Автор Тема: Хочу научиться решать дифференциальные уравнения - 1  (Прочитано 5010 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Нахожу \(  \large y'  \):

\(  \large y'=С'(x) e^{-\frac{x^2}{2}}+C(x) e^{-\frac{x^2}{2}} \cdot (-x)  \).

Подставляю в уравнение:

\(  \large C'(x) e^{-\frac{x^2}{2}} - xC(x) e^{-\frac{x^2}{2}} +xC(x) e^{-\frac{x^2}{2}}=x  \),

\(  \large C'(x)  =xe^{\frac{x^2}{2}}  \).

Получил уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large \frac{dC}{dx}=xe^{\frac{x^2}{2}}  \),

\(  \large dC=xe^{\frac{x^2}{2}}dx  \),

\(  \large \int dC= \int xe^{\frac{x^2}{2}}dx  \),

\(  \large \int dC= \int e^{\frac{x^2}{2}}d (\frac{x^2}{2})  \),

\(  \large C(x) = e^{\frac{x^2}{2}}+C  \).

Значит, общее решение

\(  \large y=C(x) e^{-\frac{x^2}{2}}= (e^{\frac{x^2}{2}}+C ) \cdot e^{-\frac{x^2}{2}}=1+C e^{-\frac{x^2}{2}}  \).

Всё правильно?
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Ход решения, вроде бы, верен. Вы можете проверить правильность решения двумя способами. Во-первых, подставить найденную функцию (и её первую производную) в уравнение. Во-вторых, выше мы заметили, что переменные в уравнении разделяются (можно решить его другим способом и сравнить ответы).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Решу как уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large y'=x(1-y)  \),

\(  \large \frac{dy}{dx}=x(1-y)  \),

\(  \large dy=x(1-y)dx  \),

\(  \large \frac{dy}{1-y}=xdx  \),

\(  \large \int \frac{dy}{1-y}=\int xdx  \),

\(  \large -\int \frac{d(1-y)}{1-y}=\int xdx  \),

\(  \large -\ln |1-y|=\frac{x^2}{2}+k  \),

\(  \large 1-y=C \cdot e^{-\frac{x^2}{2}}  \),

\(  \large y=1-C \cdot e^{-\frac{x^2}{2}}  \).

Получилось другое решение. Значит, какое-то решение неправильное?
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Получилось другое решение.

То же самое! Положите \(  \large -C=k  \). Константа-то произвольная!

Значит, какое-то решение неправильное?

Оба правильные.

Выше мы рассмотрели метод вариации произвольной постоянной (метод Лагранжа). Теперь рассмотрим метод Бернулли на примере того же уравнения. В этом случае сначала делают подстановку \(  \large y=u(x) \cdot v(x)  \), где \(  \large u(x)  \) и \(  \large v(x)  \) - некоторые функции.
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Оба правильные.

Спасибо, я понял.

Делаю замену. Но сначала производную найду:

\(  \large y'=u'v + uv'  \),

\(  \large u'v+uv'+xuv=x  \).

А дальше что?
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
А дальше вынесите за скобки, например, \(  \large u(x) \), потом приравняйте к нулю выражение в скобках и решите получившееся дифференциальное уравнение. В общем решении, конечно же, будет произвольная константа. Нужно выбрать удобное значение этой константы (вообще-то, можно выбрать любое, но лучше - удобное для дальнейшего решения).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Делаю, как Вы написали. Получаю уравнение \(  \large v'+xv=0  \). Это уравнение с разделяющимися переменными. Интегрирую:

\(  \large \frac{dv}{dx}+xv=0  \),

\(  \large dv+xvdx=0  \),

\(  \large \frac{dv}{v}=-xdx  \),

\(  \large \int \frac{dv}{v}=- \int xdx  \),

\(  \large \ln |v|=k-\frac{x^2}{2}  \),

\(  \large v=C \cdot e^{-\frac{x^2}{2}}  \).

А какое значение константы будет удобным тут? Единица, я думаю?
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Да, единица. А дальше подставьте в уравнение найденную функцию \(  \large v(x)  \) и найдите \(  \large u(x)  \).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо. Получится вот так:

\(  \large u' \cdot e^{-\frac{x^2}{2}}=x  \),

\(  \large \frac{du}{dx}=xe^{-\frac{x^2}{2}}  \),

\(  \large du=xe^{-\frac{x^2}{2}}dx  \),

\(  \large  \int du=\int xe^{-\frac{x^2}{2}}dx  \),

\(  \large  \int du=\int e^{-\frac{x^2}{2}}d (\frac{x^2}{2})  \),

\(  \large u=e^{\frac{x^2}{2}}+C  \).

Тогда общее решение \(  \large y=uv=1+C \cdot e^{-\frac{x^2}{2}}  \).

Получился такой же ответ. Значит, решение правильно.
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Да, всё правильно.

Неоднородные уравнения первого порядка можно решать и ещё одним методом. Для неоднородного уравнения \(  \large n  \)-го порядка справедлива следующая теорема. Общее решение неоднородного уравнения есть сумма общего решения соответствующего однородного уравнения и какого-либо частного решения неоднородного уравнения. Чтобы найти общее решение однородного уравнения, составляют и решают особое уравнение, которое называется характеристическим, а частное решение находят по специальной таблице. Этот метод можно применять и для неоднородных уравнений первого порядка. Но об этом поговорим позже, когда дойдём (надеюсь, что дойдём) до уравнений высших порядков.

После линейных (неоднородных) уравнений обычно рассматриваются уравнения Бернулли. Уравнение Бернулли имеет вид

\(  \large y'+p(x)y=g(x) y^n  \),

где \(  \large n \not = 0;1  \).

Уравнение Бернулли решается описанными выше методами, принадлежащими Лагранжу и Бернулли.

В качестве упражнения предлагаю Вам найти общее решение уравнения

\(  \large y'+yx=y^2  \).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо. Я хотел задать вопрос. А можно выносить за скобки не \(  \large u(x)  \), а \(  \large v(x)  \)?
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Попробуйте.  :)
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Выношу и получаю вот что:

\(  \large uv' + v (u' + xu)=x  \).

Это то же, что было выше, если заменить \(  \large u  \) на \(  \large v  \), а \(  \large v  \) - на \(  \large u  \). По идее должно получиться то же самое.
 
Сказали спасибо: korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Именно так. Получится то же самое. Выносить за скобки при использовании метода Бернулли можно любую из функций \(  \large u(x)  \) и \(  \large v(x)  \).
 
Сказали спасибо: Alexey, korr56

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Лучше решите вот это уравнение: \(  \large y'+xy=xy^2  \).
 

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Тут ведь сразу можно переменные разделить?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Можно. Советую оставить этот метод про запас, для проверки. А уравнение решить именно как уравнение Бернулли.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Решаю с помощью подстановки (метод Бернулли). Если \(  \large y=uv  \), то \(  \large y'=u'v + uv'  \). Получаю:

\(  \large u'v +uv' + x uv=u^2v^2 x  \),

\(  \large u'v + u(v' + xv) =u^2v^2 x  \).

Уравнение \(  \large v'+xv=0  \) уже было решено выше. Его решение - \(  \large v= e^{-\frac{x^2}{2}}  \). Тогда

\(  \large u' e^{-\frac{x^2}{2}} =u^2e^{-x^2}x \),

\(  \large \frac{du}{u^2}=xe^{-\frac{x^2}{2}}dx  \),

\(  \large \int \frac{du}{u^2}=\int xe^{-\frac{x^2}{2}}dx  \),

\(  \large \int \frac{du}{u^2}=-\int e^{-\frac{x^2}{2}}d(-\frac{x^2}{2})  \),

\(  \large -\frac{1}{u}=C-e^{-\frac{x^2}{2}}  \),

\(  \large u=\frac{1}{e^{-\frac{x^2}{2}} -C}  \).

Значит,

\(  \large y=uv=\frac{e^{-\frac{x^2}{2}}}{e^{-\frac{x^2}{2}}-C}=\frac{1}{1-Ce^{\frac{x^2}{2}}}  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Вроде бы, все верно. Но лучше проверьте, решив уравнение как уравнение с разделяющимися переменными. Я специально такое придумал, чтобы оно сразу к двум типам относилось.

P.S. Размер формул можно увеличить (почитайте в теме про LaTeX).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Я проверил. Получилось то же самое.
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Хорошо. Тогда переходим к следующему типу обыкновенных дифференциальных уравнений. Это уравнения в полных дифференциалах. Они имеют вид

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

где \(  \large M(x,y) , N(x,y)  \) - вещественнозначные функции двух вещественных переменных. При этом правая часть такого уравнения представляет собой полный дифференциал некоторой функции \(  \large u(x,y)  \).

Последнее далеко не всегда очевидно, поэтому чтобы определить, является ли данное уравнение уравнением в полных дифференциалах, используют следующую теорему. Уравнение

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

есть уравнение в полных дифференциалах, если и только если

\(  \large \frac{\partial{M}}{\partial{y}} = \frac{\partial{N}}{\partial{x}}  \).

Этот простой критерий всегда позволяет определить, относится ли данное уравнение к указанной категории.

Рассмотрим несложное уравнение

\(  \large (x+2y+3) dx + (2x+y+3)dy=0  \).

Покажите, что оно представляет собой уравнение в полных дифференциалах.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Здесь \(  \large M(x,y)=x+2y+3, N(x,y)=2x+y+3  \). Тогда \(  \large \frac{\partial{M}}{\partial{y}}=2, \frac{\partial{N}}{\partial{x}}=2  \). Значит, это уравнение в полных дифференциалах.
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Всё правильно. Уравнение в полных дифференциалах решается следующим образом. Сначала составляется уравнение

\(  \large u(x,y)= \int M(x,y) dx + \varphi (y)  \).

Затем вычисляется интеграл в правой части. При этом \(  \large y  \) считается константой.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Составляю уравнение и вычисляю интеграл:

\(  \Large u(x,y) = \int (x+2y+3)dx+ \varphi (y)=\frac{x^2}{2}+ 2yx+3x+\varphi (y) +C  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Верно, но я бы обозначил константу через \(  \large k_1  \), например. Дальше станет ясно, почему лучше обозначить именно так.

Теперь нужно найти частные производные по переменной \(  \large y  \) от обеих частей полученного уравнения. Затем приравнять его левую часть к \(  \large N(x,y)  \). Из уравнения находим \(  \large \varphi (y)  \) и записываем общий интеграл дифференциального уравнения.
 
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Обозначу, как Вы написали:

\(  \Large u(x,y)=\frac{x^2}{2}+2yx+3x+ \varphi (y) + k_1  \).

Но я пока не понял, почему нужно именно так делать.

Частная производная от \(  \large \varphi (y)  \) по переменной \(  \large y  \) равна обычной производной от этой функции?

Нахожу частную производную и приравниваю к \(  \large N(x,y)  \):

\(  \large 2x + \varphi ' (y)=2x+y+3  \),

\(  \large \varphi ' (y)=y+3  \),

\(  \large \varphi (y)=\frac{y^2}{2}+3y+C  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Да, частную производную от \(  \large \varphi (y)  \) нашли правильно. Последнюю константу обозначьте как \(  \large k_2  \). Общий интеграл дифференциального уравнения имеет вид \(  \large u(x,y)=k  \), где \(  \large k=\textrm{const}  \). Положите \(  \large k-k_1-k_2=C  \). Вот в чём суть разных обозначений. Вот здесь описан "симметричный" рассмотренному способ решения уравнений в полных дифференциалах. Используйте его для проверки правильности решения.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Получится \(  \Large \frac{x^2}{2}+2yx +3x+ \frac{y^2}{2}+3y=C  \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
А можно избавиться от дробей, умножив обе части на \(  \large 2   \) и положив \(  \large 2k-2k_1-2k_2=C  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Тогда получится \(  \large x^2+4yx+6x+y^2+6y=C  \). Решаю симметричным способом:

\(  \large u(x,y)=\int (2x+y+3) dy +f(x)=2xy+\frac{y^2}{2}+3y+f(x) +k_1 \),

\(  \large \frac{\partial{u}}{\partial{x}} =2y+f'(x) \),

\(  \large 2y+f'(x)=x+2y+3  \),

\(  \large f'(x)=x+3  \),

\(  \large f(x)=\frac{x^2}{2}+3x+k_2  \),

\(  \large u(x,y)=2xy+\frac{y^2}{2}+3y+\frac{x^2}{2}+3x+k_1+k_2  \),

\(  \large x^2+4xy+y^2+6y+6x=C  \).