Автор Тема: Хочу научиться решать дифференциальные уравнения - 1  (Прочитано 5038 раз)

0 Пользователей и 1 Гость просматривают эту тему.

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Как видите, получили тот же самый общий интеграл.

Следующий тип обыкновенных дифференциальных уравнений, который мы рассмотрим в этой теме - это уравнения Риккати. Дальше подведём итоги и перейдём к уравнениям, не разрешённым относительно производных. Уравнение Риккати имеет вид

\(  \large y'+f_1(x)y^2 + f_2(x) y + f_3(x)=0  \).

Нетрудно догадаться, что если функции \(  \large f  \) являются константами, то уравнение вырождается в уравнение с разделяющимися переменными. Будем считать, что эти функции постоянными не являются. Луивилль показал, что в общем случае уравнение не интегрируется в элементарных функциях. Однако если известно хотя бы одно частное решение уравнения Риккати \(  \large y_1(x)  \), то его общее решение можно выразить через элементарные функции, если сделать подстановку \(  \large y(x)=y_1(x) + z(x)  \), где \(  \large z(x)  \) - некоторая функция (которую нам и нужно найти).

Рассмотрим, например, уравнение \(  \large y'+xy^2-x^2y -1=0  \). Обычно в подобных задачах даётся частное решение, но Вы попробуйте найти его сами. Скажу лишь, что оно представляет собой многочлен первой степени.
 
Сказали спасибо: dimon

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Я никак не пойму, как найти это частное решение.
 
Сказали спасибо: dimon

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Попробуйте поискать в виде \(  \large y=ax+b  \).
 
Сказали спасибо: Alexey, dimon

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Я догадался без неопределённых коэффициентов. Частным решением будет \(  \large y=x  \). Проверю: \(  \large y'=1  \), \(  \large y'+xy^2-x^2y-1=1+x^3-x^3-1=0  \). Делаю замену \(  \large y=x+z(x)  \). Тогда \(  \large y'=1+z'  \). Следовательно, уравнение можно записать в виде:

\(  \large 1+z' +x (x+z)^2-x^2(x+z)-1=0  \),

\(  \large 1+z' +x(x^2+z^2+2xz) -x^3-x^2z-1=0  \),

\(  \large 1+z'+x^3+xz^2+2x^2z-x^3-x^2z-1=0  \),

\(  \large z'+x^2z=-xz^2  \).

Уравнение Бернулли получилось?
 
Сказали спасибо: Admin, dimon

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Да, Вы правильно догадались!  :)
Получится уравнение Бернулли. Всё верно. Интегрируйте. К Вашим услугам два метода - метод Бернулли и метод Лагранжа.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Решал с помощью подстановки \(  \large z=uv  \). Уравнение приняло вид

\(  \large u'v+uv'+x^2uv=-xu^2v^2  \).

Вынес \(  \large u(x)  \) за скобки:

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

Приравнял выражение с скобках к нулю и решил получившееся уравнение:

\(  \large v'+ x^2v=0 \),

\(  \large \frac{dv}{dx}+x^2 v=0  \),

\(  \large dv+x^2 vdx=0  \),

\(  \large \frac{dv}{v}+x^2 dx=0  \),

\(  \large \int \frac{dv}{v}=- \int x^2 dx \),

\(  \Large \ln |v|=k - \frac{x^3}{3}  \),

\(  \Large \ln |v|= \ln e^{k} + \ln e^{-\frac{x^3}{3}}  \)
 
\(  \Large v= C \cdot e^{-\frac{x^3}{3}}  \).

Положил \(  \large C=1  \):

\(  \Large v= e^{-\frac{x^3}{3}}  \).

После этого уравнение \(  \large u' v + u (v' +x^2 v) = - x u^2 v^2  \) приняло вид

\(  \Large u'=-xu^2 e^{-\frac{x^3}{3}}  \).

Но проинтегрировать его не получилось. Вот что вышло:

\(  \Large \frac{du}{u^2}=-xe^{-\frac{x^3}{3}}  \),

\(  \Large \frac{1}{u}=\int x e^{-\frac{x^3}{3}} dx \).

Не знаю, как взять интеграл в правой части равенства. Он вообще берётся как-то?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Вы всё сделали правильно. А интеграл не выражается в элементарных функциях.
Задание я придумал сам. Грубо говоря, взял с потолка. Хотя и не совсем так. Нужно было, чтобы, во-первых, придуманное мной уравнение было именно уравнением Риккати (но не было его тривиальным частным случаем - уравнением с разделяющимися переменными), во-вторых, частное решение легко угадывалось. Этот пример лишний раз доказывает, что произвольное дифференциальное уравнение чаще всего не интегрируется в элементарных функциях. Можете проверить этот тезис самостоятельно. Придумайте какое-нибудь уравнение и попробуйте его решить.

Вот Вам ещё одно уравнение Риккати, где общее решение выражается в элементарных функциях:

\(  \large y'-y^2+2e^xy-e^{2x}-e^x=0, \ y_1=e^x  \),

где \(  \large y_1  \) - частное решение.

 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
ещё одно уравнение Риккати, где общее решение выражается в элементарных функциях

Делаю замену \(  \large y=e^x+z  \):

\(  \large e^x+z'-e^{2x}--2e^xz-z^2+2e^{2x}+2e^xz-e^{2x}-e^x=0  \),

\(  \large z'=z^2  \),

\(  \Large \frac{dz}{z^2}=dx  \),

\(  \large -\frac{1}{z}=x+C  \),

\(  \large z=-\frac{1}{x+C}  \).

Значит, \(  \large y=e^x-\frac{1}{x+C}   \) - общее решение уравнения.
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Всё верно. Поздравляю! Вы освоили методы решения семи типов обыкновенных дифференциальных уравнений. Вот эти типы:

1) уравнение с разделёнными переменными;

2) уравнение с разделяющимися переменными;

3) однородное уравнение (точнее, уравнение с однородными функциями);

4) линейное неоднородное уравнение;

5) уравнение Бернулли;

6) уравнение в полных дифференциалах;

7) уравнение Риккати.

Все эти уравнения имеют вид (или их можно представить в виде) \(  \large y'=f(x,y)  \). Такие уравнение называются разрешёнными относительно производной. Важно уметь определять тип уравнения, разрешённого относительно производной. Часто бывает так, что уравнение одновременно относится к двум и более типам. При этом нужно выбрать наиболее простой метод решения. Например, уравнение \(  \large y'+xy=y  \) является и линейным (неоднородным), и уравнением с разделяющимися переменными, поскольку его можно представить в виде \(  \large y'=y(1-x)  \). Конечно же, разделить переменные проще, чем использовать метод Бернулли или метод Лагранжа. Тот факт, что уравнение относится к двум типам, даёт нам ещё один способ проверки правильности решения (наряду с банальной подстановкой общего решения в исходное уравнение).

Предлагаю Вам определить тип следующих обыкновенных дифференциальных уравнений:

а) \(  \large x-yy'=y  \);

б) \(  \large \frac{dy}{x+1}=dx  \);

в) \(  \large y'+xy=x^3y  \);

г) \(  \large \frac{dy}{dx}+x^2y=e^xy^4  \);

д) \(  \large (x+y+2)dx+(x+y-1)dy=0  \);

е) \(  \large y'+2y+x+3=0  \);

ж) \(  \large dx=(y^3+y^2x)dy  \);

з) \(  \large \frac{dx}{dy}=x^2e^y+y^3x  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Предлагаю Вам определить тип следующих обыкновенных дифференциальных уравнений

а) Однородное уравнение;

б) уравнение с разделяющимися переменными;

в) уравнение Бернулли и уравнение с разделяющимися переменными;

г) уравнение Бернулли;

д) уравнение в полных дифференциалах;

е) линейное неоднородное уравнение, так как можно привести к виду \(  \large y'+2y=-x-3  \).

Два последних - пока нет вариантов.

 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Вы правильно определили.

е) линейное неоднородное уравнение

Правильно. Но ещё это уравнение можно привести к уравнению с разделяющимися переменными, если сделать замену \(  \large  2y+x+3=t(x)  \). Более того, хотел бы заметить, что любое дифференциальное уравнение вида

\(  \large y'+ay+bx+c=0  \),

где \(  \large a, b, c = \textrm{const}  \), можно привести к уравнению с разделяющимися переменными, сделав подстановку

\(  \large ay+bx+c=t(x)  \).

Два последних - пока нет вариантов.

А если вспомнить, что \(  \large x' = \frac{dx}{dy}  \), где \(  \large x= \varphi (y)  \)?
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Тогда это уравнения Бернулли.
 

Оффлайн Admin

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

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо большое! А про другие типы уравнений расскажете?
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Продолжим. Несколько слов о классификации обыкновенных дифференциальных уравнений. Обыкновенные дифференциальные уравнения можно делить на виды в зависимости от их порядка (напомню, порядком дифференциального уравнения называется наивысший порядок производной, входящей в уравнение). Так мы получаем обыкновенные дифференциальные уравнения первого и высших порядков. Кроме того, дифференциальные уравнения бывают разрешёнными относительно высшей производной и неразрешёнными относительно её. Так, все рассмотренные выше уравнения разрешены относительно производной (в данном случае - первой, поскольку это уравнения первого порядка). Ещё обыкновенные дифференциальные уравнения делятся на линейные и нелинейные. Линейные дифференциальные уравнения характеризуются тем, что неизвестная функция и её производные входят в уравнение только в первой степени, а также нет произведения функции и её производных. Например, уравнение \(  \large y'+xy=1  \) является линейным, а уравнение \(  \large (y')^2+2yx=x^3  \) таковым не является.

Перейдём к уравнениям, не разрешённым относительно производной. Сначала рассмотрим общий случай. Обыкновенное дифференциальное уравнение первого порядка \(  \large n  \)-й степени относительно \(  \large y'  \) имеет вид

\(  \large (y')^n +f_1(x,y)(y')^{n-1} + \ldots + f_{n-1} y' + f_n (x,y)=0  \).

Если разрешить его относительно производной, то получим \(  \large n  \) разрешённых относительно производной уравнений. Общий интеграл исходного уравнения есть совокупность общих интегралов этих уравнений. Чаще всего, имеет смысл решать уравнение относительно производной, если его степень не выше двух. Если это уравнение третьей степени или выше, то разумнее (несмотря на наличие методов Кардано и Феррари, позволяющих ценой титанических усилий решать в радикалах уравнения третьей и четвёртой степеней соответственно)  использовать метод введения параметра. Как следует из его названия, он позволяет получить общее решение дифференциального уравнения в параметрической форме. Продемонстрирую первый способ на примере. Решим дифференциальное уравнение

\(  \large (y')^2+(x-y)y'-yx=0  \).

Решим это уравнение как квадратное относительно производной. Имеем:

\(  \Large y'_{1,2}=\frac{y-x \pm \sqrt{(x-y)^2+4yx}}{2} =\frac{y-x \pm (x+y)}{2} \).

Значит,

\(  \large y'=y, \ y'=-x  \).

Разделяя переменные и интегрируя, находим:

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

Вам задание такое. Проинтегрируйте уравнение

\(  \large (y')^2+(yx-2)y' -2xy=0  \).
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Сначала решаю как квадратное уравнение. Для этого нахожу дискриминант:

\(  \large D=y^2x^2-4yx+4+8yx=(yx+2)^2  \).

Вычисляю корни:

\(  \large y'_{1}=\frac{2-yx+yx+2}{2}=2 , \ y'_{2}=\frac{2-yx-yx-2}{2}=-yx \).

Получаю два уравнения с разделяющимися переменными:

\(  \large y'=2 , \ dy=2dx, \ y=2x+C  \),

\(  \Large y'=-yx, \ dy=-yxdx, \ \frac{dy}{y}=-xdx, \ \ln|y| =k- \frac{x^2}{2}, \ y=C \cdot e^{-\frac{x^2}{2}} \).
 

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
Всё правильно. Что такое метод введения параметра, покажу на примере. Пусть требуется проинтегрировать обыкновенное дифференциальное уравнение

\(  \large (y')^2+4y'-4x-2y=0  \).

Разрешим данное уравнение относительно \(  \large y  \). Имеем:

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

Положим \(  \large y'=p  \), где \(  \large p  \) - некоторый параметр. Получим:

\(  \large y=\frac{p^2}{2}+2p-2x  \).

Теперь продифференцируем обе части полученного равенства. Но найдём не производные, а дифференциалы обеих частей уравнения:

\(  \large dy=pdp+2dp-2dx  \).

Выше мы положили \(  \large y'=p  \). Поскольку \(  \large y'=\frac{dy}{dx}  \), то \(  \large dy=pdx  \). Следовательно,

\(  \large pdx=pdp+2dp-2dx  \),

\(  \large dx(p+2)-dp(p+2)=0  \),

\(  \large (p+2)(dx-dp)=0  \).

Сокращать на \(  \large p+2  \) нельзя! Иначе потеряем одно из решений. Имеем:

\(  \large p+2=0 \Leftrightarrow p=-2  \).

Значит,

\(  \large y=\frac{(-2)^2}{2}-4-2x = -2-2x  \).

Получили одно решение. Далее:

\(  \large dx=dp  \),

\(  \large x=p+C  \).

Тогда

\(  \large \begin{cases} x= p+C \\ y=\frac{p^2}{2}-2C \end{cases}  \).

Это общее решение дифференциального уравнения в виде параметрически заданной функции. В данном случае легко исключить параметр и получить общее решение в явном виде.

Подчеркну, что решением уравнения является и функция \(  \large y=-2-2x  \).

Метод введения параметра можно применять и немного иначе. Разрешим исходное дифференциальное уравнение не относительно \(  \large y  \), а относительно \(  \large x  \) и положим, как и прежде, \(  \large y'=p  \):

\(  \large x=\frac{(y')^2}{4}+y'-\frac{y}{2}  \).

Найдём дифференциалы обеих частей этого равенства:

\(  \large dx=\frac{p}{2}dp +dp-\frac{dy}{2} \).

Так как \(  \large y'= p \), то \(  \large dx=\frac{dy}{p}  \). Получим:

\(  \large \frac{dy}{p}=\frac{p}{2}dp +dp-\frac{dy}{2}  \),

\(  \large dy \cdot \frac{p+2}{2p}=dp \cdot \frac{p^2+2p}{2p}  \),

\(  \large (p+2) \cdot (dy-pdp)=0  \),

\(  \large p=-2, \ y=\frac{p^2}{2}+C  \).

Значит,

\(  \large x=1-2-\frac{y}{2}  \),

\(  \large y=-2-2x  \),

\(  \large y=\frac{p^2}{2}+C  \),

\(  \large x=\frac{p^2}{4}+p-\frac{p^2}{4}-\frac{C}{2}=p-\frac{C}{2}  \).

Итак, общее решение имеет вид

\(  \large \begin{cases} x= p-\frac{C}{2} \\ y = \frac{p^2}{2}+C \end{cases}  \).

Получили то же, что и в первом случае (если переобозначить константы, а они произвольны).

Вам задание такое. Проинтегрируйте уравнение методом введения параметра:

\(  \large 2(y')^2-3y'-x+2y=0  \).

Рекомендую сделать двумя способами. Предупреждаю, что уравнение "взято с потолка", поэтому красивого решения не получится.
 
Сказали спасибо: Alexey

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Вот что у меня получилось.

Сначала я разрешил уравнение относительно \(  \large x  \):

\(  \large x=2(y')^2-3y' + 2y  \).

Ввёл параметр:

\(  \large x=2p^2-3p+2y  \).

Нашёл дифференциалы обеих частей уравнения:

\(  \large dx=4pdp-3dp+2dy  \).

Заменил \(  \large dx  \) на \(  \large \frac{dy}{p}  \):

\(  \large \frac{dy}{p}=4pdp-3dp+2dy  \).

Все члены с параметром \(  \large p  \) перенёс в правую часть:

\(  \large dy=\frac{(4p-3)p}{1-2p}  \).

Решил получившееся уравнение с разделяющимися переменными:

\(  \large y=\frac{p}{2}-p^2+\frac{1}{4} \ln |2p-1|+C  \).

Подставил получившуюся функцию вместо \(  \large y  \) в выражении для \(  \large x  \):

\(  \large x=-2p+\frac{1}{2} \ln |2p-1|+2C  \).

Получил общее решение дифференциального уравнения в параметрическом виде:

\(  \large \begin{cases} x=-2p + \frac{1}{2} \ln |2p-1| + 2C  \\ y=\frac{p}{2}-p^2+\frac{1}{4} \ln |2p-1|+C\end{cases}  \).

Потом сделал, как Вы рекомендовали, и разрешил уравнение относительно \(  \large y  \) и выполнил последовательно те же самые действия:

\(  \large y=-(y')^2+\frac{3y}{2}+\frac{x}{2}  \),

\(  \large y=-p^2+\frac{3p}{2}+\frac{x}{2}  \),

\(  \large dy=-2pdp+\frac{3dp}{2}+\frac{dx}{2}  \),

\(  \large pdx=-2pdp+\frac{3dp}{2}+\frac{dx}{2}  \),

\(  \large dx=\frac{3-4p}{2p-1} dp \),

\(  \large x=-2p+\frac{1}{2} \ln |2p-1|+C  \),

\(  \large y=\frac{p}{2}-p^2+\frac{1}{4} \ln |2p-1|+\frac{C}{2}  \),

\(  \large \begin{cases} x=-2p+\frac{1}{2} \ln |2p-1|+C \\  y=\frac{p}{2}-p^2+\frac{1}{4} \ln |2p-1|+\frac{C}{2}  \end{cases}  \).

Учитывая производьность постоянной \(  \large C  \), получилось то же самое.
 
Сказали спасибо: Admin

Оффлайн Admin

  • Администратор
  • Сообщений: 4966
  • Поблагодарили: 1575 раз(а)
    • Просмотр профиля
У меня получилось то же самое.
 

Оффлайн Alexey

  • Модератор
  • Сообщений: 228
  • Поблагодарили: 154 раз(а)
    • Просмотр профиля
Спасибо! Вы очень доходчиво объясняете!