

Разделяем переменные, то есть в левой части оставляем только dy и все, что содержит y, в правой dx и x. Для этого обе части уравнения делим на (1+x²) и на y. Получаем

Интегрируем обе части уравнения:

В левой части — табличный интеграл. Интеграл в правой части можно найти, например, сделав замену t=1+x², тогда

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

В примерах, где есть возможность провести потенцирование, то есть убрать логарифмы, удобно брать не С, а lnC. Именно так мы и сделаем: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Так как сумма логарифмов равна логарифму произведения, то ln│y│=ln│Сt│, откуда y=Ct. Делаем обратную замену,и получаем общее решение: y=C(1+x²).

Мы делили на 1+x² и на y при условии, что они не равны нулю. Но 1+x² не равно нулю при любых x. А y=0 при С=0, таким образом, потери корней не произошло.

Ответ: y=C(1+x²).

2) Найти общий интеграл уравнения

Переменные можно разделить.

Умножаем обе части уравнения на dx и делим на

Получаем:

Теперь интегрируем

В левой части — табличный интеграл. Справа — делаем замену 4-x²=t, тогда dt=(4-x²)’dx=-2xdx. Получаем

Если вместо С взять 1/2 ln│C│, можно ответ записать более компактно:

Умножим обе части на 2 и применим свойство логарифма:

Мы делили на

Они не равны нулю: y²+1 — так как сумма неотрицательных чисел не равна нулю, а подкоренное выражение не равно нулю по смыслу условия. Значит, потери корней не произошло.

3) a) Найти общий интеграл уравнения (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

б) Найти частный интеграл этого уравнения, удовлетворяющий начальному условию y(е)=1.

а) Преобразуем левую часть уравнения: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, затем

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Делим обе части на x²y² при условии, что ни x, ни y не равны нулю. Получаем:

Интегрируем уравнение:

Так как разность логарифмов равна логарифму частного, имеем:

Это — общий интеграл уравнения. В процессе решения мы ставили условие, что произведение x²y² не равно нулю, откуда следует, что x и y не должны быть равными нулю. Подставив x=0 и y=0 в условие:(0.0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 получаем верное равенство 0=0. Значит, x=0 и y=0 тоже являются решениями данного уравнения. Но в общий интеграл они не входят ни при каких С (нули не могут стоять под знаком логарифма и в знаменателе дроби), поэтому эти решения следует записать дополнительно к общему интегралу.

б) Так как y(е)=1, подставляем в полученное решение x=e, y=1 и находим С:

Примеры для самопроверки:

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

Определение 1

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.

Пример 1

Найдите общее решение дифференциального уравнения с разделенными переменными y 2 3 d y = sin x d x .

Решение

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.

Получаем:

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.

Пример 2

Найти все решения дифференциального уравнения y " = y · (x 2 + e x) .

Решение

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 .

Получаем:

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

Пример 3

Найдите общее решение дифференциального уравнения y " = 1 ln (2 x + y) - 2 и частное решение, удовлетворяющее начальному условию y (0) = e .

Решение

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) .

Пример 4

Решите дифференциальное уравнение y " = 1 e y x - y x + y x

Решение

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

Пример 5

Найти общее решение дифференциального уравнения y " = y 2 - x 2 2 x y

Решение

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

Пусть z = 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 .

Пример 6

Найти общее решение дифференциального уравнения y " = x + 2 y - 3 x - 1 .

Решение

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.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter