Линейные дифференциальные уравнения: примеры первого и второго порядка

Алгоритм решения дифференциальных уравнений

Дифференциальные уравнения не так сильно отличаются от привычных уравнений, где необходимо найти переменную x, как кажется на первый взгляд. Всё различие лишь в том, что в дифференциальных уравнениях мы ищем не переменную, а функцию у(х), с помощью которой можно обратить уравнение в равенство.

Теорема

Дифференциальное уравнение – это уравнение, содержащее саму функцию (y=y(x)), производные функции или дифференциалы (y′, y″) и независимые переменные (наиболее распространённая – х). Обыкновенным дифференциальным уравнением называют уравнение, в котором содержится неизвестная функция под знаком производной или под знаком дифференциала.

Алгоритм

Чтобы решить ДУ, необходимо найти множество всех функций, которые удовлетворяют данному уравнению. Это множество в большинстве случаев выглядит следующим образом:y=f(x; С), где С – произвольная постоянная.

Проверить решённое ДУ можно, подставив найденную функцию в изначальное уравнение и убедившись, что уравнение обращается в тождество (равенство).

Дифференциальные уравнения первого порядка

Простейшие дифференциальные уравнения первого порядка вида y ‘ = f ( x )

Начнем с примеров таких уравнений.

• Пример 1

y’=0, y’=x+ex-1, y’=2xx2-73

Оптимальным для решения дифференциальных уравнений f(x)·y’=g(x) является метод деления обеих частей на f(x). Решение относительно производной позволяет нам прийти к уравнению вида y’=g(x)f(x). Оно является эквивалентом исходного уравнения при f(x) ≠ 0.

• Пример 2

Приведем примеры подобных дифференциальных уравнений:

ex·y’=2x+1, (x+2)·y’=1

Мы можем получить ряд дополнительных решений в тех случаях, когда существуют значения аргумента х, при которых функции f(x) и g(x)одновременно обращаются в 0. В качестве дополнительного решения в уравнениях f(x)·y’=g(x) при заданных значениях аргумента может выступать любая функция, определенная для заданного значения х.

• Пример 3

Наличие дополнительных решений возможно для дифференциальных уравнений x·y’=sin x, (x2-x)·y’=ln(2×2-1)

Ознакомиться с теоретической частью и примерами решения задач таких уравнений вы можете в разделе «Простейшие дифференциальные уравнения 1-го порядка».

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными вида f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x или f 1 ( y ) · g 1 ( x ) · y ‘ = f 2 ( y ) · g 2 ( x )

Поговорим теперь об уравнениях с разделенными переменными, которые имеют вид f(y)dy=g(x)dx. Как следует из названия, к данному виду дифференциальных уравнений относятся выражения, которые содержат переменные х и у, разделенные знаком равенства. Переменные находятся в разных частях уравнения, по обе стороны от знака равенства.

Решить уравнения с разделенными переменными можно путем интегрирования обеих его частей: ∫f(y)dy=∫f(x)dx

• Пример 4

К числу дифференциальных уравнений с разделенными переменными можно отнести следующие из них:

y23dy=sin xdx, eydy=(x+sin 2x)dx

Для того, чтобы прийти от ДУ с разделяющимися переменными к ДУ с разделенными переменными, необходимо разделить обе части уравнения на произведение f2(y) ⋅ g1(x). Так мы придем к уравнению f1(y)f2(y)dy=g2(x)g1(x)dx. Преобразование можно будет считать эквивалентным в том случае, если одновременно f2(y) ≠ 0 и g1(x) ≠ 0. Если хоть одно из условий не будет соблюдаться, мы можем потерять часть решений.

• Пример 5

В качестве примеров дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными можно привести следующие из них: dydx=y·(x2+ex), (y2+arccos y)·sin x·y’=cos xy.

К уравнениям с разделяющимися переменными мы можем прийти от ряда дифференциальных уравнений других видов путем замены переменных. Например, мы можем подставить в исходное уравнение z = ax+by. Это позволит нам перейти к дифференциальному уравнению с разделяющимися переменными от дифференциального уравнения вида y’=f(ax+by), a,b∈R.

• Пример 6

Подставив z = 2x+3y в уравнение y’=1e2x+3y получаем dzdx=3+2ezez.

Заменив z=xy или z=yx в выражениях y’=fxy или y’=fyx, мы переходим к уравнениям с разделяющимися переменными.

• Пример 7

Если произвести замену z=yx в исходном уравнении y’=yx·lnyx+1, получаем x·dzdx=z·ln z.

В ряде случаев прежде, чем производить замену, необходимо произвести преобразования исходного уравнения.

• Пример 8

Предположим, что в условии задачи нам дано уравнение y’=y2-x22xy. Нам необходимо привести его к виду y’=fxy или y’=fyx. Для этого нам нужно разделить числитель и знаменатель правой части исходного выражения на x2 или y2.

• Пример 9

Нам дано уравнение y’=fa1x+b1y+c1a2x+b2y+c2, a1, b1, c1, a2, b2, c2 ∈R.

Для того, чтобы привести исходное уравнение к виду y’=fxy или y’=fyx, нам необходимо ввести новые переменные u=x-x1v=y-y1, где (x1;y1) является решением системы уравнений a1x+b1y+c1=0a2x+b2y+c2=0

Введение новых переменных u=x-1v=y-2 в исходное уравнение y’=5x-y-33x+2y-7 позволяет нам получить уравнение вида dvdu=5u-v3u+2v.

Теперь выполним деление числителя и знаменателя правой части уравнения на u. Также примем, что z=uv. Получаем дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными u·dzdu=5-4z-2z23+2z.

Подробный разбор теории и алгоритмов решения задач мы привели в разделе «Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными».

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка y ‘ + P ( x ) · y = Q ( x )

Приведем примеры таких уравнений.

• Пример 10

К числу линейных неоднородных дифференциальных уравнений 1-го порядка относятся:

y’-2xy1+x2=1+x2;y’-xy=-(1+x)e-x

Для решения уравнений этого вида применяется метод вариации произвольной постоянной. Также мы можем представить искомую функцию у в виде произведения y(x) = u(x)v(x). Алгоритмы применения обоих методов мы привели в разделе «Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка».

Дифференциальное уравнение Бернулли y ‘ + P ( x ) y = Q ( x ) y a

Приведем примеры подобных уравнений.

• Пример 11

К числу дифференциальных уравнений Бернулли можно отнести:

y’+xy=(1+x)e-xy23;y’+yx2+1=arctgxx2+1·y2

Для решения уравнений этого вида можно применить метод подстановки z=y1-a, которая выполняется для того, чтобы свести исходное уравнение к линейному дифференциальному уравнению 1-го порядка. Также применим метод представления функции у в качестве y(x) = u(x)v(x).

Алгоритм применения обоих методов приведен в разделе «Дифференциальное уравнение Бернулли». Там же можно найти подробный разбор решения примеров по теме.

Нужна помощь преподавателя?Опиши задание — и наши эксперты тебе помогут!Описать задание

Уравнения в полных дифференциалах P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0

Если для любых значений x и y выполняется ∂P(x,y)∂y=∂Q(x,y)∂x, то этого условия необходимо и достаточно, чтобы выражение P(x, y)dx+Q(x, y)dyпредставляло собой полный дифференциал некоторой функции U(x, y)=0, то есть, dU(x, y)=P(x, y)dx+Q(x, y)dy. Таким образом, задача сводится к восстановлению функции U(x, y)=0 по ее полному дифференциалу.

• Пример 12

Выражение, расположенное в левой части записи уравнения (x2-y2)dx-2xydy=0 представляет собой полный дифференциал функции x33-xy2+C=0

Дифференциальные уравнения второго порядка

Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = 0 , p , q ∈ R

Линейное однородное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами обычно решается достаточно просто. Нам необходимо найти корни характеристического уравнения k2+pk+q=0. Здесь возможны три варианта в зависимости от различных p и q:

• действительные и различающиеся корни характеристического уравнения k1≠k2, k1, k2∈R;
• действительные и совпадающие k1=k2=k, k∈R;
• комплексно сопряженные k1=α+i·β, k2=α-i·β.

Значения корней характеристического уравнения определяет, как будет записано общее решение дифференциального уравнения. Возможные варианты:

1. y=C1ek1x+C2ek2x;
2. y=C1ekx+C2xekx;
3. y=ea·x·(C1cos βx+C2sin βx).

• Пример 13

Предположим, что у нас есть линейное однородное дифференциальное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами y»+3y’=0. Найдем корни характеристического уравнения k2+3k=0. Это действительные и различные k1 =-3 и k2=0. Это значит, что общее решение исходного уравнения будет иметь вид:

y=C1ek1x+C2ek2x⇔y=C1e-3x+C2e0x⇔y=C1e-3x+C2

Восполнить пробелы в теоретической части и посмотреть подробный разбор примеров по теме можно в статье «Линейные однородные дифференциальные уравнения 2-го порядка с постоянными коэффициентами».

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами y ‘ ‘ + p y ‘ + q y = f ( x ) , p , q ∈ R

Основным способом решение уравнений данного вида является нахождение суммы общего решения y0, которое соответствует линейному однородному дифференциальному уравнению y»+py’+qy=0, и частного решения y~ исходного уравнения. Получаем: y=y0+y~.

Способ нахождения y0 мы рассмотрели в предыдущем пункте. Найти частное решение y~ мы можем методом неопределенных коэффициентов при определенном виде функции f(x), которая расположена в правой части записи исходного выражения. Также применим метод вариации произвольных постоянных.

• Пример 14

К числу линейных неоднородных дифференциальных уравнений 2-го порядка с постоянными коэффициентами относятся:

y»-2y’=(x2+1)ex;y»+36y=24sin(6x)-12cos(6x)+36e6x

Теоретические выкладки и подробный разбор примеров по теме можно найти в разделе «ЛНДУ 2-го порядка с постоянными коэффициентами».

Линейные однородные дифференциальные уравнения (ЛОДУ) y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = 0 и линейные неоднородные дифференциальные уравнения (ЛНДУ) второго порядка y ‘ ‘ + p ( x ) · y ‘ + q ( x ) · y = f ( x )

Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения и постоянными коэффициентами являются частными случаями дифференциальных уравнений этого вида.

На некотором отрезке [a; b] общее решение линейного однородного дифференциального уравнения y»+p(x)·y’+q(x)·y=0 представлено линейной комбинацией двух линейно независимых частных решений y1 и y2 этого уравнения, то есть, y=C1y1+C2y2.

Частные решения мы можем выбрать из систем независимых функций:

1, x, x2, …, xn2) ek1x, ek2x, …, eknx3) ek1x, x·ek1x, …, xn1·ek1x,ek2x, x·ek2x, …, xn2·ek2x,…ekpx, x·ekpx, …, xnp·ekpx4) 1, chx, shx

Однако существуют примеру уравнений, для которых частные решения не могут быть представлены в таком виде.

• Пример 15

Возьмем для примера линейное однородное дифференциальное уравнение xy»-xy’+y=0.

Общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения y»+p(x)·y’+q(x)·y=f(x) мы можем найти в виде суммы y=y0+y~, где y0 — общее решение соответствующего ЛОДУ, а y~ частное решение исходного дифференциального уравнения. Найти y0 можно описанным выше способом. Определить y~ нам поможет метод вариации произвольных постоянных.

• Пример 16

Возьмем для примера линейное неоднородное дифференциальное уравнение xy»-xy’+y=x2+1.

Дифференциальные уравнения высших порядков

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Мы можем провести замену y(k)=p(x) для того, чтобы понизить порядок исходного дифференциального уравнения F(x, y(k), y(k+1), …, y(n))=0, которое не содержит искомой функции и ее производных до k-1 порядка.

В этом случае y(k+1)=p'(x), y(k+2)=p»(x), …, y(n)=p(n-k)(x), и исходное дифференциальное уравнение сведется к F1(x, p, p’, …, p(n-k))=0. После нахождения его решения p(x) останется вернуться к замене y(k)=p(x) и определить неизвестную функцию y.

• Пример 17

Дифференциальное уравнение y»’xln(x)=y» после замены y»=p(x) станет уравнением с разделяющимися переменными y»=p(x), и его порядок с третьего понизится до первого.

В уравнении, которое не содержит аргумента х и имеет вид F(y, y’, y», …, y(n))=0, порядок может быть заменен на единицу следующим образом: необходимо провести замену dydx=p(y), где p(y(x))будет сложной функцией. Применив правило дифференцирования, получаем:

d2ydx2=dpdydydx=dpdyp(y)d3ydx3=ddpdyp(y)dx=d2pdy2dydxp(y)+dpdydpdydydx==d2pdy2p2(y)+dpdy2p(y)
Полученный результаты подставляем в исходное выражение. При этом мы получим дифференциальное уравнение, порядок которого на единицу меньше, чем у исходного.

• Пример 18

Рассмотрим решение уравнения 4y3y»=y4-1. Путем замены dydx=p(y) приведем исходное выражение к уравнению с разделяющимися переменными 4y3pdpdy=y4-1.

Более подробно решения задач по теме рассмотрены в разделе «Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка».

Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами y ( n ) + f n — 1 · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 · y ‘ + f 0 · y = 0 и y ( n ) + f n — 1 · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 · y ‘ + f 0 · y = f ( x )

Решение уравнений данного вида предполагает выполнение следующих простых шагов:

1. находим корни характеристического уравнения kn+fn-1·kn-1+…+f1·k+f0=0;
2. записываем общее решение ЛОДУ y0 в стандартной форме, а общее решение ЛНДУ представляем суммой y=y0+y~, где y~ — частное решение неоднородного дифференциального уравнения.

Нахождение корней характеристического уравнения подробно описано в разделе «Решение уравнений высших степеней». Для нахождения y~ целесообразно использовать метод вариации произвольных постоянных.

• Пример 19

Линейному неоднородному ДУ с постоянными коэффициентами y(4)+y(3)-5y»+y’-6y=xcosx+sinx соответствует линейное однородное ДУ y(4)+y(3)-5y»+y’-6y=0.

Более детальный разбор теории и примеров по теме вы можете найти на странице « Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков с постоянными коэффициентами».

Линейные однородные и неоднородные дифференциальные уравнения высших порядков y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = 0 и y ( n ) + f n — 1 ( x ) · y ( n — 1 ) + . . . + f 1 ( x ) · y ‘ + f 0 ( x ) · y = f ( x )

Найти решение ЛНДУ высших порядков можно благодаря сумме y=y0+y~, где y0 — общее решение соответствующего ЛОДУ, а y~ — частное решение неоднородного дифференциального уравнения.

y0 представляет собой линейную комбинацию линейно независимых функций y1, y2, …, yn, каждая из которых является частным решением ЛОДУ, то есть, обращает равенство y(n)+fn-1(x)·y(n-1)+…+f1(x)·y’+f0(x)·y=0 в тождество. Частные решения y1, y2, …, yn обычно подбираются из известных систем линейно независимых функций. Подобрать их далеко не всегда просто и возможно, в этом и заключается основная проблема.

После того, как мы найдем общее решение ЛОДУ, найти частное решение соответствующего ЛНДУ можно благодаря методу вариации произвольных постоянных. Итак, y=y0+y~=∑Cj·yj+y~j=1n

Задача №1

Необходимо определить все возможные варианты решения диффуравнения, имеющего вид

Последовательно рассмотрим решение.

Представленное диффуравнение может иметь смысл только при действительных значениях параметра х. Примем условие, что x ≠ 0, тогда выражение легко преобразовывается в следующее:

Если же, напротив, принять, что х = 0, то выражение приобретет следующий вид, характерный для любых функций y’, удовлетворяющих данному условию:

Можно заключить, что решением при справедливости условия х = 0 будет любая функция у, найденная, когда аргумент равен нулю. Остается только проинтегрировать полученное диффуравнение:

Данное выражение – это решение для приведенного диффуравнения.

Задача №2

Рассмотрим обыкновенный пример. Необходимо определить все возможные решения диффуравнения y’ = y(x2 + ex)

Как решать? В первую очередь проводим разделение переменных в разные части уравнения:

Данные преобразования справедливы, если у ≠ 0.

Если рассмотреть вариант решения при нулевом показателе функции, то можно заметить ,что

Это означает, что y = 0 – одно из возможных решений задачи.

Рассмотрим другие варианты решений, для чего произведем интегрирование диффуравнения:

Финальная часть преобразований будет вторым решением диффуравнения. Останется только потенциировать это выражение, чтобы привести его к более явному виду:

Правильными решениями, в результате преобразований, будут:

Кроме того, можно воспользоваться онлайн системой для нахождения ответа.

Задача №3

Рассмотрим применение методики решения на примере.

Необходимо найти решение дифференциального уравнения вида

Решение заключается в следующем. Первоначально примем, что y = m∗n, следовательно, получается:

На следующем этапе нужно определить, что такое m (оно обязательно не должно быть равным нулю), при котором все выражение внутри скобок будет равно нулю.

Получаем дополнительное дифференциальное уравнение:

Теперь необходимо принять одно из частных решений n = x2 + 1, которое соответствует равенству С2 — С1=0.

Выполняем оставшиеся преобразования:

Вполне очевидно, что ответом на условие задачи будет функция:

Задача №4

Рассмотрим примеры с объяснениями. Необходимо определить решения задачи Коши вида:

Ход решения строится в три этапа. На первом этапе решаем диффуравнение y’ = xy2 стандартным методом. Его решение приводить не будем, приведем только ответ:

Производим подстановку начального значения (х = 0, у = 1) в решение и находим значение С:

Производим подстановку полученного значения в ответ диффуравнения и получаем одно из частных решений:

Полученная функция – ответ на задачу Коши в этом примере.

Задача №5

Рассмотрим общее решение данного типа на примере. Необходимо выполнить поиск всех возможных решений уравнения:

Во время оценки уравнения в нем можно идентифицировать ДУ Бернулли с параметром ½. Оно легко сводится к линейному ДУ, для этого достаточно заменить выражения:

Находим производную:

Выполним деление по начальному уравнению Бернулли на

и выполним необходимые преобразования:

Произведем замену параметра х на параметр у:

Теперь вычисляем интегрирующий модуль для данной функции, он будет равен:

Теперь производим ряд преобразований для вычисления решения диффуравнения:

Переписываем полученную функцию в неявном виде и получаем ответ:

Задача №6

Рассмотрим решение однородных диффуравнений 2-го порядка с постоянными коэффициентами на примере.

Найти решение диффуравнения 2-го порядка вида:

Во всех таких случаях начинаем с поиска характеристического уравнения:

Методы решения данного уравнения достаточно простые, можно воспользоваться калькулятором или быстро решить на листочке, поэтому их приводить не будем, запишем лишь корни – 1, 5.

Поскольку это все действительные, неодинаковые числа, то можно записать функцию-решение в следующем виде:

Задача №7

Рассмотрим подробное решение. Необходимо определить все решения для уравнения y» + y = cos x.

На первом этапе находим в составе неоднородного уравнения его однородную часть – это будет y» — y = 0.

Для него уже выполняем поиск характеристического уравнения – оно будет иметь вид k2 + 1 = 0.

Корнями для данного характеристического уравнения являются k1 = -i и k2 = i.

Исходя из этого записываем решение для однородного уравнения:

Из-за отсутствия параметра с производной первого порядка также будет справедливо записать:

Теперь остается только подставить найденные выражения:

Частное и общее решение для уравнения можно записать: