Первого порядка, имеющее стандартний вид $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$, где $P\left(x\right)$ -- непрерывная функция , называется линейным однородным. Название "линейное" объясняется тем, что неизвестная функция $y$ и её первая производная $y"$ входят в состав уравнения линейно, то есть в первой степени. Название "однородное" объясняется тем, что в правой части уравнения находится нуль.
Такое дифференциальное уравнение можно решить методом разделения переменных. Представим его в стандартном виде метода: $y"=-P\left(x\right)\cdot y$, где $f_{1} \left(x\right)=-P\left(x\right)$ и $f_{2} \left(y\right)=y$.
Вычислим интеграл $I_{1} =\int f_{1} \left(x\right)\cdot dx =-\int P\left(x\right)\cdot dx $.
Вычислим интеграл $I_{2} =\int \frac{dy}{f_{2} \left(y\right)} =\int \frac{dy}{y} =\ln \left|y\right|$.
Запишем общее решение в виде $\ln \left|y\right|+\int P\left(x\right)\cdot dx =\ln \left|C_{1} \right|$, где $\ln \left|C_{1} \right|$ -- произвольная постоянная, взятая в удобном для дальнейших преобразований виде.
Выполним преобразования:
\[\ln \left|y\right|-\ln \left|C_{1} \right|=-\int P\left(x\right)\cdot dx ; \ln \frac{\left|y\right|}{\left|C_{1} \right|} =-\int P\left(x\right)\cdot dx .\]
Используя определение логарифма, получим: $\left|y\right|=\left|C_{1} \right|\cdot e^{-\int P\left(x\right)\cdot dx } $. Это равенство, в свою очередь, эквивалентно равенству $y=\pm C_{1} \cdot e^{-\int P\left(x\right)\cdot dx } $.
Заменив произвольную постоянную $C=\pm C_{1} $, получим общее решение линейного однородного дифференциального уравнения: $y=C\cdot e^{-\int P\left(x\right)\cdot dx } $.
Решив уравнение $f_{2} \left(y\right)=y=0$, найдем особые решения. Обычной проверкой убеждаемся, что функция $y=0$ является особым решением данного дифференциального уравнения.
Однако это же решение можно получить из общего решения $y=C\cdot e^{-\int P\left(x\right)\cdot dx } $, положив в нём $C=0$.
Таким образом, окончательный результат: $y=C\cdot e^{-\int P\left(x\right)\cdot dx } $.
Общий метод решения линейного однородного дифференциального уравнения первого порядка можно представить в виде следующего алгоритма:
- Для решения данного уравнения его сначала следует представить в стандартном виде метода $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$. Если добиться этого не удалось, то данное дифференциальное уравнение должно решаться иным методом.
- Вычисляем интеграл $I=\int P\left(x\right)\cdot dx $.
- Записываем общее решение в виде $y=C\cdot e^{-I} $ и при необходимости выполняем упрощающие преобразования.
Задача 1
Найти общее решение дифференциального уравнения $y"+3\cdot x^{2} \cdot y=0$.
Имеем линейное однородное уравнение первого порядка в стандартном виде, для которого $P\left(x\right)=3\cdot x^{2} $.
Вычисляем интеграл $I=\int 3\cdot x^{2} \cdot dx =x^{3} $.
Общее решение имеет вид: $y=C\cdot e^{-x^{3} } $.
Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка
Определение
Дифференциальное уравнение первого порядка, которое можно представить в стандартном виде $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$, где $P\left(x\right)$ и $Q\left(x\right)$ -- известные непрерывные функции, называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением. Название "неоднородное" объясняется тем, что правая часть дифференциального уравнения отлична от нуля.
Решение одного сложного линейного неоднородного дифференциального уравнения может быть сведено к решению двух более простых дифференциальных уравнений. Для этого искомую функцию $y$ следует заменить произведением двух вспомогательных функций $u$ и $v$, то есть положить $y=u\cdot v$.
Выполняем дифференцирование принятой замены: $\frac{dy}{dx} =\frac{du}{dx} \cdot v+u\cdot \frac{dv}{dx} $. Подставляем полученное выражение в данное дифференциальное уравнение: $\frac{du}{dx} \cdot v+u\cdot \frac{dv}{dx} +P\left(x\right)\cdot u\cdot v=Q\left(x\right)$ или $\frac{du}{dx} \cdot v+u\cdot \left[\frac{dv}{dx} +P\left(x\right)\cdot v\right]=Q\left(x\right)$.
Отметим, что если принято $y=u\cdot v$, то в составе произведения $u\cdot v$ одну из вспомогательных функций можно выбирать произвольно. Выберем вспомогательную функцию $v$ так, чтобы выражение в квадратных скобках обратилось в нуль. Для этого достаточно решить дифференциальное уравнение $\frac{dv}{dx} +P\left(x\right)\cdot v=0$ относительно функции $v$ и выбрать для неё простейшее частное решение $v=v\left(x\right)$, отличное от нуля. Это дифференциальное уравнение является линейным однородным и решается оно вышерассмотренным методом.
Полученное решение $v=v\left(x\right)$ подставляем в данное дифференциальное уравнение с учетом того, что теперь выражение в квадратных скобках равно нулю, и получаем еще одно дифференциальное уравнение, но теперь относительно вспомогательной функции $u$: $\frac{du}{dx} \cdot v\left(x\right)=Q\left(x\right)$. Это дифференциальное уравнение можно представить в виде $\frac{du}{dx} =\frac{Q\left(x\right)}{v\left(x\right)} $, после чего становится очевидно, что оно допускает непосредственное интегрирование. Для этого дифференциального уравнения необходимо найти общее решение в виде $u=u\left(x,\; C\right)$.
Теперь можно найти общее решение данного линейного неоднородного дифференциального уравнения первого порядка в виде $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$.
Общий метод решения линейного неоднородного дифференциального уравнения первого порядка можно представить в виде следующего алгоритма:
- Для решения данного уравнения его сначала следует представить в стандартном виде метода $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$. Если добиться этого не удалось, то данное дифференциальное уравнение должно решаться иным методом.
- Вычисляем интеграл $I_{1} =\int P\left(x\right)\cdot dx $, записываем частное решение в виде $v\left(x\right)=e^{-I_{1} } $, выполняем упрощающие преобразования и выбираем для $v\left(x\right)$ простейший ненулевой вариант.
- Вычисляем интеграл $I_{2} =\int \frac{Q\left(x\right)}{v\left(x\right)} \cdot dx $, посля чего записываем выражение в виде $u\left(x,C\right)=I_{2} +C$.
- Записываем общее решение данного линейного неоднородного дифференциального уравнения в виде $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ и при необходимости выполняем упрощающие преобразования.
Задача 2
Найти общее решение дифференциального уравнения $y"-\frac{y}{x} =3\cdot x$.
Имеем линейное неоднородное уравнение первого порядка в стандартном виде, для которого $P\left(x\right)=-\frac{1}{x} $ и $Q\left(x\right)=3\cdot x$.
Вычисляем интеграл $I_{1} =\int P\left(x\right)\cdot dx =-\int \frac{1}{x} \cdot dx=-\ln \left|x\right| $.
Записываем частное решение в виде $v\left(x\right)=e^{-I_{1} } $ и выполняем упрощающие преобразования: $v\left(x\right)=e^{\ln \left|x\right|} $; $\ln v\left(x\right)=\ln \left|x\right|$; $v\left(x\right)=\left|x\right|$. Вибираем для $v\left(x\right)$ простейший ненулевой вариант: $v\left(x\right)=x$.
Вычисляем интеграл $I_{2} =\int \frac{Q\left(x\right)}{v\left(x\right)} \cdot dx =\int \frac{3\cdot x}{x} \cdot dx=3\cdot x $.
Записываем выражение $u\left(x,C\right)=I_{2} +C=3\cdot x+C$.
Окончательно записываем общее решение данного линейного неоднородного дифференциального уравнения в виде $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$, то есть $y=\left(3\cdot x+C\right)\cdot x$.
Рассмотрим примеры решения линейных дифференциальных уравнений первого порядка методом Бернулли.
1) y’=3x-y/x
Перепишем уравнение в стандартном виде: y’+y/x=3x. Здесь p(x)=1/x, q(x)=3x.
1) Введем замену y=uv, где u=u(x) и v=v(x) — некоторые новые функции от x. Отсюда y’=(uv)’=u’v+v’u. Подставляем полученные выражения для y и y’ в условие: u’v+v’u+uv/x=3x.
2) Сгруппируем слагаемые, содержащие v: v+v’u=3x. (I) Теперь потребуем равенства нулю выражения в скобках: u’+u/x=0. Получили новое дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными относительно u и x. Подставляем u’=du/dx и разделяем переменные: du/dx= — u/x. Умножаем обе части уравнения на dx и делим на u≠0. Пришли к уравнению с разделенными переменными: du/u= — dx/x. Интегрируем его:
Поскольку при нахождении u С берем равным нулю, то получаем, что ln│u│=-ln│x│, используем свойство логарифма: ln│u│= ln│1/x│отсюда u=1/x.
3) В уравнение (I) подставляем =0 и u=1/x. Имеем: v’/x=3x. Умножаем обе части полученного уравнения на x≠0: v’=3x². Можно представить v’=dv/dx и разделить переменные: dv/dx=3x², отсюда, умножив обе части на dx, получаем dv=3x²dx, интегрируем:
здесь С уже не игнорируем, и приходим к v=x³+C. (А можно было просто проинтегрировать обе части равенства: v’=3x²
и сразу получить ответ v=x³+C).
4) Так как y=uv, подставив найденные выражения для u и v, получаем: y=(x³+C)/x. Если преобразовать ответ, получим: y=x²+C/x.
Ответ: y=x²+C/x.
2) y’+y=cosx.
Линейное уравнение в стандартном виде. p(x)=1, q(x)=cosx.
1) y=uv, y’=u’v+v’u. Подставляем в условие:
u’v+v’u+uv=cosx. Группируем слагаемые с v: v+v’u=cosx. (II)
2) Теперь потребуем, чтобы выполнялось условие u’+u=0. Получили уравнение с разделяющимися переменными u и x. Так как u’=du/dx, то du/dx+u=0, откуда du/dx=-u. Умножаем обе части на dx и делим на u≠0: du/u=-dx. Интегрируем уравнение:
3) В уравнение (II) подставляем =0 и
Интегрируем обе части уравнения:
Этот интеграл находится с помощью формулы интегрирования по частям:
4) y=uv, подставляем найденные выражения для u и v:
Рассмотрим еще одно интересное задание.
3) Найти решение уравнения (x+y)y’=1, удовлетворяющее начальному условию y(-1)=0.
Если рассматривать y как функцию от x, то уравнение не получится записать в стандартном виде y’+p(x)y=q(x). А вот если рассматривать x как функцию от y, то с учетом того, что y’=1/x’, получаем: (x+y)·1/x’=1, откуда x’=x+y, теперь переписываем это уравнение в виде x’-x=y. (III)
Мы получили линейное дифференциальное уравнение первого порядка вида x’+p(y)=q(y). Здесь p(y)=-1, q(y)=y. Все рассуждения абсолютно аналогичны. Проведем их.
1) Замена x=uv, где u=u(y), v=v(y). Отсюда x’=u’v+v’u. Подставляем в (III): u’v+v’u-uv=y.
2) Группируем слагаемые с v: v+v’u=y. (IV) Требуем, чтобы выражение в скобках равнялось нулю: u’-u=0. А это — уравнение с разделяющимися переменными. Только не забываем, что вторая переменная здесь y, а не x. С учетом того, что u’=du/dy, разделим переменные: du/dy=u. Умножаем обе части уравнения на dy и делим на u: du/u=dy. Теперь интегрируем:
3) В (IV) подставляем =0 и
Этот интеграл также находим по формуле интегрирования по частям
Подставляем, по формуле интегрирования по частям получаем:
4) Так как x=uv, то, подставив найденные выражения для функций u и v, получаем:
5) В общее решение уравнения
подставляем начальные условия y(-1)=0 (то есть x=-1, y=0):
Отсюда частное решение x=-y-1. Выразив y через x, приходим к окончательному варианту ответа: y=-x-1.
Ответ: y=-x-1.
Задания для самопроверки:
1) y’-y=x. Здесь p(x)=-1, q(x)=x.
1) Вводим замену y=uv, y’=u’v+v’u. Подставляем в условие: u’v+v’u=x+uv, u’v+v’u- uv=x.
2) Группируем слагаемые с v: v+v’u=x (*).
Требуем, чтобы выражение в скобках равнялось нулю: u’- u=0ю Из этого условия находим u: du/dx=u, du/u=dx. Интегрируем:
3) В равенство (*) подставляем =0 и
Интеграл в правой части уравнения будем искать с помощью формулы интегрирования по частям: u=x, du=x’dx=dx.
Отсюда получаем, что
4) Поскольку y-uv, подставлям:
2) Делим обе части уравнения на x: y’-(2/x)y=x. Здесь p(x)=-2/x, q(x)=x.
1) Замена y=uv, y’=u’v+v’u. Подставляем в условие: xu’v+xv’u-2uv=x².
2) Группируем слагаемые с v: v+xv’u=x² (**). Теперь требуем выполнения условия xu’-2u=0. Отсюда x·du/dx=2u, du/u=2dx/x. Интегрируем.
Часто одно лишь упоминание дифференциальных уравнений вызывает у студентов неприятное чувство. Почему так происходит? Чаще всего потому, что при изучении основ материала возникает пробел в знаниях, из-за которого дальнейшее изучение дифуров становиться просто пыткой. Ничего не понятно, что делать, как решать, с чего начать?
Однако мы постараемся вам показать, что дифуры – это не так сложно, как кажется.
Основные понятия теории дифференциальных уравнений
Со школы нам известны простейшие уравнения, в которых нужно найти неизвестную x. По сути дифференциальные уравнения лишь чуточку отличаются от них – вместо переменной х в них нужно найти функцию y(х) , которая обратит уравнение в тождество.
Дифференциальные уравнения имеют огромное прикладное значение. Это не абстрактная математика, которая не имеет отношения к окружающему нас миру. С помощью дифференциальных уравнений описываются многие реальные природные процессы. Например, колебания струны, движение гармонического осциллятора, посредством дифференциальных уравнений в задачах механики находят скорость и ускорение тела. Также ДУ находят широкое применение в биологии, химии, экономике и многих других науках.
Дифференциальное уравнение (ДУ ) – это уравнение, содержащее производные функции y(х), саму функцию, независимые переменные и иные параметры в различных комбинациях.
Существует множество видов дифференциальных уравнений: обыкновенные дифференциальные уравнения, линейные и нелинейные, однородные и неоднородные, дифференциальные уравнения первого и высших порядков, дифуры в частных производных и так далее.
Решением дифференциального уравнения является функция, которая обращает его в тождество. Существуют общие и частные решения ДУ.
Общим решением ДУ является общее множество решений, обращающих уравнение в тождество. Частным решением дифференциального уравнения называется решение, удовлетворяющее дополнительным условиям, заданным изначально.
Порядок дифференциального уравнения определяется наивысшим порядком производных, входящих в него.
Обыкновенные дифференциальные уравнения
Обыкновенные дифференциальные уравнения – это уравнения, содержащие одну независимую переменную.
Рассмотрим простейшее обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка. Оно имеет вид:
Решить такое уравнение можно, просто проинтегрировав его правую часть.
Примеры таких уравнений:
Уравнения с разделяющимися переменными
В общем виде этот тип уравнений выглядит так:
Приведем пример:
Решая такое уравнение, нужно разделить переменные, приведя его к виду:
После этого останется проинтегрировать обе части и получить решение.
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Такие уравнения имеют вид:
Здесь p(x) и q(x) – некоторые функции независимой переменной, а y=y(x) – искомая функция. Приведем пример такого уравнения:
Решая такое уравнение, чаще всего используют метод вариации произвольной постоянной либо представляют искомую функцию в виде произведения двух других функций y(x)=u(x)v(x).
Для решения таких уравнений необходима определенная подготовка и взять их “с наскока” будет довольно сложно.
Пример решения ДУ с разделяющимися переменными
Вот мы и рассмотрели простейшие типы ДУ. Теперь разберем решение одного из них. Пусть это будет уравнение с разделяющимися переменными.
Сначала перепишем производную в более привычном виде:
Затем разделим переменные, то есть в одной части уравнения соберем все "игреки", а в другой – "иксы":
Теперь осталось проинтегрировать обе части:
Интегрируем и получаем общее решение данного уравнения:
Конечно, решение дифференциальных уравнений – своего рода искусство. Нужно уметь понимать, к какому типу относится уравнение, а также научиться видеть, какие преобразования нужно с ним совершить, чтобы привести к тому или иному виду, не говоря уже просто об умении дифференцировать и интегрировать. И чтобы преуспеть в решении ДУ, нужна практика (как и во всем). А если у Вас в данный момент нет времени разбираться с тем, как решаются дифференциальные уравнения или задача Коши встала как кость в горле или вы не знаете, обратитесь к нашим авторам. В сжатые сроки мы предоставим Вам готовое и подробное решение, разобраться в подробностях которого Вы сможете в любое удобное для Вас время. А пока предлагаем посмотреть видео на тему "Как решать дифференциальные уравнения":
В данной теме поговорим о способах решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений вида y " = P (x) · y = Q (x) . Начнем с метода вариации произвольной постоянной и покажем способ применения этого метода для решения задачи Коши. Продолжим рассмотрением метода, который предполагает представление произвольной постоянной у как произведения двух функций u (x) и v (x) . В разделе мы приводим большое количество задач по теме с детальным разбором решения.
На тот случай, если применяемые при разборе темы термины и понятия окажутся незнакомыми для вас, мы рекомендуем заглядывать в раздел «Основные термины и определения теории дифференциальных уравнений».
Метод вариации произвольной постоянной для решения ЛНДУ первого порядка
Для краткости будет обозначать линейное неоднородное дифференциальное уравнение аббревиатурой ЛНДУ, а линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ).
ЛНДУ вида y " = P (x) · y = Q (x) соответствует ЛОДУ вида y " = P (x) · y = 0 , при Q (x) = 0 . Если посмотреть на дифференциальное уравнение y " = P (x) · y = 0 , становится понятно, что мы имеем дело с уравнением с разделяющимися переменными. Мы можем его проинтегрировать: y " = P (x) · y = 0 ⇔ d y y = - P (x) d x , y ≠ 0 ∫ d y y = - ∫ P (x) d x ⇔ ln y + C 1 = - ∫ P (x) d x ⇔ ln y = ln C - ∫ P (x) d x , ln C = - C 1 , C ≠ 0 ⇔ e ln y = e ln C - ∫ P (x) d x ⇔ y = C · e - ∫ P (x) d x
Мы можем утверждать, что значение переменной y = 0 тоже является решением, так как при этом значении переменной уравнение y " = P (x) · y = 0 обращается в тождество. Этому случаю соответствует решение y = C · e - ∫ P (x) d x при значении C = 0 .
Получается, что y = C · e - ∫ P (x) d x - общее решение ЛОДУ, где С – произвольная постоянная.
y = C · e - ∫ P (x) d x - это решение ЛОДУ y " = P (x) · y = 0 .
Для того, чтобы найти общее решение неоднородного уравнения y " = P (x) · y = Q (x) , будем считать С не константой, а функцией аргумента х. Фактически, мы примем y = C (x) · e - ∫ P (x) d x общим решением ЛНДУ.
Подставим y = C (x) · e - ∫ P (x) d x в дифференциальное уравнение y " = P (x) · y = Q (x) . Оно при этом обращается в тождество:
y " = P (x) · y = Q (x) C x · e - ∫ P (x) d x + P (x) · C (x) · e - ∫ P (x) d x = Q (x)
Теперь обратимся к правилу дифференцирования произведения. Получаем:
C " (x) · e - ∫ P (x) d x + C (x) · e - ∫ P (x) d x + P (x) · C (x) · e - ∫ P (x) d x = Q (x)
Производная сложной функции e - ∫ P (x) d x " равна e - ∫ P (x) d x · - ∫ P (x) d x " .
Теперь вспомним свойства неопределенного интеграла. Получаем:
e - ∫ P (x) d x · - ∫ P (x) d x " = - e - ∫ P (x) d x · P (x)
Теперь выполним переход:
C " (x) · e - ∫ P (x) d x + C (x) · e - ∫ P (x) d x " + P (x) · C (x) · e - ∫ P (x) d x = Q (x) C " (x) · e - ∫ P (x) d x - P (x) · C (x) · e - ∫ P (x) d x + P (x) · C (x) · e - ∫ P (x) d x = Q (x) C " (x) · e - ∫ P (x) d x = Q (x)
Так мы пришли к простейшему дифференциальному уравнению первого порядка. В ходе решения этого уравнения мы определим функцию C (x) . Это позволит нам записать решение исходного ЛНДУ первого порядка следующим образом:
y = C (x) · e - ∫ P (x) d x
Подведем итог
Метод вариации произвольной постоянной при решении ЛНДУ предполагает проведение трех этапов:
- нахождение общего решения соответствующего ЛОДУ y " + P (x) · y = 0 в виде y = C · e - ∫ P (x) d x ;
- варьирование произвольной постоянной С, что заключается в замене ее функцией С (x) ;
- подстановка функции y = C (x) · e - ∫ P (x) d x в исходное дифференциальное уравнение, откуда мы можем вычислить C (x) и записать ответ.
Теперь применим этот алгоритм к решению задачи.
Пример 1
Найдите решение задачи Коши y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 , y (1) = 3 .
Решение
Нам нужно отыскать частное решение ЛНДУ y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 при начальном условии y (1) = 3 .
В нашем примере P (x) = - 2 x 1 + x 2 и Q (x) = x 2 + 1 . Начнем с того, что найдем общее решение ЛОДУ. После этого применим метод вариации произвольной постоянной и определим общее решение ЛНДУ. Это позволит нам найти искомое частное решение.
Общим решением соответствующего ЛОДУ y " - 2 x y 1 + x 2 = 0 будет семейство функций y = C · (x 2 + 1) , где С – произвольная постоянная.
Варьируем произвольную постоянную y = C (x) · (x 2 + 1) и подставляем эту функцию в исходное уравнение:
y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 C x · (x 2 + 1 " - 2 x · C (x) · (x 2 + 1) 1 + x 2 = 1 + x 2 C " (x) · (x 2 + 1) + C (x) · 2 x - 2 x · C (x) = 1 + x 2 C " (x) = 1 ,
откуда C (x) = ∫ d x = x + C 1 , где C 1 – произвольная постоянная.
Это значит, что y = C (x) · (x 2 + 1) = (x + C 1) · (x 2 + 1) - общее решение неоднородного уравнения.
Теперь приступим к отысканию частного решения, которое будет удовлетворять начальному условию y (1) = 3 .
Так как y = (x + C 1) · (x 2 + 1) , то y (1) = (1 + C 1) · (1 2 + 1) = 2 · (1 + C 1) . Обратившись к начальному условию, получаем уравнение 2 · (1 + C 1) = 3 , откуда C 1 = 1 2 . Следовательно, искомое решение задачи Коши имеет вид y = x + 1 2 · (x 2 + 1)
Теперь рассмотрим еще один метод решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений y " + P (x) · y = Q (x) .
Еще один метод решения ЛНДУ первого порядка
Мы можем представить неизвестную функцию как произведение y = u ⋅ v , где u и v – функции аргумента x .
Мы можем подставить эту функцию в ЛНДУ первого порядка. Имеем:
y " + P (x) · y = Q (x) (u · v) " + P (x) · u · v = Q (x) u " · v + u · v " + P (x) · u · v = Q (x) u " · v + u · (v " + P (x) · v) = Q (x)
Если найти такое v , чтобы оно было ненулевым частным решением дифференциального уравнения v " + P (x) · v = 0 , то u можно будет определить из уравнения с разделяющимися переменными u " · v = Q (x) .
Рассмотрим этот алгоритм решения на предыдущем примере. Это позволит нам сосредоточиться на главном, не отвлекаясь на второстепенные детали.
Пример 2
Найдите общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 .
Решение
Пусть y = u ⋅ v , тогда
y " - 2 x y x 2 + 1 = x 2 + 1 ⇔ (u · v) - 2 x · u · v x 2 + 1 = x 2 + 1 u " · v + u · v " - 2 x · u · v x 2 + 1 = x 2 + 1 u " · v + u · v " - 2 x · v x 2 + 1 = x 2 + 1
Находим такое v
, отличное от нуля, чтобы выражение в скобках обращалось в ноль. Иными словами, находим частное решение дифференциального уравнения v " - 2 x · v x 2 + 1 = 0 .
v " - 2 x · v x 2 + 1 = 0 ⇔ d v d x = 2 x · v x 2 + 1 ⇒ d v v = 2 x d x x 2 + 1 ⇔ d v v = d (x 2 + 1) x 2 + 1 ∫ d v v = ∫ d (x 2 + 1) x 2 + 1 ln v + C 1 = ln (x 2 + 1) + C 2
Возьмем частное решение v = x 2 + 1 , соответствующее C 2 – С 1 = 0 .
Для этого частного решения имеем
u " · v + u · v " - 2 x · v x 2 + 1 = x 2 + 1 ⇔ u " · (x 2 + 1) + u · 0 = x 2 + 1 ⇔ u " = 1 ⇔ u = x + C
Следовательно, общее решение исходного линейного неоднородного дифференциального уравнения есть y = u · v = (x + C) · (x 2 + 1)
Ответы в обоих случаях совпадают. Это значит, что оба метода решения, которые мы привели в статье, равнозначны. Выбирать, какой из них применить для решения задачи, вам.
Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter
