Как найти линейное дифференциальное уравнение первого порядка

Заказать задачи по любым предметам можно здесь от 10 минут

Как найти общее и частное решение линейных дифференциальных уравнений

Линейное дифференциальное уравнение — это уравнение, в котором все $y$ и его производные, входят только в первой степени и не перемножаются между собой.

В этой статье рассмотрим решение таких уравнений первого и второго порядка с неоднородной правой частью. В зависимости от порядка диффура выбирается метод его решения. Хотя есть универсальный метод вариации произвольных постоянных. Разберем все методы.

Линейное ДУ первого порядка

Линейные дифференциальные уравнения первого порядка имеют следующий вид $$y’+g(x)y=f(x),$$ где $g(x)$ и $f(x)$ некоторые функции. Для решения такого типа уравнений можно применить метод Бернулли, либо метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной).

Метод Бернулли

1. Выполняем подстановку $y=uv, y’=u’v+uv’$, где $u(x),v(x)$ некоторые функции
2. Строим систему уравнений, чтобы найти $u(x)$ и $v(x)$
3. Подставляем $u(x), v(x)$ в $y=uv$, чтобы получить общее решение.

Пример 1

Найти частное решение линейного дифференциального уравнения первого порядка $$y’-y tg x=frac{1}{cos x}, y(0)=0.$$

Решение

Первым шагом делаем подстановку $y=uv, y’=u’v+uv’$ и получаем $$u’v+uv’-uv tg x=frac{1}{cos x}.$$ Теперь выносим за скобки функцию $u$ и составляем систему уравнений: $$u’v+u(v’-v tg x)=frac{1}{cos x}$$ $$begin{cases} v’-v tg x = 0 \ u’v=frac{1}{cos x} end{cases}.$$ Сначала решаем первое уравнение методом разделяющихся переменных, чтобы из него получить $v(x)$: $$begin{cases} frac{dv}{v} = tg x dx \ u’v=frac{1}{cos x} end{cases} Rightarrow begin{cases} ln|v| = -int frac{d(cos x)}{cos x} \ u’v = frac{1}{cos x} end{cases}$$ $$begin{cases} ln|v| = -ln|cos x| \ u’v=frac{1}{cos x} end{cases} Rightarrow begin{cases} v=frac{1}{cos x} \ u’ = 1 end{cases} Rightarrow begin{cases} v=frac{1}{cos x} \ u=x+C end{cases}.$$ Таким образом подставляем найденные $u$ и $v$ в подстановку $y=uv$, чтобы получить общее решение линейного дифференциального уравнения $$y=frac{x+C}{cos x}.$$ Но по условию требуется найти частное решение, поэтому используя дополнительное условие $y(0)=0$ находим константу $C$ $$frac{0+C}{cos 0} = 0 Rightarrow C = 1.$$ Теперь зная значение $C=1$ подставляем его в общее решение и получаем ответ в виде частного решения линейного дифференциального уравнения $$y = frac{x}{cos x}.$$ Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение онлайн. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ

$$y = frac{x}{cos x}$$

Метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной)

1. Находим общее решение однородного уравнения
2. В общем решении заменяем постоянную $C$ на функцию $C(x)$
3. Находим $y’$ и подставляем его вместе с $y$ в исходное уравнение
4. Получаем чему равно $C(x)$ из последнего равенства
5. Подставляем $C(x)$ в ранее полученное общее решение и записываем ответ

Пример 2

Решить линейное дифференциальное уравнение первого порядка $$y’ cos^2 x + y = tg x, quad y(0)=0.$$

Решение

Сначала приведем уравнение к виду $y’+g(x)=f(x)$ путем деления обеих частей диффура на квадрат косинуса $$y’ + frac{y}{cos^2 x} = frac{sin x}{cos^3 x}.$$ Теперь находим общее решение однородного дифференциального уравнения $$y’+frac{y}{cos^2 x} = 0.$$ Разделяем переменные по разные стороны и интегрируем обе части: $$frac{dy}{dx}=-frac{y}{cos^2 x}$$ $$int frac{dy}{y}=-int frac{dx}{cos^2 x}$$ $$ln|y|=-tg x + C$$ $$y = Ce^{-tg x}.$$ Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения методом Лагранжа варьируя произвольную постоянную. А именно, заменяем в полученном общем решении константу $C$ на функцию $C(x)$ $$y = C(x)e^{-tg x}.$$ Находим производную функции $$y’ = C'(x)e^{-tg x} — C(x)e^{-tg x} frac{1}{cos^2 x}.$$ Подставляем общее решение и его производную в исходное линейное дифференциальное уравнение, чтобы получить $C'(x)$ $$(C'(x)e^{-tg x} — C(x)e^{-tg x} frac{1}{cos^2 x}) cos^2 x + C(x)e^{-tg x} = tg x.$$ После упрощения получаем, что $$C'(x)e^{-tg x} cos^2 x = tg x.$$ Умножаем уравнение на $e^{tg x}$ и делим на $cos^2 x$ $$C'(x) = frac{tg x}{cos^2 x} e^{tg x}.$$ Теперь, можно получить $C(x)$, просто проинтегрировав правую часть уравнения $$C(x) = int frac{tg x}{cos^2 x} e^{tg x} dx. $$ Выполняем подведение под знак дифференциала $frac{1}{cos^2 x}$ $$C(x) = int tg x e^{tg x} d(tg x).$$ Для комфорта взятия интеграла сделаем замену $tg x = t$, а затем применяя метод интегрирования по частям найдем решение интеграла $$C(x)=int t e^t dt = begin{vmatrix} u = t qquad du=dt \ dv=e^t qquad v=e^t end{vmatrix} = te^t — int e^t dt = te^t — e^t + C.$$ Возвращаемся назад к иксам $$C(x) = te^t — e^t + C = tg x e^{tg x} — e^{tg x} + C.$$ Итак, теперь можно записать общее решение линейного дифференциального уравнения неоднородного $$ytext{о.н.} = ( tg x e^{tg x} — e^{tg x} + C)e^{-tg x} = tg x — 1 + Ce^{-tg x}.$$ По условию задачи требуется найти частное решение, значит применяем условие $y(0)=0$ и находим значение постоянной $C$ $$0 — 1 + C = 0 Rightarrow C=1.$$ Теперь можно записать окончательный ответ $$y = e^{-tg x} + tg x — 1.$$

Ответ

$$y = e^{-tg x} + tg x — 1$$

Линейное ДУ второго порядка

Обычно в контрольных работах дают задачи на решение линейных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами. Поэтому разберем как решать именно такие уравнения $$y»+py’+qy=f(x).$$

Метод подбора по правой части

Общее решение линейного неоднородного уравнения складывается из общего решения однородного и частного решения неоднородного уравнений $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.}+y_text{ч.н.}.$$ Поэтому первым делом нужно решить однородное уравнение (т.е. f(x)=0), а затем найти частное решение подобрав правую часть по таблице.

Для того, чтобы найти общее решение линейного однородного уравнения, требуется составить характеристический многочлен и найти его корни $$lambda^2 + plambda + q = 0.$$ В зависимости от получившихся корней общее решение однородного уравнения выглядит следующим образом:

1. $lambda_1 neq lambda_2$, то $y_text{о.о.} = C_1 e^{lambda_1 x} + C_2 e^{lambda_2 x}$
2. $lambda_1 = lambda_2$, то $y_text{о.о.} = C_1 e^{lambda_1 x} + C_2 xe^{lambda_1 x}$
3. $lambda_{1,2} = alpha pm beta i$, то $y_text{о.о.} = C_1e^{alpha x}cos beta x + C_2 e^{alpha x} sin beta x$.

Далее необходимо по виду правой части подобрать частное решение $y_text{ч.н.}$. Для этого нужно воспользоваться таблицей.

№	Правая часть	Корни характеристического многочлена	Вид частного решения
1	$$P_n (x)$$	Число 0 не является корнем характеристического уравнения.	$$tilde{P_n}(x)$$
Число 0 – корень характеристического уравнения кратности $S$.	$$x^s tilde{P_n}(x)$$
2	$$P_n (x) e^{alpha x}$$	Число $alpha$ не является корнем характеристического уравнения.	$$tilde{P_n} (x) e^{alpha x}$$
Число $alpha$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$.	$$x^s tilde{P_n} (x) e^{alpha x}$$
3	$$P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x$$	Число $pm ibeta$ не является корнем характеристического уравнения.	$$tilde {P_n} cos beta x + tilde{Q_m} sin beta x$$
Число $pm ibeta$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$.	$$x^s (tilde {P_n} cos beta x + tilde{Q_m} sin beta x)$$
4	$$e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$	Число $alpha pm ibeta$ не является корнем характеристического уравнения.	$$e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$
Число $alpha pm ibeta$ является корнем характеристического уравнения.	$$x^s e^{alpha x}[P_n (x) cos beta x + Q_m (x) sin beta x]$$

Где $P_n(x)$ и $Q_m(x)$ многочлены.

Пример 3

Найти общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка $$y»+y’-2y=8sin 2x.$$

Решение

Первым делом находим общее решение однородного дифференциального уравнения $$y»+y’-2y=0.$$ Для этого составляем характеристический многочлен и находим его корни по общей формуле решения квадратных уравнений: $$lambda^2+lambda-2=0$$ $$lambda_{1,2} = frac{-1pm sqrt{1^2-4cdot 1 cdot (-2)}}{2} = frac{-1pm 3}{2}$$ $$lambda_1 = -2, quad lambda_2 = 1.$$ Теперь, используя корни, записывам $$y_text{о.о.} = C_1e^{-2 x} + C_2e^{x}.$$ Теперь нужно найти частное решение неоднородного уравнения $y_text{ч.н.}$ методом подбора правой части. Смотрим на неё и видим, что в нее входит произведение многочлена нулевой степени на косинус. Значит, частное решение будет подбирать в виде $$y_text{ч.н.} = Acos 2x + Bsin 2x,$$ где $A$ и $B$ неизвестные коэффициенты, которые требуется найти на следующем этапе решения. Найдем первую и вторую производную от частного решения: $$y’_text{ч.н.} = -2Asin 2x + 2Bcos 2x$$ $$y»_text{ч.н.} = -4Acos 2x — 4Bsin 2x$$ Теперь подставим полученные производные от $y_text{ч.н.}$ и его само в исходное дифференциальное уравнение, чтобы получить значения $A$ и $B$ методом неопределенных коэффициентов: $$-4Acos 2x — 4Bsin 2x -2Asin 2x + 2Bcos 2x — 2Acos 2x -2Bsin 2x = 8sin 2x$$ $$(2B — 6A)cos 2x + (-6B — 2A)sin 2x = 8sin 2x.$$ Теперь необходимо составить систему уравнений. Справа видим только синус, значит все что перед косинусом слева равно нулю. А всё что перед синусом равно восьми $$begin{cases} 2B-6A = 0 \ -6B-2A = 8 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} B-3A=0 \ 3B+A=-4 end{cases} Leftrightarrow begin{cases} B = frac{6}{5} \ A=-frac{2}{5} end{cases}$$ Теперь частное решение неоднородного уравнения выглядит следующим образом $$y_text{ч.н.} = -frac{2}{5} cos 2x — frac{6}{5}sin 2x.$$ Подставляем все найденные данные в окончательную формулу, чтобы записать ответ $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.} + y_text{ч.н.} = C_1e^{-2 x} + C_2e^{x} -frac{2}{5} cos 2x — frac{6}{5}sin 2x.$$

Ответ

$$y = C_1e^{-2 x} + C_2e^{x} -frac{2}{5} cos 2x — frac{6}{5}sin 2x$$

Пример 4

Решить линейное дифференциальное уравнение $$y»-4y=e^{2x}sin 2x.$$

Решение

Сначала получим общее решение однородного уравнения $$y»-4y=0.$$ Составляем характеристическое уравнение и найдем его корни: $$lambda^2 — 4 = 0$$ $$(lambda — 2)(lambda + 2) = 0$$ $$lambda_1 = -2, quad lambda_2 = 2.$$ Записываем теперь решение $$y_text{о.о.} = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x}.$$ Теперь выполним подбор частного решения неоднородного уравнения, основываясь на типе правой части. Она состоит из произведение экспоненты на синус, перед которым многочлен. По таблице находим, что частное решение нужно искать в виде $$y_text{ч.н.} = Ae^{2x}cos 2x + Be^{2x}sin 2x.$$ Необходимо найти коэффициенты $A$ и $B$. Для этого нужно найти вторую производную частного решения и подставить в исходное уравнение $$y’_text{ч.н.} = 2Ae^{2x}cos 2x — 2Ae^{2x}sin 2x + 2Be^{2x}sin 2x + 2Be^{2x}cos 2x = $$ $$ = (2A+2B)e^{2x}cos 2x + (2B-2A)e^{2x}sin 2x$$ $$y»_text{ч.н.} = 2(2A+2B)e^{2x}cos 2x — 2(2A+2B)e^{2x}sin 2x + 2(2B-2A)e^{2x}sin 2x + 2(2B-2A)e^{2x}cos 2x = $$ $$ = 8Be^{2x}cos 2x — 8Ae^{2x}sin 2x.$$ Подставляем в исходное ДУ: $$8Be^{2x}cos 2x — 8Ae^{2x}sin 2x — 4Ae^{2x}cos 2x — 4Be^{2x}sin 2x = e^{2x} sin 2x$$ $$(8B-4A)e^{2x}cos 2x + (-8A-4B)e^{2x}sin 2x = e^{2x}sin 2x.$$ Теперь составляем систему уравнений путем сопоставления левой и правой части. То, что слева перед синусом приравниваем к тому, что справа перед синусом. А справа косинуса нет, значит там ноль. Поэтому приравниваем скобки перед косинусом слева к нулю $$begin{cases} 8B-4A=0 \ -8A-4B = 1 end{cases} Rightarrow begin{cases} 2B-A=0 \ -8A-4B=1 end{cases} Rightarrow begin{cases} A = -frac{1}{10} \ B = -frac{1}{20} end{cases}.$$ Теперь частное решение приобретает вид $$y_text{ч.н.} = -frac{1}{10}e^{2x}cos 2x — frac{1}{20} e^{2x} sin 2x,$$ и можно записать окончательный ответ к задаче $$y_text{о.н.} = y_text{о.о.}+y_text{ч.н.} = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x}-frac{1}{10}e^{2x}cos 2x — frac{1}{20} e^{2x} sin 2x.$$

Ответ

$$y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x}-frac{1}{10}e^{2x}cos 2x — frac{1}{20} e^{2x} sin 2x$$

Метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной)

Данный метод удобно применять тогда, когда правая часть не подходит под формулы из таблицы. Таким образом, метод Лагранжа становится универсальной палочкой-выручалочкой при решении данного типа задач. Алгоритм следующий:

1. Находим общее решение однородного уравнения $y_text{о.о.} = C_1 y_1 + C_2 y_2$
2. Заменяем константы $C_1,C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
3. Решаем систему методом Крамера $begin{cases} C_1 ‘(x)y_1 + C_2 ‘(x)y_2 = 0 \ C_2 ‘(x)y’_1 + C_2 ‘(x) y’_2 = f(x) end{cases}$
4. Интегрируем полученные $C’_1 (x)$ и $C’_2 (x)$
5. Подставляем $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение $y_text{о.о.}$

Пример 5

Найти общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка $$y»+y=frac{1}{sin x}.$$

Решение

Первым делом находим общее решение однородного уравнения $$y»+y=0, $$ составив характериcтический многочлен $$lambda^2 + 1 = 0, $$ и вычислив его корни $$lambda_{1,2} = pm i.$$ Записываем решение $$y_text{о.о.} = C_1 cos x + C_2 sin x.$$ Далее заменяем в нём постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и соответственно $C_2(x)$. И сразу замечаем, что $y_1 = cos x$ и $y_2 = sin x$. Это пригодится для дальнейшего решения задачи при построении системы уравнений. А сейчас записываем, что $$y_text{о.о.} = C_1 (x) cos x + C_2(x) sin x.$$ Перед тем как составим систему уравнений найдем производные: $$y’_1 = -sin x$$ $$y’_2 = cos x.$$ Теперь получаем систему и решаем её методом Крамера $$begin{cases} C_1 ‘(x)cos x+C_2(x)sin x = 0 \ -C’_1 (x)sin x + C’_2(x) cos x = frac{1}{sin x} end{cases}.$$ Находим значение главного определителя $$Delta = begin{vmatrix} cos x & sin x \ -sin x & cos x end{vmatrix} = cos^2 x + sin^2 x = 1.$$ Найдем значение первого дополнительного определителя $$Delta_1 = begin{vmatrix} 0 & sin x \ frac{1}{sin x} & cos x end{vmatrix} = -1 .$$ Найдем значение второго дополнительного определителя $$Delta_2 = begin{vmatrix} cos x & 0 \ -sin x & frac{1}{sin x} end{vmatrix} = frac{cos x}{sin x}.$$ Теперь можно получить производные от искомых функций: $$C’_1(x) = frac{Delta_1}{Delta} = -1$$ $$C’_2(x) = frac{Delta_2}{Delta} = frac{cos x}{sin x}.$$ А затем путем интегрирования находим первообразные последних функций: $$C_1(x)=int (-1) dx = -x + tilde{C_1}$$ $$C_2(x)=int frac{cos x}{sin x} dx = int frac{d(sin x)}{sin x} = ln|sin x| + tilde{C_2}.$$ Теперь получим общее решение неоднородного линейного дифференциального уравнения путем подстановки найденных $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в $y_text{о.о.}$ $$y_text{о.о.} = (-x + tilde{C_1})cos x + (ln|sin x|+tilde{C_2})sin x.$$

Ответ

$$y = (-x + tilde{C_1})cos x + (ln|sin x|+tilde{C_2})sin x$$

Линейные дифференциальные уравнения первого порядка

Определение.
Линейным уравнением первого порядка
называется уравнение, линейное
относительно искомой функции и ее
производной. Общий вид линейного д.у.1:

непрерывные функции или постоянные.
Если,
то уравнениерешается как дифференциальное уравнение
с разделяющимися переменными.

Рассмотрим
уравнения:

1)
Это уравнение является линейным по
определению

,но лучше рассматривать
его как уравнение с разделяющимися
переменными:

2)
Это
уравнение не является линейным, т. к.
функцияy
в уравнении имеет не первую степень,
а выше

3)

Уравнение является
линейным по определению. Но проще
рассматривать его как однородное д.у.1:

где– однородная функция нулевого измерения.

4)
Запишем уравнение в виде.
Это линейное д.у.1.

Решение линейного дифференциального уравнения первого порядка

Общее решение
ищется в виде
гденекоторые функции.

Покажем на
примере, что любую функцию
можно представить в виде произведения
двух функций, одна из которых выбирается
произвольно, а вторая зависит от этого
выбора.

Пусть
.
Можнопредставить в виде различных пар
множителей:

где первый множитель
выбирается произвольно.

Указанная подстановка

приводит линейное д.у.1 к решению двух
д.у. с разделяющимися переменными.
Покажем это в общем виде. В линейное
уравнениеподставимПолучим

или

.
(4)

Выберем функцию
u  
такой, чтобы

(5)

Уравнение (5) –
дифференциальное уравнение с разделяющимися
переменными:

Интегрируя, найдем
функцию
без

учета произвольной
постоянной. Подставим найденную функцию

в уравнение (4) и получимдифференциальное уравнение с разделяющимися
переменными (3). Его общее решение
позволит получить второй множитель

Тогда
общее решение линейного д. у. 1.

Пример 1.
Найти общее решение уравнения

Решаем подстановкой

(6)

подставим в (6).

Общее решение:

Пример 2. Найти
частное решение дифференциального
уравнения

Подстановка:

.

(7)

Подставим найденную
функцию u
в уравнение (7):

Таким образом,
общее решение данного уравнения будет
иметь вид

или

Найдем частное
решение дифференциального решения,
удовлетворяющее начальному условию

Следовательно,
искомое частное решение такое:

Уравнения, приводящиеся к линейным (уравнения Бернулли)

Уравнение вида

называется
уравнением Бернулли.
Здесь n
– действительное число, причем при n
= 0 получим линейное уравнение; при
получим уравнение с разделяющимися
переменными. Приуравнение Бернулли приводится к
линейному, поэтому решается подстановкой

Пример. Найти
общее решение уравнения

Разделив левую и
правую части уравнения на
х, представим
его в виде

.
Можно утверждать, что это уравнение
имеет общий вид

т. е. является
уравнением Бернулли. Решаем его
подстановкой

где
– вспомогательные функции.

Подставим
в исходное уравнение:

(8)

Для получения
общего интеграла найдем

или

.

Замечание.
Неопределенный интеграл
найден с применением

формулы интегрирования
по частям:

Производим
подстановку

;.

Тогда

Соседние файлы в папке ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Общий вид дифференциального уравнения первого порядка:

$Fleft( {x,y,y’} right) = 0$.

Его общее решение имеет вид:

$y = fleft( {x,c} right)$.

Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка.

1. Дифференциальные уравнения с разделёнными перемеными: [{f_1}left( x right)dx = {f_2}left( y right)dy,] где множителем при $dx$ является функция, зависящая только от $x$, а множителем при $dy$ является функция, зависящая только от $y$. Решение находится методом интегрирования обеих частей.[int {{f_1}left( x right)dx}  = int {{f_2}left( y right)dy}  + C]
2. Дифференциальные уравнения вида [y’ = {f_1}left( x right){f_2}left( y right)dy,] где правая часть представляет собой произведение двух функций, из которых одна не зависит от $x$, а вторая не зависит от $y$, называется уравнением с разделяющимися переменными. Метод решения:[int {frac{{dy}}{{{f_2}left( x right)}}}  = int {{f_1}left( x right)dx}  + C]
3. Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными, записанные в форме дифференциалов: [{f_1}left( x right) cdot {f_2}left( y right)dx + {f_3}left( x right) cdot {f_4}left( y right)dy = 0] для решения таких дифференциальных уравнений их надо привести к уравнениям с разделёнными переменными.[int {frac{{{f_1}left( x right)}}{{{f_3}left( x right)}}} dx + int {frac{{{f_4}left( y right)}}{{{f_2}left( y right)}}dy}  = C]

Функция $fleft( {x,y} right)$ называется однородной функцией n-го измерения, если при замене в ней переменных $x$ и $y$ соответственно на $tx$ и $ty$, где  $t$ — произвольная величина (параметр) получается та же функция, умноженная на ${t^n}$, т.е. если выполняется условие: [fleft( {tx,ty} right) = {t^n} cdot fleft( {x,y} right)] n- степень однородности уравнения.

Однородная функция степени $n$ представима в виде [fleft( {x,y} right) = {x^n} cdot varphi left( {frac{y}{x}} right)]

Однородная функция нулевой степени может быть записана в виде [fleft( {x,y} right) = varphi left( {frac{y}{x}} right)]

Если функции $Mleft( {x,y} right)$ и $Nleft( {x,y} right)$ однородные одной и той же степени $n$, то дифференциальное уравнение [Mleft( {x,y} right)dx + Nleft( {x,y} right)dy = 0] называется однородным.

Уравнение $y’ = fleft( {x,y} right)$ называется однородным, если оно имеет вид: [y’ = varphi left( {frac{y}{x}} right)]

Очевидно, что $fleft( {x,y} right)$ однородная функция нулевого измерения.

Однородные уравнения приводятся к уравнению с разделяющимися перемеными при помощи подстановки.

$t = frac{y}{x}$ т.е. $y = tx$ и $y’ = t’x + t$ или в дифференциалах $dy = tdx + xdt$.

Линейные уравнения первого порядка.

Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется такое дифференциальное уравнение, в которое неизвестные функции  $y$ и ${y’}$ входят в первых степенях и не перемножаются между собой.

Общий вид линейного уравнения первого порядка: [y’ + Pleft( x right) cdot y = Qleft( x right)]

Если $Qleft( x right) = 0$, то это линейное однородное уравнение с разделяющимися переменными.

Методы решения:метод Бернулли и метод Лагранжа.

Метод Бернулли

1. Будем искать решение в виде $y = U cdot V$, тогда $y’ = U’V + V’U$ или $dy = Vdu + Udv$ (это подстановка Бернулли, где $v$ — вспомогательная функция.) Пример. [begin{gathered}
     xy’ — 2y = 2{x^4} hfill \
     xleft( {U’V + V’U} right) — 2UV = 2{x^4} hfill \
     xU’V + xV’U — 2UV = 2{x^4} hfill \
   end{gathered} ]
2. $xU’V + Uleft( {xV’ — 2V} right) = 2{x^4}$ найдём функцию $V$ таким образом, чтобы выражение в скобках было равно нулю. [begin{gathered}
     xV’ — 2V = 0 hfill \
     xfrac{{dV}}{{dx}} = 2V hfill \
     int {frac{{dV}}{{dx}} = 2int {frac{{dx}}{x}} }  hfill \
   end{gathered} ] Интегрируя уравнение, получим $ln V = ln {x^2} Rightarrow V = {x^2}.$ Поскольку функция $V$ выбрана, чтобы удовлетворять определённому условию мы опускаем постоянную $С$. Полученное выражение подставляем в исходное уравнение [begin{gathered}
     x cdot frac{{dU}}{{dx}} cdot {x^2} = 2{x^4} hfill \
     frac{{dU}}{{dx}} = x Rightarrow U = int {xdx = {x^2}}  + C hfill \
   end{gathered} ] Объединив полученные выражения для $V$ $U$ в подстановке Бернулли, получим окончательное общее решение уравнения $y = {x^2}left( {{x^2} + C} right).$

Метод вариации произвольной постоянной. (Метод Лагранжа)

Покажем применение метода на том же примере.

[xy’ — 2y = 2{x^4}]  Сначала решаем данное уравнение без правой части:[begin{gathered}
  xy’ — 2y = 2{x^4} hfill \
  xfrac{{dy}}{{dx}} = 2y hfill \
  xy’ — 2y = 0 hfill \
  frac{{dy}}{y} = 2frac{{dx}}{x} hfill \
  ln y = 2ln x + ln C hfill \
  y = C cdot {x^2} hfill \
end{gathered} ] Пусть $C = Cleft( x right)$ — некоторая неизвестная функция в исходном уравнении, тогда [begin{gathered}
  y = {x^2} cdot Cleft( x right) hfill \
  y’ = 2x cdot Cleft( x right) + {x^2} cdot C’left( x right) hfill \
end{gathered} ] Подставляем в исходное уравнение[begin{gathered}
  x cdot 2x cdot Cleft( x right) + x cdot {x^2} cdot C’left( x right) — 2{x^2} cdot Cleft( x right) = 2{x^4}left| { div left( {{x^2}} right)} right. hfill \
  2Cleft( x right) + x cdot C’left( x right) — 2Cleft( x right) = 2{x^2} hfill \
  C’left( x right) = 2x Rightarrow Cleft( x right) = int {2xdx = {x^2}}  + C hfill \
end{gathered} ] Подставляем полученное выражение в $y = {x^2} cdot Cleft( x right)$ и получает окончательное решение $y = {x^2} cdot left( {{x^2} + C} right).$

Уравнение Бернулли.

Общий вид уравнения:[y’ + Pleft( x right)y = Qleft( x right){y^n}] слева линейное выражение, а справа присутсвует множитель ${y^n}left( {n = const} right)$. Умножим обе части на  $frac{1}{{{y^n}}}$ [frac{1}{{{y^n}}}frac{{dy}}{{dx}} + Pleft( x right)frac{1}{{{y^{n — 1}}}} = Qleft( x right)] Применим подстановку

$zleft( x right) = frac{1}{{{y^{n — 1}}}}$ и $frac{{dz}}{{dx}} = z’ = left( {1 — n} right) cdot frac{1}{{{y^n}}} cdot y’$ $frac{1}{{{y^n}}} cdot y’ = frac{{z’}}{{left( {1 — n} right)}}$ получим дифференциальное уравнение вида:[begin{gathered}
  frac{{z’}}{{left( {1 — n} right)}} + Pleft( x right)zleft( x right) = Qleft( x right) hfill \
  frac{{dz}}{{dx}} + left( {1 — n} right)Pleft( x right)zleft( x right) = Qleft( x right)left( {1 — n} right) hfill \
end{gathered} ]Это линейное уравнение I-го порядка, для его решения применяем, например, подстановку Бернулли.