Математика 24
Информационно-аналитический портал для студентов
Изучайте, решайте, готовьтесь к контрольным и зачётам.
Получайте квалифицированную помощь экспертов онлайн.

Как решать дифференциальные уравнения

Дифференциальные уравнения бывают обыкновенными и в частных производных. В этой статье мы будем говорить об обыкновенных уравнениях и о том, как их решать.

Основные понятия и определения

Определения

Обыкновенные дифференциальные уравнения – это уравнения, содержащие функцию $y(x)$ только от одной неизвестной переменной (например, $x$).

Рассмотрим это на следующих практических примерах. $$ y' = xy $$ $$ y'' = 1 $$

Итак, в первом диффуре присутствует независимая переменная $x$, неизвестная функция $y(x)$ и производная этой функции $y'(x)$. А во втором случае нет $x, y(x),y'(x)$, а есть только вторая производная функции $y''(x)$. Значит, для того, чтобы уравнение называлось дифференциальным необязательно иметь $y(x)$ и $x$, а должно быть производная $y(x)$ любого порядка.

Порядок дифференциального уравнения – это порядок старшей производной неизвестной функции $y(x)$ в уравнении.

В первом случае максимальная производная первого порядка, значит, и само ДУ первого порядка. А во втором случае уравнение имеет вторую производную $y''(x)$, поэтому это ДУ второго порядка. 

Общее решение дифференциального уравнения – это семейство функций $y = f(x,C)$, при подстановке которых в заданное исходное уравнение мы получаем равенство левой и правой части. Здесь $C$ произвольная константа. Процесс нахождения таких решений называется интегрированием дифференциального уравнения.

Частное решение дифференциального уравнения – это решение, полученное из общего решения, путем нахождения константы $C$ из дополнительных условий в задаче.

Типы уравнений

  1. ДУ первого порядка
    с разделяющимися переменными
    однородные
    линейные неоднородные
    уравнение Бернулли
  2. ДУ второго порядка
    уравнения допускающие понижение порядка
    однородные с постоянными коэффициентами
    неоднородные с постоянными коэффициентами 

Алгоритм решения

  1. По старшей производной функции $y(x)$ определить порядок ДУ
  2. Зная порядок, определить тип уравнения
  3. Узнав тип, подобрать подходящий метод решения
  4. Используя метод, найти общее решение
  5. Получить частное решение из общего путем вычисления неизвестной $C$

В некоторых случаях для решения дифференциальных уравнений удобно переписать производные в таком виде (например, это нужно для ДУ с разделяющимися переменными). $$y' = \frac{dy}{dx}$$

ОБЯЗАТЕЛЬНО! Чтобы успешно решать дифференциальные уравнения необходимо уметь находить интегралы. Поэтому, если вы забыли данную тему, то её нужно вспомнить!

Пример 1
Дана функция $y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $. Проверить является ли функция решением дифференциального уравнения $y' = xy$
Решение

Для того, чтобы проверить является ли функция решением нужно подставить её в исходное ДУ. Найдем производную функции. $$y' = (Ce^{\frac{x^2}{2}})' = Ce^{\frac{x^2}{2}} \cdot (\frac{x^2}{2})' = Ce^{\frac{x^2}{2}} \cdot x = Cxe^{\frac{x^2}{2}}$$

Теперь подставим $y'$ и $y$ в исходное уравнение.

$$ Cxe^{\frac{x^2}{2}} = x Ce^{\frac{x^2}{2}} $$

Получили равенство левой и правой части, значит, функция $y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $ является общим решением ДУ.

Ответ
$$y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $$

Дифференциальные уравнения первого порядка

ДУ с разделяющимися переменными

Уравнения такого типа имеют следующий вид: $$ f_1(x)g_1(y)dy = f_2(x)g_2(y)dx$$ Общее решение такого ДУ нужно находить путем разделения переменных с иксами и с игреками: $$\int \frac{g_1(y)}{g_2(y)}dy = \int \frac{f_2(x)}{f_1(x)}dx$$

СОВЕТ: Если не удается определить тип диффура первого порядка, то рекомендуем мысленно попытаться разделить переменные иксы от игреков. Возможно перед вами хитрое дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.

Алгоритм нахождения общего решения:

  1. Переписываем производные через $y' = \frac{dy}{dx}$
  2. Разделяем все $y$ в левую часть уравнения, а все $x$ в правую
  3. Интегрируем обе части уравнения
Пример 2
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y' = xy$
Решение

Видим, что в условии задачи присутствует производная от неизвестной функции $y(x)$ первого порядка. Значит, перед нами диффур 1-го порядка.  Забегая вперед скажем, что данный диффур из задачи является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Что это означает? Это означает, что можно в уравнении перенести всё что содержит $y$ в левую часть равенства, а то, что содержит $x$ перенести в правую часть. То есть разделить "игрики" от "иксов" по разные стороны. Но прежде, чем это делать стоит переписать производную таким образом: $$y' = \frac{dy}{dx}$$

После замены производной игрека исходное уравнение приобретает такой формат:

$$\frac{dy}{dx} = xy$$

Теперь, как сказали ранее, начинаем отделять игрики от иксов по разные стороны. Для этого обе части уравнения необходимо умножить на $dx$, а ещё разделить на $y$.

$$ \frac{dy}{y} = xdx $$

Теперь необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить функцию $y$. Для этого навешиваем значок интеграла на обе части уравнения.

$$ \int \frac{dy}{y} = \int xdx $$

Вспоминаем, что левый интеграл равен натуральному логарифму, а правый интеграл $\frac{x^2}{2}$. А так как интеграл неопределенный, то необходимо прибавить константу $C$.

$$ \ln|y| = \frac{x^2}{2} + C $$

Теперь необходимо вытащить $y$ для того, чтобы записать окончательный ответ в виде общего решения. Для этого вспоминаем, что игрик в $\ln|y| = x$ равен $y = e^x$. Поэтому продолжая решать наше уравнение получаем.

$$ y = e^{\frac{x^2}{2} + C} $$

Далее вспоминаем свойство степеней $a^{x+y} = a^x \cdot a^y$. Таким образом делаем преобразования нашего уравнения.
$$ y = e^{\frac{x^2}{2}} \cdot e^C $$

Так как $e^C$ это константа, то её можно переписать следующим видом $e^C = C$. И после этого получаем окончательный ответ исходного уравнения, называемый общим решением.

$$ y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $$

Ответ
$$ y = Ce^{\frac{x^2}{2}} $$
Решение задач от 20 руб
подробное написание
Контрольные работы от 120 руб
подробное написание
Пример 3
Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка с разделяющимися переменными $y' = \frac{2x}{1+x^2}$, если $y(0) = 0$.
Решение

Начнем решать с того, что представим производную в исходном уравнении в виде $y' = \frac{dy}{dx}$:

$$ \frac{dy}{dx} = \frac{2x}{1+x^2} $$

Теперь разделяем переменные иксы от игреков по разные стороны равенства путем умножения обеих частей уравнения на $dx$:

$$ dy = \frac{2x}{1+x^2} dx $$

Навешиваем знак интеграла на левую и правую часть, а затем решаем интегралы:

$$ \int dy = \int \frac{2x}{1+x^2} dx $$

$$ y =  \int \frac{2x}{1+x^2} dx $$

Замечаем, что $(1+x^2)' = 2x$. Поэтому $2x$ можно занести под знак дифференциала, чтобы решить интеграл:

$$ y = \int \frac{d(1+x^2)}{1+x^2} = \ln (1+x^2) + C $$

Получили общее решение $y = \ln (1+x^2) + C$. В условии задачи просят найти частное решение при условии $y(0) = 0$. Это означает, что нужно из последного условия найти константу $C$. Из $y(0) = 0$ видно, что $x = 0$, а $y = 0$. Подставляем их в общее решение дифференциального уравнения и вычисляем $C$:

$$\ln(1+0^2)+C = 0$$ $$\ln 1+C = 0$$ $$0 + C = 0$$ $$C=0$$

Теперь заменив в общем решении $C$ на ноль, получаем частное решение:

$$y = \ln(1+x^2)$$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ
$$y = \ln(1+x^2)$$

Однородные ДУ

Чтобы проверить является ли предложенное уравнение однородным нужно заменить $x$ и $y$ на $\lambda x$ и $\lambda y$. Производную $y'$ заменять не нужно. Если все $\lambda$ после элементарных преобразований удастся уничтожить, то перед вами однородное дифференциальное уравнение первого порядка.

Решается по следующему алгоритму:

  1. Проверить уравнение на однородность с помощью $\lambda$
  2. Привести уравнение к виду $y' = f(\frac{y}{x})$
  3. Выполнить замену $\frac{y}{x} = t$ и $y' = t'x+t$
  4. Решить уравнение методом разделяющихся переменных
Пример 4
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $$y' = \frac{y}{x} - 1$$
Решение

Так как разделить переменные не получается, то проверим уравнение на однородность. Для этого вместо $x$ и $y$ выполним подстановку $\lambda x$ и $\lambda y$:

$$y' = \frac{\lambda y}{\lambda x} - 1$$

Выполняем сокращение $\lambda$ в числителе и знаменателе:

$$y' = \frac{y}{x} - 1$$

После сокращения все $\lambda$ уничтожились, значит перед нами однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Решим его с помощью замены $\frac{y}{x} = t$ и $y' = t'x + t$:

$$ t'x + t = t - 1$$

Переносим $t$ в одну сторону и тем самым уничтожаем его:

$$ t'x = -1 $$

Теперь это ДУ с разделяющимися переменными. Запишем его в привычном для него виде: $$ \frac{dt}{dx} x = -1 $$

Разделим переменные домножением на $dx$ и делением на $x$ обеих частей равенства:

$$dt = -\frac{dx}{x}$$

Интегрируем обе части:

$$\int dt = - \int \frac{dx}{x}$$

$$t = -\ln|x|+C$$

Выполняем назад замену $t = \frac{y}{x}$:

$$\frac{y}{x} = -\ln|x|+C$$

Умножаем обе части на $x$, чтобы получить окончательный ответ общего решения:

$$y = -x\ln|x| +Cx$$

Ответ
$$y = -x\ln|x| +Cx$$
Решение задач от 20 руб
подробное написание
Контрольные работы от 120 руб
подробное написание
Пример 5
Решить дифференциальное уравнение первого порядка $xy+y^2=(2x^2+xy)y'$
Решение

Сперва проверим уравнение на однородность. Подставляем $\lambda$ вместо $x$ и $y$.

$$\lambda x \cdot \lambda y + (\lambda y)^2 = (2 (\lambda x)^2 + \lambda x\cdot \lambda y)y'$$

После вынесения $\lambda$ слева и справа за скобки получаем $$ \lambda^2(xy+y^2) = \lambda^2(2x^2+xy)y',$$ где все $\lambda$ сокращаются. А это подтвержает однородность уравнения.

Перед тем, как выполнить замену $t = \frac{y}{x}$ нужно привести исходное уравнение к виду $y = f(\frac{y}{x})$. Для этого разделим левую и правую часть равенства на $x^2$: $$\frac{y}{x}+\frac{y^2}{x^2} = (2+\frac{y}{x})y'.$$

Теперь производим замену $t = \frac{y}{x}$ и $y' = t'x+t$ в преобразованном уравнении: $$t+t^2=(2+t)(t'x+t).$$ Раскрываем скобки и сокращаем одинаковые слагаемые $$t+t^2 = 2t'x+2t+t'xt+t^2$$ $$2t'x+t'xt=-t.$$

Далее в полученном уравнении разделяем переменные $t$ и $x$ по разные стороны знака равенства. Для этого выносим за скобку $t'x$ $$t'x(2+t)=-t.$$ Делим на $t$ обе части уравнения $$t'x\frac{2+t}{t}=-1.$$ Представляем производную $t' = \frac{dt}{dx}$ и переносим $dx$ и $x$ в правую часть равенства $$\frac{2+t}{t}dt = -\frac{dx}{x}.$$

Интегрируем обе части уравнения $$\int \frac{2+t}{t}dt = - \int \frac{dx}{x}$$ $$\int \frac{2}{t}dt+\int dt = -\int \frac{dx}{x}$$ $$2\ln|t|+t = -\ln|x|+C.$$

Выполняем обратную замену $t = \frac{y}{x}$: $$2\ln|\frac{y}{x}|+\frac{y}{x}=-\ln|x|+C.$$ Упрощаем полученное равенство с помощью элементарных преобразований и свойств натурального логарифма $$2\ln|y|-2\ln|x|+\frac{y}{x} = -\ln|x|+C$$ $$2\ln|y|+\frac{y}{x}=\ln|x|+C$$ $$2\ln|y|+\frac{y}{x}=\ln|x|+\ln|C|$$ $$2\ln|y|+\frac{y}{x}=\ln|Cx|$$ $$\ln y^2+\frac{y}{x}=\ln|Cx|$$ $$\ln y^2 = \ln|Cx|-\frac{y}{x}$$ $$y^2 = Cxe^\frac{-y}{x}.$$

Привели решение к такому виду через $y^2$. Это называется общим интегралом дифференциального уравнения. Ответ в таком виде остается в таком формате.

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ
$$y^2 = Cxe^\frac{-y}{x}$$

Линейные неоднородные ДУ

Линейное неоднородное дифференциальное уравнение 1-го порядка имеет следующий вид $$y'+p(x)y=q(x).$$

Для его решения существует два способа: метод Бернулли и вариация произвольной постоянной. В первом методе нужно сделать замену на произведение двух функций $y = uv$, а во втором способе необходимо найти неизвестную функцию $C(x)$. 

Алгоритм метода Бернулли:

  1. Выполняем замену $y=uv$ и $y' = u'v+uv'$
  2. Находим функции $u(x)$ и $v(x)$ с помощью решения системы двух уравнений
  3. Подставляем найденные $u(x)$ и $v(x)$ в уравнение $y=uv$, чтобы получить ответ

Алгоритм метода вариации произвольной постоянной:

  1. Решаем исходное уравнение в качестве однородного методом разделяющихся переменных
  2. В полученном общем решении заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$
  3. Подставляем общее решение и его производную в исходное уравнение, чтобы найти $C(x)$
  4. Полученное $C(x)$ подставляем в общее решение однородного уравнения и записываем ответ
Пример 6
Найти частное решение дифференциального уравнения первого порядка методом Бернулли $xy'-2y=2x^4$, если $y(1)=0$.
Решение

Приводим уравнение к виду $y'+p(x)y=q(x)$ путем деления на $x$ обеих частей равенства $$y'-2\frac{y}{x}=2x^3.$$

Делаем замену в полученном уравнении на $y=uv$ и $y'=u'v+uv'$ $$u'v+uv'-2\frac{uv}{x}=2x^3.$$Выносим за скобку $u$, чтобы в дальнейшем составить систему уравнений: $$u'v+u(v'-2\frac{v}{x})=2x^3.$$

Теперь приравниваем к нулю выражение в скобках и составляем систему уравнений $$\begin{cases} v' - 2\frac{v}{x} = 0 \\ u'v = 2x^3 \end{cases},$$ в которой начнем сначала решать первое уравнение для нахождения функции $v(x)$. Разделяем в нём переменные $$\begin{cases} \frac{dv}{dx} = 2\frac{v}{x} \\ u'v = 2x^3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \frac{dv}{v} = 2\frac{dx}{x} \\ u'v = 2x^3 \end{cases}.$$

Интегрируем первое уравнение в системе, чтобы получить функцию $v(x)$ $$\begin{cases} \ln|v| = 2\ln|x| \\ u'v = 2x^3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v = x^2 \\ u'v = 2x^3 \end{cases}.$$

Теперь, зная, чему равно $v$ подставляем его во второе уравнение $$\begin{cases} v=x^2 \\ u'x^2 = 2x^3 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v=x^2 \\ u = x^2+С \end{cases}.$$

Записываем общее решение дифференциального уравнения $$y = uv \Rightarrow y = x^4+Cx^2.$$

В условии задачи требуется найти частное решение из условия $y(1)=0$. Подставим в найденное общее решение $x=1$ и $y=0$, чтобы вычислить $C$ $$1^4+C\cdot 1^2 = 0 \Rightarrow C = -1. $$

С учётом, что $C=-1$ записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = x^4 - x^2.$$

Ответ
$$y = x^4 - x^2$$
Решение задач от 20 руб
подробное написание
Контрольные работы от 120 руб
подробное написание
Пример 7
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y'\sin x-y\cos x = 1$ методом вариации произвольной постоянной $C$.
Решение

Перепишем уравнение в виде $$ y' - y \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1}{\sin x} .$$ Теперь записываем однородное дифференциальное уравнение $$y' - y \frac{\cos x}{\sin x} = 0,$$ решим его методом разделяющихся переменных: $$\frac{dy}{dx} = y \frac{\cos x}{\sin x}$$ $$\int \frac{dy}{y} = \int \frac{\cos x}{\sin x} dx.$$

Слева получается натуральный логарифм, а справа заносим косинус под знак дифференциала, чтобы получить логарифм синуса: $$\ln|y| = \ln|\sin x| + C$$ $$y = C\sin x.$$

Теперь заменяем константу $C$ на функцию $C(x)$ в полученном решении и находим производную $$y = C(x)\sin x \Rightarrow y' = C'(x)\sin x+ C(x)\cos x.$$

Подставляем $y$ и $y'$ в неоднородное уравнение и решаем его относительно $C(x)$: $$C'(x)\sin x+ C(x)\cos x - C(x)\sin x \frac{\cos x}{\sin x} = \frac{1}{\sin x}$$ $$C'(x)\sin x = \frac{1}{\sin x}$$ $$C'(x) = \frac{1}{\sin^2 x}.$$

В последнем уравнении можно разделить переменные, что и делаем, а затем интегрируем: $$ d(C(x)) = \int \frac{dx}{\sin^2 x}$$ $$C(x) = -ctg x + C.$$

Берем решение $y = C(x)\sin x$ и подставляем в него найденное $C(x) = -ctg x + C$ $$y = (-ctg x + C) \sin x = C\sin x - \cos x.$$ Таким образом получили общее решение дифференциального уравнения $y = C\sin x - \cos x$.

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ
$$y = C\sin x - \cos x$$

ДУ Бернулли

Дифференциальное уравнение Бернулли имеет следующий вид $$y' + g(x)y = f(x)y^\alpha \qquad (\alpha \neq 0), (\alpha \neq 1).$$

Алгоритм решения: 

  1. Выполняем подстановку $y = z^\frac{1}{1-\alpha}$
  2. После подстановки получаем линейное уравнение $z'+p(x)z=q(x)$
  3. Решив линейное уравнение делаем обратную замену $z = y^{1-\alpha}$
Пример 8
Найти общее решение дифференциального уравнения первого порядка $y'+y=xy^2$.
Решение

Это уравнение Бернулли. Видим, что $\alpha = 2$. Значит делаем замену на $y = z^\frac{1}{1-\alpha} = z^{-1}$. Отсюда $y' = -\frac{1}{z^2} \cdot z'$. После подстановки в исходное уравнение имеем $$ -\frac{z'}{z^2}+\frac{1}{z}=\frac{x}{z^2}.$$

Умножаем обе части равенства на $(-z^2)$, чтобы привести уравнение к линейному ДУ $$z'-z=-x, $$ которое можно решить методом Бернулли, либо вариацией произвольной постоянной. Выберем первый способ.

Применяем подстановку $y=uv$ и $y'=u'v+uv'$ для последнего уравнения $$u'v+uv'-uv=-x.$$ Выносим за скобку $u$, чтобы затем построить систему уравнений для нахождения функций $u(x)$ и $v(x)$ $$u'v+u(v'-v) = -x.$$ Приравниваем к нулю скобку и получаем систему $$\begin{cases} v'-v = 0 \\ u'v = -x \end{cases}.$$

Начинаем решать её с первого уравнения. Разделяем в нем переменные и затем интегрируем $$\begin{cases} \int \frac{dv}{v} = \int dx \\ u'v = -x \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \ln|v| = x \\ u'v = -x \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v = e^x \\ u'v = -x \end{cases}. $$

Зная, что $v = e^x$ подставляем его во второе уравнение системы и решаем $$\begin{cases} v = e^x \\ u' = -\frac{x}{e^x} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} v = e^x \\ u = \int (-x)e^{-x} dx \end{cases}.$$

Для взятия интеграла воспользуемся методом интегрирования по частям $$u = \int (-x)e^{-x} dx = \begin{vmatrix} u = -x & du = -dx \\ dv = e^{-x}dx & v = -e^{-x} \end{vmatrix} = xe^{-x} - \int e^{-x} dx = xe^{-x} +e^{-x} + C$$

Итак, получаем, что $$z = uv \Rightarrow z = (xe^{-x} + e^{-x}+C) e^x = Ce^x +x + 1. $$ Вспоминаем, что была ещё одна замена в самом начале решения задачи $y = z^{-1}$, поэтому общее решение выглядит следующим образом $$y = \frac{1}{Ce^x + x + 1}.$$

Ответ
$$y = \frac{1}{Ce^x + x + 1}$$

ДУ в полных дифференциалах

Дифференциальные уравнения в полных дифференциалах имеют следующий вид $$P(x,y) dx + Q(x,y) dy = 0, $$ при выполнении условия $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} $.

Алгоритм решения заключается в том, чтобы найти функцию $U(x,y)=C$, полный дифференциал которой, есть исходное ДУ:

  1. Проверяем условие, подтверждающее, что перед нами ДУ в полных дифференциалах
  2. Получаем $U(x,y)$ интегрируя функцию $P(x,y)$ по переменной $x$. В результате этого появится неизвестная функция $\varphi(y)$ 
  3. Дифференцируем $U(x,y)$ по $y$ и приравниваем к $Q(x,y)$, чтобы найти $\varphi(y)$
Пример 9
Найти общий интеграл $U(x,y)=C$ дифференциального уравнения $$(2x+5y)dx+(5x+3y^2)dy=0.$$
Решение

Убедимся, что данное уравнение в полных дифференциалах. Для этого проверим условие $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} $. Находим производные $$ P'_y = (2x+5y)'_y = 5, Q'_x = (5x+3y^2)'_x = 5, $$ и видим, что условие выполняется $P'_y=P'_x=5$.

Находим функцию $U(x,y)$ беря интеграл по $x$ от функции $P(x,y)$ $$U(x,y) = \int (2x+5y) dx = x^2 + 5yx + \varphi(y).$$

Далее необходимо продифференцировать найденную $U(x,y)$ по $y$ $$U'_y = 5x + \varphi'(y).$$

 Осталось найти неизвестную функцию $\varphi(y)$ приравняв $U'_y$ к $Q(x,y)$: $$5x + \varphi'(y) = 5x+3y^2$$ $$\varphi'(y) = 3y^2$$ $$\varphi(y) = \int 3y^2 dy = y^3 + C.$$

Теперь зная чему равна $\varphi(y)$ подставляем её в $U(x,y)$ $$U(x,y)=x^2+5xy+y^3+C.$$

Записываем ответ в таком виде $$x^2+5xy+y^3 = C.$$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ
$$x^2+5xy+y^3 = C.$$

Дифференциальные уравнения второго порядка

ДУ допускающие понижение порядка

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка бывают двух видов:

  1. Без функции $y$: $F(x,y',y'')=0$
  2. Без переменной $x$: $F(y,y',y'')=0$

Для решения таких диффуров в первом случае делаем замену $y' = p(x)$, а во втором $y' = p(y)$.

Пример 10
Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $xy''+y'=0$ при условиях $y(1) = 0$ и $y'(1)=1$.
Решение

Видим, что данный дифур попадает под первый случай, когда отсутствует в уравнении $y$, а есть только его производные. Значит, делаем замену $y' = p(x)$ $$xp'+p=0.$$

Данное уравнение имеет разделяющиеся переменные. Начнем с того, что перепишем уравнение через $p' = \frac{dp}{dx}$ $$x\frac{dp}{dx} = -p.$$ Разделяем переменные налево и направо от знака равенства и затем интегрируем: $$ \frac{dp}{p} = -\frac{dx}{x}$$ $$ \int \frac{dp}{p} = -\int \frac{dx}{x}$$ $$\ln|p| = -\ln|x|+C_1.$$ Теперь избавимся от логарифмов, чтобы получить $p$: $$p = e^{-\ln|x| + C_1}$$ $$p = \frac{C_1}{x}.$$

Вспоминаем про ранее выполненную замену $$y' = p(x) = \frac{C_1}{x}.$$ Интегрируем для того, чтобы найти $y$ $$y = \int \frac{C_1}{x} dx = C_1 \ln|x| + C_2.$$

Таким образом, общее решение дифференциального уравнения $$y = C_1 \ln|x| + C_2.$$

Займемся поиском частного решения. Для этого используем два дополнительных равенства из условия задачи: $$y(1) = 0 \Rightarrow C_1 \ln|1| + C_2 = 0 \Rightarrow C_2 = 0$$ $$y'(1)=1 \Rightarrow \frac{C_1}{1} = 1 \Rightarrow C_1 = 1.$$

Записываем частное решение дифференциального уравнения $$y = \ln|x|.$$

Ответ
$$y = \ln|x|$$
Решение задач от 20 руб
подробное написание
Контрольные работы от 120 руб
подробное написание
Пример 11
Найти частное решение дифференциального уравнения второго порядка $$yy''+y'^2 = 1, \qquad y(0) = 1, y'(0) = 1.$$
Решение

Видим, что в диффуре отсутствует в явном виде переменная $x$, поэтому необходимо сделать замену $y' = p(y)$ и отсюда $y'' = p'(y)\cdot y' = p'(y)p$.

Делаем замену и получаем уравнение $$yp'(y)p + p^2 = 1,$$ которое решим методом разделения переменных: $$yp\frac{dp}{dy} = 1-p^2$$ $$\frac{p}{1-p^2}dp = \frac{1}{y}dy.$$ Далее по плану необходимо проинтегрировать обе части уравнения, чтобы получить $p$ $$\int \frac{p}{1-p^2}dp = \int \frac{1}{y}dy.$$

В первом интеграле заносим под знак дифференциала $1-p^2$, чтобы получился натуральный логарифм, а во втором, используя таблицу интегрирования можно сразу записать ответ: $$-\frac{1}{2} \int \frac{d(1-p^2)}{1-p^2} = \ln|y| + C $$ $$-\frac{1}{2} \ln|1-p^2| = \ln|y| + C.$$ 

Необходимо избавиться от логарифмов. Умножим обе части равенства на $(-2)$, а затем занесем эту двойку над икреком: $$\ln|1-p^2| = -2\ln|y|+C$$ $$\ln|1-p^2| = \ln \frac{1}{y^2} + C.$$

Итак, теперь убирая логарифмы получаем: $$1-p^2 = C \frac{1}{y^2}$$ $$p^2 = 1 - C\frac{1}{y^2}$$ $$(y')^2 = 1 - C\frac{1}{y^2}.$$

Теперь найдем значение константы $C$ благодаря дополнительным условиям задачи $y = 1$ и $y' = 1$. Подставляем их в последнее уравнение $$1^2 = 1 - C\frac{1}{1^2} \Rightarrow C = 0.$$

Зная теперь, что $C=0$ подставляем его в уравнение $(y')^2 = 1 - C\frac{1}{y^2}$: $$(y')^2 = 1$$ $$y' = \pm 1.$$ Из условия помним, что $y' = 1 > 0$, значит, берем только решение $y' = 1$ и продолжаем его решать интегрированием $$y = \int 1 dx = x + C.$$

Осталось найти снова постоянную $C$ теперь уже из условия $y(0) = 1$ $$y(0) = 0 + C = 1 \Rightarrow C = 1.$$ Вот теперь можно записать ответ в виде частного решения, которое требовалось найти по условию данной задачи $$y = x + 1.$$

Ответ
$$y = x + 1$$

Линейные однородные ДУ с постоянными коэффицентами

Линейность дифференциального уравнения заключается в том, что в уравнение входит неизвестная функция $y(x)$ и её производные только в первой степени, между собой не перемножаясь. Однородность определяется тем, что уравнение не содержит свободного члена. То есть он равен нулю.

Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами выглядит следующим образом $$y''+py'+qy = 0.$$ Чтобы его решить необходимо составить характиристический многочлен и найти его корни. Для этого нужно заменить $y$ на $\lambda$, степень которых будет соответствовать порядку производной $$y'' \Rightarrow \lambda^2, \qquad y' \Rightarrow \lambda, \qquad y \Rightarrow 1.$$

В зависимости от получившихся корней имеем общее решение в различных видах:

  1. Действительные корни $\lambda_1 \neq \lambda_2$, тогда $y = C_1e^{\lambda_1 x}+C_2e^{\lambda_2 x}$
  2. Действительные корни $\lambda_1 = \lambda_2$, тогда $y = C_1e^{\lambda_1 x}+C_2xe^{\lambda_1 x}$
  3. Комплексные корни $\lambda_{1,2} = \alpha\pm\beta i$, тогда $y = C_1e^{\alpha x}\cos \beta x + C_2e^{\alpha x}\sin \beta x$.
Пример 12
Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y''+y'-2y = 0$.
Решение

Первым делом составляем характеристический многочлен. Заменяем $y$ на $\lambda$ со степенями соответствующими порядку производной $y$ $$\lambda^2 + \lambda -2 = 0.$$

Обратите внимание, что $y$ имеет производную нулевого порядка, поэтому он заменяется на $\lambda^0 = 1$. Итак, перед нами квадратное уравнение, начинаем решать: $$\lambda_{1,2} = \frac{-1\pm \sqrt{1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)}}{2\cdot 1} = \frac{-1\pm 3}{2}$$ $$\lambda_1 = -2, \qquad \lambda_2 = 1.$$

Так как получили отличающиеся действительные корни, то общее решение записывается следующим образом $$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}.$$

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Ответ
$$y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{x}$$

Линейные неоднородные ДУ с постоянными коэффициентами

Линейное неоднородное ДУ с постоянными коэффициентами отличается от предыдущего типа уравнений наличием правой части от знака равенства $$y''+py'+q = f(x).$$

Общее решение такого диффура складывается из двух частей: общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения $$y_{о.н.} = y_{о.о.} + y_{ч.н.}.$$

Частное решение неоднородного уравнения $y_{ч.н.}$ подбирается исходя из вида правой части дифференциального уравнения. Затем в нём неизвестные постоянные находятся методом неопределенных коэффициентов.

Правая часть Корни характеристического многочлена Вид частного решения
1 $$P_n (x)$$ Число 0 не является корнем характеристического уравнения. $$\tilde{P_n}(x)$$
Число 0 – корень характеристического уравнения кратности $S$. $$x^s \tilde{P_n}(x)$$
2 $$P_n (x) e^{\alpha x}$$ Число $\alpha$ не является корнем характеристического уравнения. $$\tilde{P_n} (x) e^{\alpha x}$$
Число $\alpha$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$. $$x^s \tilde{P_n} (x) e^{\alpha x}$$
3 $$P_n (x) \cos \beta x + Q_m (x) \sin \beta x$$ Число $\pm i\beta$ не является корнем характеристического уравнения. $$\tilde {P_n} \cos \beta x + \tilde{Q_m} \sin \beta x$$
Число $\pm i\beta$ является корнем характеристического уравнения кратности $S$. $$x^s (\tilde {P_n} \cos \beta x + \tilde{Q_m} \sin \beta x)$$
4 $$e^{\alpha x}[P_n (x) \cos \beta x + Q_m (x) \sin \beta x]$$ Число $\alpha \pm i\beta$ не является корнем характеристического уравнения. $$e^{\alpha x}[P_n (x) \cos \beta x + Q_m (x) \sin \beta x]$$
Число $\alpha \pm i\beta$ является корнем характеристического уравнения. $$x^s e^{\alpha x}[P_n (x) \cos \beta x + Q_m (x) \sin \beta x]$$
Пример 13
Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y''+y = 4x\cos x$.
Решение

Сначала находим общее решение однородного уравнения $$y'' + y = 0.$$ Строим характеристический многочлен $$\lambda^2 + 1 = 0,$$ и находим его корни $$\lambda_{1,2}=\pm i.$$ Записываем получившееся общее решение однородного уравнения $$y_{о.о.} = C_1 \cos x + C_2 \sin x.$$

Теперь необходимо подобрать частное решение неоднородного уравнения. Для этого смотрим на правую часть исходного уравнения и видим, что здесь многочлен первой степени умножается на косинус. Значит, необходимо выбрать из таблицы 3й случай. Причем корень характеристического уравнения совпадает с аргументом косинуса. Это значит, что требуется домножение на $x$ $$y_{ч.н.} = x[(Ax+B)\cos x + (Cx+D)\sin x].$$Упростим последнее равенство и найдем от него вторую производную: $$ y_{ч.н.} = (Ax^2+Bx)\cos x + (Cx^2 + Dx) \sin x$$ $$y'_{ч.н.} = (2Ax+B)\cos x-(Ax^2+Bx)\sin x + (2Cx+D)\sin x + (Cx^2 + Dx) \cos x.$$

Упростим $y'_{ч.н}$ для удобства нахождения второй производной $$y'_{ч.н.} = (2Ax+B+Cx^2+Dx)\cos x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)\sin x.$$ Теперь можно найти вторую производную $$y''_{ч.н.} = (2A+2Cx+D)\cos x-(2Ax+B+Cx^2+Dx)\sin x + (2C-2Ax-B)\sin x + (2Cx+D-Ax^2-Bx)\cos x.$$ Упрощаем последнее выражение $$y''_{ч.н.} = (2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)\cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)\sin x.$$

Подставляем найденные $y_{ч.н.}$ и $y''_{ч.н.}$ в исходный диффур из "дано" задачи $$(2A+4Cx+2D-Ax^2-Bx)\cos x + (2C-4Ax-2B-Cx^2-Dx)\sin x + (Ax^2+Bx)\cos x + (Cx^2 + Dx) \sin x = 4x\cos x.$$ Упрощаем его $$(2A+4Cx+2D)\cos x + (2C-4Ax-2B)\sin x = 4x\cos x.$$ Теперь подгоняем левую часть под правую, так чтобы можно было применить метод неопределенных коэффициентов и найти неизвестные $A,B,C,D$ $$(2A+2D)\cos x+4Cx\cos x + (2C-2B)\sin x+(-4Ax)\sin x = 4x\cos x.$$ Смотрим на левую и правую часть и составляем систему $$\begin{cases} 2A+2D = 0 \\ 4C=4 \\ 2C-2B=0 \\ -4A = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} D=0 \\ C= 1 \\ B=1 \\ A = 0\end{cases}.$$

Подставляем полученные коэффициенты в частное решение неоднородного уравнения $$y_{ч.н.} = x\cos x + x^2\sin x.$$ Теперь вспоминая, что $y_{о.н.} = y_{о.о.} + y_{ч.н.}$ можем записать окончательный ответ $$y_{о.н.} = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x\cos x + x^2\sin x.$$

Ответ
$$y = C_1 \cos x + C_2 \sin x + x\cos x + x^2\sin x$$
Решение задач от 20 руб
подробное написание
Контрольные работы от 120 руб
подробное написание
Пример 14
Найти общее решение дифференциального уравнения второго порядка $y''+y'=5x+2e^x$.
Решение

Сначала найдем общее решение однородного дифференциального уравнения $$y''+y'=5x+2e^x.$$

Составляем характеристический многочлен однородного уравнения и находим его корни: $$\lambda^2 + \lambda = 0$$ $$\lambda(\lambda + 1) = 0$$ $$\lambda_1 = 0, \qquad \lambda_2=-1.$$ Теперь можно записать общее решение $$y_{о.о.} = С_1 + С_2e^{-x}.$$

Теперь необходимо по правой части исходного неоднородного уравнения найти его частное решение путем подбора, используя данные таблицы. Первое слагаемое есть многочлен первой степени. И так как один из корней характеристического уравнения является нулем кратности 1, то решение ищем в виде $y = (Ax+B)x$. Второе слагаемое представляет собой произведение многочлена нулевой степени на экспоненту. Так как аргумент экспоненты не совпадает с одним из корней характеристического многочлена, то подбор будем делать в виде $y = Ce^x$. В итоге правую часть будем искать в виде суммы $$y_{\text{ч.н.}} = (Ax+B)x+Ce^x.$$

Находим первую и вторую производную последней функции: $$y' = 2Ax+B+Ce^x$$ $$y''=2A+Ce^x.$$ Подставляем полученные производные $y'$ и $y''$ в исходное дифференциальное уравнение: $$2A+Ce^x+2Ax+B+Ce^x = 5x+2e^x$$ $$2Ax+B+2A+2Ce^x=5x+2e^x.$$

Далее необходимо, используя метод неопределенных коэффициентов, найти значения $A,B,C$ составив систему уравнений $$\begin{cases} 2A=5 \\ 2C=2 \\ B+2A = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} A=\frac{5}{2} \\ C=1 \\ B=-5 \end{cases}.$$

Подставляем найденные коэффициенты и получаем частное решение неоднородного уравнения $$y_{\text{ч.н.}} = (\frac{5}{2}x-5)x + e^x = \frac{5}{2}x^2 - 5x + e^x.$$

Таким образом теперь можно записать общее решение неоднородного диффура $$y_{\text{о.н.}} = y_{\text{о.о.}} + y_{\text{ч.н.}} = С_1 + С_2e^{-x} + \frac{5}{2}x^2 - 5x + e^x.$$

Ответ
$$y = С_1 + С_2e^{-x} + \frac{5}{2}x^2 - 5x + e^x$$

Метод Лагранжа

Данный метод позволяет решать линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами даже в тех, случаях, когда правая часть уравнения не подходит под табличный вид. В этом случае целесообразно применить данный метод решения.

  1. Находим общее решение однородного уравнения $y = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)$
  2. Варьируем постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
  3. Решаем систему методом Крамера $\begin{cases} C_1 '(x) y_1 (x) + C_2 '(x) y_2 (x) = 0 \\ C_1 '(x) y_1 '(x) + C_2 '(x) y_2 '(x) = f(x) \end{cases} $
  4. Получаем $C_1(x)$ и $C_2(x).$
Пример 15
Найти частное решение дифференциального уравнения $$y''-2y'+y=\frac{e^x}{x}, \text{ при } y(1)=e, y'(1)=3e.$$
Решение

Так как правая часть диффура не подходит под табличный формат, то не получится подбирать частное решение по правой части как делали это в предыдущем примере. Воспользуется методом Лагранжа или как его еще называют вариация произвольной постоянной. Для начала найдем общее решение однородного уравнения $$y''-2y'+y=0.$$

Составляем характеристический многочлен и находим его корни: $$\lambda^2-2\lambda+1=0$$ $$(\lambda-1)^2 = 0 \Rightarrow \lambda = 1 \text{ с кратностью 2}.$$ Так как корень кратный, то общее решение однородного уравнения записывается следующим образом $$y = C_1 e^x + C_2 xe^x.$$

Теперь необходимо варьировать постоянные $C_1$ и $C_2$ на соответствующие функции $C_1 (x)$ и $C_2 (x)$. Теперь получившеся решение следует записать в виде $y = C_1 (x) e^x + C_2 (x) xe^x$. Здесь заметим, что $y_1 = e^x$ и $y_2 = xe^x$. Это нужно для дальнейшего хода решения, а именно построения системы уравнений.

Составляем систему уравнений и решаем её методом Крамера $$\begin{cases} C_1 '(x) e^x+C_2 '(x) xe^x = 0 \\C_1 '(x) e^x + C_2 '(x) (e^x+xe^x) = \frac{e^x}{x} \end{cases}.$$ Находим главный определитель системы $$\Delta = \begin{vmatrix} e^x & xe^x \\ e^x & e^x+xe^x \end{vmatrix} = e^x(e^x+xe^x)-xe^{2x} = e^{2x}.$$ Вычисляем дополнительные определители: $$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 0 & xe^x \\ \frac{e^x}{x} & e^x + xe^x \end{vmatrix} = -xe^x \frac{e^x}{x} = e^{2x}$$ $$\Delta_2 = \begin{vmatrix} e^x & 0 \\ e^x & \frac{e^x}{x} \end{vmatrix} = e^x \frac{e^x}{x} = \frac{e^{2x}}{x}.$$

Итак, получаем решение системы уравнений $$C_1 '(x) = \frac{\Delta_1}{\Delta} = \frac{e^{2x}}{e^{2x}} = 1, \qquad C_2 '(x) = \frac{\Delta_2}{\Delta} = \frac{e^{2x}}{x} \frac{1}{e^{2x}} = \frac{1}{x}.$$ Далее интегрируем полученные решения, чтобы избавиться от производной: $$C_1(x) = \int 1 dx = x+\tilde{C_1}$$ $$C_2(x)=\int \frac{dx}{x}=\ln|x|+\tilde{C_2}.$$

Подставляем полученные $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение однородного уравнения и записываем общее решение неоднородного дифференциального уравнения $$y = (x+\tilde{C_1}) e^x + (\ln|x|+\tilde{C_2}) xe^x.$$ По условию нам требуется найти частное решение при условиях $y(1)=e$ и $y'(1)=3e$. Поэтому находим сначала производную $$y'=e^x+(x+\tilde{C_1})e^x+e^x+(\ln|x|+\tilde{C_2})(e^x+xe^x), $$ раскрываем скобки $$y' = 2e^x+xe^x+\tilde{C_1}e^x+e^x\ln|x|+xe^x\ln|x|+\tilde{C_2}e^x+\tilde{C_2}xe^x, $$ а затем составляем систему уравнений $$\begin{cases} y'(1)=3e+\tilde{C_1}e+2\tilde{C_2}e = 3e \\ y(1) = e+\tilde{C_1}e + \tilde{C_2}e = e \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \tilde{C_1}+2\tilde{C_2}=0 \\ \tilde{C_1}+\tilde{C_2}=0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \tilde{C_2} = 0 \\ \tilde{C_1}=0 \end{cases}.$$

Теперь можно записать частное решение к задаче $$y = xe^x + x\ln|x|e^x = xe^x(1+\ln|x|).$$

Ответ
$$y = xe^x(1+\ln|x|)$$

Нужно подробное решение своей задачи?

ЗАКАЗАТЬ РЕШЕНИЕ