Примеры решения линейных дифференциальных уравнений й

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: [u’+u/x]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:

$\int {\frac{{du}}{u}} = - \int {\frac{{dx}}{x}} .$

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 [u’+u/x]=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:

$\int {dv = 3\int {{x^2}dx} } ,$

здесь С уже не игнорируем, и приходим к v=x³+C. (А можно было просто проинтегрировать обе части равенства: v’=3x²

$\int {v'dv = \int {3{x^2}} } dx,$

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: [u’+u]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:

$\int {\frac{{du}}{u}} = - \int {dx, \Rightarrow \ln \left| u \right|} = - x, \Rightarrow u = {e^{ - x}}.$

3) В уравнение (II) подставляем [u’+u]=0 и

$u = {e^{ - x}}$

$v'{e^{ - x}} = \cos x, \Rightarrow v' = {e^x}\cos x.$

Интегрируем обе части уравнения:

$\int {v'dv = \int {{e^x}\cos xdx} } , \Rightarrow v = \int {{e^x}\cos xdx} .$

Этот интеграл находится с помощью формулы интегрирования по частям:

$v = \int {{e^x}\cos xdx} = \frac{{{e^x}}}{2}(\sin x + \cos x) + C.$

4) y=uv, подставляем найденные выражения для u и v:

$y = {e^{ - x}} \cdot (\frac{{{e^x}}}{2}(\sin x + \cos x) + C) = \frac{1}{2}(\sin x + \cos x) + C{e^{ - x}}.$

Ответ:

$y = \frac{1}{2}(\sin x + \cos x) + C{e^{ - x}}.$

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: [u’-u]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:

$\int {\frac{{du}}{u}} = \int {dy, \Rightarrow \ln \left| u \right|} = y, \Rightarrow u = {e^y}.$