Дифференциальное уравнение Риккати
Дифференциальное уравнение первого порядка вида
[math]\frac{dy}{dx}+a(x)y^2+b(x)y+c(x)=0,[/math](1) где [math]a(x),\,b(x),\,c(x)[/math] — известные функции, называется уравнением Риккати (обобщенным). Если коэффициенты [math]a,\,b,\,c[/math] в уравнении Риккати постоянны, то уравнение допускает разделение переменных, и мы сразу получаем общий интеграл
[math]C_1-x=\int\frac{dy}{ay^2+by+c}\,.[/math]
Как показал Лиувилль, уравнение (1) в общем случае не интегрируется в квадратурах.
Свойства уравнения Риккати
1. Если известно какое-нибудь частное решение [math]y_1(x)[/math] уравнения (1), то его общее решение может быть получено при помощи квадратур.
В самом деле, положим
[math]y=y_1(x)+z(x),[/math](2) где [math]z(x)[/math] — новая неизвестная функция. Подставляя (2) в (1), найдем
[math]\frac{dy_1}{dx}+\frac{dz}{dx}+a(x)(y_1^2+2y_1z+z^2)+b(x)(y_1+z)+c(x)=0,[/math] откуда, в силу того что [math]y_1(x)[/math] есть решение уравнения (1) получим
[math]\frac{dz}{dx}+a(x)(2y_1z+z^2)+b(x)z=0,[/math] или[math]\frac{dz}{dx}+a(x)z^2+[2a(x)y_1+b(x)]z=0.[/math](3)
Уравнение (3) является частным случаем уравнения Бернулли.
Пример 1. Решить уравнение Риккати
[math]y'-y^2+2e^xy=e^{2x}+e^x,[/math](4) зная его частное решение [math]y_1=e^x[/math].
Решение. Положим [math]y=e^x+z(x)[/math] и подставим в уравнение (4); получим
[math]\frac{dz}{dx}=z^2,[/math] откуда [math]-\frac{1}{z}=x-C,[/math] или [math]z=\frac{1}{C-x}\,.[/math]
Таким образом, общее решение уравнения (4) [math]y=e^x+\frac{1}{C-x}[/math].
Замечание. Вместо подстановки (2) часто бывает практически более выгодной подстановка
[math]y=y_1(x)+\frac{1}{u(x)}\,,[/math] которая сразу приводит уравнение Риккати (1) к линейному [math]u'-(2ay_1+b)=a[/math].
2. Если известны два частных решения уравнения (1), то его общий интеграл находится одной квадратурой.
Пусть известны два частных решения [math]y_2(x)[/math] и [math]y_2(x)[/math] уравнения (1). Используя тот факт, что имеет место тождество
[math]\frac{dy_1}{dx}\equiv-a(x)y_1^2-b(x)y_1-c(x)[/math] представим уравнение (1) в виде
[math]\frac{1}{y-y_1}\frac{d(y-y_1)}{dx}=-a(x)(y+y_1)-b(x),[/math] или[math]\frac{d}{dx}[\ln{y}-y_1]= -a(x)(y+y_1)-b(x).[/math](5) Для второго частного решения [math]y_2(x)[/math] аналогично находим
[math]\frac{d}{dx}[\ln{y}-y_2]= -a(x)(y+y_2)-b(x).[/math](6) Вычитая из равенства (5) равенство (6), получаем
[math]\frac{d}{dx}\!\left[\ln\frac{y-y_1}{y-y_2}\right]= a(x)(y_2-y_1),[/math] откуда[math]\frac{y-y_1}{y-y_2}= C\exp\int a(x)[y_2(x)-y_1(x)]\,dx.[/math](7)
Пример 2. Уравнение [math]\frac{dy}{dx}=\frac{m^2}{x^2}-y^2,~m=\text{const}[/math] имеет частные решения [math]y_1=\frac{1}{x}+\frac{m}{x^2}, \quad y_2=\frac{1}{x}-\frac{m}{x^2}[/math]. Найти его общий интеграл.
Решение. Используя формулу (7), получаем общий интеграл исходного уравнения
[math]\frac{y-y_1}{y-y_2}=C\exp\int\frac{-2m}{x^2}\,dx[/math] откуда [math]\frac{x^2y-x-m}{x^2y-x+m}=C\exp\frac{2m}{x}\,.[/math]
|