Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Линейные дифференциальные уравнения первого порядка и уравнение Бернулли

Линейные дифференциальные уравнения 1-го порядка
и уравнение Бернулли


Линейным дифференциальным уравнением первого порядка называется уравнение, линейное относительно неизвестной функции и её производной. Оно имеет вид


[math]\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x),[/math]
(1)

где [math]p(x)[/math] и [math]q(x)[/math] — заданные функции от [math]x[/math], непрерывные в той области, в которой требуется проинтегрировать уравнение (1).


Если [math]q(x)\equiv0[/math], то уравнение (1) называется линейным однородным. Оно является уравнением с разделяющимися переменными и имеет общее решение


[math]y=C\exp\!\left(-\int{p(x)}\,dx\right)\!,[/math]

Общее решение неоднородного уравнения можно найти методом вариации произвольной постоянной, который состоит в том, что решение уравнения (1) ищется в виде


[math]y=C(x)\exp\!\left(-\int{p(x)}\,dx\right)[/math], где [math]C(x)[/math] — новая неизвестная функция от [math]x[/math].



Пример 1. Решить уравнение [math]y'+2xy=2xe^{-x^2}[/math].


Решение. Применим метод вариации постоянной. Рассмотрим однородное уравнение [math]y'+2xy=0[/math], соответствующее данному неоднородному уравнению. Это уравнение с разделяющимися переменными. Его общее решение имеет вид [math]y=Ce^{-x^2}[/math].


Общее решение неоднородного уравнения ищем в виде [math]y=C(x)e^{-x^2}[/math], где [math]C(x)[/math] — неизвестная функция от [math]x[/math]. Подставляя, получаем [math]C'(x)=2x[/math], откуда [math]C(x)=x^2+C[/math]. Итак, общее решение неоднородного уравнения будет [math]y=(x^2+C)e^{-x^2}[/math], где [math]C[/math] — постоянная интегрирования.


Замечание. Может оказаться, что дифференциальное уравнение линейно относительно [math]x[/math] как функция от [math]y[/math]. Нормальный вид такого уравнения


[math]\frac{dx}{dy}+r(y)x=\varphi(y).[/math]



Пример 2. Решить уравнение [math]\frac{dy}{dx}=\frac{1}{x\cos{y}+\sin2y}[/math].


Решение. Данное уравнение является линейным, если рассматривать [math]x[/math] как функцию от [math]y[/math]:


[math]\frac{dx}{dy}-x\cos{y}=\sin{2y}.[/math]

Применяем метод вариации произвольной постоянной. Сначала решаем соответствующее однородное уравнение


[math]\frac{dx}{dy}-x\cos{y}=0,[/math]

которое является уравнением с разделяющимися переменными. Его общее решение имеет вид [math]x=Ce^{\sin{y}},~C=\text{const}[/math].


Общее решение уравнения ищем в виде [math]x=C(y)e^{\sin{y}}[/math], где [math]C(y)[/math] — неизвестная функция от [math]y[/math]. Подставляя, получаем


[math]C'(y)e^{\sin{y}}=\sin2y[/math] или [math]C'(y)=e^{-\sin{y}}\sin2y.[/math]

Отсюда, интегрируя по частям, будем иметь


[math]\begin{aligned}C(y)&=\int{e^{-\sin{y}}\sin2y}\,dy=2\int{e^{-\sin{y}}\cos{y}\sin{y}}\,dy=2\int\sin{y}\,d(-e^{-\sin{y}})=\\ &=-2\sin{y}\,e^{-\sin{y}}+2\int{e^{-\sin{y}}\cos{y}}\,dy=C-2(\sin{y}+1)e^{-\sin{y}},\end{aligned}[/math]
итак,
[math]C(y)=-2e^{-\sin{y}}(1+\sin{y})+C.[/math]
(6)

Подставляя это уравнение в [math]x=C(y)e^{\sin{y}}[/math], получаем общее решение исходного уравнения, а значит, и данного уравнения:
[math]x=Ce^{\sin{y}}-2(1+\sin{y})[/math]

Исходное уравнение может быть проинтегрировано также следующим образом. Полагаем


[math]y=u(x)v(x),[/math]
(7)

где [math]u(x)[/math] и [math]v(x)[/math] — неизвестные функции от [math]x[/math], одна из которых, например [math]v(x)[/math], может быть выбрана произвольно.


Подставляя [math]y=u(x)v(x)[/math] в [math]\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)[/math], после преобразования получаем


[math]vu'+(pv+v')u=q(x).[/math]
(8)

Определяя [math]v(x)[/math] из условия [math]v'+pv=0[/math], найдем затем из [math]vu'+(pv+v')u=q(x)[/math] функцию [math]u(x)[/math], а следовательно, и решение [math]y=uv[/math] уравнения [math]\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)[/math]. В качестве [math]v(x)[/math] можно взять любое частое решение уравнения [math]v'+pv=0,~v\not\equiv0[/math].




Пример 3. Решить задачу Коши: [math]x(x-1)y'+y=x^2(2x-1),~y|_{x=2}=4[/math].


Решение. Ищем общее решение уравнения в виде [math]y=u(x)v(x)[/math]; имеем [math]y'=u'v+uv'[/math]. Подставляя выражение для [math]y[/math] и [math]y'[/math] в исходное уравнение, будем иметь


[math]x(x-1)(u'v+uv')+uv=x^2(2x-1)[/math] или [math]x(x-1)vu'+[x(x-1)v'+v]u=x^2(2x-1)[/math]

Функцию [math]v=v(x)[/math] находим из условия [math]x(x-1)v'+v=0[/math]. Беря любое частное решение последнего уравнения, например [math]v=\frac{x}{x-1}[/math], и подставляя его, получаем уравнение [math]u'=2x-1[/math], из которого находим функцию [math]u(x)=x^2-x+C[/math]. Следовательно, общее решение уравнения [math]x(x-1)y'+y=x^2(2x-1)[/math] будет


[math]y=uv=(x^2-x+C)\frac{x}{x-1},[/math] или [math]y=\frac{Cx}{x-1}+x^2.[/math]

Используя начальное условие [math]y|_{x=2}=4[/math], получаем для нахождения [math]C[/math] уравнение [math]4=\frac{2C}{2-1}+2^2[/math], откуда [math]C=0[/math]; так что решением поставленной задачи Коши будет функция [math]y=x^2[/math].




Пример 4. Известно, что между силой тока [math]i[/math] и электродвижущей силой [math]E[/math] в цепи, имеющей сопротивление [math]R[/math] и самоиндукцию [math]L[/math], существует зависимость [math]E=Ri+L\frac{di}{dt}[/math], где [math]R[/math] и [math]L[/math] — постоянные. Если считать [math]E[/math] функцией времени [math]t[/math], то получим линейное неоднородное уравнение для силы тока [math]i[/math]:


[math]\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i(t)=\frac{E(t)}{L}.[/math]

Найти силу тока [math]i(t)[/math] для случая, когда [math]E=E_0=\text{const}[/math] и [math]i(0)=I_0[/math].


Решение. Имеем [math]\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i(t)=\frac{E_0}{L},~i(0)=I_0[/math]. Общее решение этого уравнения имеем вид [math]i(t)=\frac{E_0}{R}+Ce^{-(R/L)t}[/math]. Используя начальное условие (13), получаем из [math]C=I_0-\frac{E_0}{R}[/math], так что искомое решение будет


[math]i(t)=\frac{E_0}{R}+\left(I_0-\frac{E_0}{R}\right)\!e^{-(R/L)t}.[/math]

Отсюда видно, что при [math]t\to+\infty[/math] сила тока [math]i(t)[/math] стремится к постоянному значению [math]\frac{E_0}{R}[/math].




Пример 5. Дано семейство [math]C_\alpha[/math] интегральных кривых линейного неоднородного уравнения [math]y'+p(x)y=q(x)[/math].


Показать, что касательные в соответственных точках к кривым [math]C_\alpha[/math], определяемым линейным уравнением, пересекаются в одной точке (рис. 13).


Касательные к кривым, определяемым линейным дифференциальным уравнением

Решение. Рассмотрим касательную к какой-либо кривой [math]C_\alpha[/math] в точке [math]M(x,y)[/math].Уравнение касательной в точке [math]M(x,y)[/math] имеет вид


[math]\eta-q(x)(\xi-x)=y[1-p(x)(\xi-x)][/math], где [math]\xi,\eta[/math] — текущие координаты точки касательной.

По определению, в соответственных точках [math]x[/math] является постоянным, а [math]y[/math] переменным. Беря любые две касательные к линиям [math]C_\alpha[/math] в соответственных точках, для координат точки [math]S[/math] их пересечения, получаем


[math]\xi=x+\frac{1}{p(x)}, \quad \eta=x+\frac{q(x)}{p(x)}.[/math]

Отсюда видно, что все касательные к кривым [math]C_\alpha[/math] в соответственных точках ([math]x[/math] фиксировано) пересекаются в одной и той же точке


[math]S\!\left(x+\frac{1}{p(x)};\,x+\frac{q(x)}{p(x)}\right).[/math]

Исключая в системе аргумент [math]x[/math], получаем уравнение геометрического места точек [math]S \colon f(\xi,\eta)=0[/math].




Пример 6. Найти решение уравнения [math]y'-y=\cos{x}-\sin{x}[/math], удовлетворяющее условию: [math]y[/math] ограничено при [math]y\to+\infty[/math].


Решение. Общее решение данного уравнения [math]y=Ce^x+\sin{x}[/math]. Любое решение уравнения, получаемое из общего решения при [math]C\ne0[/math], будет неограниченно, так как при [math]x\to+\infty[/math] функция [math]\sin{x}[/math] ограничена, а [math]e^x\to+\infty[/math]. Отсюда следует, что данное уравнение имеет единственное решение [math]y=\sin{x}[/math], ограниченное при [math]x\to+\infty[/math], которое получается из общего решения при [math]C=0[/math].




Уравнение Бернулли


Дифференциальное уравнение Бернулли имеет вид


[math]\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)y^n[/math], где [math]n\ne0;1[/math] (при [math]n=0[/math] и [math]n=1[/math] это уравнение является линейным).

С помощью замены переменной [math]z=\frac{1}{y^{n-1}}[/math] уравнение Бернулли приводится к линейному уравнению и интегрируется как линейное.




Пример 7. Решить уравнение Бернулли [math]y'-xy=-xy^3[/math].


Решение. Делим обе части уравнения на [math]y^3[/math]:


[math]\frac{y'}{y^3}-\frac{x}{y^2}=-x[/math]

Делаем замену переменной [math]\frac{1}{y^2}=z\Rightarrow-\frac{2y'}{y^3}=z'[/math], откуда [math]\frac{y'}{y^3}=-\frac{z'}{2}[/math]. После подстановки последнее уравнение обратится в линейное уравнение


[math]-\frac{z'}{2}-xz=-x[/math] или [math]z'+2xz=2x[/math], общее решение которого [math]z=1+Ce^{-x^2}.[/math]

Отсюда получаем общий интеграл данного уравнения
[math]\frac{1}{y^2}=1+Ce^{-x^2}[/math] или [math]y^2(1+Ce^{-x^2})=1.[/math]

Замечание. Уравнение Бернулли может быть проинтегрировано также методом вариации постоянной, как и линейное уравнение, и с помощью подстановки [math]y(x)=u(x)v(x)[/math].




Пример 8. Решить уравнение Бернулли [math]xy'+y=y^2\ln{x}.[/math].


Решение. Применим метод вариации произвольной постоянной. Общее решение соответствующего однородного уравнения [math]xy'+y=0[/math] имеет вид [math]y=\frac{C}{x}[/math]. Общее решение уравнения ищем в виде [math]y=\frac{C(x)}{x}[/math], где [math]C(x)[/math] — новая неизвестная функция. Подставляя в исходное уравнение, будем иметь


[math]C'(x)=C^2(x)\frac{\ln{x}}{x^2}.[/math]

Для нахождения функции [math]C(x)[/math] получим уравнение с разделяющимися переменными, из которого, разделяя переменные и интегрируя, найдем


[math]\frac{1}{C(x)}=\frac{\ln{x}}{x}+\frac{1}{x}+C~\Rightarrow~C(x)=\frac{x}{1+Cx+\ln{x}}.[/math]

Итак, общее решение исходного уравнения [math]y=\frac{1}{1+Cx+\ln{x}}[/math].


Некоторые нелинейные уравнения первого порядка с помощью удачно найденной замены переменных сводятся к линейным уравнениям или к уравнениям Бернулли.




Пример 9. Решить уравнение [math]y'+\sin{y}+x\cos{y}+x=0[/math].


Решение. Запишем данное уравнение в виде [math]y'+2\sin\frac{y}{2}\cos\frac{y}{2}+2x\cos^2\frac{y}{2}=0.[/math].


Деля обе части уравнения на [math]2\cos^2\frac{y}{2}[/math], получаем [math]\frac{y'}{2\cos^2\dfrac{y}{2}}+\operatorname{tg}\frac{y}{2}+x=0[/math].


Замена [math]\operatorname{tg}\frac{y}{2}=z\Rightarrow\frac{dz}{dx}=\frac{y'}{\cos^2\dfrac{y}{2}}[/math] приводит это уравнение к линейному [math]\frac{dz}{dx}+z=-x[/math], общее решение которого [math]z=1-x+Ce^{-x}[/math].


Заменяя [math]z[/math] его выражением через [math]y[/math], получаем общий интеграл данного уравнения [math]\operatorname{tg}\frac{y}{2}=1-x+Ce^{-x}[/math].


В некоторых уравнениях искомая функция [math]y(x)[/math] может находиться под знаком интеграла. В этих случаях иногда удается путем дифференцирования свести данное уравнение к дифференциальному.




Пример 10. Решить уравнение [math]x\int\limits_{x}^{0}y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_{0}^{x}ty(t)\,dt,~x>0[/math].


Решение. Дифференцируя обе части этого уравнения по [math]x[/math], получаем


[math]\int\limits_{0}^{x}y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_{0}^{x}ty(t)\,dt+x(x+1)y(x)[/math] или [math]\int\limits_{0}^{x}y(t)\,dx=\int\limits_{0}^{x}ty(t)\,dt+x^2y(x).[/math]

Дифференцируя еще раз по [math]x[/math], будем иметь линейное однородное уравнение относительно [math]y(x)\colon[/math]


[math]y(x)=xy(x)+x^2y'(x)+2xy(x)[/math] или [math]x^2y'(x)+(3x-1)y(x)=0.[/math]

Разделяя переменные и интегрируя, найдем [math]y=\frac{C}{x^3}e^{-1/x}[/math]. Это решение, как легко проверить, удовлетворяет исходному уравнению.


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved