Линейные дифференциальные 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.

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. 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. 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 \(y' - y - x{e^x} = 0.\) 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 \(xy' = y + 2{x^3}.\) 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 \(y' - 2y = x.\) \(A.\;\) 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 \({x^2}y' + xy + 2 = 0.\) 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: \(y' - y\tan x = \sin x,\;y\left( 0 \right) = 1.\) 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 \(y\left( 1 \right) = 2.\) 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 \(y = \left( {2{y^4} + 2x} \right)y'.\) 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: \[ {x\left( y \right) = \frac{{\int {u\left( y \right)f\left( y \right)dy} + C}}{{u\left( y \right)}} } = {\frac{{\int {\frac{1}{{{y^2}}} \cdot 2{y^3}dy} + C}}{{\frac{1}{{{y^2}}}}} } = {\frac{{\int {2ydy} + C}}{{\frac{1}{{{y^2}}}}} } = {{y^2}\left( {{y^2} + C} \right).} \]