Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка: метод вариации постоянных, примеры
Мы помогаем студентам с дипломными, курсовыми, контрольными Узнать стоимость

Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка

    В данной теме поговорим о способах решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений вида y'=P(x)·y=Q(x). Начнем с метода вариации произвольной постоянной и покажем способ применения этого метода для решения задачи Коши. Продолжим рассмотрением метода, который предполагает представление произвольной постоянной у как произведения двух функций u(x) и v(x). В разделе мы приводим большое количество задач по теме с детальным разбором решения.

    На тот случай, если применяемые при разборе темы термины и понятия окажутся незнакомыми для вас, мы рекомендуем заглядывать в раздел «Основные термины и определения теории дифференциальных уравнений».

    Метод вариации произвольной постоянной для решения ЛНДУ первого порядка

    Для краткости будет обозначать линейное неоднородное дифференциальное уравнение аббревиатурой ЛНДУ, а линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ).

    ЛНДУ вида y'=P(x)·y=Q(x) соответствует ЛОДУ вида y'=P(x)·y=0, при Q(x) = 0. Если посмотреть на дифференциальное уравнение y'=P(x)·y=0, становится понятно, что мы имеем дело с уравнением с разделяющимися переменными. Мы можем его проинтегрировать: y'=P(x)·y=0dyy=-P(x)dx, y0dyy=-P(x)dxlny+C1=-P(x)dxlny=lnC-P(x)dx, lnC=-C1, C0elny=elnC-P(x)dxy=C·e-P(x)dx

    Мы можем утверждать, что значение переменной y=0 тоже является решением, так как при этом значении переменной уравнение y'=P(x)·y=0 обращается в тождество. Этому случаю соответствует решение y=C·e-P(x)dx при значении C=0.

    Получается, что y=C·e-P(x)dx - общее решение ЛОДУ, где С – произвольная постоянная.

    y=C·e-P(x)dx - это решение ЛОДУ y'=P(x)·y=0.

    Для того, чтобы найти общее решение неоднородного уравнения y'=P(x)·y=Q(x), будем считать С не константой, а функцией аргумента х. Фактически, мы примем y=C(x)·e-P(x)dx общим решением ЛНДУ.

    Подставим y=C(x)·e-P(x)dx в дифференциальное уравнение y'=P(x)·y=Q(x). Оно при этом обращается в тождество:

    y'=P(x)·y=Q(x)Cx·e-P(x)dx+P(x)·C(x)·e-P(x)dx=Q(x)

    Теперь обратимся к правилу дифференцирования произведения. Получаем:

    C'(x)·e-P(x)dx+C(x)·e-P(x)dx+P(x)·C(x)·e-P(x)dx=Q(x)

    Производная сложной функции e-P(x)dx' равна e-P(x)dx·-P(x)dx'.

    Теперь вспомним свойства неопределенного интеграла. Получаем:

    e-P(x)dx·-P(x)dx'=-e-P(x)dx·P(x)

    Теперь выполним переход:  

    C'(x)·e-P(x)dx+C(x)·e-P(x)dx'+P(x)·C(x)·e-P(x)dx=Q(x)C'(x)·e-P(x)dx-P(x)·C(x)·e-P(x)dx+P(x)·C(x)·e-P(x)dx=Q(x)C'(x)·e-P(x)dx=Q(x)

    Так мы пришли к простейшему дифференциальному уравнению первого порядка. В ходе решения этого уравнения мы определим функцию C(x). Это позволит нам записать решение исходного ЛНДУ первого порядка следующим образом:

    y=C(x)·e-P(x)dx

    Подведем итог

    Метод вариации произвольной постоянной при решении ЛНДУ предполагает проведение трех этапов:

    • нахождение общего решения соответствующего ЛОДУ y'+P(x)·y=0 в виде y=C·e-P(x)dx;
    • варьирование произвольной постоянной С, что заключается в замене ее функцией С(x);
    • подстановка функции y=C(x)·e-P(x)dx в исходное дифференциальное уравнение, откуда мы можем вычислить C(x) и записать ответ.

    Теперь применим этот алгоритм к решению задачи.

    Пример 1

    Найдите решение задачи Коши y'-2xy1+x2=1+x2y(1) = 3.

    Решение

    Нам нужно отыскать частное решение ЛНДУ y'-2xy1+x2=1+x2 при начальном условии y(1) = 3.

    В нашем примере P(x)=-2x1+x2 и Q(x) = x2 + 1. Начнем с того, что найдем общее решение ЛОДУ. После этого применим метод вариации произвольной постоянной и определим общее решение ЛНДУ. Это позволит нам найти искомое частное решение.

    Общим решением соответствующего ЛОДУ y'-2xy1+x2=0 будет семейство функций y=C·(x2+1), где С – произвольная постоянная.

    Варьируем произвольную постоянную y=C(x)·(x2+1) и подставляем эту функцию в исходное уравнение:
    y'-2xy1+x2=1+x2Cx·(x2+1'-2x·C(x)·(x2+1)1+x2=1+x2C'(x)·(x2+1)+C(x)·2x-2x·C(x)=1+x2C'(x)=1, 

    откуда C(x)=dx=x+C1, где C1 – произвольная постоянная.

    Это значит, что y=C(x)·(x2+1)=(x+C1)·(x2+1) - общее решение неоднородного уравнения.

    Теперь приступим к отысканию частного решения, которое будет удовлетворять начальному условию y(1) = 3.

    Так как y=(x+C1)·(x2+1), то y(1)=(1+C1)·(12+1)=2·(1+C1). Обратившись к начальному условию, получаем уравнение 2·(1+C1)=3, откуда C1=12. Следовательно, искомое решение задачи Коши имеет вид  y=x+12·(x2+1)

    Теперь рассмотрим еще один метод решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений y'+P(x)·y=Q(x).

    Еще один метод решения ЛНДУ первого порядка

    Мы можем представить неизвестную функцию как произведение y=uv, где u и v – функции аргумента x.

    Мы можем подставить эту функцию в ЛНДУ первого порядка. Имеем:

    y'+P(x)·y=Q(x)(u·v)'+P(x)·u·v=Q(x)u'·v+u·v'+P(x)·u·v=Q(x)u'·v+u·(v'+P(x)·v)=Q(x)

    Если найти такое v, чтобы оно было ненулевым частным решением дифференциального уравнения v'+P(x)·v=0, то u можно будет определить из уравнения с разделяющимися переменными u'·v=Q(x).

    Рассмотрим этот алгоритм решения на предыдущем примере. Это позволит нам сосредоточиться на главном, не отвлекаясь на второстепенные детали.

    Пример 2

    Найдите общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения y'-2xy1+x2=1+x2.

    Решение

    Пусть y=uv, тогда
    y'-2xyx2+1=x2+1(u·v)-2x·u·vx2+1=x2+1u'·v+u·v'-2x·u·vx2+1=x2+1u'·v+u·v'-2x·vx2+1=x2+1

    Находим такое v, отличное от нуля, чтобы выражение в скобках обращалось в ноль. Иными словами, находим частное решение дифференциального уравнения v'-2x·vx2+1=0.
    v'-2x·vx2+1=0dvdx=2x·vx2+1dvv=2xdxx2+1dvv=d(x2+1)x2+1dvv=d(x2+1)x2+1lnv+C1=ln(x2+1)+C2

    Возьмем частное решение v = x2 + 1, соответствующее C2  С1 = 0.

    Для этого частного решения имеем
    u'·v+u·v'-2x·vx2+1=x2+1u'·(x2+1)+u·0=x2+1u'=1u=x+C

    Следовательно, общее решение исходного линейного неоднородного дифференциального уравнения есть y=u·v=(x+C)·(x2+1)

    Ответы в обоих случаях совпадают. Это значит, что оба метода решения, которые мы привели в статье, равнозначны. Выбирать, какой из них применить для решения задачи, вам.

    Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter
    Средняя оценка статьи
    4,2 из 5 (11 голосов)