Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 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


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

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


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


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

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


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



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


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


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


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


\frac{dx}{dy}+r(y)x=\varphi(y).



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


Решение. Данное уравнение является линейным, если рассматривать x как функцию от y:


\frac{dx}{dy}-x\cos{y}=\sin{2y}.

Применяем метод вариации произвольной постоянной. Сначала решаем соответствующее однородное уравнение


\frac{dx}{dy}-x\cos{y}=0,

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


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


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

Отсюда, интегрируя по частям, будем иметь


\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}
итак,
C(y)=-2e^{-\sin{y}}(1+\sin{y})+C.
(6)

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

Исходное уравнение может быть проинтегрировано также следующим образом. Полагаем


y=u(x)v(x),
(7)

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


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


vu'+(pv+v')u=q(x).
(8)

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




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


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


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

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


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

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




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


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

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


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


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

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




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


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


Касательные к кривым, определяемым линейным дифференциальным уравнением

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


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

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


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

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


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

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




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


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




Уравнение Бернулли


Дифференциальное уравнение Бернулли имеет вид


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

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




Пример 7. Решить уравнение Бернулли y'-xy=-xy^3.


Решение. Делим обе части уравнения на y^3:


\frac{y'}{y^3}-\frac{x}{y^2}=-x

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


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

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

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




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


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


C'(x)=C^2(x)\frac{\ln{x}}{x^2}.

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


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

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


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




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


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


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


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


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


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




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


Решение. Дифференцируя обе части этого уравнения по x, получаем


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

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


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

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

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved