7. Дифференциальные уравнения

1. Уравнения в полных дифференциалах

Уравнение

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0

называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть является полным дифференциалом некоторой функции F(x,y). Это имеет место, если

\displaystyle{\partial M\over \partial y}\equiv{\partial N\over \partial x}.

Чтобы решить исходное уравнение, нужно найти функцию F(x,y), полный дифференциал которой dF(x,y)=F^{\prime}_xdx+F^{\prime}_ydy равен левой части уравнения. Тогда общее решение уравнения можно записать в виде F(x,y)=c, где c — произвольная постоянная.

Задача 1. Решить уравнение

e^{-y}dx-(2y+xe^{-y})dy=0.

Решение. Это — уравнение в полных дифференциалах. Действительно,

\displaystyle {\partial e^{-y} \over \partial y}=-e^{-y}={\partial \left(-\left( 2y+xe^{-y}\right)\right) \over \partial y}.

Найдем функцию F(x,y), такую, что F^{\prime}_x=e^{-y},F^{\prime}_y=-(2y+xe^{-y}).

Интегрируем по x первое из этих уравнений, считая y постоянным, при этом вместо постоянной интегрирования нужно поставить \varphi(y) — неизвестную функцию от y: F=\int e^{-y}dx=xe^{-y}+\varphi(y). Подставляя это
выражение для F во второе уравнение, найдем \varphi:

F^{\prime}_y=-xe^{-y}+\varphi^{\prime}(y)=-2y-xe^{-y}; \varphi^{\prime}(y)=-2y;\varphi(y)=-y^2+const.

Следовательно, можно взять F(x,y)=xe^{-y}-y^2, и общее решение исходного уравнения может быть записано в виде xe^{-y}-y^2=c.

2. Интегрирующий множитель

Интегрирующим множителем для уравнения

M(x,y)dx+N(x,y)dy=0

называется такая функция \mu(x,y)\not\equiv0, после умножения на которую уравнение превращается в уравнение в полных дифференциалах. Если функции M и N в уравнении имеют непрерывные частные производные и не обращаются в нуль одновременно, то интегрирующий множитель существует. Однако нет общего метода для его отыскания (когда общее решение уравнения неизвестно).

Для решения некоторых уравнений можно применять метод выделения полных дифференциалов, используя известные формулы:

\displaystyle d(xy)=ydx+xdy;\ d(y^2)=2ydy;\ d\left({x\over y}\right)={ydx-xdy\over y^2};\ d(\ln y)={dy\over y}.

Если в уравнении можно выделить полный дифференциал некоторой функции \varphi(x,y), то иногда уравнение упрощается, если от переменных (x,y) перейти к переменным (x,z) или (y,z), где z=\varphi(x,y).

Задача 2. Решить уравнение

(xy+y^4)dx+(x^2-xy^3)dy=0.

Решение. Сгруппируем члены так, чтобы выделить полные дифференциалы:

\displaystyle x(ydx+xdy)+y^3(ydx-xdy)=0,\ xd(xy)+y^5d\left({x\over y}\right)=0.

Разделив на x и сделав замену xy=u, x/y=v, получим уравнение

\displaystyle du+{u^2\over v^3}dv=0,

которое легко решается.

3. Уравнения, не разрешенные относительно производной

Уравнения вида F(x,y,y^{\prime})=0 можно решать следующими методами.

3.1. Разрешить уравнение относительно y^{\prime}, то есть из уравнения F(x,y,y^{\prime})=0 выразить y^{\prime} через x и y. Получится одно или несколько уравнений вида y^{\prime}=f(x,y). Каждое из них нужно решить.

3.2. Метод введения параметра

Пусть уравнение F(x,y,y^{\prime})=0 можно разрешить относительно y, то есть записать в виде y=f(x,y^{\prime}). Введя параметр

\displaystyle p={dy\over dx}=y^{\prime},

получим

y=f(x,p).

Взяв полный дифференциал от обеих частей равенства выше и заменив dy через pdx, получим уравнение вида

M(x,p)dx+N(x,p)dp=0.

Если решение этого уравнения найдено в виде x=\varphi(p), то, воспользовавшись равенством, выражающим p через x и y, получим решение исходного уравнения в
параметрической записи x=\varphi(p),y=f(\varphi(p),p).

Уравнения вида x=f(y,y^{\prime}) решаются тем же методом.

Задача 3. Решить уравнение

y=xy^{\prime}-x^2y^{\prime3}.

Решение. Вводим параметр p=y^{\prime}:

y=xp-x^2p^3.

Берем полный дифференциал от обеих частей равенства и заменяем dy на pdx:

dy=(p-2xp^3)dx+(x-3x^2p^2)dp,\ -2xp^3dx+(x-3x^2p^2)dp=0.

Делим на x.

а) Если p\ne0, то делим на p^{3/2}, получаем уравнение в полных дифференциалах

-2p^{3/2}dx+(p^{-3/2}-3xp^{1/2})dp=0.

Решаем его:

F(x,p)=-2p^{3/2}x+c(p).

И c(p) удовлетворяет уравнению

-3p^{1/2}x+c^{\prime}(p)=-3xp^{1/2}+p^{-3/2},\ c(p)=2p^{-1/2}+c,

тогда F(x,p)=-2p^{3/2}x+2p^{-1/2}+c=0. Отсюда 2xp^2=c\sqrt{|p|}-2, y=xp-x^2p^3.

б) Если p=0, то получаем решение y=0.

4. Уравнения, допускающие понижение порядка

4.1. Если в уравнение не входит искомая функция y, т.е. оно имеет вид F(x,y^{(k)},y^{(k+1)},\ldots,y^{(n)})=0, то порядок уравнения можно понизить, взяв за новую неизвестную функцию низшую из производных, входящих в уравнение, т.е. сделав замену z=y^{(k)}.

4.2. Если в уравнение не входит независимая переменная x, т.е. уравнение имеет вид F(y,y^{\prime},y^{\prime\prime},\ldots,y^{(n)})=0, то порядок уравнения можно понизить, взяв за новую независимую переменную y, а за неизвестную функцию y^{\prime}=p(y).

Задача 4. Решить уравнение y^3y^{\prime\prime}=1.

Решение. В уравнение не входит x. Полагаем y^{\prime}=p(y). Тогда

\displaystyle y^{\prime\prime}={d(y^{\prime})\over dx}={dp(y)\over dx}={dp\over dy}\cdot{dy\over dx}=p^{\prime}p.

Подставляя y^{\prime\prime}=pp^{\prime} в уравнение, получим y^3p^{\prime}p=1. Отсюда \displaystyle pdp={dy\over y^3} и \displaystyle p^2+{1\over y^2}=c. Далее решаем уравнения

\begin{array}{l}\displaystyle<br />
y^{\prime}=\pm\sqrt{c-{1\over y^2}},\ {\pm dy\over \sqrt{c-{1\over y^2}}}=dx,\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\pm{ydy\over \sqrt{cy^2-1}}=dx,\ \pm{1\over 2c}{d(cy^2-1)\over<br />
\sqrt{cy^2-1}}=dx (c\ne0),\ \pm\sqrt{cy^2-1}=2c(x+c^{\prime}),\\[4mm]<br />
cy^2-1=4c^2(x+c^{\prime})^2.<br />
\end{array}

4.3. Если уравнение однородно относительно y и его производных, т.е. не меняется при одновременной замене y,y^{\prime},y^{\prime\prime},\ldots на ky,ky^{\prime},ky^{\prime\prime},\ldots, то порядок уравнения понижается подстановкой y^{\prime}=yz, где z — новая неизвестная функция.

Задача 5. Решить уравнение

\displaystyle y^{\prime\prime}+{y^{\prime}\over x}+{y\over x^2}={y^{\prime2}\over y}.

Решение. Сделаем замену y^{\prime}=yz, получим y^{\prime\prime}=y^{\prime}z+yz^{\prime}=yz^2+yz^{\prime}.
Подставим y^{\prime} и y^{\prime\prime} в исходное уравнение:

\begin{array}{l}<br />
\displaystyle<br />
yz^2+yz^{\prime}+{yz\over x}+{y\over x^2}=yz^2 (y\ne0),\ z^{\prime}+{z\over x}+{1\over x^2}=0,\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
x^2dz=(-xz-1)dx,\ xdz+zdx=-{dx\over x},\ d(xz)=-d\ln|x|,\ zx+\ln|x|=c,\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
z={c-\ln|x|\over x},\ y^{\prime}=y{c-\ln|x|\over x},\ {dy\over y}={c-\ln|x|\over x},\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\ln|y|=c\ln|x|-{\ln^2|x|\over 2}+c^{\prime},\ y=c_1|x|^{c-{1\over 2}\ln|x|}.<br />
\end{array}

4.4. Порядок уравнения понижается, если оно является однородным относительно x и y в обобщенном смысле, т.е. не меняется от замены x на kx, y — на k^my (при этом y^{\prime} заменяется на k^{m-1}y^{\prime}, y^{\prime} — на k^{m-2}y^{\prime\prime} и т.д.). Чтобы узнать, будет ли уравнение однородным, и найти число m, надо приравнять друг другу показатели степеней, в которых число k будет входить в каждый член уравнения после указанной замены. Если полученные уравнения для m будут несовместными, то дифференциальное уравнение не является однородным в указанном смысле.

После того как число m найдено, нужно сделать замену переменных x=e^t,y=ze^{mt}, где z=z(t) — новая неизвестная функция, а t — новая независимая переменная. Получим уравнение, в которое не входит независимая переменная t. Порядок такого уравнения можно понизить одним из указанных выше способом.

Задача 6. Решить уравнение

4x^2y^3y^{\prime\prime}=x^2-y^4.

Решение. Приравниваем показатели степеней:

2+3m+m-2=2=4m,\qquad m=1/2.

Делаем замену x=e^t,y=ze^{t/2}, получаем далее

\begin{array}{l}<br />
\displaystyle<br />
y^{\prime}={dy\over dx}={dy\over dt}{dt\over dx}={\dot{z}e^{t/2}+{1\over 2}ze^{t/2}\over e^t}=\dot{z}e^{-t/2}+{1\over 2}ze^{-t/2}\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
y^{\prime\prime}={dy^{\prime}\over dx}={dy^{\prime}\over dt}{dt\over dx}={\ddot{z}e^{-t/2}-{1\over 2}\dot{z}e^{-t/2}-{1\over 4}ze^{-t/2}+{1\over 2}\dot{z}e^{-t/2}\over e^t}\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
y^{\prime}=\left(\ddot{z}-{1\over 4}z\right) e^{-3/2t}.<br />
\end{array}

Отсюда получаем

\begin{array}{l}<br />
4e^{2t}z^3e^{3/2t}(\ddot{z}-1/4z)e^{-3/2t}=e^{2t}-z^4e^{2t}\\<br />
4z^3\left( \ddot{z}-{1\over 4}z\right)=1-z^4,\ 4z^3\ddot{z}=1\\<br />
\dot{z}=p(z),\ \ddot{z}=p^{\prime}p\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
4z^3p^{\prime}p=1,\ 4pdp={dz\over z^3},\ 2p^2+{1\over 2z^2}=c\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
2\dot{z}^2=c-{1\over 2z^2},\ \dot{z}=\pm\sqrt{{c\over 2}-{1\over<br />
4z^2}},\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\pm{2zdz\over \sqrt{2cz^2-1}}=dt,\ \pm{1\over 2c}{d(2cz^2-1)\over \sqrt{2cz^2-1}}=dt\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\pm {1\over c}\sqrt{2cz^2-1}=t+{c’\over c},\ 2cz^2-1=(ct+c’)^2\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
{2cy^2\over x}-1=(c\ln x+c^{\prime})^2.<br />
\end{array}

4.5. Порядок уравнения понижается, если можно привести его к такому виду, чтобы обе его части являлись полными производными по x от каких-нибудь функций.

Задача 7. Решить уравнение yy^{\prime\prime}=y^{\prime2}.

Решение. Разделим обе части уравнения на yy^{\prime}, получим

\displaystyle {y^{\prime\prime}\over y^{\prime}}={y^{\prime}\over y},\ (\ln y^{\prime})^{\prime}=(\ln y)^{\prime},\ ln y^{\prime}=\ln y+\ln c,\ y^{\prime}=yc.

Порядок уравнения понижен. Решаем полученное уравнение:

\displaystyle{dy\over y}=cdx, \ln y=cx+c^{\prime},\ y=e^{cx+c^{\prime}}.

Задачи.

1. Решить уравнения

а) (1+y^2\sin2x)dx-2y\cos^2xdy=0;

б) xydx=(y^3+x^2y+x^2)dy;

в) x^2-\sin^2y+xy^{\prime}\sin2y=0;

г) x^2y^3+y+(x^3y^2)y^{\prime}=0;

д) (x^2-y)dx+x(y+1)dy=0.

2. Решить уравнения

а) y^{\prime2}+4xy^{\prime}-y^2-2x^2y-x^4+4x^2=0;

б) y^{\prime}=e^{xy^{\prime}/y};

в) y=2xy^{\prime}+y^2y^{\prime3}.

3. Решить уравнения

а) y^{\prime\prime\prime}y^{\prime2}=y^{\prime\prime3};

б) y^{\prime}y^{\prime\prime\prime}=2y^{\prime\prime2};

в) \displaystyle {y^2\over x^2}+y^{\prime2}=3xy^{\prime\prime}+{2yy^{\prime}\over x}.

4. Найдите все решения дифференциального уравнения

zz^{\prime\prime}-2z^{\prime}z^{\prime}=0,

проходящие через точку x=1,z=1.

5. Решите уравнение

y^{\prime\prime}-y^{\prime}+16e^{2x}y=0.

6. Решить краевую задачу

\displaystyle xy^{\prime\prime}+2y^{\prime}-xy=0,\ y(+0)=\lim_{x\to+0}y(x) — ограничено, \displaystyle y(\ln2)={3\over \ln16}.

7. Решить систему дифференциальных уравнений

y^{\prime}=z(y+z)^k,z^{\prime}=y(y+z)^k

с начальными данными y(0)=1,z(0)=0.

8. Пусть f(x) — решение дифференциального уравнения y^{\prime\prime}+e^xy=0.
Докажите, что f(x) ограничено.

9. Пусть u(t) — непрерывная функция, x(t),y(t) — решение системы дифференциальных уравнений

\dot{x}=-2y+u(t),\dot{y}=-2x+u(t)

с начальными условиями x(0)=x_0,y(0)=y_0. Докажите, что если x_0\ne y_0, то ни при каком t не выполняется равенство x(t)=y(t)=0, а если x_0=y_0, то для любого T>0 можно выбрать такое u(t), что x(T)=y(T)=0.

Комментариев: 9

  1. 1 абвгдежзик:

    И в чем же здесь олимпиадность?
    Это примерно 15% того, что в любом приличном вузе изучают на практических занятиях по диффурам в 1ом семестре (из 2х).

    [Ответить]

  2. 2 Елизавета Александровна Калинина:

    Верно, и задачки из Филиппова. Вопрос такой: а действительно студенты любого приличного вуза это знают? Сделано это было именно потому, что не знают. Примерно так вот…

    Кстати, подготовка к олимпиадам во многом состоит в том, чтобы школьники/студенты могли, не задумываясь, делать простые вещи. Это нужно для того, чтобы было время подумать над сложными.

    Скажем, большинство задач на теорию чисел для тех, кто ее нормально изучал, тоже совсем не олимпиадные, а довольно стандартные. Только вот школьники этого не знают ;)

    [Ответить]

  3. 3 Юлия:

    Здравствуйте! Начну с того, что в математике не бывает ничего простого. Вот, допустим, решаем мы уравнение однородное в обобщённом смысле. Делаем замену x=\exp(t). А ведь вводим тем самым ограничение на x (x>0). Оно же не следует из исходного уравнения. Так в чём загвовоздка?

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    Юлия, добрый день! Дело в том, что математика кажется трудной, когда что-то до конца не объяснено или не понято, и только в этом случае. К сожалению, в школе обычно приводят только алгоритмы, заставляют их выучить и бездумно применять. В данном случае ситуация такая же. Я просто привела работающий алгоритм без объяснения того, откуда он берется и почему работает. Ваш вопрос очень хороший. Вы как раз задумались, зачем и почему. В последнее время все меньше и меньше людей, которые задаются такими вопросами и пытаются думать.

    У меня здесь не было цели, да и возможности, привести весь курс дифференциальных уравнений. Кроме того, имеются хорошие учебники. Для ответа на Ваш вопрос рекомендую почитать книгу В.В. Степанова “Курс дифференциальных уравнений”, там все достаточно просто и понятно изложено. На самом деле, все действительно следует из вида уравнения. Удачи Вам!

    [Ответить]

  4. 4 абвгдежзик:

    Юлия, а каким образом из замены следует ограничение x>0? t после замены все равно в конце концов уходит (как раз для этого какие-то там показатели степеней приравниваются), а поэтому ничего не мешает ей быть комплексной и соответственно делать экспоненту отрицательной.

    [Ответить]

  5. 5 Елизавета Александровна Калинина:

    2абвгдежзик:

    Вообще-то мы рассматриваем вещественную переменную t :) . Конечно, можно считать t комплексной, но тогда учитывайте и многозначность логарифма от комплексного числа. И кроме того, как насчет существования и единственности решения дифференциального уравнения в этом случае?

    [Ответить]

  6. 6 абвгдежзик:

    Вообще, я более внимательно взглянул на ту задачу и сделал вывод, что автор просто не умеет интегрировать. С таким подходом и интеграл от 1/x при x>0 (в задачниках как правило подразумевается, что решать задачу нужно в области, где выполняется условие теоремы существования и единственности). А вообще теорема эта стандартно рассматривается для комплекснозначных функций. В данном примере (задача 6) так вообще не обойтись явно или неявно без многозначности, если решать на всей Ox. И единственности тут для стандартной задачи Коши (значение и производная в точке) нет: коэффициенты c и c’ нужно отдельно задавать для x>0 и x<0, а еще обязательно y(0) = 0, иначе решения не будет, т.е. в 2.5 раза больше начальных условий нужно по сравнению со стандартной задачей Коши. Да оно и не должно быть единственным, поскольку условие теоремы единственности на всей оси Ox не выполняется. при x отрицательных не посчитается. Модули нужно ставить в правильных местах. Замена ln(|x|) = t, не x = exp(t). Или задачу решать для положительных x.

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    2абвгдежзик: Поправила Ваши комментарии, извините, если что не так. Вроде бы все, что было написано, осталось. Ну да, Вы правы. И неоднозначность местами, и решение для положительных x, и модули не там, все так. Только вот если по сути посмотреть, а не формально, то именно так все и будет ;) . Да, кстати, а то, что стоит модуль, не говорит ли как раз о том, что рассматриваются по меньшей мере два промежутка? :)

    В общем, находится то решение, которое можно найти. Только расскажите, пожалуйста, заодно, где это стандартно теорема существования и единственности решения рассматривается для комплекснозначных функций. Чтобы знать. Приветствуются книги, ссылки.

    [Ответить]

  7. 7 Артур:

    Елизавета, вы молодец! Спасибо за предоставленный к изучению материал :-)

    [Ответить]

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение