Уравнения с разделяющимися переменными

Дифференциальное уравнение первого порядка \(y' = f\left( {x,y} \right)\) называется уравнением с разделяющимися переменными, если функцию \(f\left( {x,y} \right)\) можно представить в виде произведения двух функций, зависящих только от \(x\) и \(y:\) \[f\left( {x,y} \right) = p\left( x \right)h\left( y \right),\] где \(p\left( x \right)\) и \(h\left( y \right)\) − непрерывные функции. Рассматривая производную \({y'}\) как отношение дифференциалов \(\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize,\) перенесем \(dx\) в правую часть и разделим уравнение на \(h\left( y \right):\) \[\frac{{dy}}{{dx}} = p\left( x \right)h\left( y \right),\;\; \Rightarrow \frac{{dy}}{{h\left( y \right)}} = p\left( x \right)dx.\] Разумеется, нужно убедиться, что \(h\left( y \right) \ne 0.\) Если найдется число \({x_0},\) при котором \(h\left( {{x_0}} \right) = 0,\) то это число будет также являться решением дифференциального уравнения. Деление на \(h\left( y \right)\) приводит к потере указанного решения. Обозначив \(q\left( y \right) = \large\frac{1}{{h\left( y \right)}}\normalsize,\) запишем уравнение в форме: \[q\left( y \right)dy = p\left( x \right)dx.\] Теперь переменные разделены и мы можем проинтегрировать дифференциальное уравнение: \[\int {q\left( y \right)dy} = \int {p\left( x \right)dx} + C,\] где \(C\) − постоянная интегрирования. Вычисляя интегралы, получаем выражение \[Q\left( y \right) = P\left( x \right) + C,\] описывающее общее решение уравнения с разделяющимися переменными.

Пример 1

Решить дифференциальное уравнение \({\large\frac{{dy}}{{dx}}\normalsize} = y\left( {y + 2} \right).\) В данном случае \(p\left( x \right) = 1\) и \(h\left( y \right) = y\left( {y + 2} \right).\) Разделим уравнение на \(h\left( y \right)\) и перенесем \(dx\) в правую часть: \[\frac{{dy}}{{y\left( {y + 2} \right)}} = dx.\] Заметим, что при делении мы могли потерять решения \(y = 0\) и \(y = -2\) в случае когда \(h\left( y \right)\) равно нулю. Действительно, убедимся, \(y = 0\) является решением данного дифференциального уравнения. Пусть \[y = 0,\;\;dy = 0.\] Подставляя это в уравнение, получаем: \(0 = 0.\) Следовательно, \(y = 0\) будет являться одним из решений. Аналогично можно проверить, что \(y = -2\) также является решением уравнения. Вернемся обратно к дифференциальному уравнению и проинтегрируем его: \[\int {\frac{{dy}}{{y\left( {y + 2} \right)}}} = \int {dx} + C.\] Интеграл в левой части можно вычислить методом неопределенных коэффициентов: \[ {\frac{1}{{y\left( {y + 2} \right)}} = \frac{A}{y} + \frac{B}{{y + 2}},}\;\; {\Rightarrow \frac{1}{{y\left( {y + 2} \right)}} = \frac{{A\left( {y + 2} \right) + By}}{{y\left( {y + 2} \right)}},}\;\; {\Rightarrow 1 \equiv Ay + 2A + By,}\;\; {\Rightarrow 1 \equiv \left( {A + B} \right)y + 2A,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A + B = 0}\\ {2A = 1} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {A = \frac{1}{2}}\\ {B = - \frac{1}{2}} \end{array}} \right..} \] Таким образом, мы получаем следующее разложение рациональной дроби в подынтегральном выражении: \[\frac{1}{{y\left( {y + 2} \right)}} = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{y} - \frac{1}{{y + 2}}} \right).\] Следовательно, \[ {\frac{1}{2}\int {\left( {\frac{1}{y} - \frac{1}{{y + 2}}} \right)dy} = \int {dx} + C,}\;\; {\Rightarrow \frac{1}{2}\left( {\int {\frac{{dy}}{y}} - \int {\frac{{dy}}{{y + 2}}} } \right) = \int {dx} + C,}\;\; {\Rightarrow \frac{1}{2}\left( {\ln \left| y \right| - \ln \left| {y + 2} \right|} \right) = x + C,}\;\; {\Rightarrow \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{y}{{y + 2}}} \right| = x + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| {\frac{y}{{y + 2}}} \right| = 2x + 2C.} \] Переименуем константу: \(2C = {C_1}.\) В итоге, окончательное решение уравнения записывается в виде: \[\ln \left| {\frac{y}{{y + 2}}} \right| = 2x + {C_1},\;\;y = 0,\;\;y = - 2.\] Общее решение здесь выражено в неявном виде. В данном примере мы можем преобразовать его и получить ответ в явной форме в виде функции \(y = f\left( {x,{C_1}} \right),\) где \({C_1}\) − некоторая константа. Однако это можно сделать не для всех дифференциальных уравнений.

Пример 2

Решить дифференциальное уравнение \(\left( {{x^2} + 4} \right)y' = 2xy.\) Запишем данное уравнение в следующем виде: \[\left( {{x^2} + 4} \right)dy = 2xydx.\] Разделим обе части на \(\left( {{x^2} + 4} \right)y:\) \[\frac{{dy}}{y} = \frac{{2xdx}}{{\left( {{x^2} + 4} \right)}}.\] Очевидно, что \({{x^2} + 4} \ne 0\) для всех действительных \(x.\) Проверим, что \(y = 0\) является одним из решений уравнения. После подстановки \(y = 0\) и \(dy = 0\) в исходное дифференциальное уравнение видно, что функция \(y = 0\) действительно является решением уравнения. Теперь можно проинтегрировать полученное уравнение: \[ {\int {\frac{{dy}}{y}} = \int {\frac{{2xdx}}{{\left( {{x^2} + 4} \right)}}} + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| = \int {\frac{{d\left( {{x^2}} \right)}}{{{x^2} + 4}}} + C.} \] Заметим, что \(d\left( {{x^2}} \right) = d\left( {{x^2} + 4} \right).\) Следовательно, \[ {\ln \left| y \right| = \int {\frac{{d\left( {{x^2} + 4} \right)}}{{{x^2} + 4}}} + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| = \ln \left( {{x^2} + 4} \right) + C.} \] Представим константу \(C\) как \(\ln {C_1},\) где \({C_1}>0.\) Тогда \[ {\ln \left| y \right| = \ln \left( {{x^2} + 4} \right) + \ln {C_1},}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| = \ln \left( {{C_1}\left( {{x^2} + 4} \right)} \right),}\;\; {\Rightarrow \left| y \right| = {C_1}\left( {{x^2} + 4} \right),}\;\; {\Rightarrow y = \pm {C_1}\left( {{x^2} + 4} \right).} \] Таким образом, заданное дифференциальное уравнение имеет следующие решения: \[ {y = \pm {C_1}\left( {{x^2} + 4} \right),\;\;y = 0,}\;\; {\text{где}\;\;{C_1}>0.} \] Полученный ответ можно упростить. В самом деле, введем произвольную константу \(C,\) принимающую значения от \(-\infty\) до \(\infty.\) Тогда решение можно записать в виде: \[y = C\left( {{x^2} + 4} \right).\] При \(C = 0\) оно становится равным \(y = 0.\)

Пример 3

Найти все решения дифференциального уравнения \(y' = - x{e^y}.\) Преобразуем уравнение следующим образом: \[ {\frac{{dy}}{{dx}} = - x{e^y},}\;\; {\Rightarrow \frac{{dy}}{{{e^y}}} = - xdx,}\;\; {\Rightarrow {e^{ - y}}dy = - xdx.} \] Очевидно, что деление на \({e^y}\) не приводит к потере решения, поскольку \({e^y}>0.\) После интегрирования получаем \[ {\int {{e^{ - y}}dy} = \int {\left( { - x} \right)dx} + C,}\;\; {\Rightarrow - {e^{ - y}} = - \frac{{{x^2}}}{2} + C}\;\; {\text{или}\;\;{e^{ - y}} = \frac{{{x^2}}}{2} + C.} \] Данный ответ можно выразить в явном виде: \[ {- y = \ln \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + C} \right)}\;\; {\text{или}\;\;y = - \ln \left( {\frac{{{x^2}}}{2} + C} \right).} \] В последнем выражении предполагается, что константа \(C>0,\) чтобы удовлетворить области определения логарифмической функции.

Пример 4

Найти частное решение дифференциального уравнения \(x\left( {y + 2} \right)y' = \ln x + 1\) при условии \(y\left( 1 \right) = - 1.\) Разделим обе части уравнения на \(x:\) \[ {x\left( {y + 2} \right)\frac{{dy}}{{dx}} = \ln x + 1,}\;\; {\Rightarrow \left( {y + 2} \right)dy = \frac{{\left( {\ln x + 1} \right)dx}}{x}.} \] Мы предполагаем, что \(x \ne 0,\) поскольку областью определения исходного уравнения является множество \(x>0.\) В результате интегрирования получаем: \[\int {\left( {y + 2} \right)dy} = \int {\frac{{\left( {\ln x + 1} \right)dx}}{x}} + C.\] Интеграл в правой части вычисляется следующим образом: \[ {\int {\frac{{\left( {\ln x + 1} \right)dx}}{x}} } = {\int {\left( {\ln x + 1} \right)d\left( {\ln x} \right)} } = {\int {\left( {\ln x + 1} \right)d\left( {\ln x + 1} \right)} } = {\frac{{{{\left( {\ln x + 1} \right)}^2}}}{2}.} \] Следовательно, общее решение в неявной форме имеет вид: \[ {{y^2} + 2y = \frac{{{{\left( {\ln x + 1} \right)}^2}}}{2} + C,}\;\; {\Rightarrow 2{y^2} + 4y = {\left( {\ln x + 1} \right)^2} + {C_1},} \] где \({C_1} = 2C\) − постоянная интегрирования. Найдем теперь значение \({C_1},\) удовлетворяющее начальному условию \(y\left( 1 \right) = - 1:\) \[ {2{\left( { - 1} \right)^2} + 4\left( { - 1} \right) = {\left( {\ln 1 + 1} \right)^2} + {C_1},}\;\; {\Rightarrow {C_1} = - 3.} \] Таким образом, частное решение дифференциального уравнения с заданным начальным условием (задача Коши) описывается алгебраическим уравнением: \[2{y^2} + 4y = {\left( {\ln x + 1} \right)^2} - 3.\]

Пример 5

Решить дифференциальное уравнение \(y'{\cot ^2}x + \tan y = 0.\) Запишем данное уравнение в следующем виде: \[ {\frac{{dy}}{{dx}}{\cot ^2}x = - \tan y,}\;\; {\Rightarrow {\cot ^2}xdy = - \tan ydx.} \] Разделим обе части на \(\tan y\,{\cot ^2}x:\) \[\require{cancel} {\frac{{\cancel{{\cot }^2}xdy}}{{\tan y\,\cancel{{\cot }^2}x}} = - \frac{{\cancel{\tan y} dx}}{{\cancel{\tan y}\,{{\cot }^2}x}},}\;\; {\Rightarrow \frac{{dy}}{{\tan y}} = - \frac{{dx}}{{{{\cot }^2}x}}.} \] Проверим, не потеряли ли мы какие-либо решения в результате деления. Необходимо исследовать следующие два корня: \[\tan y\,{\cot ^2}x = 0.\] \[ {\left. 1 \right)\;\;\tan y = 0,}\;\; {\Rightarrow y = \frac{\pi }{2} + \pi n,\;n \in Z,}\;\; {dy = 0.} \] Подставляя в исходное уравнение, мы видим, что \(y = {\large\frac{\pi }{2}\normalsize} + \pi n,\;n \in Z\) является решением уравнения. Второе возможное решение описывается формулой \[\left. 2 \right)\;\;{\cot ^2}x = 0.\] Здесь мы получаем ответ: \[x = \pi n,\;\;n \in Z,\;\;dx = 0,\] который не удовлетворяет исходному дифференциальному уравнению. Теперь можно проинтегрировать дифференциальное уравнение и найти его общее решение: \[ {\int {\frac{{dy}}{{\tan y}}} = - \int {\frac{{dx}}{{{{\cot }^2}x}}} + C,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dy}}{{\frac{{\sin y}}{{\cos y}}}}} = - \int {\frac{{dx}}{{\frac{{{{\cos }^2}x}}{{{{\sin }^2}x}}}}} + C,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{\cos ydy}}{{\sin y}}} = - \int {\frac{{{{\sin }^2}xdx}}{{{{\cos }^2}x}}} + C,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\left( {\sin y} \right)}}{{\sin y}}} = - \int {\frac{{1 - {\cos^2}x}}{{{{\cos }^2}x}}dx} + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| {\sin y} \right| = - \int {\left( {\frac{1}{{{{\cos }^2}x}} - 1} \right)dx} + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| {\sin y} \right| = - \left( {\tan x - x} \right) + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| {\sin y} \right| = - \tan x + x + C.} \] Окончательный ответ записывается в виде: \[ {\ln \left| {\sin y} \right| + \tan x - x = C,}\;\; {y = \frac{\pi }{2} + \pi n,\;\;n \in Z.} \]

Пример 6

Найти частное решение уравнения \(\left( {1 + {e^x}} \right)y' = {e^x},\) удовлетворяющее начальному условию \(y\left( 0 \right) = 0.\) Перепишем уравнение в следующем виде: \[\left( {1 + {e^x}} \right)dy = {e^x}dx.\] Разделим обе части на \({1 + {e^x}}:\) \[dy = \frac{{{e^x}}}{{1 + {e^x}}}dx.\] Поскольку \({1 + {e^x}}>0,\) то при делении мы не потеряли никаких решений. Интегрируем полученное уравнение: \[ {\int {dy} = \int {\frac{{{e^x}}}{{1 + {e^x}}}dx} + C,}\;\; {\Rightarrow y = \int {\frac{{d\left( {{e^x}} \right)}}{{1 + {e^x}}}} + C,}\;\; {\Rightarrow y = \int {\frac{{d\left( {{e^x} + 1} \right)}}{{1 + {e^x}}}} + C,}\;\; {\Rightarrow y = \ln \left( {{e^x} + 1} \right) + C.} \] Теперь найдем константу \(C\) из начального условия \(y\left( 0 \right) = 0.\) \[ {0 = \ln \left( {{e^0} + 1} \right) + C,}\;\; {\Rightarrow 0 = \ln 2 + C,}\;\; {\Rightarrow C = - \ln 2.} \] Следовательно, окончательный ответ имеет вид: \[y = \ln \left( {{e^x} + 1} \right) - \ln 2 = \ln \frac{{{e^x} + 1}}{2}.\]

Пример 7

Решить уравнение \(y\left( {1 + xy} \right)dx = x\left( {1 - xy} \right)dy.\) Произведение \(xy\) в каждой части не позволяет разделить переменные. Поэтому, мы сделаем замену: \[xy = t\;\;\text{или}\;\;y = \frac{t}{x}.\] Соотношение для дифференциалов имеет вид: \[dy = \frac{{xdt - tdx}}{{{x^2}}}.\] Подставляя это в уравнение, получаем: \[\frac{t}{x}\left( {1 + t} \right)dx = x\left( {1 - t} \right)\frac{{xdt - tdx}}{{{x^2}}}.\] Далее, умножая обе части \(x,\) можно после соответствующих сокращений записать: \[t\left( {1 + t} \right)dx = \left( {1 - t} \right)\left( {xdt - tdx} \right).\] Учтем, что \(x = 0\) является решением уравнения (это можно проверить непосредственной подстановкой). Последнее выражение можно несколько упростить: \[ {tdx + \cancel{{t^2}dx} = xdt - tdx - xtdt + \cancel{{t^2}dx},}\;\; {\Rightarrow 2tdt = x\left( {1 - t} \right)dt.} \] Теперь переменные \(x\) и \(t\) разделены: \[ {\frac{{2dx}}{x} = \frac{{\left( {1 - t} \right)dt}}{t}}\;\; {\text{или}\;\;2\frac{{dx}}{x} = \left( {\frac{1}{t} - 1} \right)dt.} \] В результате интегрирования находим: \[ {2\int {\frac{{dx}}{x}} = \int {\left( {\frac{1}{t} - 1} \right)dt} + C,}\;\; {\Rightarrow 2\ln \left| x \right| = \ln \left| t \right| - t + C,}\;\; {\Rightarrow \ln {x^2} = \ln \left| t \right| - t + C.} \] Выполняя обратную подстановку \(t = xy,\) получаем общее решение дифференциального уравнения: \[ {\ln {x^2} = \ln \left| {xy} \right| - xy + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| {\frac{{xy}}{{{x^2}}}} \right| - xy + C = 0,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| {\frac{y}{x}} \right| - xy + C = 0.} \] Полный ответ записывается в виде: \[\ln \left| {\frac{y}{x}} \right| - xy + C = 0,\;\;x = 0.\]

Пример 8

Найти общее решение дифференциального уравнения \(\left( {x + y + 1} \right)dx + \left( {4x + 4y + 10} \right)dy = 0.\) Воспользуемся следующей подстановкой: \[ {x + y = u,}\;\; {\Rightarrow y = u - x,}\;\; {dy = du - dx.} \] В результате уравнение принимает вид: \[\left( {u + 1} \right)dx + \left( {4u + 10} \right)\left( {du - dx} \right) = 0.\] Следовательно, \[udx + dx + 4udu + 10du - 4udx - 10dx = 0,\] \[ - 3udx - 9dx + 4udu + 10du = 0,\] \[ - 3\left( {u + 3} \right)dx + 2\left( {2u + 5} \right)du = 0,\] \[\frac{{3dx}}{2} = \frac{{2u + 5}}{{u + 3}}du.\] Проинтегрируем последнее уравнение: \[ {\frac{3}{2}\int {dx} = \int {\frac{{2u + 5}}{{u + 3}}du} + C,}\;\; {\Rightarrow \frac{3}{2}\int {dx} = \int {\frac{{2u + 6 - 1}}{{u + 3}}du} + C,}\;\; {\Rightarrow \frac{3}{2}\int {dx} = \int {\left( {2 - \frac{1}{{u + 3}}} \right)du} + C,}\;\; {\Rightarrow \frac{3}{2}x = 2u - \ln \left| {u + 3} \right| + C.} \] Поскольку \(u = x + y,\) то окончательный ответ в неявной форме записывается в виде: \[ {\frac{3}{2}x = 2\left( {x + y} \right) - \ln \left| {x + y + 3} \right| + C}\;\; {\text{или}\;\;\frac{x}{2} + 2y - \ln \left| {x + y + 3} \right| + C = 0.} \]