Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными
СОДЕРЖАНИЕ ТЕКУЩЕЙ СТАТЬИ
- Формула
-
- Алгоритм решения
- Примеры решений
-
- Пример 1
- Пример 2
- Пример 3
- Пример 4
- Пример 5
Формула
Дифференциальное уравнение вида:$$ f_1(x)g_1(y)dy=f_2(x)g_2(y)dx $$называют дифференциальным уравнением 1-го порядка с разделяющимися переменными. В данном разделе математики эти уравнения самые лёгкие в решении.
Алгоритм решения
- Суть его состоит в том, чтобы обе части ду разделить на произведение функций, зависящих от разных переменных: $$ f_1(x)g_2(y) $$
- Таким образом мы приводим исходное уравнение, заданное по условию, к виду: $$ frac{g_1(y)}{g_2(y)} dy = frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx $$
- Далее необходимо проинтегрировать обе части уравнения, из которых мы получим функцию y(x): $$ int frac{g_1(y)}{g_2(y)} dy = int frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx $$
Примеры решений
| Пример 1 |
| Решить дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными: $$ (x^2+9)y’=4xy $$ |
| Решение |
|
Решение как всегда начнем с анализа типа дифференциального уравнения. Данное уравнение попадает под определение ДУ первого порядка с разделяющимися переменными. А значит, начнем действовать по алгоритму решения. Распишем подробно: $$ y’ = frac{dy}{dx} $$ Далее разделим обе части уравнения на произведение двух функций: $$ y(x^2+9) $$ Получаем:$$ frac{dy}{y} = frac{4xdx}{x^2+9} $$ Возьмем интеграл от обеих частей последнего равенства:$$ int frac{dy}{y} = int frac{4xdx}{x^2+9} $$ Используя формулы и методы интегрирования, получаем: $$ ln|y| = 2 int frac{d(x^2+9)}{x^2+9} $$ $$ ln|y| = 2 ln|x^2+9|+C $$ Общее решение: $$ y = C cdot (x^2+9)^2, C = const $$ Как видим ответ легко получен и записан в последней строчке. 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 |
| $$ y = C cdot (x^2+9)^2, C = const $$ |
| Пример 2 |
| Найти решение дифференциального уравнения с разделяющимися переменными: $$ xsqrt{1-y^2}dx + ysqrt{1-x^2}dy=0 $$ |
| Решение |
|
Перенесем первое слагагаемое, содержащее dx в правую часть для удобства решения: $$ ysqrt{1-x^2}dy = — xsqrt{1-y^2}dx $$ Разделим обе части на выражение: $$ sqrt{1-x^2} cdot sqrt{1-y^2} $$ Получаем: $$ frac{ydy}{1-y^2} = -frac{xdx}{1-x^2} $$ Как положено алгоритмом возьмем интегралы: $$ int frac{ydy}{1-y^2} = — int frac{xdx}{1-x^2} $$ $$ -frac{1}{2} int frac{d(1-y^2)}{1-y^2} = frac{1}{2} int frac{d(1-x^2)}{1-x^2} $$ $$ -frac{1}{2} ln|1-y^2| = frac{1}{2} ln|1-x^2|+C $$ $$ ln|1-y^2| = — ln|1-x^2|+C $$ Искомое решение: $$ 1-y^2 = frac{C}{1-x^2} $$ Получаем ответ, в виде: $$ 1-y^2 = frac{C}{1-x^2} $$ $$ y_{1,2} = pm sqrt{1-frac{C}{1-x^2}} $$ |
| Ответ |
| $$ y_{1,2} = pm sqrt{1-frac{C}{1-x^2}} $$ |
| Пример 3 |
| Решить дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными: $$ cos^2xdy=sin^2ydx $$ |
| Решение |
|
Решаем: $$ frac{dy}{sin^2y}=frac{dx}{cos^2x} $$ $$ int frac{dy}{sin^2y}=int frac{dx}{cos^2x} $$ $$ -ctgy = tgx + C $$ |
| Ответ |
| $$ y = arcctg(-tgx+C) $$ |
| Пример 4 |
| Найти общее решение ДУ с разделяющимися переменными: $$ y’e^{x+y}=1 $$ |
| Решение |
|
Решать начнем с того, что воспользуемся свойством:$$ e^{x+y} = e^x cdot e^y $$ Получаем, $$ y’e^xcdot e^y = 1 $$ Разделяем переменные, $$ e^y dy=frac{dx}{e^x} $$ Спокойно интегрируем уравнение, $$ int e^y dy= int frac{dx}{e^x} $$ $$ e^y= int e^{-x} = -e^{-x} + C $$ Отсюда ответ, $$ y=ln(-e^{-x}+C) $$ |
| Ответ |
| $$ y=ln(-e^{-x}+C) $$ |
| Пример 5 |
| Решить задачу Коши для ДУ с разделяющимися переменными: $$ x^2 y’=y^2, y(1)=1 $$ |
| Решение |
|
Найдем для начала общее решение ДУ: $$ frac{dy}{y^2}=frac{dx}{x^2} $$ $$ int frac{dy}{y^2}=int frac{dx}{x^2} $$ $$ -frac{1}{y}= -frac{1}{x} + C $$ Отсюда получается общее решение: $$ y = frac{1}{frac{1}{x}+C} $$ Решить задачу Коши это значит, найти постоянную $ С $ из дополнительного условия $ y(1)=1 $. Чтобы это проделать нужно подставить в общее решение $ x = 1 $ и $ y = 1 $. $$ frac{1}{1+C}=1 $$ $$ 1+C=1 $$ $$ C=0 $$ Теперь, подставляя найденное $ С = 0 $ в общее решение, записываем ответ: $$ y = x $$ |
| Ответ |
| $$ y = x $$ |
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными и их интегрирование
- Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными
- Задача Коши
- Закон радиоактивного распада
- Зарядка конденсатора
- Примеры
п.1. Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными
Дифференциальное уравнение – это уравнение, в которое входят производные некоторой функции, а также может входить сама функция, независимая переменная и параметры.
Порядок дифференциального уравнения – это наивысший порядок производных, входящих в это уравнение.
Степень дифференциального уравнения – это степень старшей производной, если уравнение является многочленом относительно этой производной.
Например:
(y»+y’-4=5cosx) — ДУ второго порядка первой степени
((y’)^3+5y^2=19) – ДУ первого порядка третьей степени
(sqrt{y+1}=y’x) — ДУ первого порядка первой степени
Самыми простыми для решения будут такие уравнения, у которых можно разделить переменные, т.е. собрать всё, что связано с функцией (y), по одну сторону знака равенства, и всё, что связано с независимой переменной (x), — по другую сторону.
Дифференциальное уравнение первого порядка (y’=f(x,y)) называется уравнением с разделяющимися переменными, если функцию (f(x,y)) можно представить в виде произведения двух функций (f(x,y)=g(x)cdot h(y)), по отдельности зависящих только от независимой переменной (x) и только от функции (y).
Например:
Уравнение (sqrt{y+1}=y’x) является уравнением с разделяющимися переменными, т.к. $$ y’=frac{sqrt{y+1}}{x}=g(x)cdot h(y), text{где} g(x)=frac1x, h(y)=sqrt{y+1} $$
Алгоритм решения ДУ с разделяющимися переменными
На входе: уравнение первого порядка (y’=f(x,y)), для которого (f(x,y)=g(x)cdot h(y))
Шаг 1. Записать производную в форме Лейбница (y’=frac{dy}{dx})
Шаг 2. Преобразовать уравнение
$$ frac{dy}{dx}=g(x)cdot h(y)Rightarrow frac{dy}{h(y)}=g(x)dx $$ Шаг 3. Проинтегрировать левую и правую части уравнения: $$ intfrac{dy}{h(y)}=int g(x)dx+C $$ Шаг 4. Результат интегрирования (H(y)=G(x)+C) — общее решение данного уравнения.
На выходе: выражение (H(y)=G(x)+C)
Например:
Решим уравнение (sqrt{y+1}=y’x)
1) Пусть (xne 0). Тогда: $$ y’=frac{sqrt{y+1}}{x}Rightarrowfrac{dy}{dx}=frac{sqrt{y+1}}{x}Rightarrowfrac{dy}{sqrt{y+1}}=frac{dx}{x} $$ Находим интегралы (константу запишем в конце): $$ intfrac{dy}{sqrt{y+1}}=frac{(y+1)^{frac32}}{frac32}=frac23sqrt{(y+1)^3}, intfrac{dx}{x}=ln|x| $$ Получаем общее решение: $$ frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+C, xne 0 $$ 2) Пусть (x=0). Тогда по условию: (sqrt{y+1}=0Rightarrow y=-1)
Точка (0;-1) – особое решение данного уравнения.
Ответ: (frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+C, xne 0) и (y=-1, x=0)
п.2. Задача Коши
Задача Коши заключается в поиске решения дифференциального уравнения, которое удовлетворяет заданным начальным условиям.
Для ДУ первого порядка задача Коши имеет вид: ( begin{cases} y’=f(x,y)\ y(x_0)=y_0 end{cases} )
Например:
Найдем решение задачи Коши для уравнения (sqrt{y+1}=y’x) при начальном условии (y(1)=3).
Общее решение нами уже найдено: (frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+C) — этим выражением задано бесконечное множество кривых. Решить задачу Коши означает найти единственную кривую, проходящую через точку (1;3), т.е. конкретное значение C для заданных начальных условий.
Подставляем (x=1) и (y=3:frac23sqrt{(3+1)^3}=underbrace{ln 1}_{=0}+CRightarrow C=frac23sqrt{4^3}=frac{16}{3})
Решение задачи Коши: (frac23sqrt{(y+1)^3}=ln|x|+frac{16}{3})
Выразим y в явном виде, что всегда приходится делать на практике: $$ sqrt{(y+1)^3}=frac32ln|x|+8Rightarrow y+1=left(frac32ln|x|+8right)^{frac23}Rightarrow y=left(frac32ln|x|+8right)^{frac23}-1 $$ Ограничения ОДЗ: ( begin{cases} ygeq -1\ frac32ln|x|+8geq 0 end{cases} Rightarrow |x|geq -frac{16}{3}Rightarrow |x|geq e^{-frac{16}{3}} )
Начальная точка (x=1gt e^{-frac{16}{3}}), требования ОДЗ выполняются.
Т.к. (x=1gt 0) в решении также можно убрать модуль. 
Ответ: (y=left(frac32ln x+8right)^{frac23}-1, xgeq 1)
п.3. Закон радиоактивного распада
В многочисленных экспериментах по определению радиоактивности вещества был установлен следующий факт:
Число распадов ΔN, которые произошли за интервал времени Δt, пропорционально числу атомов N в образце.
Перейдем к бесконечно малым (dN) и (dt) и запишем соответствующее этому факту дифференциальное уравнение: $$ frac{dN}{td}=-lambda N $$ где знак «-» учитывает уменьшение числа атомов N со временем.
Полученное ДУ является уравнением с разделяющимися переменными.
Найдем его общее решение: $$ frac{dN}{N}=-lambda dtRightarrowintfrac{dN}{N}=-lambdaint dtRightarrow ln N=-lambda t+C $$ Пусть в начальный момент времени (t=0) в образце было (N_0) атомов.
Решаем задачу Коши, находим (C: ln N_0=-lambdacdot 0+CRightarrow C=ln N_0)
Подставляем найденное C в общее решение. Получаем: $$ ln N=-lambda N+ln N_0Rightarrow ln N-ln N_0=-lambda tRightarrowlnfrac{N}{N_0}=-lambda tRightarrowfrac{N}{N_0}=e^{-lambda t} $$
Закон радиоактивного распада
Количество атомов радиоактивного вещества убывает по экспоненциальному закону: $$ N(t)=N_0e^{-lambda t} $$ где (N_0) — начальное количество атомов вещества, (lambda) – постоянная распада, характеризующая вероятность распада в единицу времени.
За время (tau=frac 1lambda) число атомов радиоактивного вещества уменьшается в e раз.
За время (T_{1/2}=frac{ln 2}{lambda}) (время полураспада) число атомов радиоактивного вещества уменьшается в 2 раза.
п.4. Зарядка конденсатора
 |
Соберем цепь, состоящую из конденсатора C, резистора R, источника ЭДС E и ключа K. Пусть в начальный момент времени конденсатор разряжен, напряжение на обкладках: (U(0)=0) Замкнем ключ и начнем зарядку конденсатора. |
По закону Ома для замкнутой цепи можем записать: $$ I(R+r_0)+U=varepsilon $$ где (I) — ток в цепи, (I(R+r_0)) – падение напряжения на резисторе и источнике, (U) — напряжение на конденсаторе, (varepsilon) – ЭДС источника.
Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=frac{dq}{dt}=frac{d(CU)}{dt}=Cfrac{dU}{dt} $$ Подставляем: $$ Cfrac{dU}{dt}cdot (R+r_0)=varepsilon-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ frac{dU}{varepsilon-U}=frac{dt}{C(R+r_0)} $$ Интегрируем (не забываем про минус перед U в знаменателе): $$ intfrac{dU}{varepsilon-U}=-ln(varepsilon-U), intfrac{td}{C(R+r_0)} = frac{t}{C(R+r_0)} $$ Общее решение: $$ ln(varepsilon-U)=-frac{t}{C(R+r_0)}+B $$ где (B) константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие (U(0)=0). Подставляем: $$ ln(varepsilon-0)=-frac{0}{C(R+r_0)}+BRightarrow B=lnvarepsilon $$ Решение задачи Коши: begin{gather*} ln(varepsilon-U)=-frac{t}{C(R+r_0)}+lnvarepsilon\ ln(varepsilon-U)-lnvarepsilon=-frac{t}{C(R+r_0)}\ lnfrac{varepsilon-U}{varepsilon}=-frac{t}{C(R+r_0)}Rightarrowfrac{varepsilon-U}{varepsilon}=e^{-frac{t}{C(R+r_0)}}Rightarrow varepsilon e^{-frac{t}{C(R+r_0)}} end{gather*}
Изменение напряжения на обкладках конденсатора при зарядке: $$ U(t)=varepsilonleft(1-e^{-frac{t}{C(R+r_0)}}right) $$
Если внутренне сопротивление источника пренебрежимо мало по сравнению с внешним сопротивлением, (r_0ltlt R), то получаем: $$ u(t)=varepsilonleft(1-e^{-frac{t}{RC}}right) $$ При (trightarrow +infty) показатель экспоненты стремится к ((-infty)), а сама экспонента стремится к нулю: (U(trightarrow +infty)=varepsilon(1-e^{-infty})), т.е. напряжение на обкладках конденсатора стремится к значению ЭДС источника.
Величина (tau=RC) называется постоянной R-цепи. Она равна времени, за которое напряжение на конденсаторе при зарядке возрастает в e раз.
Например:
При (varepsilon=5В, RC=0,01) с график зарядки конденсатора имеет вид:
п.5. Примеры
Пример 1. Решите уравнение:
a) (y’=e^{x+y}) begin{gather*} frac{dy}{dx}=e^xcdot e^yRightarrow e^{-y}dy=e^x dxRightarrowint e^{-y}dy=int e^x dxRightarrow -e^{-y}=e^x+C end{gather*} (e^{-y}=-e^x+C) (на константу, определенную от минус до плюс бесконечности, перемена знака не влияет).
(-y=ln(-e^x+C) )
(y=-ln(C-e^x))
Ответ: (y=ln(C-e^x))
б) (xy+(x+1)y’=0) begin{gather*} (x+1)y’=-xyRightarrowfrac{dy}{dx}=-frac{xy}{x+1}Rightarrowfrac{dy}{y}=-frac{x}{x+1}dx\ intfrac{dy}{y}=ln|y|\ -intfrac{x}{x+1}dx=-intfrac{(x+1)-1}{x+1}dx=-intleft(1-frac{1}{x+1}right)dx=-x+ln|x+1| end{gather*} Получаем: (ln|y|=-x+ln|x+1|)
Запишем константу немного по-другому, как (ln C). Это удобно для потенцирования: begin{gather*} ln|y|-x+ln|x+1|+ln C\ ln|y|-ln C=-x+ln|x+1|\ lnfrac{|y|}{C}=-x+ln|x+1|\ e^{lnfrac{|y|}{C}}=e^{-x+ln|x+1|}\ frac yC=e^{-x}cdot (x+1)\ y=Ce^{-x}(x+1) end{gather*} При преобразованиях мы делили на ((x+1)) и (y), считая, что (xne -1) и (yne 0). Если подставить (x=-1) в решение, получим (y=0), т.е. эта точка не является особой, она входит в общее решение.
Ответ: (y=Ce^{-x}(x+1))
Пример 2*. Найдите решение задачи Коши:
a) (frac{y’}{x^2}+e^y=0, y(1)=0) begin{gather*} frac{y’}{x^2}=-e^yRightarrowfrac{dy}{dx}=-x^2e^yRightarrow e^{-y}dy=-x^2dx\ int e^{-y}dy=-e^{-y}, -int x^2dx=-frac{x^3}{3} end{gather*} Получаем: begin{gather*} -e^{-y}=-frac{x^3}{3}+CRightarrow e^{-y}=frac{x^3}{3}+CRightarrow -y=lnleft|frac{x^3}{3}+Cright|Rightarrow y=-lnleft|frac{x^3}{3}+Cright| end{gather*} Общее решение: (y=-lnleft|frac{x^3}{3}+Cright|)
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ 0-lnleft|frac13+Cright|Rightarrowfrac13+C=1Rightarrow C=frac23 $$ Решение задачи Коши: (y=-lnleft|frac{x^3+2}{3}right|)
Ответ: (y=-lnleft|frac{x^3+2}{3}right|)
б) (x^2(y^2+5)+y^2(x^2+r)y’=0, y(0)=sqrt{5}) begin{gather*} y^2(x^2+5)y’=-x^2(y^2+5)\ y’=frac{dy}{dx}=-frac{x^2(y^2+5)}{y^2(x^2+5)}Rightarrow frac{y^2}{y^2+5}dy=-frac{x^2}{x^2+5}dx end{gather*} Используем табличный интеграл: (intfrac{dx}{x^2+a^2}=frac1a arctgfrac xa+C) begin{gather*} intfrac{y^2}{y^2+5}dy=intfrac{(y^2+5)-5}{y^2+5}dy=intleft(1-frac{5}{y^2+5}right)dy=y-5cdotfrac{1}{sqrt{5}}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=\ =y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}} end{gather*} Аналогично: (-intfrac{x^2}{x^2+5}dx=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}})
Общее решение: (y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}}+C)
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ sqrt{5}-sqrt{5}arctg1=-0+0+CRightarrow C=sqrt{5}-frac{pisqrt{5}}{4}=sqrt{5}left(1-fracpi 4right) $$ Решение задачи Коши: (y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}}+sqrt{5}left(1-fracpi 4right))
Ответ: (y-sqrt{5}arctgfrac{y}{sqrt{5}}=-x+sqrt{5}arctgfrac{x}{sqrt{5}}+sqrt{5}left(1-fracpi 4right))
Пример 3. Найдите массу радиоактивного вещества спустя время, равное четырем периодам полураспада, если начальная масса составляла 64 г.
При радиоактивном распаде атомы одного элемента превращаются в атомы другого, поэтому для массы вещества справедлив тот же закон, что и для количества атомов этого вещества: $$ m(t)=m_0 e^{-lambda t} $$ Период полураспада – это время, за которое масса уменьшается в 2 раза: $$ frac{mleft(T_{frac12}right)}{m_0}=frac12 $$ За время, равное 4 периодам полураспада, масса уменьшится: $$ frac{mleft(4T_{frac12}right)}{m_0}=left(frac12right)^4=frac{1}{16} $$ в 16 раз.
Получаем: $$ mleft(4T_{frac12}right)=frac{m_0}{16}, mleft(4T_{frac12}right)=frac{64}{16}=4 text{(г)} $$ Ответ: 4 г
Пример 4. Выведите зависимость (U(t)) на обкладках конденсатора при его разрядке в RC-цепи.
 |
Разрядка конденсатора происходит в цепи без источника ЭДС. Пусть в начальный момент заряд на обкладках (U(0)=U_0.) Замкнем ключ и начнем разрядку конденсатора. |
По закону Ома для замкнутой цепи: $$ IR+U=0 $$ Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=frac{dq}{dt}=frac{d(CU)}{dt}=Cfrac{dU}{dt} $$ Подставляем: $$ RCfrac{dU}{dt}=-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ frac{dU}{U}=-frac{dt}{RC} $$ Интегрируем: $$ intfrac{dU}{U}=ln U, int{dt}{RC}=frac{t}{RC} $$ Общее решение: $$ ln U=-frac{t}{RC}+B $$ где (B) константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие (U(0)=0). Подставляем: $$ ln U_0=-frac{0}{RC}+BRightarrow B=ln U_0 $$ Решение задачи Коши: begin{gather*} ln U=-frac{t}{RC}+ln U_0Rightarrowln U-ln U_0=-frac{t}{RC}Rightarrow lnfrac{U}{U_0}=-frac{t}{RC}\ frac{U}{U_0}=e^{-frac{t}{RC}} end{gather*}
Изменение напряжение на обкладках конденсатора при разрядке: $$ U(t)=U_0 e^{-frac{t}{RC}} $$
Например, (при U_0=5В, RC=0,01 с) график разрядки конденсатора имеет вид:
1. Уравнения с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
. (8.10)
С учетом равенства
(8.11)
уравнение (8.10) может быть записано в виде 
.
Разделим обе части на произведение функций M(x)∙Q(y) (при условии 
) и после сокращения получим: 
. Так как переменные разделены, проинтегрируем уравнение
почленно:
. После нахождения интегралов получаем общий интеграл
исходного ДУ. Предполагая, что
, мы могли потерять решения. Следовательно, необходимо
подстановкой M(x)=0, Q(y)=0 в исходное уравнение сделать проверку. В том
случае, когда данные функции удовлетворяют уравнению, они также являются его решениями.
Пример 8.2. Проинтегрировать уравнение 
.
Решение. Представим уравнение в виде
. Разделим переменные: 
. Проинтегрируем уравнение:
.
После
применения теоремы о сумме логарифмов и потенцирования получаем
– общий интеграл исходного уравнения
2.
Однородные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
, (8.12)
где M(x;y) и N(x;y)– однородные функции аргументов x и y одного и
того же измерения m, то есть
имеют место равенства
. (8.13)
Метод решения уравнения (8.12) – деление на переменную
x в
степени измерения m: 
. Далее уравнение преобразуются с помощью следующей замены:
. (8.14)
Однородное уравнение (8.12) принимает вид: 
– уравнение с
разделяющимися переменными. Следовательно, дальнейшее решение – по пункту 1.
Пример 8.3. Проинтегрировать уравнение 
.
Решение. Поделим уравнение на x2, получим
. После замены (8.14) заданное по условию уравнение принимает
вид 
,
. В результате интегрирования получим 
. После обратной замены 
– искомый общий
интеграл
Пример 8.4. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения 
.
Решение. Правая часть уравнения 
обладает свойством 
. Поэтому заданное
уравнение является однородным дифференциальным уравнением первого порядка.
Совершим замену 
, где u – некоторая
функция от аргумента x. Отсюда
. Исходное уравнение приобретает вид
или 
. Разделим переменные: 
.
После
интегрирования обеих частей уравнения получаем
. Таким образом,
.
Потенцируя,
находим 
.
Итак,
общий интеграл исходного уравнения приобретает вид cy=x2+y2, где c – произвольная
постоянная
3. Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным или к уравнениям с разделяющимися переменными
Общий вид уравнений
, (8.15)
где
– числа.
При c1=c2=0 уравнение
является однородным. Рассмотрим два случая при c1 и c2 не равных нулю одновременно.
1) Определитель
. Вводят новые переменные u и v, положив x=u+x0, y=v+y0, где (x0;y0) – решение системы уравнений
.
В результате данной подстановки уравнение (8.15)
становится однородным.
Пример 8.5. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения 
.
Решение. Определитель 
, следовательно,
решаем систему уравнений 
. Получаем значения x0= –1; y0=2, с
использованием которых осуществляем
замену x=u–1;y=v+2, при этом 
. Заданное по условию
ДУ принимает вид:
, (*) – однородное ДУ относительно функции v и переменной u.
Обозначим 
. Уравнение (*) принимает вид: 
. Продолжим преобразования:
. Проинтегрируем уравнение:
С помощью формул
интегрирования (4.8) и (4.17) получаем:
.
Осуществим обратную
подстановку
:
– общий интеграл исходного уравнения
2) Определитель
. Это означает пропорциональность коэффициентов 
или
. Уравнение (8.15) принимает вид: 
. С помощью замены
, оно приводится к
уравнению с разделяющимися переменными вида 
.
Пример 8.6. Найти общее решение
(общий интеграл) дифференциального уравнения
.
Решение. Определитель 
, следовательно, осуществляем замену
.
Исходное
уравнение принимает вид:
или 
.
Далее 
. Разделим переменные: 
или 
. Проинтегрируем уравнение:
.
После обратной замены получим: 
– общий интеграл
исходного уравнения
4.
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Общий вид уравнений
, (8.16)
где
P(x) и Q(x) –
заданные функции (могут быть постоянными).
Уравнение (8.16) может быть решено двумя способами.
1) Метод Бернулли-Фурье состоит в том,
что решение ищется в виде произведения двух неизвестных функций y(x)=u(x)∙v(x) или коротко y=u∙v, при этом 
. Одна из функций будет представлять общую часть решения и
содержать константу интегрирования c, другая функция может быть взята в частном виде при
конкретном значении константы (общее решение ДУ первого порядка должно содержать
одну константу интегрирования). Подставим выражения y и 
в (8.16), после чего
оно принимает вид:
. (8.17)
Функцию v(x) подберем в частном виде так, чтобы выражение в
скобках обратилось в ноль. Для этого решим уравнение с разделяющимися
переменными 
или 
. Отсюда в результате интегрирования получим: 
. Так функция v(x) выбиралась произвольно, то можно положить c = 1, тогда 
. Подставив найденную v(x) в (8.17), приходим к еще одному уравнению с
разделяющимися переменными 
. Интегрируя его, получим функцию 
. Общее решение исходного ДУ (8.16) принимает вид
. (8.18)
Пример 8.7. Проинтегрировать уравнение 
с помощью метода
Бернулли.
Решение. Данное уравнение является линейным ДУ первого порядка с
функциями 
. Применим подстановку
y=u∙v, где u и v – некоторые функции аргумента x. Так
как y=u∙v, 
то , и заданное уравнение принимает вид:
.
(**)
Выберем функцию u так, чтобы выражение, стоящее в скобках, обращалось в ноль, то есть 
или
.
Полагая c=1, получим
u=cos x.
При таком выборе функции u уравнение
(**) примет вид:
. Отсюда v=tg x+c. Тогда 
– общее решение
заданного уравнения.
Общее решение заданного ДУ можно также получить,
пользуясь непосредственно формулой (8.18):
.
По условию задачи имеем: P(x)=tg x, 
. Следовательно, 
. Так как
, то с использованием основного логарифмического тождества
получаем:
.
Таким образом, 
– общее решение исходного дифференциального
уравнения
2) Метод Лагранжа иначе называют методом вариации произвольной постоянной.
Рассмотрим сначала соответствующее линейное однородное ДУ первого порядка, то есть
исходное уравнение без правой части 
. Разделив переменные и проинтегрировав, в найденном решении
полагают постоянную c функцией c(x). После этого функцию y дифференцируют и вместе с подставляют в исходное
уравнение. При этом получают уравнение относительно неизвестной функции c(x), отыскав
которую, подставляют ее в y – общее решение заданного линейного неоднородного
уравнения (с правой частью).
Пример 8.8. Проинтегрировать уравнение с помощью метода
Лагранжа (сравни с примером 8.7).
Решение. Решим сначала соответствующее линейное однородное ДУ
первого порядка 
или 
. Разделим переменные: 
. В результате интегрирования получаем: 
– общее решение
соответствующего однородного уравнения. Применим метод варьирования константы,
то есть предположим c=c(x). Тогда общее решение исходного линейного
неоднородного уравнения будет иметь вид: 
. Подставим y и в исходное уравнение:
. После сокращений получим:
. Разделим переменные и проинтегрируем: 
.
Подставляя найденное c(x) в y, имеем общее решение линейного неоднородного
уравнения:
5.
Уравнения Бернулли
Общий вид уравнений
. (8.19)
При n=1 (8.19)– уравнение с разделяющимися переменными. При n=0 (8.19)– линейное ДУ.
Рассмотрим 
. Метод решения – деление уравнения на 
, после чего (8.19) принимает вид 
.
С помощью замены z=y–n+1
исходное уравнение становится линейным относительно функции z(x):
, (8.20)
то есть его решение находится аналогично пункту 4. На
практике искать решение уравнения (8.17) удобнее методом Бернулли в виде
произведения неизвестных функций y=u∙v. Заметим, что y=0 – всегда является решением исходного уравнения
(8.17).
Пример 8.9. Проинтегрировать уравнение 
.
Решение. Заданное
уравнение является уравнением Бернулли. Положим y=u∙v, тогда 
и уравнение примет
вид:
.
Выберем функцию u так, чтобы выполнялось равенство:
. Разделим переменные и
проинтегрируем:
. При c=1 получим функцию
.
Тогда заданное уравнение после сокращения на u примет
вид: 
или 
– уравнение
с разделяющимися переменными. Находим его общее решение:
. Интегрируя последнее уравнение,
получим:
. Следовательно, общее решение заданного уравнения имеет вид:
6. Уравнения
в полных дифференциалах
6.1. Общий вид уравнений
, (8.21)
где
левая часть есть полный дифференциал некоторой функции F(x;y), то есть 
. В этом случае ДУ (8.21) можно записать в виде
, а его общий интеграл будет F(x;y)=c.
Условие, по которому можно судить, что выражение 
является полным
дифференциалом, можно сформулировать в виде следующей теоремы.
Теорема 8.2.
Для того чтобы выражение , где функции M(x;y) и N(x;y), их частные
производные 
и 
непрерывны в некоторой
области D плоскости x0y, было
полным дифференциалом, необходимо и
достаточно выполнение условия
(8.22)
Таким образом, согласно определению полного
дифференциала (6.6) должны выполняться равенства:
. (8.23)
Формула (8.22) представляет собой теорему Шварца,
согласно которой смешанные производные второго порядка функции F(x;y) равны.
Зафиксируем переменную y и проинтегрируем первое уравнение из (8.23) по x, получим:
. (8.24)
Здесь
мы применили метод вариации произвольной постоянной, так как предположили, что
константа c зависит от y (либо
является числом). Продифференцировав (8.24) по переменной y
и приравняв производную к функции N(x;y), мы получим уравнение для нахождения неизвестной c(y).
Подставив c(y) в (8.24), находим функцию F(x;y) такую, что
.
Пример 8.10. Решить
уравнение 
.
Решение. Здесь функция 
.
Проверим условие (8.22): 
. Следовательно, левая часть заданного уравнения представляет собой полный дифференциал
некоторой функции F(x;y). Для ее
отыскания проинтегрируем функцию M(x;y) по
переменной x, считая y=const:
.
Пусть c=c(y),
тогда 
. Продифференцируем данную функцию по y,
получим 
. Отсюда 
.
Найденное c(y) подставляем в функцию F(x;y), получаем
решение заданного ДУ:
Если условие (8.22) не выполняется, то ДУ (8.21) не
является уравнением в полных дифференциалах.
Однако это уравнение иногда можно привести к уравнению
в полных дифференциалах умножением его на некоторую функцию μ(x;y), называемую интегрирующим множителем.
Чтобы уравнение 
было уравнение в полных
дифференциалах, должно выполняться условие
. (8.25)
Выполнив дифференцирование 
и приведя подобные
слагаемые, получим: 
. Для нахождения μ(x;y) надо
проинтегрировать полученное ДУ в частных производных. Решение этой задачи не
простое. Нахождение интегрирующего множителя может быть упрощено, если
допустить существование μ как функции только одного аргумента x либо
только y.
6.2. Пусть μ = μ(x). Тогда уравнение (8.25) принимает вид:
(8.26)
При этом подынтегральное выражение должно зависеть только от x.
6.3. Пусть
μ = μ(y). Тогда
аналогично можно получить
, (8.27)
где подынтегральное выражение должно зависеть только
от y.
Пример 8.11. Решить
уравнение 
.
Решение. Здесь 
, то есть 
. Проверим существование интегрирующего множителя. По
формуле (8.26) составляем подынтегральное выражение:
, оно зависит только от
переменной x. Следовательно, уравнение имеет интегрирующий
множитель μ(x). В нашем
случае он имеет вид 
. Умножая исходное уравнение на
μ=x, получаем: 
, то есть уравнение в полных дифференциалах. Действительно, для него
. Решив его аналогично пункту 6.1, найдем, что общий
интеграл исходного уравнения имеет вид 
7. Дифференциальные уравнения, неразрешенные относительно производной
К уравнениям данного вида относятся уравнения Лагранжа и Клеро, которые образуют достаточно большой класс ДУ, решаемых методом введения параметра 
.
7.1.
Уравнение Лагранжа
Общий вид уравнений
, (8.28)
где
φ
и ψ– известные функции от 
. После введения параметра 
уравнение (8.28)
принимает вид
. (8.29)
Продифференцируем его по x:
. (8.30)
Полученное уравнение (8.30) является линейным уравнением относительно
неизвестной функции x = x(p). Решив
его, найдем:
x = λ(p;c). (8.31)
Исключая параметр p из уравнений
(8.29) и (8.31), получаем общий
интеграл уравнения (8.28) в
виде y = γ(x;c).
Примечание. При переходе к уравнению (8.30) мы делили на 
. При этом могли быть потеряны решения, для которых 
или p = p0=const. Это
означает, что p0 является
корнем уравнения p = φ(p)=0 (смотри уравнение (8.30)). Тогда
решение 
для уравнения (8.28)
является особым
7.2. Уравнение
Клеро представляет собой частный случай уравнения Лагранжа
при 
, следовательно, его общий вид
. (8.32)
Вводим
параметр , после чего уравнение (8.30) записывается так:
. (8.33)
Продифференцируем уравнение (8.33) по переменной x:
,
то согласно (8.33), уравнение (8.32) имеет общее решение
. (8.34)
При 
получаем частное решение уравнения
в параметрической форме:
.
(8.35)
Это – особое решение уравнения Клеро, так как оно не
содержится в формуле общего решения уравнения.
Пример 8.12.
Решить уравнение Клеро 
.
Решение. Согласно формуле (8.32) общее решение имеет вид y=cx+c2. Особое решение уравнения получим по (8.33) в виде
. Отсюда следует: 
, то есть 
Вопросы для самопроверки
Уравнения с разделяющимися переменными
Разделение переменных подразумевает возможность преобразования исходного дифференциального уравнения таким образом, что в левой части уравнения находятся y′y^prime и f(y)f(y), а в правой g(x)g(x).
Пример
exy′=sin2ye^x y^prime=sin^2 y
Делим обе части на ex⋅sin2ye^x cdot sin^2 y, а выражение производной записываем как y′=dydxy^prime =frac{dy}{dx}. Получаем
dydx⋅1sin2y=1exfrac{dy}{dx} cdot frac{1}{sin^2 y}=frac{1}{e^x}
Теперь домножаем на dxdx, чтобы в обеих частях уравнения получились дифференциалы
dysin2y=dxexfrac{dy}{sin^2 y }=frac{dx}{e^x}
Теперь обе части можно интегрировать
∫dysin2y=∫dxexint{frac{dy}{sin^2 y }}=int{frac{dx}{e^x}}
−ctgy=−e−x+C-ctg y=-e^{-x}+C
ctgy=e−x+Cctg y=e^{-x}+C
y=arcctg(e−x+C)y= arcctg(e^{-x}+C)
Однородные уравнения
Однородные уравнения в виде y′=f(yx)y^prime=fleft(frac{y}{x}right) приводятся к уравнению с разделяющимися переменными при помощи замены
y=xuy=xu
y′=u+u′xy^prime=u+u^prime x
Пример
y′x−y=x2y^prime x-y=x^2
Делим обе части на xx
y′−yx=xy^prime -frac{y}{x}=x
Теперь можно сделать замену y=xuy=xu
u′x+u−u=xu^prime x +u-u=x
u′x=xu^prime x =x
Разделяем переменные
dudx⋅x=xfrac{du}{dx}cdot x=x
dudx=1frac{du}{dx}=1
du=dxdu=dx
∫du=∫dxint du=int dx
u=x+Cu=x+C
y=ux=(x+C)x=x2+Cxy=ux=(x+C)x=x^2+Cx
Уравнения Бернулли
Уравнение Бернулли в общем виде записывается как
y′+p(x)y=q(x)yny^prime +p(x) y=q(x)y^n
Обычно его решают заменой
y=uvy=uv
y′=u′v+uv′y^prime=u^prime v+uv^prime
Пример
y′+xy=e1xy2y^prime + xy=e^{frac{1}{x}}y^2
Делаем замену y=uvy=uv
u′v+uv′+xuv=e1x(uv)2u^prime v+uv^prime + xuv= e^{frac{1}{x}} (uv)^2
В левой части уравнения для второго и третьего слагаемых вынесем за скобки uu.
u′v+u(v′+xv)=e1x(uv)2u^prime v+u(v^prime + xv)= e^{frac{1}{x}} (uv)^2
Приравняем полученную скобку к нулю и найдем ненулевое частное решение уравнения
v′+xv=0v^prime + xv=0
v′=−xvv^prime =-xv
dvdx=−xvfrac{dv}{dx}=-xv
dvv=−xdxfrac{dv}{v}=-xdx
∫dvv=−∫xdxintfrac{dv}{v}=-int xdx
ln∣v∣=−x22ln|v|= -frac{x^2}{2}
v=e−x22v=e^{-frac{x^2}{2}}
Подставляем полученную функцию в уравнение
u′e−x22=e1x(ue−x22)2u^prime e^{-frac{x^2}{2}}= e^{frac{1}{x}} (u e^{-frac{x^2}{2}})^2
dudxe−x22=e1x(ue−x22)2frac{du}{dx} e^{-frac{x^2}{2}}= e^{frac{1}{x}} (u e^{-frac{x^2}{2}})^2
dudx=e1xu2e−x22frac{du}{dx} = e^{frac{1}{x}}u^2 e^{-frac{x^2}{2}}
duu2=e1xe−x22dxfrac{du}{u^2} = e^{frac{1}{x}} e^{-frac{x^2}{2}}dx
duu2=e−x2dxfrac{du}{u^2} = e^{-frac{x}{2}}dx
∫duu2=∫e−x2dxintfrac{du}{u^2} = int e^{-frac{x}{2}}dx
−1u=−2e−x2+C-frac{1}{u}=-2 e^{-frac{x}{2}}+C
u=12e−x2+Cu= frac{1}{2 e^{-frac{x}{2}}+C}
Подставляем в выражение для yy
y=uv=12e−x2+Ce−x22=e−x222e−x2+Cy=uv=frac{1}{2 e^{-frac{x}{2}}+C } e^{-frac{x^2}{2}}=frac{ e^{-frac{x^2}{2}}}{2 e^{-frac{x}{2}}+C}