Решение дифференциальных уравнений

Найти решение дифференциального уравнения \(\ y^{\prime}=\sin x+x \)

Искомое решение \(\ y(x)=\int(\sin x+x) d x \)

Согласно свойствам интеграла, интеграл от суммы равен сумме интегралов, то есть получаем \(\ y(x)=\int(\sin x+x) d x=\int \sin x d x+\int x d x \)

Используя таблицу интегралов, окончательно будем иметь: \(\ y(x)=\int \sin x d x+\int x d x=-\cos x+\frac{x^{2}}{2}+C \)

Ответ \(\ y(x)=-\cos x+\frac{x^{2}}{2}+C \)

2. Дифференциальные уравнения вида \(\ f(x) \cdot y^{\prime}=g(x) \) сводятся к дифференциальным уравнениям \(\ y^{\prime}=f(x) \) делением обеих частей равенства на \(\ f(x) \neq 0 \).

В результате получаем дифференциальное уравнение \(\ y^{\prime}=\frac{g(x)}{f(x)} \)

Тогда, согласно выше написанному, его решение \(\ y=\int \frac{g(x)}{f(x)} d x \)

ПРИМЕР

Решить дифференциальное уравнение \(\ (\sqrt{x}+1) \cdot y^{\prime}=2 \)

В данном случае \(\ f(x)=\sqrt{x}+1 \), \(\ g(x)=2 \) . Делим левую и правую части заданного дифференциального уравнения на \(\ f(x) \) ,в результате будем иметь: \(\ y^{\prime}=\frac{2}{\sqrt{x}+1} \)

Тогда искомое решение \(\ y(x)=\int \frac{2}{\sqrt{x}+1} d x \)

Полученный интеграл найдем с помощью замены переменной: \(\ y(x)=\int \frac{2}{\sqrt{x}+1} d x\left\|\begin{array}{l}{x=t^{2}} \\ {d x=2 t d t}\end{array}\right\|=\int \frac{2 t d t}{\sqrt{t^{2}}+1}=2 \int \frac{t d t}{t+1}=2 \int \frac{(t+1)-1}{t+1} d t=2 \int\left(1-\frac{1}{t+1}\right) d t=2 \int d t-2 \int \frac{d t}{t+1}=2 t-2 \int \frac{d(t+1)}{t+1}=2 t-2 \ln |t+1|+C=2 \sqrt{x}-2 \ln |\sqrt{x}+1|+C \)

Ответ \(\ y(x)=2 \sqrt{x}-2 \ln |\sqrt{x}+1|+C \)

3. Дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными называется уравнение вида \(\ f_{1}(x) g_{1}(y) d y=f_{2}(x) g_{2}(y) d x \) или \(\ f_{1}(x) g_{1}(y) y^{\prime}(x)=f_{2}(x) g_{2}(y) \)

Например: \(\ (x+1) y^{2} d x=x y d y \)

Дифференциальное уравнение \(\ g(y) d y=f(x) d x \) или \(\ g(y) \cdot y^{\prime}=f(x) \) называется дифференциальным уравнением с разделенными переменными.

Например: \(\ \frac{d y}{y}=\frac{(x+1) d x}{x} \)

Общее решение такого уравнения ищется с помощью интегрирования обеих частей равенства \(\ g(y) d y=f(x) d x \) : \(\ \int g(y) d y=\int f(x) d x \)

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными сводятся к дифференциальным уравнениям с разделенными переменными делением на произведение\(\ f_{1}(x) g_{2}(y) \) : \(\ f_{1}(x) g_{1}(y) d y=f_{2}(x) g_{2}(y) d x \Rightarrow \frac{g_{1}(y) d y}{g_{2}(y)}=\frac{f_{2}(x) d x}{f_{1}(x)} \)

ЗАМЕЧАНИЕ

Такое преобразование не приведет к появлению особых решений, если \(\ f_{1}(x) \neq 0 \), \(\ g_{2}(y) \neq 0 \) одновременно.

ПРИМЕР

Найти решение дифференциального уравнения \(\ (x+1) d y=y d x \)

Данное уравнение является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Разделим их: \(\ (x+1) d y=y d x \Rightarrow \frac{d y}{y}=\frac{d x}{x+1} \)

Общий интеграл уравнения \(\ \int \frac{d y}{y}=\int \frac{d x}{x+1} \)

Каждый из записанных интегралов найдем по отдельности: \(\ \int \frac{d y}{y}=\ln |y|+C_{1} \)

Тогда имеем, что \(\ \ln |y|=\ln |x+1|+\ln C \)

В данном случае в качестве константы интегрирования рациональнее (для дальнейших преобразований) взять ln C вместо привычного C.

Итак, далее используя свойства логарифмов, преобразуем получение решение следующим образом: \(\ \ln C \)

Ответ: \(\ \ln |y|=\ln C|x+1| \Rightarrow y=C(x+1) \)

4. Дифференциальные уравнения вида \(\ y(x)=C(x+1) \) сводятся к дифференциальным уравнениям с разделяющимися переменными с помощью замены \(\ y^{\prime}=f(a x+b y) \), \(\ a \), \(\ b \in R \)

ПРИМЕР

Решить дифференциальное уравнение \(\ a x+b y=t \)

Сведем заданное дифференциальное уравнение к уравнению с разделяющимися переменными, для этого сделаем замену \(\ y^{\prime}=\sqrt{2 x+3 y} \)

тогда \(\ 2 x+3 y=t \)

или \(\ (2 x+3 y)^{\prime}=t^{\prime} \)

Отсюда \(\ 2 \cdot 1+3 y^{\prime}=t^{\prime} \)

Исходное дифференциальное уравнение принимает вид: \(\ y^{\prime}=\frac{t^{\prime}-2}{3} \)

Получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, разделим их: \(\ \frac{t^{\prime}-2}{3}=\sqrt{t} \)

Общий интеграл уравнения: \(\ t^{\prime}-2=3 \sqrt{t} \Rightarrow t^{\prime}=3 \sqrt{t}+2 \Rightarrow \frac{d t}{d x}=3 \sqrt{t}+2 \Rightarrow \frac{d t}{3 \sqrt{t}+2}=d x \)

Найдем каждый из записанных интегралов отдельно: \(\ \int \frac{d t}{3 \sqrt{t}+2}=\int d x \)

\(\ \int \frac{d t}{3 \sqrt{t}+2}=\frac{1}{3} \int \frac{d t}{\sqrt{t}+\frac{2}{3}}\left\|\begin{array}{l}{t=z^{2}} \\ {d t=2 z d z}\end{array}\right\|=\frac{1}{3} \int \frac{2 z d z}{z+\frac{2}{3}}=\frac{2}{3} \int \frac{\left(z+\frac{2}{3}\right)-\frac{2}{3}}{z+\frac{2}{3}} d z= \frac{2}{3} \int\left(1-\frac{2}{3\left(z+\frac{2}{3}\right)}\right) d z=\frac{2}{3} \int d z-\frac{4}{9} \int \frac{d z}{z+\frac{2}{3}}=\frac{2}{3} z-\frac{4}{9} \ln \left|z+\frac{2}{3}\right|+C_{1}=\frac{2}{3} \sqrt{t}-\frac{4}{9} \ln \left|\sqrt{t}+\frac{2}{3}\right|+C_{1} \)

Отсюда \(\ \int d x=x+C_{2} \)

После обратной замены, окончательно имеем, что \(\ \frac{2}{3} \sqrt{t}-\frac{4}{9} \ln \left|\sqrt{t}+\frac{2}{3}\right|=x+C \)

Ответ \(\ \frac{2}{3} \sqrt{2 x+3 y}-\frac{4}{9} \ln \left|\sqrt{2 x+3 y}+\frac{2}{3}\right|=x+C \)

5. Однородным дифференциальным уравнением n-го порядка называется уравнение \(\ \frac{2}{3} \sqrt{2 x+3 y}-\frac{4}{9} \ln \left|\sqrt{2 x+3 y}+\frac{2}{3}\right|=x+C \): удовлетворяющее условию \(\ y^{\prime}=f(x ; y) \)

Однородные дифференциальные уравнения можно свисти к уравнению вида \(\ f(\lambda x ; \lambda y)=\lambda^{n} f(x ; y) \) или \(\ y^{\prime}=f\left(\frac{y}{x}\right) \) ,которое с помощью замены \(\ y^{\prime}=f\left(\frac{x}{y}\right) \frac{y(x)}{x}=z(x) \Rightarrow y=x z \Rightarrow y^{\prime}=z+x z^{\prime} \) сводится к дифференциальному уравнению с разделяющимися переменными.

ПРИМЕР

Решить дифференциальное уравнение \(\ \frac{x}{y}=z \)

Заданное уравнение является однородным. Почленно разделим второе слагаемое в левой части заданного уравнения: \(\ y^{\prime}+\frac{x^{2}+y^{2}}{x y}=0 \)

Делаем замену: \(\ y^{\prime}+\frac{x^{2}}{x y}+\frac{y^{2}}{x y}=0 \Rightarrow y^{\prime}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x}=0 \) и \(\ \frac{y}{x}=z \Rightarrow y=x z \Rightarrow y^{\prime}=z+x z^{\prime} \)

Заданное уравнение принимает вид: \(\ \frac{x}{y}=\frac{1}{z} z+x z^{\prime}+z+\frac{1}{z}=0 \)

Пришли к уравнению с разделяющимися переменными, разделим их (для этого домножаем обе части равенства на выражение \(\ x z^{\prime}+\frac{2 z^{2}+1}{z}=0 \Rightarrow x z^{\prime}=-\frac{2 z^{2}+1}{z} \Rightarrow x \frac{d z}{d x}=-\frac{2 z^{2}+1}{z} \) : \(\ \frac{z d x}{x\left(2 z^{2}+1\right)} \)

Общий интеграл уравнения: \(\ \frac{z d z}{2 z^{2}+1}=-\frac{d x}{x} \)

Найдем каждый из интегралов отдельно: \(\ \int \frac{z d z}{2 z^{2}+1}=-\int \frac{d x}{x} \int \frac{z d z}{2 z^{2}+1}\left\|\begin{array}{l}{2 z^{2}+1=t} \\ {4 z d z=d t} \\ {z d z=\frac{d t}{4}}\end{array}\right\|=\int \frac{\frac{d t}{4}}{t}=\frac{1}{4} \int \frac{d t}{t}=\frac{1}{4} \ln |t|+C_{1}=\frac{1}{4} \ln \left(2 z^{2}+1\right)+C_{1} \)

То есть получаем: \(\ \int \frac{d x}{x}=\ln |x|+C_{2} \)

Преобразуем полученное выражение следующим образом: \(\ \frac{1}{4} \ln \left(2 z^{2}+1\right)=-\ln |x|+\ln |C| \frac{1}{4} \ln \left(2 z^{2}+1\right)=\ln \left|\frac{C}{x}\right| \) или \(\ \ln \left(2 z^{2}+1\right)=4 \ln \left|\frac{C}{x}\right| \)

Потенцируя левую и правую часть последнего равенства, будем иметь: \(\ \ln \left(2 z^{2}+1\right)=\ln \left(\frac{C}{x}\right)^{4} \)

Сделаем обратную замену \(\ 2 z^{2}+1=\left(\frac{C}{x}\right)^{4} \) и введем новое обозначение \(\ z=\frac{y}{x} \) \(\ C^{4}=\tilde{C} \)

Ответ \(\ 2 \cdot\left(\frac{y}{x}\right)^{2}+1=\frac{\tilde{C}}{x^{4}}, \frac{2 y^{2}+x^{2}}{x^{2}}=\frac{\tilde{C}}{x^{4}} \Rightarrow x^{2}\left(x^{2}+2 y^{2}\right)=\tilde{C} \)

6. Дифференциальные уравнения \(\ x^{2}\left(x^{2}+2 y^{2}\right)=\tilde{C} \) , где коэффициенты \(\ y^{\prime}=\frac{a_{1} x+b_{1} y+c_{1}}{a_{2} x+b_{2} y+c_{2}} \) – некоторые действительные числа.

Если \(\ a_{1} \), \(\ a_{2} \), \(\ b_{1} \), \(\ b_{2} \), \(\ c_{1} \), \(\ c_{2} \) , то данное уравнение является однородным и методика получения его решения описана выше.

Рассмотрим случай, когда хотя бы одно из чисел\(\ \mathrm{c} 1 \) или \(\ \mathrm{c} 2 \) отлично от нуля. Выполним заменой (введем новые переменные) \(\ c_{1}=c_{2}=0 \)

Здесь \(\ h \), \(\ k \) – некоторые числа. При этом \(\ \left\{\begin{array}{l}{x=x_{1}+h} \\ {y=y_{1}+k}\end{array}\right. \)

Подставляя эти выражения в исходное дифференциальное уравнение, будем иметь: \(\ y^{\prime}=\frac{d y}{d x}=\frac{d y_{1}}{d x_{1}}=y_{1}^{\prime} \) или \(\ \frac{d y_{1}}{d x_{1}}=\frac{a_{1}\left(x_{1}+h\right)+b_{1}\left(y_{1}+k\right)+c_{1}}{a_{2}\left(x_{1}+h\right)+b_{2}\left(y_{1}+k\right)+c_{2}} \)

Величины \(\ h \), \(\ k \) будем выбирать так, чтобы свободные коэффициенты в числителе и знаменателе последнего дифференциального уравнения равнялись нулю. То есть \(\ h \) и \(\ k \) найдем из системы< \(\ \frac{d y_{1}}{d x_{1}}=\frac{a_{1} x_{1}+b_{1} y_{1}+a_{1} h+b_{1} k+c_{1}}{a_{2} x+b_{2} y+a_{2} h+b_{2} k+c_{2}} \)

С учетом этого уравнение \(\ \left\{\begin{array}{l}{a_{1} h+b_{1} k+c_{1}=0} \\ {a_{2} h+b_{2} k+c_{2}=0}\end{array}\right. \) сводится к дифференциальному уравнению \(\ \frac{d y_{1}}{d x_{1}}=\frac{a_{1} x_{1}+b_{1} y_{1}+a_{1} h+b_{1} k+c_{1}}{a_{2} x+b_{2} y+a_{2} h+b_{2} k+c_{2}} \) которое является однородным.

ЗАМЕЧАНИЕ

Описанный способ решения применим и к дифференциальным уравнениям вида \(\ \frac{d y_{1}}{d x_{1}}=\frac{a_{1} x_{1}+b_{1} y_{1}}{a_{2} x+b_{2} y_{2}} \)

ПРИМЕР

Решить дифференциальное уравнение \(\ y^{\prime}=f\left(\frac{a_{1} x+b_{1} y+c_{1}}{a_{2} x+b_{2} y+c_{2}}\right) \)

Сделаем замену \(\ y^{\prime}=\frac{x+3 y+4}{3 x-6} \), \(\ y=y_{1}+k \)

Тогда с учетом того, что \(\ y^{\prime}=y_{1}^{\prime} \) , исходное дифференциальное уравнение принимает вид: \(\ y_{1}^{\prime}=\frac{x_{1}+h+3\left(y_{1}+k\right)+4}{3\left(x_{1}+h\right)-6} \)

После упрощения, получим: \(\ y_{1}^{\prime}=\frac{x_{1}+3 y_{1}+h+3 k+4}{3 x_{1}+3 h-6} \)

Числа \(\ h \) и \(\ k \) являются решениями системы \(\ \left\{\begin{array}{l}{h+3 k+4=0} \\ {3 h-6=0}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{h+3 k+4=0} \\ {h=2}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{k=-2} \\ {h=2}\end{array}\right.\right.\right. \)

В этом случае последнее дифференциальное уравнение запишется в виде: \(\ y_{1}^{\prime}=\frac{x_{1}+3 y_{1}}{3 x_{1}} \)

Перепишем последнее равенство в виде: \(\ y_{1}^{\prime}=\frac{1}{3}+\frac{y_{1}}{x_{1}} \) (1)

Полученное уравнение является однородным дифференциальным уравнением (см. тип 5). Для его решения сделаем замену \(\ \frac{y_{1}\left(x_{1}\right)}{x_{1}}=z\left(x_{1}\right) \Rightarrow y_{1}=x_{1} z \Rightarrow y_{1}^{\prime}=z+x_{1} \cdot z^{\prime} \)

Тогда уравнение (1) \(\ z+x_{1} z^{\prime}=\frac{1}{3}+z \)

или \(\ x_{1} z^{\prime}=\frac{1}{3} \)

Получили уравнение с разделяющимися переменными (уравнение типа 3), разделим их: \(\ x_{1} \cdot \frac{d z}{d x_{1}}=\frac{1}{3} \Rightarrow d z=\frac{d x_{1}}{3 x_{1}} \)

Общий интеграл уравнения: \(\ \int d z=\int \frac{d x_{1}}{3 x_{1}} \)

отсюда \(\ z=\frac{\ln \left|x_{1}\right|}{3}+C \) (2)

Делаем обратную замену \(\ z=\frac{y_{1}}{x_{1}} \)

Тогда решение (2) принимает вид: \(\ \frac{y_{1}}{x_{1}}=\frac{\ln \left|x_{1}\right|}{3}+C \)

Переходим к исходным переменным \(\ x=x_{1}+2 \Rightarrow x_{1}=x-2 y=y_{1}-2 \Rightarrow y_{1}=y+2 \)

В результате получаем решение исходного дифференциального уравнения \(\ \frac{y+2}{x-2}=\frac{\ln |x-2|}{3}+C \)

Ответ \(\ \frac{y+2}{x-2}=\frac{\ln |x-2|}{3}+C \)