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

Как найти общее и частное решение линейных дифференциальных уравнений

Линейное дифференциальное уравнение - это уравнение, в котором все $y$ и его производные, входят только в первой степени и не перемножаются между собой.

В этой статье рассмотрим решение таких уравнений первого и второго порядка с неоднородной правой частью. В зависимости от порядка диффура выбирается метод его решения. Хотя есть универсальный метод вариации произвольных постоянных. Разберем все методы.

Линейное ДУ первого порядка

Линейные дифференциальные уравнения первого порядка имеют следующий вид $$y'+g(x)y=f(x),$$ где $g(x)$ и $f(x)$ некоторые функции. Для решения такого типа уравнений можно применить метод Бернулли, либо метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной).

Метод Бернулли

  1. Выполняем подстановку $y=uv, y'=u'v+uv'$, где $u(x),v(x)$ некоторые функции
  2. Строим систему уравнений, чтобы найти $u(x)$ и $v(x)$
  3. Подставляем $u(x), v(x)$ в $y=uv$, чтобы получить общее решение.
Пример 1
Найти частное решение линейного дифференциального уравнения первого порядка $$y'-y tg x=\frac{1}{\cos x}, y(0)=0.$$
Решение

Первым шагом делаем подстановку $y=uv, y'=u'v+uv'$ и получаем $$u'v+uv'-uv tg x=\frac{1}{\cos x}.$$ Теперь выносим за скобки функцию $u$ и составляем систему уравнений: $$u'v+u(v'-v tg x)=\frac{1}{\cos x}$$ $$\begin{cases} v'-v tg x = 0 \\ u'v=\frac{1}{\cos x} \end{cases}.$$ Сначала решаем первое уравнение методом разделяющихся переменных, чтобы из него получить $v(x)$: $$\begin{cases} \frac{dv}{v} = tg x dx \\ u'v=\frac{1}{\cos x} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \ln|v| = -\int \frac{d(\cos x)}{\cos x} \\ u'v = \frac{1}{\cos x} \end{cases}$$ $$\begin{cases} \ln|v| = -\ln|\cos x| \\ u'v=\frac{1}{\cos x} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} v=\frac{1}{\cos x} \\ u' = 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} v=\frac{1}{\cos x} \\ u=x+C \end{cases}.$$

Таким образом подставляем найденные $u$ и $v$ в подстановку $y=uv$, чтобы получить общее решение линейного дифференциального уравнения $$y=\frac{x+C}{\cos x}.$$ Но по условию требуется найти частное решение, поэтому используя дополнительное условие $y(0)=0$ находим константу $C$ $$\frac{0+C}{\cos 0} = 0 \Rightarrow C = 1.$$ Теперь зная значение $C=1$ подставляем его в общее решение и получаем ответ в виде частного решения линейного дифференциального уравнения $$y = \frac{x}{\cos x}.$$

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
$$y = \frac{x}{\cos x}$$

Метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной)

  1. Находим общее решение однородного уравнения
  2. В общем решении заменяем постоянную $C$ на функцию $C(x)$
  3. Находим $y'$ и подставляем его вместе с $y$ в исходное уравнение
  4. Получаем чему равно $C(x)$ из последнего равенства
  5. Подставляем $C(x)$ в ранее полученное общее решение и записываем ответ
Пример 2
Решить линейное дифференциальное уравнение первого порядка $$y' \cos^2 x + y = tg x, \quad y(0)=0.$$
Решение

Сначала приведем уравнение к виду $y'+g(x)=f(x)$ путем деления обеих частей диффура на квадрат косинуса $$y' + \frac{y}{\cos^2 x} = \frac{\sin x}{\cos^3 x}.$$

Теперь находим общее решение однородного дифференциального уравнения $$y'+\frac{y}{\cos^2 x} = 0.$$ Разделяем переменные по разные стороны и интегрируем обе части: $$\frac{dy}{dx}=-\frac{y}{\cos^2 x}$$ $$\int \frac{dy}{y}=-\int \frac{dx}{\cos^2 x}$$ $$\ln|y|=-tg x + C$$ $$y = Ce^{-tg x}.$$

Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения методом Лагранжа варьируя произвольную постоянную. А именно, заменяем в полученном общем решении константу $C$ на функцию $C(x)$ $$y = C(x)e^{-tg x}.$$ Находим производную функции $$y' = C'(x)e^{-tg x} - C(x)e^{-tg x} \frac{1}{\cos^2 x}.$$ Подставляем общее решение и его производную в исходное линейное дифференциальное уравнение, чтобы получить $C'(x)$ $$(C'(x)e^{-tg x} - C(x)e^{-tg x} \frac{1}{\cos^2 x}) \cos^2 x + C(x)e^{-tg x} = tg x.$$ После упрощения получаем, что $$C'(x)e^{-tg x} \cos^2 x = tg x.$$ Умножаем уравнение на $e^{tg x}$ и делим на $\cos^2 x$ $$C'(x) = \frac{tg x}{\cos^2 x} e^{tg x}.$$

Теперь, можно получить $C(x)$, просто проинтегрировав правую часть уравнения $$C(x) = \int \frac{tg x}{\cos^2 x} e^{tg x} dx. $$ Выполняем подведение под знак дифференциала $\frac{1}{\cos^2 x}$ $$C(x) = \int tg x e^{tg x} d(tg x).$$ Для комфорта взятия интеграла сделаем замену $tg x = t$, а затем применяя метод интегрирования по частям найдем решение интеграла $$C(x)=\int t e^t dt = \begin{vmatrix} u = t \qquad du=dt \\ dv=e^t \qquad v=e^t \end{vmatrix} = te^t - \int e^t dt = te^t - e^t + C.$$ Возвращаемся назад к иксам $$C(x) = te^t - e^t + C = tg x e^{tg x} - e^{tg x} + C.$$

Итак, теперь можно записать общее решение линейного дифференциального уравнения неоднородного $$y{о.н.} = ( tg x e^{tg x} - e^{tg x} + C)e^{-tg x}  = tg x - 1 + Ce^{-tg x}.$$ По условию задачи требуется найти частное решение, значит применяем условие $y(0)=0$ и находим значение постоянной $C$ $$0 - 1 + C = 0 \Rightarrow C=1.$$ Теперь можно записать окончательный ответ $$y = e^{-tg x} + tg x - 1.$$

Ответ
$$y = e^{-tg x} + tg x - 1$$

Линейное ДУ второго порядка

Обычно в контрольных работах дают задачи на решение линейных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами. Поэтому разберем как решать именно такие уравнения $$y''+py'+qy=f(x).$$

Метод подбора по правой части

Общее решение линейного неоднородного уравнения складывается из общего решения однородного и частного решения неоднородного уравнений $$y_{о.н.} = y_{о.о.}+y_{ч.н.}.$$ Поэтому первым делом нужно решить однородное уравнение (т.е. f(x)=0), а затем найти частное решение подобрав правую часть по таблице.

Для того, чтобы найти общее решение линейного однородного уравнения, требуется составить характеристический многочлен и найти его корни $$\lambda^2 + p\lambda + q = 0.$$ В зависимости от получившихся корней общее решение однородного уравнения выглядит следующим образом:

  1. $\lambda_1 \neq \lambda_2$, то $y_{о.о.} = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x}$
  2. $\lambda_1 = \lambda_2$, то $y_{о.о.} = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 xe^{\lambda_1 x}$
  3. $\lambda_{1,2} = \alpha \pm \beta i$, то $y_{о.о.} = C_1e^{\alpha x}\cos \beta x + C_2 e^{\alpha x} \sin \beta x$.

Далее необходимо по виду правой части подобрать частное решение $y_{ч.н.}$. Для этого нужно воспользоваться таблицей.

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. $$x^s e^{\alpha x}[P_n (x) \cos \beta x + Q_m (x) \sin \beta x]$$

Где $P_n (x)$ и $Q_m (x)$ многочлены.

Пример 3
Найти общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка $$y''+y'-2y=8\sin 2x.$$
Решение

Первым делом находим общее решение однородного дифференциального уравнения $$y''+y'-2y=0.$$ Для этого составляем характеристический многочлен и находим его корни по общей формуле решения квадратных уравнений: $$\lambda^2+\lambda-2=0$$ $$\lambda_{1,2} = \frac{-1\pm \sqrt{1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)}}{2} = \frac{-1\pm 3}{2}$$ $$\lambda_1 = -2, \quad \lambda_2 = 1.$$ Теперь, используя корни, записывам $$y_{о.о.} = C_1e^{-2 x} + C_2e^{x}.$$

Теперь нужно найти частное решение неоднородного уравнения $y_{ч.н.}$ методом подбора правой части. Смотрим на неё и видим, что в нее входит произведение многочлена нулевой степени на косинус. Значит, частное решение будет подбирать в виде $$y_{ч.н.} = A\cos 2x + B\sin 2x,$$ где $A$ и $B$ неизвестные коэффициенты, которые требуется найти на следующем этапе решения.

Найдем первую и вторую производную от частного решения: $$y'_{ч.н.} = -2A\sin 2x + 2B\cos 2x$$ $$y''_{ч.н.} = -4A\cos 2x - 4B\sin 2x$$ Теперь подставим полученные производные от $y_{ч.н.}$ и его само в исходное дифференциальное уравнение, чтобы получить значения $A$ и $B$ методом неопределенных коэффициентов: $$-4A\cos 2x - 4B\sin 2x -2A\sin 2x + 2B\cos 2x - 2 A\cos 2x -2B\sin 2x = 8\sin 2x$$ $$(2B - 6A)\cos 2x + (-6B - 2A)\sin 2x = 8\sin 2x.$$

Теперь необходимо составить систему уравнений. Справа видим только синус, значит все что перед косинусом слева равно нулю. А всё что перед синусом равно восьми $$\begin{cases} 2B-6A = 0 \\ -6B-2A = 8 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} B-3A=0 \\ 3B+A=-4 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} B = \frac{6}{5} \\ A=-\frac{2}{5} \end{cases}$$

Теперь частное решение неоднородного уравнения выглядит следующим образом $$y_{ч.н.} = -\frac{2}{5} \cos 2x - \frac{6}{5}\sin 2x.$$ Подставляем все найденные данные в окончательную формулу, чтобы записать ответ $$y{о.н.} = y_{о.о.} + y_{ч.н.} = C_1e^{-2 x} + C_2e^{x} -\frac{2}{5} \cos 2x - \frac{6}{5}\sin 2x.$$ 

Ответ
$$y = C_1e^{-2 x} + C_2e^{x} -\frac{2}{5} \cos 2x - \frac{6}{5}\sin 2x$$
Решение задач от 20 руб
подробное написание
Контрольные работы от 120 руб
подробное написание
Пример 4
Решить линейное дифференциальное уравнение $$y''-4y=e^{2x}\sin 2x.$$
Решение

Сначала получим общее решение однородного уравнения $$y''-4y=0.$$ Составляем характеристическое уравнение и найдем его корни: $$\lambda^2 - 4 = 0$$ $$(\lambda - 2)(\lambda + 2) = 0$$ $$\lambda_1 = -2, \quad \lambda_2 = 2.$$ Записываем теперь решение $$y_{о.о.} = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x}.$$

Теперь выполним подбор частного решения неоднородного уравнения, основываясь на типе правой части. Она состоит из произведение экспоненты на синус, перед которым многочлен. По таблице находим, что частное решение нужно искать в виде $$y_{ч.н.} = Ae^{2x}\cos 2x + Be^{2x}\sin 2x.$$

Необходимо найти коэффициенты $A$ и $B$. Для этого нужно найти вторую производную частного решения и подставить в исходное уравнение $$y'_{ч.н.} = 2Ae^{2x}\cos 2x - 2Ae^{2x}\sin 2x + 2Be^{2x}\sin 2x + 2Be^{2x}\cos 2x = $$ $$ = (2A+2B)e^{2x}\cos 2x + (2B-2A)e^{2x}\sin 2x$$ $$y''_{ч.н.} = 2(2A+2B)e^{2x}\cos 2x - 2(2A+2B)e^{2x}\sin 2x + 2(2B-2A)e^{2x}\sin 2x + 2(2B-2A)e^{2x}\cos 2x = $$ $$ = 8Be^{2x}\cos 2x - 8Ae^{2x}\sin 2x.$$ Подставляем в исходное ДУ: $$8Be^{2x}\cos 2x - 8Ae^{2x}\sin 2x - 4Ae^{2x}\cos 2x - 4Be^{2x}\sin 2x = e^{2x} \sin 2x$$ $$(8B-4A)e^{2x}\cos 2x + (-8A-4B)e^{2x}\sin 2x = e^{2x}\sin 2x.$$ Теперь составляем систему уравнений путем сопоставления левой и правой части. То, что слева перед синусом приравниваем к тому, что справа перед синусом. А справа косинуса нет, значит там ноль. Поэтому приравниваем скобки перед косинусом слева к нулю $$\begin{cases} 8B-4A=0 \\ -8A-4B = 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2B-A=0 \\ -8A-4B=1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} A = -\frac{1}{10} \\ B = -\frac{1}{20} \end{cases}.$$

Теперь частное решение приобретает вид $$y_{ч.н.} = -\frac{1}{10}e^{2x}\cos 2x - \frac{1}{20} e^{2x} \sin 2x,$$ и можно записать окончательный ответ к задаче $$y_{о.н.} = y_{о.о.}+y_{ч.н.} = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x} -\frac{1}{10}e^{2x}\cos 2x - \frac{1}{20} e^{2x} \sin 2x.$$

Ответ
$$y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{-2x} -\frac{1}{10}e^{2x}\cos 2x - \frac{1}{20} e^{2x} \sin 2x$$

Метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной)

Даннный метод удобно применять тогда, когда правая часть не подходит под формулы из таблицы. Таким образом, метод Лагранжа становится универсальной палочкой-выручалочкой при решении данного типа задач. Алгоритм следующий:

  1. Находим общее решение однородного уравнения $y_{о.о.} = C_1 y_1 + C_2 y_2$
  2. Заменяем константы $C_1,C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
  3. Решаем систему методом Крамера $\begin{cases} C_1 '(x)y_1 + C_2 '(x)y_2 = 0 \\ C_2 '(x)y'_1 + C_2 '(x) y'_2 = f(x) \end{cases}$
  4. Интегрируем полученные $C'_1 (x)$ и $C'_2 (x)$
  5. Подставляем $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение $y_{о.о.}$
Пример 5
Найти общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка $$y''+y=\frac{1}{\sin x}.$$
Решение

Первым делом находим общее решение однородного уравнения $$y''+y=0, $$ составив характерический многочлен $$\lambda^2 + 1 = 0, $$ и вычислив его корни $$\lambda_{1,2} = \pm i.$$ Записываем решение $$y_{о.о.} = C_1 \cos x + C_2 \sin x.$$ Далее заменяем в нём постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и соответственно $C_2(x)$. И сразу замечаем, что $y_1 = \cos x$ и $y_2 = \sin x$. Это пригодится для дальнейшего решения задачи при построении системы уравнений. А сейчас записываем, что $$y_{о.о.} = C_1 (x) \cos x + C_2(x) \sin x.$$

Перед тем как составим систему уравнений найдем производные: $$y'_1 = -\sin x$$ $$y'_2 = \cos x.$$ Теперь получаем систему и решаем её методом Крамера $$\begin{cases} C_1 '(x)\cos x+C_2(x)\sin x = 0 \\ -C'_1 (x)\sin x + C'_2(x) \cos x = \frac{1}{\sin x} \end{cases}.$$ Находим значение главного определителя $$\Delta = \begin{vmatrix} \cos x & \sin x \\ -\sin x & \cos x \end{vmatrix} = \cos^2 x + \sin^2 x = 1.$$ Найдем значение первого дополнительного определителя $$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 0 & \sin x \\ \frac{1}{\sin x} & \cos x \end{vmatrix} = -1 .$$ Найдем значение второго дополнительного определителя $$\Delta_2 = \begin{vmatrix} \cos x & 0 \\ -\sin x & \frac{1}{\sin x} \end{vmatrix} = \frac{\cos x}{\sin x}.$$

Теперь можно получить производные от искомых функций: $$C'_1(x) = \frac{\Delta_1}{\Delta} = -1$$ $$C'_2(x) = \frac{\Delta_2}{\Delta} = \frac{\cos x}{\sin x}.$$ А затем путем интегрирования находим первообразные последних функций: $$C_1(x)=\int (-1) dx = -x + \tilde{C_1}$$ $$C_2(x)=\int \frac{\cos x}{\sin x} dx = \int \frac{d(\sin x)}{\sin x} = \ln|\sin x| + \tilde{C_2}.$$

Теперь получим общее решение неоднородного линейного дифференциального уравнения путем подстановки найденных $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в $y_{о.о.}$ $$y_{о.о.} = (-x + \tilde{C_1})\cos x + (\ln|\sin x|+\tilde{C_2})\sin x.$$

Ответ
$$y = (-x + \tilde{C_1})\cos x + (\ln|\sin x|+\tilde{C_2})\sin x$$

Нужно подробное решение своей задачи?

ЗАКАЗАТЬ РЕШЕНИЕ