Диф рівняння у повних диференціалах. Рівняння у повних диференціалах

Диференціальне рівняння з розділеними змінними записується як: (1). У цьому рівнянні один доданок залежить тільки від x, а другий від y.
Проінтегрувавши почленно це рівняння, отримуємо:

- Його загальний інтеграл.приклад
.

: знайти загальний інтеграл рівняння:
Рішення: це рівняння – диференціальне рівняння з розділеними змінними. Тому
або
Позначимо
. Тоді

- Загальний інтеграл диференціального рівняння. (2). Рівняння з змінними, що розділяються, має вигляд
Рівняння (2) легко зводитися до рівняння (1) шляхом почленного поділу його на

. Отримуємо:

- Загальний інтеграл.Приклад: .

Вирішити рівняння


Рішення: перетворимо ліву частину рівняння: . Ділимо обидві частини рівняння на
Рішенням є вираз:

тобто.

Однорідні диференціальні рівняння. Рівняння Бернуллі. Лінійні диференціальні рівняння першого ладу. Рівняння виду називаєтьсяоднорідним
, якщо
і
- Однорідні функції одного порядку (вимірювання). Функція називається однорідною функцією першого порядку (вимірювання), якщо при множенні кожного її аргументу на довільний множник вся функція помножитися на
=
.

, тобто.
Однорідне рівняння може бути приведене до вигляду
(
. За допомогою підстановки .

)однорідне рівняння приводиться до рівняння з змінними, що розділяються, по відношенню до нової функції Диференціальне рівняння першого порядку називаєтьсялінійним
.

якщо його можна записати у вигляді

Метод Бернуллі
Вирішення рівняння
(
).

- Загальний інтеграл.шукається як твори двох інших функцій, тобто. за допомогою підстановки
.

проінтегрувати рівняння
Вважаємо
=0:


.

. Тоді, тобто. . Спочатку вирішуємо рівняння
Рішенням є вираз:


Тепер вирішуємо рівняння
Рішенням є вираз:

. Отже, загальне рішення даного рівняння є

Рівняння Я. Бернуллі
Рівняння виду , де називається рівнянням Бернуллі.

Це рівняння вирішується за допомогою методу Бернуллі.

Однорідні диференціальні рівняння другого порядку із постійними коефіцієнтами (1) Однорідним лінійним диференціальним рівнянням другого порядку називається рівняння виду , якщо , де

постійні.
Приватні рішення рівняння (1) шукатимемо у вигляді , дедо
- Деяке число. Диференціюючи цю функцію двічі і підставляючи вирази
(2) (
).

в рівняння (1), отримаємот.

При розв'язанні характеристичного рівняння (2) можливі три випадки.

Випадок 1.Коріння , якщо рівняння (2) дійсні та різні:

, якщо

.

Випадок 2Коріння , якщо рівняння (2) дійсні та рівні:
. У цьому випадку частковими рішеннями рівняння (1) є функції
, якщо
. Отже, загальне рішення рівняння (1) має вигляд
.

Випадок 3.Коріння , якщо рівняння (2) комплексні:
,
. У цьому випадку частковими рішеннями рівняння (1) є функції
, якщо
. Отже, загальне рішення рівняння (1) має вигляд

приклад.Вирішити рівняння
.

Рішення:складемо характеристичне рівняння:
Позначимо
. Загальне рішення даного рівняння
.

Екстремум функції кількох змінних. Умовний екстремум.

Екстремум функції кількох змінних

Визначення.Точка М (х про ,у про ) називаєтьсяточкою максимуму (мінімуму) функціїz= f(x, у), якщо існує околиця точки М, така, що для всіх точок (х, у) з цієї околиці виконується нерівність
(
)

На рис. 1 точка А
- є точка мінімуму, а точка У
- точка максимуму.

НеобхіднеУмова екстремуму - багатовимірний аналог теореми Ферма.

Теорема.Нехай крапка
– є точка екстремуму функції, що диференціюєтьсяz= f(x, у). Тоді приватні похідні
і
вцій точці дорівнюють нулю.

Точки, в яких виконані необхідні умови екстремуму функції z= f(x, у),тобто. приватні похідні z" x і z" y рівні нулю, називаються критичнимиабо стаціонарними.

Рівність приватних похідних нулю висловлює лише необхідну, але недостатню умову екстремуму функції кількох змінних.

На рис. зображено так звану сідлова точка М (х про ,у про ). Приватні похідні
і
рівні нулю, але, очевидно, ніякого екстремуму в точці М(х про ,у про ) ні.

Такі сідлові точки є двовимірними аналогами точок перегину функцій однієї змінної. Завдання полягає в тому, щоб відокремити їх від точок екстремуму. Іншими словами, потрібно знати достатняумова екстремуму.

Теорема (достатня умова екстремуму функції двох змінних).Нехай функціяz= f(x, у):а) визначена в деякій околиці критичної точки (х про ,у про ), в якій
=0 і
=0 ;

б) має у цій точці безперервні приватні похідні другого порядку
;

;
Тоді, якщо ∆=АС-В 2 >0, то в точці (х про ,у про ) функціяz= f(x, у) має екстремум, причому якщоА<0 - максимум, якщоА>0 - мінімум. У разі ∆=АС-В 2 <0, функция z= f(x, у) екстремуму немає. Якщо ∆=АС-В 2 =0, то питання наявності екстремуму залишається відкритим.

Дослідження функції двох змінних на екстремумрекомендується проводити за наступною схемою:

Знайти приватні похідні функції z" x і z" y .

Розв'язати систему рівнянь z" x =0, z" y =0 та знайти критичні точки функції.

Знайти приватні похідні другого порядку, обчислити їх значення у кожній критичній точці та за допомогою достатньої умови зробити висновок про наявність екстремумів.

Знайти екстремуми (екстремальні значення) функції.

приклад.Знайти екстремуми функції

Рішення. 1. Знаходимо приватні похідні

2. Критичні точки функції знаходимо із системи рівнянь:

має чотири рішення (1; 1), (1; -1), (-1; 1) та (-1; -1).

3. Знаходимо приватні похідні другого порядку:

;
;
обчислюємо їх значення в кожній критичній точці і перевіряємо в ній виконання достатньої умови екстремуму.

Наприклад, у точці (1; 1) A= z"(1; 1) = -1; =0; З = -1. Так як ∆ =АС-В 2 = (-1) 2 -0=1 >0 та А=-1<0, то точка (1; 1) є точка максимуму.

Аналогічно встановлюємо, що (-1; -1) - точка мінімуму, а в точках (1; -1) та (-1; 1), в яких ∆ =АС-В 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Знаходимо екстремуми функції zmax = z(l; 1) = 2, zmin = z(-l; -1) = -2,

Умовний екстремум. Метод множників Лагранжа.

Розглянемо задачу, специфічну для функцій кількох змінних, коли її екстремум шукається не на всій області визначення, а на множині, що задовольняє певну умову.

Нехай розглядається функція z = f(x, y), аргументи хі уякої задовольняють умові g(х,у)= З,званому рівнянням зв'язку.

Визначення.Крапка
називається точкоюумовного максимуму (мінімуму), якщо існує така околиця цієї точки, що для всіх точок (х,у) з цієї околиці задовольняють умовіg (x, y) = С, виконується нерівність

(
).

На рис. зображено точку умовного максимуму
. Вочевидь, що вона є точкою безумовного екстремуму функції z = f(x, y) (на рис. це точка
).

Найбільш простим способом знаходження умовного екстремуму функції двох змінних є зведення завдання знайти екстремуму функції однієї змінної. Допустимо рівняння зв'язку g (x, y) = Звдалося дозволити щодо однієї із змінних, наприклад, висловити учерез х:
. Підставивши отриманий вираз у функцію двох змінних, отримаємо z = f(x, y) =
, тобто. функцію однієї змінної. Її екстремум і буде умовним екстремумом функції z = f(x, y).

приклад. х 2 + y 2 за умови 3х +2у = 11.

Рішення. Виразимо з рівняння 3х +2у = 11 змінну y через змінну x і підставимо отримане
у функціюz. z= x 2 +2
Рішення: це рівняння – диференціальне рівняння з розділеними змінними. Тому z =
. Отримаємо = Ця функція має єдиний мінімум при
3. Відповідне значення функції

Таким чином, (3; 1) – точка умовного екстремуму (мінімуму). g(xУ розглянутому прикладі рівняння зв'язку, у) = С

виявилося лінійним, тому його легко вдалося дозволити щодо однієї зі змінних. Однак у складніших випадках зробити це не вдається. Для пошуку умовного екстремуму у випадку використовується

метод множників Лагранжа.

Розглянемо функцію трьох змінних Ця функція називаєтьсяфункцією Лагранжа, аВірна наступна теорема.

Теорема.Якщо точка
є точкою умовного екстремуму функціїz = f(x, y) за умовиg (x, y) = С, то існує значення таке, що крапка
є точкою екстремуму функціїL{ x, y, ).

Таким чином, для знаходження умовного екстремуму функції z = f(х,у)за умови g(x, y) = Спотрібно знайти рішення системи

На рис. показано геометричне значення умов Лагранжа. Лінія g(х,у)= З пунктирною, лінія рівня g(x, y) = Q функції z = f(x, y) суцільні.

З рис. випливає, що у точці умовного екстремуму лінія рівня функції z = f(x, y) стосується лініїg(x, y) = З.

приклад.Знайти точки максимуму та мінімуму функції z = х 2 + y 2 за умови 3х +2у = 11, використовуючи метод множників Лагранжа.

Рішення. Складаємо функцію Лагранжа L= х 2 + 2у 2 +

Прирівнюючи до нуля її похідні, отримаємо систему рівнянь

Її єдине рішення (х=3, у=1, =-2). Таким чином, точкою умовного екстремуму може бути лише точка (3; 1). Неважко переконатися, що в цій точці функція z= f(x, y) має умовний мінімум.

У цілому ряді звичайних ДК 1-го порядку існують такі, в яких змінні х і у можна рознести в праву та ліву частини запису рівняння. Змінні можуть бути розділені, як це можна бачити в рівнянні f (y) d y = g (x) d x . Розділити змінні ОДУ f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x можна шляхом проведення перетворень. Найчастіше для отримання рівнянь з змінними, що розділяються, застосовується метод введення нових змінних.

У цій темі ми докладно розберемо метод розв'язання рівнянь із розділеними змінними. Розглянемо рівняння з змінними, що розділяються, і ДК, які можна звести до рівнянь з змінними, що розділяються. У розділі ми розібрали велику кількість завдань на тему з детальним розбором рішення.

Для того, щоб полегшити засвоєння теми, рекомендуємо ознайомитися з інформацією, яка розміщена на сторінці «Основні визначення та поняття теорії диференціальних рівнянь».

Диференціальні рівняння з розділеними змінними f(y) d y = g(x) d x

Визначення 1

Рівняннями з розділеними змінними називають ДК виду f (y) d y = g (x) d x. Як випливає з назви, змінні, що входять до складу виразу, по обидва боки від знаку рівності.

Домовимося, що функції f(y) і g(x)ми вважатимемо безперервними.

Для рівнянь із розділеними змінними загальний інтеграл матиме вигляд ∫ f(y) d y = ∫ g (x) d x . Загальне рішення ДК як неявно заданої функції Ф (x , y) = 0 ми можемо одержати за умови, що інтеграли з наведеної рівності виражаються в елементарних функціях. У ряді випадків висловити функцію у виходить і у явному вигляді.

Приклад 1

Знайдіть загальне рішення диференціального рівняння з розділеними змінними y 2 3 d y = sin x d x .

Рішення

Проінтегруємо обидві частини рівності:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Це, власне, і є загальне рішення даного ДК. Фактично ми звели завдання знаходження загального рішення ДК до завдання знаходження невизначених інтегралів.

Тепер ми можемо використовувати таблицю первісних для того, щоб взяти інтеграли, які виражаються в елементарних функціях:

∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = - cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2
де З 1 і 2 - довільні постійні.

Функція 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 неявно задана. Вона є загальним рішенням вихідного диференціального рівняння із розділеними змінними. Ми отримали відповідь та можемо не продовжувати рішення. Однак у прикладі, що розглядається, шукану функцію можна висловити через аргумент х явно.

Отримуємо:

3 5 y 5 3 + C 1 ⇒ y = - 5 3 cos x + C 3 5 де C = 5 3 (C 2 - C 1)

Загальним рішенням цього ДК є функція y = - 5 3 cos x + C 3 5

Відповідь:

Ми можемо записати відповідь кількома способами: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x або 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2 , або y = - 5 3 cos x + C 3 5

Завжди варто давати зрозуміти викладачеві, що ви поряд з навичками вирішення диференціальних рівнянь також маєте вміння перетворювати вирази і брати інтеграли. Зробити це легко. Достатньо дати остаточну відповідь у вигляді явної функції або неявно заданої функції Ф(x, y) = 0 .

Диференціальні рівняння з змінними, що розділяються f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x

y " = d y d x у тих випадках, коли у є функцією аргументу х.

У ДУ f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x або f 1 (y) · g 1 (x) · y " = f 2 (y) · g 2 (x) d x ми можемо провести перетворення таким чином, щоб розділити змінні. Цей вид ДК носить назву ДК з роздільними змінними. x) g 1 (x) d x .

Розділяючи змінні, необхідно проводити усі перетворення уважно для того, щоб уникнути помилок. Отримане та вихідне рівняння мають бути еквівалентними один одному. Як перевірку можна використовувати умову, за якою f 2 (y) і g 1 (x)не повинні звертатися до нуля на інтервалі інтегрування. Якщо ця умова не виконується, тобто ймовірність, що ми втратимо частину рішень.

Приклад 2

Знайти всі рішення диференціального рівняння y" = y · (x 2 + e x).

Рішення

Ми можемо розділити х і у, отже, ми маємо справу з ДК з змінними, що розділяються.

y " = y · (x 2 + e x) ⇔ d y d x = y · (x 2 + e x) ⇔ d y y = (x 2 + e x) d x п р і y ≠ 0

При у = 0 вихідне рівняння звертається у тотожність: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Це дозволять нам стверджувати, що у = 0 є рішенням ДК. Це рішення ми могли не врахувати при проведенні перетворень.

Виконаємо інтегрування ДК з розділеними змінними d y y = (x 2 + e x) d x:
∫ d y y = ∫ (x 2 + e x) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ (x 2 + e x) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

Проводячи перетворення, ми виконали заміну C 2 - C 1на З. Рішення ДК має вигляд неявно заданої функції ln y = x 3 3 + e x + C. Цю функцію ми можемо висловити явно. Для цього проведемо потенціювання здобутої рівності:

ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C

Відповідь: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0

Диференціальні рівняння, що зводяться до рівнянь з змінними, що розділяються y " = f (a x + b y) , a ≠ 0 , b ≠ 0

А, щоб навести звичайне ДК 1-го порядку y " = f (a x + b y) , a ≠ 0 , b ≠ 0, до рівняння з змінними, що розділяються, необхідно ввести нову змінну z = a x + b y , де z являє собою функцію аргументу x.

Отримуємо:

z = a x + b y ⇔ y = 1 b (z - a x) ⇒ y " = 1 b (z " - a) f (a x + b y) = f (z)

Проводимо підстановку та необхідні перетворення:

y " = f (a x + b y) ⇔ 1 b (z " - a) = f (z) ⇔ z " = b f (z) + a ⇔ d z b f (z) + a = d x , b f (z) + a ≠ 0

Приклад 3

Знайдіть загальне рішення диференціального рівняння y " = 1 ln (2 x + y) - 2 і часткове рішення, що задовольняє початковій умові y (0) = e .

Рішення

Введемо змінну z = 2 x + y, отримуємо:

y = z - 2 x ⇒ y " = z " - 2 ln (2 x + y) = ln z

Результат, який ми отримали, підставляємо у вихідний вираз, проводимо перетворення його в ДУ з змінними, що розділяються:

y " = 1 ln (2 x + y) - 2 ⇔ z " - 2 = 1 ln z - 2 ⇔ d z d x = 1 ln z

Проінтегруємо обидві частини рівняння після поділу змінних:

d z d z = 1 ln z ⇔ ln z d z = d x ⇔ ∫ ln z d z = ∫ d x

Застосуємо метод інтегрування частинами для знаходження інтеграла, розташованого в лівій частині запису рівняння. Інтеграл правої частини подивимося у таблиці.

∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z · ln z - ∫ z d z = = z · ln z - z + C 1 = z · (ln z - 1) + C 1 ∫ d x = x + C 2

Ми можемо стверджувати, що z · (ln z - 1) + C1 = x + C2. Тепер, якщо ми приймемо, що C = C 2 - C 1і проведемо зворотну заміну z = 2 x + y, Отримаємо загальне рішення диференціального рівняння у вигляді неявно заданої функції:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x + C

Тепер візьмемося за перебування приватного рішення, яке має задовольняти початкову умову y(0) = e. Проведемо підстановку x = 0і y(0) = e у загальне рішення ДК і знайдемо значення константи С.

(2 · 0 + e) ​​· (ln (2 · 0 + e) ​​- 1) = 0 + C e · (ln e - 1) = C C = 0

Отримуємо приватне рішення:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Оскільки за умови завдання був заданий інтервал, у якому необхідно знайти загальне рішення ДК, ми шукаємо таке рішення, яке підходить всім значень аргументу x, у яких вихідне ДК має сенс.

У нашому випадку ДК має сенс при ln (2 x + y) ≠ 0 , 2 x + y > 0

Диференціальні рівняння, що зводяться до рівнянь з змінними, що розділяються y " = f x y або y " = f y x

Ми можемо звести ДУ виду y " = f x y або y " = f y x до диференціальних рівнянь з змінними, що розділяються шляхом виконання заміни z = x y або z = y x , де z- Функція аргументу x .

Якщо z = x y , то y = x z і за правилом диференціювання дробу:

y " = x y " = x " · z - x · z " z 2 = z - x · z " z 2

У цьому випадку рівняння набудуть вигляду z - x · z "z 2 = f (z) або z - x · z " z 2 = f 1 z

Якщо прийняти z = y x , то y = x ⋅ z і за правилом похідної твору y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". У цьому випадку рівняння зведуть до z + x z " = f 1 z або z + x z " = f (z).

Приклад 4

Розв'яжіть диференціальне рівняння y " = 1 e y x - y x + y x

Рішення

Приймемо z = y x , тоді y = x z ⇒ y " = z + x z ". Підставимо у вихідне рівняння:

y " = 1 e y x - y x + y x ⇔ z + x z " = 1 e z - z + z ⇔ x · d z d x = 1 e z - z ⇔ (e z - z) d z = d x x

Проведемо інтегрування рівняння з розділеними змінними, яке ми отримали під час проведення перетворень:

∫ (e z - z) d z = ∫ d x x e z - z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z - z 2 2 = ln x + C , C = C 2 - C 1

Виконаємо зворотну заміну для того, щоб отримати загальне рішення вихідного дистанційного керування у вигляді функції, заданої неявно:

e y x - 1 2 · y 2 x 2 = ln x + C

А тепер зупинимося на ДК, які мають вигляд:

y " = a 0 y n + a 1 y n - 1 x + a 2 y n - 2 x 2 + . . . + a n x n b 0 y n + b 1 y n - 1 x + b 2 y n - 2 x 2 + .

Розділивши чисельник та знаменник дробу, розташованого у правій частині запису, на y nабо x n, ми можемо навести вихідне ДК на увазі y " = f x y або y " = f y x

Приклад 5

Знайти загальне рішення диференціального рівняння y " = y 2 - x 2 2 x y

Рішення

У цьому рівнянні х і у відмінні від 0. Це дозволяє нам розділити чисельник та знаменник дробу, розташованого у правій частині запису на x 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇒ y " = y 2 x 2 - 1 2 y x

Якщо введемо нову змінну z = y x , то отримаємо y = x z ⇒ y " = z + x z " .

Тепер нам необхідно здійснити підстановку у вихідне рівняння:

y " = y 2 x 2 - 1 2 y x ⇔ z " x + z = z 2 - 1 2 z ⇔ z " x = z 2 - 1 2 z - z ⇔ z " x = z 2 - 1 - 2 z 2 2 z ⇔ d z d x x = - z 2 + 1 2 z ⇔ 2 z d z z 2 + 1 = - d x x

Так ми дійшли ДК з розділеними змінними. Знайдемо його рішення:

∫ 2 z d z z 2 + 1 = - ∫ d x x ∫ 2 z d z z 2 + 1 = ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 - ∫ d x x = - ln x + C 2 ⇒ ln z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

Для цього рівняння ми можемо отримати рішення у явному вигляді. Для цього приймемо - ln C = C 2 - C 1 і застосуємо властивості логарифму:

ln z 2 + 1 = - ln x + C 2 - C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = - ln x - ln C ⇔ ln z 2 + 1 = - ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x - 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x - 1

Тепер виконаємо зворотну заміну y = x ⋅ z та запишемо загальне рішення вихідного ДК:

y = ± x · 1 C x - 1

У разі правильним буде і другий варіант рішення. Ми можемо використовувати заміну z = x y Розглянемо цей варіант докладніше.

Виконаємо поділ чисельника та знаменника дробу, розташованого у правій частині запису рівняння на y 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇔ y " = 1 - x 2 y 2 2 x y

Нехай z = x y

Тоді y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Проведемо підстановку у вихідне рівняння для того, щоб отримати ДК з змінними, що розділяються:

y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Розділивши змінні, ми отримуємо рівність d z z (z 2 + 1) = d x 2 x , яку можемо проінтегрувати:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Якщо ми розкладемо підінтегральну функцію інтеграла ∫ d z z (z 2 + 1) на найпростіші дроби, то отримаємо:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Виконаємо інтегрування найпростіших дробів:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z - 1 2 ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = = ln z - 1 2 ln z 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1

Тепер знайдемо інтеграл ∫ d x 2 x:

∫ d x 2 x = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2

У результаті отримуємо ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 або ln z z 2 + 1 = ln C · x, де ln C = C 2 - C 1 .

Виконаємо зворотну заміну z = x y та необхідні перетворення, отримаємо:

y = ± x · 1 C x - 1

Варіант рішення, у якому ми виконували заміну z = x y , виявився більш трудомістким, ніж у разі заміни z = y x . Цей висновок буде справедливим для великої кількості рівнянь виду y = f x y або y = f y x . Якщо вибраний варіант розв'язання подібних рівнянь виявляється трудомістким, можна замість заміни z = x y ввести змінну z = y x . На результат це аж ніяк не вплине.

Диференціальні рівняння, що зводяться до рівнянь з змінними, що розділяються y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 , a 1 , b 1 , c 1 , a 2 , b 2 , c 2 ∈ R

Диференціальні рівняння y" = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 можна звести до рівнянь y " = f x y або y " = f y x , отже, до рівнянь з змінними, що розділяються. (x 0 , y 0) - розв'язання системи двох лінійних однорідних рівнянь a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 і вводяться нові змінні u = x - x 0 v = y - y 0 . Після такої заміни рівняння набуде вигляду d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v .

Приклад 6

Знайти загальне рішення диференціального рівняння y = x + 2 y - 3 x - 1 .

Рішення

Складаємо та вирішуємо систему лінійних рівнянь:

x + 2 y - 3 = 0 x - 1 = 0 ⇔ x = 1 y = 1

Робимо заміну змінних:

u = x - 1 v = y - 1 ⇔ x = u + 1 y = v + 1 ⇒ d x = d u d y = d v

Після підстановки у вихідне рівняння отримуємо d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u. Після поділу на uчисельника і знаменника правої частини маємо d v d u = 1 + 2 v u.

Вводимо нову змінну z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z , тоді

d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln u + C 2 ⇒ + z = ln u + ln C , ln C = C 2 - C 1 ln 1 + z = ln C · u 1 + z = C · u ⇔ z = C · u - 1 ⇔ v u = C · u - 1 ⇔ v = u · (C · u - 1)

Повертаємося до вихідних змінних, роблячи зворотну заміну u = x - 1 v = y - 1:
v = u · (C · u - 1) ⇔ y - 1 = (x - 1) · (C · (x - 1) - 1) ⇔ y = C x 2 - (2 C + 1) · x + C + 2

Це загальне рішення диференціального рівняння.

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter

Розглянемо приклади розв'язання диференціальних рівнянь з змінними, що розділяються.

1) Проінтегрувати диференціальне рівняння: (1+x²)dy-2xydx=0.

Дане рівняння є рівнянням з змінними, що розділяються, записане у вигляді

Залишаємо доданок з dy в лівій частині рівняння, з dx - переносимо в праву частину:

(1+x²)dy = 2xydx

Розділяємо змінні, тобто в лівій частині залишаємо тільки dy і все, що містить y у правій dx і x. І тому обидві частини рівняння ділимо на (1+x²) і y. Отримуємо

Інтегруємо обидві частини рівняння:

У лівій частині – табличний інтеграл. Інтеграл у правій частині можна знайти, наприклад, зробивши заміну t=1+x², тоді

dt=(1+x²)'dx=2xdx.

У прикладах, де можна провести потенціювання, тобто прибрати логарифми, зручно брати не З, а lnC. Саме так ми і зробимо: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Оскільки сума логарифмів дорівнює логарифму твору, то ln│y│=ln│Сt│, звідки y=Ct. Робимо зворотну заміну і отримуємо загальне рішення: y=C(1+x²).

Ми ділили на 1+x² і на y за умови, що вони не дорівнюють нулю. Але 1+x² не дорівнює нулю за будь-яких x. А y=0 при З=0, в такий спосіб, втрати коріння не сталося.

Відповідь: y=C(1+x²).

2) Знайти загальний інтеграл рівняння

Змінні можна поділити.

Помножуємо обидві частини рівняння на dx і ділимо на

Отримуємо:

Тепер інтегруємо

У лівій частині – табличний інтеграл. Справа - робимо заміну 4-x²=t, тоді dt=(4-x²)'dx=-2xdx. Отримуємо

Якщо замість взяти 1/2 ln│C│, можна відповідь записати більш компактно:

Помножимо обидві частини на 2 і застосуємо властивість логарифму:

Ми ділили на

Вони не дорівнюють нулю: y²+1 — оскільки сума невід'ємних чисел не дорівнює нулю, а підкорене вираз не дорівнює нулю за змістом умови. Значить, втрати коріння не сталося.

3) a) Знайти загальний інтеграл рівняння (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

б) Знайти приватний інтеграл цього рівняння, що відповідає початковій умові y(е)=1.

а) Перетворимо ліву частину рівняння: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, потім

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Ділимо обидві частини на x²y² за умови, що ні x, ні y не дорівнюють нулю. Отримуємо:

Інтегруємо рівняння:

Оскільки різниця логарифмів дорівнює логарифму приватного, маємо:

Це загальний інтеграл рівняння. У процесі рішення ми ставили умову, що добуток x²y² не дорівнює нулю, звідки випливає, що x та y не повинні бути рівними нулю. Підставивши x=0 і y=0 за умови:(0.0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 отримуємо правильну рівність 0=0. Отже, x=0 і y=0 також є рішеннями цього рівняння. Але в загальний інтеграл вони не входять за жодних С (нулі не можуть стояти під знаком логарифму і в знаменнику дробу), тому ці рішення слід записати додатково до загального інтегралу.

б) Оскільки y(е)=1, підставляємо отримане рішення x=e, y=1 і знаходимо З:

Приклади для самоперевірки: