Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
Определение линейного уравнения первого порядка
Дифференциальное уравнение вида
\[y' + a\left( x \right)y = f\left( x \right),\]
где \(a\left( x \right)\) и \(f\left( x \right)\) − непрерывные функции \(x,\)
называтся линейным неоднородным дифференциальным уравнением первого порядка.
Мы рассмотрим два метода решения указанных уравнений:
Использование интегрирующего множителя;
Метод вариации постоянной.
Использование интегрирующего множителя
Если линейное дифференциальное уравнение записано в стандартной форме:
\[y' + a\left( x \right)y = f\left( x \right),\]
то интегрирующий множитель определяется формулой:
\[u\left( x \right) = \exp \left( {\int {a\left( x \right)dx} } \right).\]
Умножение левой части уравнения на интегрирующий множитель \(u\left( x \right)\) преобразует ее в производную произведения
\(y\left( x \right) u\left( x \right).\)
Общее решение диффференциального уравнения выражается в виде:
\[y = \frac{{\int {u\left( x \right)f\left( x \right)dx} + C}}{{u\left( x \right)}},\]
где \(C\) − произвольная постоянная.
Метод вариации постоянной
Данный метод аналогичен предыдущему подходу. Сначала необходимо найти общее решение однородного уравнения:
\[y' + a\left( x \right)y = 0.\]
Общее решение однородного уравнения содержит постоянную интегрирования \(C.\) Далее мы заменяем константу \(C\)
на некоторую (пока еще неизвестную) функцию \(C\left( x \right).\) Подставляя это решение в неоднородное дифференциальное уравнение, можно определить функцию
\(C\left( x \right).\)
Описанный алгоритм называется методом вариации постоянной. Разумеется, оба метода приводят
к одинаковому результату.
Задача Коши
Если, кроме дифференциального уравнения, задано также начальное условие в форме \(y\left( {{x_0}} \right) = {y_0},\)
то такая задача называется задачей Коши.
Решение задачи Коши не содержит произвольной константы \(C.\) Ее конкретное числовое значение определяется подстановкой общего решения уравнения
в заданное начальное условие \(y\left( {{x_0}} \right) = {y_0}.\)
Пример 1
Решить уравнение \(y' - y - x{e^x} = 0.\)
Решение.
Запишем данное уравнение в стандартной форме:
\(y' - y = x{e^x}.\)
Будем решать это уравнение, используя интегрирующий множитель:
\[u\left( x \right) = {e^{\int {\left( { - 1} \right)dx} }} = {e^{ - \int {dx} }} = {e^{ - x}}.\]
Тогда общее решение линейного дифференциального уравнения определяется выражением:
\[\require{cancel}
{y\left( x \right) = \frac{{\int {u\left( x \right)f\left( x \right)dx} + C}}{{u\left( x \right)}} }
= {\frac{{\int {\cancel{e^{ - x}}x\cancel{e^x}dx} + C}}{{{e^{ - x}}}} }
= {\frac{{\int {xdx} + C}}{{{e^{ - x}}}} }
= {{e^x}\left( {\frac{{{x^2}}}{2} + C} \right).}
\]
Пример 2
Решить дифференциальное уравнение \(xy' = y + 2{x^3}.\)
Solution.
Будем решать данную задачу методом вариации постоянной. Сначала найдем общее решение однородного уравнения:
\[xy' = y,\]
которое решается разделением переменных:
\[
{x\frac{{dy}}{{dx}} = y,}\;\;
{\Rightarrow \frac{{dy}}{y} = \frac{{dx}}{x},}\;\;
{\Rightarrow \int {\frac{{dy}}{y}} = \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\;
{\Rightarrow \ln \left| y \right| = \ln \left| x \right| + \ln C,}\;\;
{\Rightarrow y = Cx.}
\]
где \(C\) − произвольное положительное число.
Теперь заменим константу \(C\) на некоторую (пока неизвестную) функцию \(C\left( x \right)\) и далее будем искать
решение исходного неоднородного уравнения в виде:
\[y = C\left( x \right)x.\]
Производная равна
\[y' = {\left[ {C\left( x \right)x} \right]^\prime } = C'\left( x \right)x + C\left( x \right).\]
Подставляя это в дифференциальное уравнение, получаем:
\[
{x\left[ {C'\left( x \right)x + C\left( x \right)} \right] = C\left( x \right)x + 2{x^3},}\;\;
{\Rightarrow C'\left( x \right){x^2} + \cancel{C\left( x \right)x} = \cancel{C\left( x \right)x} + 2{x^3},}\;\;
{\Rightarrow C'\left( x \right) = 2x.}
\]
Интегрируя, находим функцию \({C\left( x \right)}:\)
\[C\left( x \right) = \int {2xdx} = {x^2} + {C_1},\]
где \({C_1}\) − произвольное действительное число.
Таким образом, общее решение заданного уравнения записывается в виде:
\[y = C\left( x \right)x = \left( {{x^2} + {C_1}} \right)x = {x^3} + {C_1}x.\]
Пример 3
Решить уравнение \(y' - 2y = x.\)
Решение.
\(A.\;\) Сначала решим данную задачу с помощью интегрирующего множителя.
Наше уравнение уже записано в стандартной форме. Поэтому:
\[a\left( x \right) = - 2.\]
Тогда интегрирующий множитель имеет вид:
\[
{u\left( x \right) = \exp \left( {\int {a\left( x \right)dx} } \right) }
= {\exp \left( {\int {\left( { - 2} \right)dx} } \right) }
= {{e^{ - 2x}}.}
\]
Общее решение исходного уравнения записывается в виде:
\[
{y = \frac{{\int {u\left( x \right)f\left( x \right)dx} + C}}{{u\left( x \right)}} }
= {\frac{{\int {{e^{ - 2x}}xdx} + C}}{{{e^{ - 2x}}}}.}
\]
Вычислим последний интеграл, применяя интегрирование по частям.
\[
{\int {\underbrace {{e^{ - 2x}}}_{q'} \underbrace x_pdx} }
= {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\int {q'pdx} = qp - \int {q'pdx} }\\
{p = x,\;p' = 1}\\
{q' = {e^{ - 2x}},\;q = - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}}}
\end{array}} \right] }
= { - \frac{x}{2}{e^{ - 2x}} - \int {1 \cdot \left( { - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}}} \right)dx} }
= { - \frac{x}{2}{e^{ - 2x}} + \frac{1}{2}\int {{e^{ - 2x}}dx} }
= { - \frac{x}{2}{e^{ - 2x}} - \frac{1}{4}{e^{ - 2x}} }
= { - \frac{1}{4}{e^{ - 2x}}\left( {1 + 2x} \right).}
\]
Получаем
\[y = \frac{{ - \frac{1}{4}{e^{ - 2x}}\left( {1 + 2x} \right) + C}}{{{e^{ - 2x}}}} = - \frac{1}{4}\left( {1 + 2x} \right) + C{e^{2x}}.\]
\(B.\;\) Теперь сконструируем решение методом вариации постоянной.
Рассмотрим соответствующее однородное уравнение
\[y' - 2y = 0\]
и найдем его общее решение:
\[
{\frac{{dy}}{{dx}} = 2y,}\;\;
{\Rightarrow \frac{{dy}}{y} = 2dx,}\;\;
{\Rightarrow \int {\frac{{dy}}{y}} = 2\int {dx} ,}\;\;
{\Rightarrow \ln \left| y \right| = 2x + C,}\;\;
{\Rightarrow \left| y \right| = {e^{2x + C}} = {e^{2x}}{e^C} = {C_1}{e^{2x}},}\;\;
{\Rightarrow y = \pm {C_1}{e^{2x}} = C{e^{2x}},}
\]
где \(C\) вновь обозначает произвольное действительное число. Заметим, что при \(C = 0\)
мы получаем решение \(y = 0\) которое также удовлетворяет однородному уравнению.
Далее предположим, что \(C\) является функцией \(x\) и подставим решение \(y = C\left( x \right){e^{2x}}\)
в исходное неоднородное уравнение. Выражение для производной имеет вид:
\[y' = {\left[ {C\left( x \right){e^{2x}}} \right]^\prime } = C'\left( x \right){e^{2x}} + C\left( x \right) \cdot 2{e^{2x}}.\]
Следовательно,
\[
{C'\left( x \right){e^{2x}} + \cancel{2C\left( x \right){e^{2x}}} - \cancel{2C\left( x \right){e^{2x}}} = x,}\;\;
{\Rightarrow C'\left( x \right) = {e^{ - 2x}}x,}\;\;
{\Rightarrow C\left( x \right) = \int {{e^{ - 2x}}xdx} .}
\]
Этот интеграл уже был найден в пункте \(A\), поэтому, можно записать:
\[C\left( x \right) = - \frac{1}{4}{e^{ - 2x}}\left( {1 + 2x} \right) + C.\]
В результате, общее решение неоднородного дифференциального уравнения выражается формулой:
\[
{y = C\left( x \right){e^{2x}} }
= {\left[ { - \frac{1}{4}{e^{ - 2x}}\left( {1 + 2x} \right) + C} \right]{e^{2x}} }
= { - \frac{1}{4}\left( {1 + 2x} \right) + C{e^{2x}}.}
\]
Как видно, оба метода приводят к одному и тому же ответу.
Пример 4
Решить дифференциальное уравнение \({x^2}y' + xy + 2 = 0.\)
Решение.
Будем решать данный пример методом вариации постоянной. Для удобства запишем уравнение в стандартной форме:
\[y' + \frac{y}{x} = - \frac{2}{{{x^2}}}.\]
Разделим обе части на \({{x^2}}.\) Очевидно, что корень \(x = 0\) не является решением уравнения.
Рассмотрим однородное уравнение:
\[
{y' + \frac{y}{x} = 0,}\;\;
{\Rightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = - \frac{y}{x},}\;\;
{\Rightarrow \frac{{dy}}{y} = - \frac{{dx}}{x},}\;\;
{\Rightarrow \int {\frac{{dy}}{y}} = - \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\;
{\Rightarrow \ln \left| y \right| = - \ln \left| x \right| + \ln {C_1}\;\left( {{C_1}>0} \right),}\;\;
{\Rightarrow \ln \left| y \right| = \ln \frac{{{C_1}}}{{\left| x \right|}},}\;\;
{\Rightarrow y = \frac{{{C_1}}}{{\left| x \right|}}.}
\]
Ясно, что ответ можно записать в виде \(y = \large\frac{C}{x}\normalsize ,\) где \(C\) − произвольное
действительное число. Последнее выражение включает случай \(y = 0,\) который
также является одним из решений однородного уравнения.
Теперь заменим константу \(C\) на функцию \(C\left( x \right)\) и подставим решение \(y = C\left( x \right)\)
в исходное неоднородное дифференциальное уравнение. Поскольку
\[
{y' = {\left[ {\frac{{C\left( x \right)}}{x}} \right]^\prime } }
= {\frac{{C'\left( x \right) \cdot x - C\left( x \right)}}{{{x^2}}},}
\]
то получаем:
\[
{\frac{{C'\left( x \right) \cdot x - C\left( x \right)}}{{{x^2}}} + \frac{{C\left( x \right)}}{{{x^2}}} = - \frac{2}{{{x^2}}},}\;\;
{\Rightarrow \frac{{C'\left( x \right)}}{x} - \cancel{\frac{{C\left( x \right)}}{{{x^2}}}} + \cancel{\frac{{C\left( x \right)}}{{{x^2}}}} = - \frac{2}{{{x^2}}},}\;\;
{\Rightarrow C'\left( x \right) = - \frac{2}{x},}\;\;
{\Rightarrow C\left( x \right) = - \int {\frac{2}{x}dx} = - 2\ln \left| x \right| + C.}
\]
Таким образом, общее решение исходного уравнения имеет вид:
\[y = \frac{{C\left( x \right)}}{x} = - \frac{{2\ln \left| x \right|}}{x} + \frac{C}{x}.\]
Пример 5
Решить задачу Коши: \(y' - y\tan x = \sin x,\;y\left( 0 \right) = 1.\)
Решение.
Сначала вычислим интегрирующий множитель, который записывается в виде
\[u\left( x \right) = {e^{\int {\left( { - \tan x} \right)dx} }} = {e^{ - \int {\tan xdx} }}.\]
Здесь
\[
{\int {\tan xdx} = \int {\frac{{\sin x}}{{\cos x}}dx} }
= { - \int {\frac{{d\left( {\cos x} \right)}}{{\cos x}}} }
= { - \ln \left| {\cos x} \right|.}
\]
Следовательно, интегрирующий множитель определяется формулой:
\[
{u\left( x \right) = {e^{ - \int {\tan xdx} }} }
= {{e^{\ln \left| {\cos x} \right|}} }
= {\left| {\cos x} \right|.}
\]
Мы можем взять функцию \(u\left( x \right) = \cos x\) в качестве интегрирующего множителя. Легко убедиться, что левая часть уравнения после умножения на интегрирующий
множитель становится производной произведения \(y\left( x \right)u\left( x \right):\)
\[
{\left( {y' - y\tan x} \right)\cos x }
= {y'\cos x - y\tan x\cos x }
= {y'\cos x - y\sin x }
= {{\left( {y\cos x} \right)^\prime } }
= {{\left[ {y\left( x \right)u\left( x \right)} \right]^\prime }.}
\]
Тогда общее решение заданного уравнения записывается следующим образом:
\[
{y\left( x \right) = \frac{1}{{u\left( x \right)}}\left[ {\int {u\left( x \right)\sin xdx} + C} \right] }
= {\frac{1}{{\cos x}}\left[ {\int {\cos x\sin xdx} + C} \right] }
= {\frac{1}{{2\cos x}}\int {\sin 2xdx} + \frac{C}{{\cos x}} }
= { - \frac{{\cos 2x}}{{4\cos x}} + \frac{C}{{\cos x}} }
= {\frac{C}{{4\cos x}}\left( {4 - \cos 2x} \right).}
\]
Теперь определим постоянную \(C,\) которая удовлетворяет начальному условию \(y\left( 0 \right) = 1:\)
\[
{y\left( 0 \right) = \frac{C}{{4\cos 0}}\left( {4 - \cos 0} \right) }
= {\frac{C}{{4 \cdot 1}}\left( {4 - 1} \right) }
= {\frac{{3C}}{4} = 1.}
\]
Отсюда следует, что \(C = \large\frac{4}{3}\normalsize.\)
Следовательно, решение задачи Коши выражается формулой:
\[y = \frac{1}{{3\cos x}}\left( {4 - \cos 2x} \right).\]
Пример 6
Решить дифференциальное уравнение (задачу Коши) \(y' + {\large\frac{3}{x}\normalsize}y = {\large\frac{2}{{{x^2}}}\normalsize}\)
с начальным условием \(y\left( 1 \right) = 2.\)
Решение.
Определим интегрирующий множитель:
\[
{u\left( x \right) = {e^{\int {\frac{3}{x}dx} }} }
= {{e^{3\int {\frac{{dx}}{x}} }} = {e^{3\ln \left| x \right|}} }
= {{e^{\ln {{\left| x \right|}^3}}} }
= {{\left| x \right|^3}.}
\]
В качестве такого множителя выберем функцию \(u\left( x \right) = {x^3}.\)
Можно проверить, что левая часть уравнения после умножения на интегрирующий множитель будет представлять собой
производную произведения \(y\left( x \right)u\left( x \right):\)
\[
{\left( {y' + \frac{3}{x}y} \right){x^3} }
= {y'{x^3} + \frac{3}{x}y{x^3} }
= {y'{x^3} + 3y{x^2} }
= {{\left( {y{x^3}} \right)^\prime }.}
\]
Общее решение уравнения записывается в форме:
\[
{y = \frac{{\int {u\left( x \right)f\left( x \right)dx} + C}}{{u\left( x \right)}} }
= {\frac{{\int {{x^3} \cdot \frac{2}{{{x^2}}}dx} + C}}{{{x^3}}} }
= {\frac{{\int {2xdx} + C}}{{{x^3}}} }
= {\frac{{{x^2} + C}}{{{x^3}}} }
= {\frac{1}{x} + \frac{C}{{{x^3}}}.}
\]
Теперь можно найти постоянную \(C,\) используя начальное условие \(y\left( 1 \right) = 2.\)
Подстановка общего решения в начальное условие дает следующий результат:
\[y\left( 1 \right) = \frac{1}{1} + \frac{C}{{{1^3}}} = 2,\;\; \Rightarrow C = 1.\]
Итак, решение задачи Коши выглядит следующим образом:
\[y = \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^3}}}.\]
Пример 7
Найти общее решение дифференциального уравнения \(y = \left( {2{y^4} + 2x} \right)y'.\)
Решение.
Видно, что данное уравнение не является линейным по отношению к функции \(y\left( x \right).\)
Однако мы можем попытаться найти решение для обратной функции \(x\left( y \right).\) Запишем заданное уравнение
через дифференциалы и сделаем некоторые преобразования:
\[
{y = \left( {2{y^4} + 2x} \right)\frac{{dy}}{{dx}},}\;\;
{\Rightarrow ydx = 2{y^4}dy + 2xdy,}\;\;
{\Rightarrow y\frac{{dx}}{{dy}} = 2{y^4} + 2x,}\;\;
{\Rightarrow \frac{{dx}}{{dy}} - \frac{2}{y}x = 2{y^3}.}
\]
Мы получили линейное дифференциальное уравнение по отношению к функции \(x\left( y \right).\)
Решим его с помощью интегрирующего множителя:
\[
{u\left( y \right) = {e^{\int {\left( { - \frac{2}{y}} \right)dy} }} }
= {{e^{ - 2\int {\frac{{dy}}{y}} }} }
= {{e^{ - 2\ln \left| y \right|}} }
= {{e^{\ln \frac{1}{{{{\left| y \right|}^2}}}}} }
= {{e^{\ln \frac{1}{{{y^2}}}}} }
= {\frac{1}{{{y^2}}}.}
\]
Общее решение в виде обратной функции \(x\left( y \right)\) выражается формулой:
\[
{x\left( y \right) = \frac{{\int {u\left( y \right)f\left( y \right)dy} + C}}{{u\left( y \right)}} }
= {\frac{{\int {\frac{1}{{{y^2}}} \cdot 2{y^3}dy} + C}}{{\frac{1}{{{y^2}}}}} }
= {\frac{{\int {2ydy} + C}}{{\frac{1}{{{y^2}}}}} }
= {{y^2}\left( {{y^2} + C} \right).}
\]