Архив рубрики: Дифференциальные уравнения

Уравнения Эйлера

Линейные уравнения вида

a_0x^ny^{(n)}+a_1x^{n-1}y^{(n-1)}+ \cdots + a_{n-1}xy'+a_ny=0,          (1)

где всё a_i постоянные, называются уравнениями Эйлера. Эти уравнения заменой независимого переменного x=e^t преобразуются в линейные однородные уравнения с постоянными коэффициентами:

b_0 y_t^{(n)}+b_1y_t^{(n-1)} + \cdots + b_{n-1}y'_t+b_ny(t)=0.           (2)

 Замечание 1. Уравнения вида

a_0{(ax+b)}^ny^{(n)}+a_1{(ax+b)}^{n-1}y^{(n-1)}+ \cdots + a_{n-1}(ax+b)y'+a_ny=0

также называются уравнениями Эйлера и сводятся к линейным однородным уравнениям с постоянными коэффициентами заменой переменных ax+b=e^t.

Замечание 2. Частные решения уравнения (1) можно сразу искать в виде y=x^k, при этом для k мы получаем уравнение, которое совпадает с характеристическим уравнением для уравнения (2).

Пример 1. Найти общее решение уравнения Эйлера x^2y''+2xy'-6y=0.

Решение:  Делаем в уравнении подстановку x=e^t, тогда

y'= \frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = e^{-t} \frac{dy}{dt},

y''= \frac{dy'}{dx} = \frac{dy'/dt}{dx/dt} = \frac{(d^2y/dt^2-dy/dt)e^{-t}}{e^t} = e^{-2t} \left ( \frac{d^2y}{dt^2} - \frac{dy}{dt} \right ),

и уравнение примет вид

\frac{d^2y}{dt^2} + \frac{dy}{dt} -6y=0.

 Корни характеристического уравнения {\lambda}_1=-3, {\lambda}_2=2, и общее решение уравнения будет y=C_1e^{-3t}+C_2e^{2t}. Но так как x=e^t, то

y=C_1x^{-3}+C_2x^2       или       y= \frac{C_1}{x^3}+C_2x^2.

Ответ:    y= \frac{C_1}{x^3}+C_2x^2.

Решим данный пример другим способом.

Решение:  Будем искать решение данного уравнения в виде y=x^k, где k — неизвестное число. Находим y'=kx^{k-1}, y''=k(k-1)x^{k-2}. Подставляя в уравнение, получаем

x^2k(k-1)x^{k-2}+2xkx^{k-1}-6x^k=0       или       x^k[k(k-1)+2k-6]=0.

Но так как x^k \equiv 0, то k(k-1)+2k-6=0 или k^2+k-6=0. Корни этого уравнения k_1=-3 и k_2=2. Им соответствует фундаментальная система решений y_1=x^{-3}, y_2=x^2, и общее решение по-прежнему будет

y=C_1x^{-3}+C_2x^2.

Линейные неоднородные уравнения с постоянными коэффициентами

Пусть дано дифференциальное уравнение

a_0 y^{(n)} + a_1 y^{(n-1)} + \cdots + a_n y= f(x)       (*)

с постоянными вещественными коэффициентами a_0, a_1, a_2, \cdots , a_n.

Теорема. Общее решение неоднородного уравнения равно сумме общего решения соответствующего однородного уравнения и какого-либо частного решения неоднородного уравнения.

Отыскание общего решения соответствующего однородного уравнения было показано ранее. Таким образом, задача интегрирования неоднородного уравнения сводится к нахождению частного решения y_{ch.n} (здесь должен быть «игрек», а внизу «ч.н.», но я сходу не нашел как использовать русские буквы в Latex 🙂 ) неоднородного уравнения. В общем случае интегрирование неоднородного уравнения может быть осуществлено методом вариации произвольных постоянных. Для правых частей специального вида частное решение находится проще, так называемым методом подбора. Общий вид правой части f(x) уравнения (*), при котором возможно применить метод подбора, следующий:

f(x)=e^{\alpha x}[P_l(x) \cos{\beta x} +Q_m(x) \sin{\beta x}],

где P_l(x) и Q_m(x) суть многочлены степени l и m соответственно. В этом случае частное решение уравнения (*) ищется в виде

y_{ch.n}=x^s e^{\alpha x} [\tilde{P_k}(x) \cos{\beta x} + \tilde{Q_k} (x) \sin{\beta x}],

где k= \operatorname{max} (m,l), \tilde{P_k}(x) и \tilde{Q_k}(x) — многочлены от x k-й степени общего вида с неопределенными коэффициентами, а s — кратность корня \lambda = \alpha + i \beta характеристического уравнения (если \alpha \pm i \beta не является корнем характеристического уравнения, то s=0). Читать далее

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Рассмотрим некоторые виды дифференциальных уравнений, допускающих понижение порядка.

1) Уравнение вида y^{(n)} = f(x). После n-кратного интегрирования получается общее решение

y = \underbrace{ \int \cdots \int}_{n} f(x) \underbrace{ dx \cdots dx }_{n} +C_1 \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} + C_2 \frac{x^{n-2}}{(n-2)!} + \cdots + C_{n-1} x +C_n

 2) Уравнения не содержит искомой функции и ее производных до порядка k-1 включительно:

F(x,y^{(k)}, y^{(k+1)}, \cdots , y^{(n)}) =0

Порядок такого уравнения можно понизить на k единиц заменой y^{(k)} (x)=p(x). Тогда уравнение примет вид

F(x,p,p', \cdots , p^{(n-k)}) =0

Из последнего уравнения, если это возможно, находим p= f(x, C_1 , C_2 , \cdots , C_{n-k}), а затем определяем y из уравнения y^{(k)} = f(x, C_1 , C_2 , \cdots , C_{n-k})  k-кратным интегрированием.

3) Уравнение не содержит независимого переменного:

F(y,y' , y'' , \cdots , y^{(n)}) =0

Подстановка y' =p позволяет понизить порядок уравнения на единицу. При этом p рассматривается как новая функция от y:  p=p(y). Все производные y' , y'' , \cdots , y^{(n)} выражаются через производные от новой неизвестной функции p по y:

y' = \frac{dy}{dx} = p,

y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy},

y''' = \frac{d}{dx} \left ( p \frac{dp}{dy} \right ) = \frac{d}{dy} \left ( \frac{dp}{dy} \right )  \frac{dy}{dx} = p^2  \frac{d^2 p}{dy^2} + p {\left ( \frac{dp}{dy} \right )}^2  и так далее.

 Подставив эти выражения вместо y',y'', \cdots , y^{(n)} в уравнение, получим дифференциальное уравнение (n-1)-го порядка.

4) Уравнение F(x,y,y', \cdots , y^{(n)}) =0, однородное относительно аргументов y,y',y'', \cdots ,y^{(n)}, то есть F(x,ty,ty', \cdots , ty^{(n)}) = t^k F(x,y, y', \cdots , y^{(n)}).

Порядок такого уравнения может быть понижен на единицу подстановкой y=e^{\int z dx}, где z — новая неизвестная функция от x: z=z(x).

5) Уравнение, записанное в дифференциалах, F(x,y,dx,dy,d^2 y, \cdots , d^{(n)} y) =0, в котором функция F однородная относительно своих аргументов x,y,dx,dy, d^2 y, \cdots , d^n y, если считать x и dx — первого измерения, а y, dy, d^2y и так далее — измерения m. Тогда \frac{dy}{dx} будет иметь измерение m-1, \frac{d^2y}{dx^2} — измерение m-2 и так далее.

Для понижения порядка применяется подстановка x=e^t, y=ue^{mt}. В результате получается дифференциальное уравнение между u и t, не содержащее явно t, то есть допускающее понижение порядка на единицу (случай 3). Читать далее

Линейные однородные уравнения с постоянными коэффициентами

Рассмотрим дифференциальное уравнение

a_0y^{(n)}+a_1y^{(n-1)} + \cdots + a_ny=0,

где a_0,a_1, \cdots , a_n — вещественные постоянные, a_0 \ne 0.

Для нахождения общего решения данного уравнения поступаем так.

Составляем характеристическое уравнение:

a_0{\lambda}^{(n)}+a_1{\lambda}^{(n-1)} + \cdots + a_n=0.

Пусть {\lambda}_1, {\lambda}_2 , \cdots , {\lambda}_n корни характеристического уравнения, причем среди них могут быть и кратные.

Возможны следующие случаи:

 а) {\lambda}_1, {\lambda}_2 , \cdots , {\lambda}_n — вещественные и различные.

Тогда общим решением однородного уравнения будет

y_{o.o} =C_1e^{{\lambda}_1 x} +C_2e^{{\lambda}_2 x} + \cdots + C_ne^{{\lambda}_n x};

б) корни характеристического уравнения вещественные, но среди них есть кратные. Пусть, например, {\lambda}_1={\lambda}_2= \cdots = {\lambda}_k = \tilde{{\lambda}}, то есть \tilde{{\lambda}} является k-кратным корнем, а все остальные n-k корней различные. Общее решение в этом случае имеет вид

y_{o.o}=C_1e^{\tilde{{\lambda}}x} + C_2 x e^{\tilde{{\lambda}}x} +C_3 x^2 e^{\tilde{{\lambda}}x} + \cdots + C_k x^{k-1} e^{\tilde{{\lambda}}} +

+C_{k+1} e^{{\lambda}_{k+1}x} + \cdots + C_n e^{{\lambda}_n x};

в) среди корней характеристического уравнения есть комплексные.

 Пусть для определенности {\lambda}_1=\alpha +i \beta, {\lambda}_2 = \alpha - i \beta, а остальные корни вещественные (комплексные корни являются попарно сопряженными). Тогда общее решение имеет вид

y_{o.o}= C_1 e^{\alpha x} \cos{\beta x} +C_2 e^{\alpha x} \sin{\beta x} +C_3 e^{{\lambda}_3 x} + \cdots + C_n e^{{\lambda}_n x};

г) в случае, если {\lambda}_1 = \alpha + i \beta является k-кратным корнем, то  {\lambda}_2 = \alpha - i \beta также будет k-кратным корнем, и общее решение будет иметь вид

y_{o.o} = C_1 e^{\alpha x} \cos{\beta x} +C_2 e^{\alpha x} \sin{\beta x} +C_3 xe^{\alpha x} \cos{\beta x} +

+C_4xe^{\alpha x} \sin{\beta x} + \cdots + C_{2k-1} x^{k-1} e^{\alpha x} \cos{\beta x} +

+C_{2k} x^{k-1} e^{\alpha x} \sin{\beta x} + C_{2k+1} e^{{\lambda}_{2k+1}x} + \cdots + C_n e^{{\lambda}_n x}.

  Читать далее

Какое дифференциальное уравнение перед Вами?

Итак, перед Вами дифференциальное уравнение. С чего начать?

Первым и, наверное, самым важным шагом является определение его вида. Далее наши действия определяются алгоритмом решения для той или иной разновидности дифференциальных уравнений. Приведем ниже основные виды уравнений, встречающихся на практике.

Дифференциальные уравнения первого порядка

Уравнения с разделяющимися переменными

Вид:     \boxed{\varphi_1(x)\psi_1(y)dx=\varphi_2(x)\psi_2(y)dy}

Способ решения:   разделить переменные и проинтегрировать уравнение; проверить, не были ли потеряны корни в процессе разделения переменных.

Однородные уравнения

Вид:     \boxed{\frac{dy}{dx}=f(x,y)}     Условие:  f(tx,ty)=f(x,y),  t \ne 0

Способ решения:   ввести замену y=u \cdot x, где u(x) — некоторая функция от x; подставить y=ux и y'=u'x+u и решить уравнение с разделяющимися переменными, тем самым определив u(x).

Линейные уравнения

Вид:     \boxed{\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)}

Способ решения:   ввести замену y=v(x) \cdot u(x); подставить y=vu и y'=v'u+u'v в уравнение (получаем vu'+u(p(x) \cdot v+v')=q(x)); определить v(x) и u(x), решив систему \begin{cases} p(x) \cdot v+v' =0 \\ vu'  =q(x)  \end{cases}.

 Уравнение Бернулли

Вид:     \boxed{\frac{dy}{dx}+p(x)y=q(x)y^n}

Способ решения:   с помощью замены z=\frac{1}{y^{n-1}} свести уравнение к линейному.

Уравнения в полных дифференциалах

Вид:     \boxed{M(x,y)dx+N(x,y)dy=0}     Условие:  \frac{\partial M}{\partial y} \equiv \frac{\partial N}{\partial x}

Способ решения:   полагая  \frac{\partial F}{\partial x} dx + \frac{\partial F}{dy} dy =0, определить F(x,y) с помощью алгоритма: 1) найти F= \int \frac{\partial F}{\partial x} dx (при нахождении интеграла константу заменить на некоторую функцию \varphi (y)); 2) продифференцировать полученное выражение по y; 3) определить \varphi (y), приравняв найденную производную к \frac{\partial F}{dy}; 4) записать ответ в виде F(x,y)+C=0,  где C= \operatorname{const}.

 Дифференциальные уравнения высших порядков

Допускающие понижение порядка

Вид:     \boxed{y^{(n)}=f(x)}

Способ решения:   проинтегрировать выражение n раз.

Вид:     \boxed{F(x,y^{(k)}, y^{(k+1)}, \cdots , y^{(n)}) =0}

Способ решения:   ввести замену p(x)=y^{(k)}(x) и перейти к уравнению F(x,p,p', \cdots , p^{(n-k)}) =0; найти отсюда p= f(x, C_1 , C_2 , \cdots , C_{n-k}); определить y из уравнения y^{(k)} = f(x, C_1 , C_2 , \cdots , C_{n-k})  k-кратным интегрированием.

Вид:     \boxed{F(y,y' , y'' , \cdots , y^{(n)}) =0}

Способ решения:   воспользоваться подстановкой p(y)=y', понижая тем самым порядок уравнения.

 Линейные однородные с постоянными коэффициентами

Вид:     \boxed{a_0y^{(n)}+a_1y^{(n-1)} + \cdots + a_ny=0}

Способ решения:   составить и решить характеристическое уравнение a_0{\lambda}^{(n)}+a_1{\lambda}^{(n-1)} + \cdots + a_n=0; в зависимости от найденных {\lambda}_i записать общее решение.

 Линейные НЕоднородные с постоянными коэффициентами

Вид:     \boxed{a_0y^{(n)}+a_1y^{(n-1)} + \cdots + a_ny=f(x)}

Способ решения:   определить общее решение соответствующего однородного уравнения a_0y^{(n)}+a_1y^{(n-1)} + \cdots + a_ny=0; найти частное решение неоднородного уравнения методом подбора;  записать ответ в виде суммы двух найденных решений.

Более развернутое описание алгоритмов решения с примерами можно найти в разделе «дифференциальные уравнения». Здесь же получилась своего рода памятка, которая должна быть всегда перед глазами, пока у Вас не появится достаточный опыт решения данных задач.




Уравнение Риккати

Дифференциальное уравнение первого порядка

\frac{dy}{dx} + a(x)y^2 +b(x)y + c(x) =0,     (1)

где a(x), b(x), c(x) — некоторые заданные функции, называется уравнением Риккати (обобщенным). В том случае, если коэффициенты a, b, c в уравнении постоянны, данное уравнение решается с помощью разделения переменных, и мы непосредственно переходим в общему интегралу:

C_1 -x = \int \frac{dy}{ay^2+by+c}

 Свойства уравнения Риккати:

1)  Если известно какое-нибудь частное решение y_1 (x) уравнения (1), то его общее решение может быть получено при помощь квадратур.

Действительно, положим, что

y= y_1 (x) +z(x),     (2)

где z(x) — новая неизвестная функция. Подставляя (2) в (1), найдем

 \frac{dy_1}{dx} + a(x) (y_1^2 + 2y_1 z + z^2) +b(x)(y_1+z) +c(x)=0,

отсюда, в силу того, что y_1 (x) есть решение уравнения (1), получим

\frac{dz}{dx} + a(x) (2y_1 z +z^2) + b(x)z=0     или     \frac{dz}{dx} +a(x)z^2 + (2a(x)y_1 + b(x))z=0     (*)

Заметим, что уравнение (*) представляет собой частный случай уравнения Бернулли.

Пример 1. Решить уравнение Риккати  y' - y^2 + 2e^x y = e^{2x} + e^x,  зная его частное решение  y_1 = e^x.

Решение:  Положим y= e^x + z(x) и подставим в исходное уравнение; получим \frac{dz}{dx} = z^2,

откуда  - \frac{1}{z} = x-C     или     z= \frac{1}{C-x}.

Таким образом, общее решение исходного уравнения выглядит так:  y= e^x + \frac{1}{C-x}.

Ответ:    y= e^x + \frac{1}{C-x}.

Замечание:  Вместо подстановки (2) часто практически боле выгодной будет подстановка  y= y_1 (x) + \frac{1}{u(x)},

которая приводит уравнение Риккати к линейному  u' - (2ay_1 + b)u=a.

2)  Если известны два частных решения уравнения (1), то его общий интеграл находится одной квадратурой.

Пусть известны два некоторых решения y_1 (x) и y_2 (x) уравнения Риккати. Используя тот факт, что имеет место тождество

\frac{dy_1}{dx} \equiv -a(x) y_1^2 - b(x)y_1 - c(x),

представим уравнение (1) в таким виде:

\frac{1}{y-y_1} \frac{d(y-y_1)}{dx} = -a(x)(y+y_1) - b(x)     или     \frac{d}{dx} (\ln{y} - y_1) = -a(x)(y+y_1) - b(x).     (3)

Для второго частного решения y_2 (x) находим аналогично  \frac{d}{dx} (\ln{y} - y_2) = -a(x)(y+y_2)-b(x).     (4)

Вычитая из равенства (3) равенство (4), получим  \frac{d}{dx} (\ln{\frac{y-y_1}{y-y_2}}) = a(x)(y_2 - y_1),  откуда

\frac{y-y_1}{y-y_2} = Ce^{\int a(x) (y_2 (x) - y_1 (x)) dx}     (5)

Пример 2.  Уравнение

\frac{dy}{dx} = \frac{m^2}{x^4} -y^2,     m = \operatorname{const}

имеет частные решения  y_1 = \frac{1}{x} + \frac{m}{x^2},   y_2 = \frac{1}{x} - \frac{m}{x^2}.  Найти его общий интеграл.

Решение:   Используя формулу (5), получаем общий интеграл исходного уравнения

\frac{y-y_1}{y-y_2} = Ce^{- \int \frac{2m}{x^2} dx},     откуда     \frac{x^2 y -x-m}{x^2 y -x+m} = Ce^{\frac{2m}{x}}.

Ответ:    \frac{x^2 y -x-m}{x^2 y -x+m} = Ce^{\frac{2m}{x}}.

Уравнения Лагранжа и Клеро

Уравнение Лагранжа имеет вид   y=x \varphi (y') + \psi (y').

Полагая y'=p, дифференцируя по x и заменяя dy на pdx, приводим это уравнение к линейному относительно x как функции p. Находя решение этого последнего уравнения x= r(p,C), получаем общее решение исходного уравнения в параметрической форме:

x= r(p,C),     y= r(p,C) \varphi (p) + \psi (p)     (p — параметр).

 Пример 1. Решить уравнение

y=2xy' + \ln y'

Решение:   Полагаем y'=p, тогда y=2xp + \ln p. Дифференцируя, находим

pdx = 2pdx + 2x dp + \frac{dp}{p},

откуда p \frac{dx}{dp} = -2x- \frac{1}{p}   или   \frac{dx}{dp} = - \frac{2}{p} x- \frac{1}{p^2}.

Получили уравнение первого порядка, линейное относительно x; решая его, находим  x= \frac{C}{p^2} - \frac{1}{p}.

Подставляя найденное значение x в выражение для y, получим окончательно

x= \frac{C}{p^2} - \frac{1}{p},     y= \ln p + \frac{2C}{p} -2.

Ответ:   x= \frac{C}{p^2} - \frac{1}{p},     y= \ln p + \frac{2C}{p} -2.

Уравнение Клеро имеет вид y= xy' + \psi (y').

Метод решения тот же, что и для уравнения Лагранжа. Общее решение уравнения Клеро имеет вид

y= Cx + \psi (C)

Уравнение Клеро может иметь еще особое решение, которое получается исключением p из уравнений y= xp + \psi (p),  x+ {\psi}^{'} (p) =0.

Пример 2. Проинтегрировать уравнение

y= xy' + \frac{a}{2y'}     a= \operatorname {const}

Решение:  Полагая y'=p, получаем y= xp + \frac{a}{2p}.

Дифференцируя последнее уравнение и заменяя dy на p dx, найдем  pdx=pdx+xdp- \frac{a}{2p^2} dp,

откуда dp \left ( x- \frac{a}{2p^2} \right ) =0.

Приравнивая к нулю первый множитель, получаем dp =0, откуда p=C и общее решение исходного уравнения есть  y= Cx + \frac{a}{2C}. Приравнивая нулю второй множитель, будем иметь  x= \frac{a}{2p^2}.

Исключая p из данного уравнения и из уравнения y= xp + \frac{a}{2p}, получим y^2=2ax — это тоже решение нашего уравнения (особое решение).

 Ответ:   y= Cx + \frac{a}{2C},   y^2=2ax.

Уравнения вида f(y,y’)=0 и f(x,y’)=0

Если уравнения f(y,y')=0 и f(x,y')=0 легко разрешимы относительно y', то, разрешая их, получим уравнения с разделяющимися переменными.

Рассмотрим тогда случаи, когда эти уравнения не разрешимы относительно y'.

А. Уравнение вида f(y,y')=0 разрешимо относительно y:

 y= \varphi (y').

Полагаем y'=p, тогда y= \varphi (p). Дифференцируя это уравнение и заменяя dy на p dx, получим  p dx = {\varphi}^{'} (p) dp,

откуда  dx = \frac{{\varphi}^{'} (p)}{p} dp   и   x= \int \frac{{\varphi}^{'} (p)}{p} dp +C.

Получаем общее решение уравнения в параметрической форме

x= \int \frac{{\varphi}^{'} (p)}{p} dp +C,     y= \varphi (p).       (1) Читать далее

Уравнения первого порядка n-й степени относительно y’

Пусть имеем дифференциальное уравнение

(y')^n+p_1 (x,y)(y')^{n-1}+ \cdots + p_{n-1} (x,y)y' + p_n (x,y) = 0     (*)

Решаем это уравнение относительно y'. Пусть

y'=f_1 (x,y),     y'=f_2 (x,y),     \cdots,     y'=f_k(x,y)     k \leqslant n    — вещественные решения уравнения (*).

Общий интеграл уравнения (*) выразится совокупностью интегралов:

F_1 (x, y, C)=0,     F_2 (x, y, C)=0,     \cdots,     F_k (x, y, C)=0,

где F_i (x, y, C)=0 есть интеграл уравнения y' = f_i (x,y)   i=1, 2, \cdots , k.

Таким образом, через каждую точку области, в которой y' принимает вещественные значения, проходит k интегральных линий. Читать далее

Интегрирующий множитель

В некоторых случая, когда уравнение M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 не является уравнением в полных дифференциалах, удается подобрать функцию \mu (x,y), после умножения на которую левая часть данного уравнения превращается в полный дифференциал

du= \mu Mdx + \mu Ndy.

 Такая функция \mu (x,y) называется интегрирующим множителем. Из определения интегрирующего множителя получим:

\frac{\partial}{\partial y} (\mu M) =  \frac{\partial}{\partial x} (\mu N)     или     N \frac{\partial \mu}{\partial x} -M \frac{\partial \mu}{\partial y} = \left ( \frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x} \right ) \mu,

откуда N \frac{\partial \ln{\mu}}{\partial x} - M \frac{\partial \ln{\mu}}{\partial y} = \frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}.       (*)

 Мы получили для нахождения интегрирующего множителя уравнение в частных производных.

Отметим некоторые частные случаи, когда удается сравнительно легко найти решение уравнения (*), то есть найти интегрирующий множитель.

  1. Если \mu = \mu (x), то \frac{\partial \mu}{\partial y} = 0 и уравнение (*) примет вид

\frac{d \ln{\mu}}{dx} = \frac{(\partial M /\partial y) - (\partial N / \partial x)}{N}.     (1)

Для существования интегрирующего множителя, не зависящего от y, необходимо и достаточно, чтобы правая часть (1) была функцией только x. В таком случае \ln {\mu} найдется квадратурой. Читать далее