Вирішення однорідних диф рівнянь. Лінійні та однорідні диференціальні рівняння першого порядку

Щоб вирішити однорідне диференціальне рівняння 1-го порядку, використовують підстановку u=y/x, тобто u - нова невідома функція, яка залежить від іксу. Звідси y=ux. Похідну y' знаходимо за допомогою правила диференціювання твору:y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u (оскільки x'=1). Для іншої форми запису: dy = udx + xdu. Після підстановки рівняння спрощуємо і приходимо до рівняння з змінними, що розділяються.

Приклади розв'язання однорідних диференціальних рівнянь 1-го порядку.

1) Розв'язати рівняння

Перевіряємо, що це рівняння однорідне (див. Як визначити однорідне рівняння). Переконавшись, робимо заміну u=y/x, звідки y=ux, y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u. Підставляємо: u'x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Оскільки логарифм добутку дорівнює сумі логарифмів, ln(ux)=lnu+lnx. Звідси

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Після приведення подібних доданків: u'x+u=u(1+lnu). Тепер розкриваємо дужки

u'x+u=u+u·lnu. В обох частинах стоїть u, звідси u x = u lnu. Оскільки u - функція від іксу, u = du/dx. Підставляємо,

Отримали рівняння з змінними, що розділяються. Розділяємо змінні, навіщо обидві частини множимо на dx і ділимо на x·u·lnu, за умови, що твір x·u·lnu≠0

Інтегруємо:

У лівій частині – табличний інтеграл. У правій - робимо заміну t=lnu, звідки dt=(lnu)’du=du/u

ln│t│=ln│x│+C. Але ми вже обговорювали, що у таких рівняннях замість З зручніше взяти ln│C│. Тоді

ln│t│=ln│x│+ln│C│. За властивістю логарифмів: ln│t│=ln│Сx│. Звідси t = Cx. (За умовою, x> 0). Час робити зворотну заміну: lnu = Cx. І ще одна зворотна заміна:

За якістю логарифмів:

Це загальний інтеграл рівняння.

Згадуємо умову твір x·u·lnu≠0 (а отже, x≠0,u≠0, lnu≠0, звідки u≠1). Але x≠0 із умови, залишається u≠1, звідки x≠y. Вочевидь, що y=x (x>0) входять у загальне рішення.

2) Знайти приватний інтеграл рівняння y=x/y+y/x, що задовольняє початковим умовам y(1)=2.

Спочатку перевіряємо, що це рівняння є однорідним (хоча наявність доданків y/x та x/y вже побічно вказує на це). Потім робимо заміну u=y/x, звідки y=ux, y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u. Підставляємо отримані вирази до рівняння:

u'x+u=1/u+u. Спрощуємо:

u'x=1/u. Так як u - функція від іксу, u = du/dx:

Отримали рівняння з змінними, що розділяються. Щоб розділити змінні, множимо обидві частини на dx і u і ділимо на x (x≠0 за умовою, звідси u≠0 теж, отже, втрати рішень при цьому немає).

Інтегруємо:

і оскільки в обох частинах стоять табличні інтеграли, одразу отримуємо

Виконуємо зворотну заміну:

Це загальний інтеграл рівняння. Використовуємо початкову умову y(1)=2, тобто підставляємо отримане рішення y=2, x=1:

3) Знайти загальний інтеграл однорідного рівняння:

(x²-y²)dy-2xydx=0.

Заміна u=y/x, звідки y=ux, dy=xdu+udx. Підставляємо:

(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. Виносимо x² за дужки та ділимо на нього обидві частини (за умови x≠0):

x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0

(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Розкриваємо дужки та спрощуємо:

xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,

xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Групуємо складові з du та dx:

(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Виносимо загальні множники за дужки:

x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Розділяємо змінні:

x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Для цього обидві частини рівняння ділимо на xu(u²+1)≠0 (відповідно додаємо вимоги x≠0 (вже зазначили), u≠0):

Інтегруємо:

У правій частині рівняння - табличний інтеграл, раціональний дріб у лівій частині розкладаємо на прості множники:

(або у другому інтегралі можна було замість підведення під знак диференціала зробити заміну t=1+u², dt=2udu — кому якийсь спосіб більше подобається). Отримуємо:

За властивостями логарифмів:

Зворотна заміна

Згадуємо умову u≠0. Звідси y≠0. При С=0 y=0, отже, втрати рішень немає, і y=0 входить у загальний інтеграл.

Зауваження

Можна отримати запис рішення в іншому вигляді, якщо зліва залишити доданок з x:

Геометричний сенс інтегральної кривої у разі — сімейство кіл з центрами на осі Oy і проходять через початок координат.

Завдання для самоперевірки:

1) (x²+y²)dx-xydy=0

1) Перевіряємо, що рівняння є однорідним, після чого виконуємо заміну u=y/x, звідки y=ux, dy=xdu+udx. Підставляємо за умови: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Розділивши обидві частини рівняння на x²≠0 одержуємо: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Звідси dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Спростивши, маємо: dx-xudu=0. Звідси xudu = dx, udu = dx / x. Інтегруємо обидві частини:

Готові відповіді до прикладів на однорідні диференціальні рівнянняпершого порядку шукають багато студентів (ДК 1 порядку найпоширеніші в навчанні), далі Ви їх зможете детально розібрати. Але перш ніж перейти до розгляду прикладів, рекомендуємо уважно прочитати короткий теоретичний матеріал.
Рівняння виду P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0, де функції P(x,y) та Q(x,y) є однорідними функціями одного порядку називають однорідним диференціальним рівнянням(ОДР).

Схема розв'язання однорідного диференціального рівняння

1. Спочатку потрібно застосувати підстановку y=z*x , де z=z(x) – нова невідома функція (таким чином вихідне рівняння зводиться до диференціального рівняння з змінними, що розділяються.
2. Похідна твори дорівнює y"=(z*x)"=z"*x+z*x"=z"*x+z або в диференціалах dy=d(zx)=z*dx+x*dz.
3. Далі підставляємо нову функцію у та її похідну y" (або dy ) в ДУ з змінними, що розділяютьсящодо x та z.
4. Вирішивши диференціальне рівняння з змінними, що розділяються, зробимо зворотну заміну y=z*x , тому z= y/х , і отримаємо загальне рішення (загальний інтеграл) диференціального рівняння.
5. Якщо встановлено початкову умову y(x 0)=y 0 , то знаходимо приватне розв'язання задачі Коші. Теоретично все звучить легко, проте практично не всім так весело виходить вирішувати диференціальні рівняння. Тож поглиблення знань розглянемо поширені приклади. На легких завданнях особливо Вас навчити, тому відразу перейдемо до складніших.

Обчислення однорідних диференціальних рівнянь першого порядку

приклад 1.

Рішення: Ділимо праву сторону рівняння на змінну, яка стоїть множником біля похідної. В результаті прийдемо до однорідного диференціального рівняння 0 порядку

І тут багатьом мабуть стало цікаво, Як визначити порядок функції однорідного рівняння?
Питання досить доречне, а відповідь на нього наступне:
у праву сторону підставляємо замість функції та аргументу значення t*x, t*y . При спрощенні отримують параметр "t" до k , його і називають порядком рівняння. У нашому випадку "t" скоротиться, що рівносильно 0-му ступеню або нульовому порядку однорідного рівняння.
Далі праворуч можемо перейти до нової змінної y=zx; z = y / x.
При цьому не забуваємо висловити похідну "y" через похідну нової змінної. За правилом частини знаходимо

Рівняння у диференціалахнабуде вигляду

Спільні доданки у правій та лівій частині скорочуємо та переходимо до диференційного рівняння з розділеними змінними.

Проінтегруємо обидві частини ДК

Для зручності подальших перетворень постійну одразу вносимо під логарифм

За властивостями логарифмів отримане логарифмічне рівняння еквівалентне наступному

Цей запис ще не рішення (відповідь), необхідно повернутися до виконаної заміни змінних

Таким чином знаходять загальне вирішення диференціальних рівнянь. Якщо Ви уважно читали попередні уроки, то ми говорили, що схему обчислення рівнянь із розділеними змінними Ви повинні вміти застосовувати вільно і такого роду рівняння доведеться обчислювати для складніших типів ДУ.

приклад 2. Знайти інтеграл диференціального рівняння

Рішення: Схема обчислень однорідних та зведених до них ДУ Вам тепер знайома. Переносимо змінну в праву сторону рівняння, а також у чисельнику та знаменнику виносимо x 2 як загальний множник

Таким чином отримаємо однорідне ДУ нульового порядку.
Наступним кроком вводимо заміну змінних z=y/x, y=z*x , про яку постійно нагадуватимемо, щоб Ви її завчили

Після цього ДК записуємо в диференціалах

Далі перетворимо залежність до диференційного рівняння з відокремленими змінними

та інтегруванням вирішуємо його.

Інтеграли нескладні, інші перетворення виконані з урахуванням властивостей логарифма. Остання дія включає експонування логарифму. Нарешті повертаємось до вихідної заміни та записуємо у формі

Константа "C" набуває будь-якого значення. Всі, хто навчається заочно, мають проблеми на іспитах з даним типом рівнянь, тому прохання уважно подивитися і запам'ятати схему обчислень.

приклад 3. Розв'язати диференціальне рівняння

Рішення: Як випливає із наведеної вище методики, диференціальні рівняння такого типу вирішують методом запровадження нової змінної.Перепишемо залежність так, щоб похідна була без змінної

Далі з аналізу правої частини бачимо, що скрізь є частка -її і позначаємо за нову невідому
z=y/x, y=z*x.
Знаходимо похідну від y

З урахуванням заміни первісне ДК перепишемо у вигляді

Однакові доданки спрощуємо, а всі, що отримали, зводимо до ДК з відокремленими змінними

Інтегрування обох частин рівності

приходимо до рішення у вигляді логарифмів

Експонуючи залежності знаходимо загальне рішення диференціального рівняння

яке після підстановки в нього початкової заміни змінних набуде вигляду

Тут С - постійна, яку можна визначити з умови Коші. Якщо не задане завдання Коші, то стала приймати довільне дійсне значення.
Ось і вся мудрість у обчисленні однорідних диференціальних рівнянь.

Функція f(x,y) називається однорідною функцієюсвоїх аргументів виміру n , якщо справедливо тотожність f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).

Наприклад, функція f(x,y)=x^2+y^2-xy є однорідною функцією другого виміру, оскільки

F(tx,ty)=(tx)^2+(ty)^2-(tx)(ty)=t^2(x^2+y^2-xy)=t^2f(x,y).

При n=0 маємо функцію нульового виміру. Наприклад, \frac(x^2-y^2)(x^2+y^2)є однорідна функція нульового виміру, оскільки

(f(tx,ty)=\frac((tx)^2-(ty)^2)((tx)^2+(ty)^2)=\frac(t^2(x^2-y^) 2))(t^2(x^2+y^2))=\frac(x^2-y^2)(x^2+y^2)=f(x,y).)

Диференціальне рівняння виду \frac(dy)(dx)=f(x,y)називається однорідним щодо x і y якщо f(x,y) є однорідна функція своїх аргументів нульового вимірювання. Однорідне рівняння завжди можна подати у вигляді

\frac(dy)(dx)=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right).

Вводячи нову функцію u=\frac(y)(x) , рівняння (1) можна привести до рівняння з роздільними змінними:

X\frac(du)(dx)=varphi(u)-u.

Якщо u=u_0 є корінь рівняння \varphi(u)-u=0, то рішення однорідного рівняння буде u=u_0 або y=u_0x (пряма, яка проходить через початок координат).

Зауваження.При вирішенні однорідних рівнянь необов'язково наводити їх до виду (1). Можна відразу робити підстановку y = ux.

приклад 1.Розв'язати однорідне рівняння xy"=\sqrt(x^2-y^2)+y.

Рішення.Запишемо рівняння у вигляді y"=\sqrt(1-(\left(\frac(y)(x)\right)\)^2}+\frac{y}{x} !}так що дане рівняння виявляється однорідним щодо x та y . Покладемо u = frac (y) (x), або y = ux. Тоді y"=xu"+u. Підставляючи в рівняння вирази для y та y", отримуємо x\frac(du)(dx)=\sqrt(1-u^2). Розділяємо змінні: \frac(du)(1-u^2)=\frac(dx)(x). Звідси знаходимо інтегрування

\arcsin(u)=\ln|x|+\ln(C_1)~(C_1>0), або \arcsin(u)=\ln(C_1|x|).

Оскільки C_1|x|=\pm(C_1x) , то, позначаючи \pm(C_1)=C отримуємо \arcsin(u)=\ln(Cx), де |\ln(Cx)|\leqslant\frac(\pi)(2)або e^(-\pi/2)\leqslant(Cx)\leqslant(e^(\pi/2)). Замінюючи u на \frac(y)(x) , матимемо загальний інтеграл \arcsin(y)(x)=\ln(Cx).

Звідси загальне рішення: y = x \ sin \ ln (Cx) .

При поділі змінних ми ділили обидві частини рівняння на твір x\sqrt(1-u^2) , тому могли втратити рішення, які звертають у нуль цей твір.

Покладемо тепер x = 0 і \ sqrt (1-u ^ 2) = 0 . Але x\ne0 з підстановки u=\frac(y)(x) , та якщо з співвідношення \sqrt(1-u^2)=0 отримуємо, що 1-\frac(y^2)(x^2)=0звідки y=\pm(x) . Безпосередньою перевіркою переконуємося, що функції y=-x та y=x також є рішеннями даного рівняння.

приклад 2.Розглянути сімейство інтегральних кривих C_alfa однорідного рівняння y"=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right). Показати, що дотичні у відповідних точках до кривих, що визначаються цим однорідним диференціальним рівнянням, паралельні між собою.

Примітка:Будемо називати відповіднимиті точки на кривих C_alpha , які лежать на одному промені, що виходить з початку координат.

Рішення.За визначенням відповідних точок маємо \frac(y)(x)=\frac(y_1)(x_1), Так що в силу самого рівняння y"=y"_1 де y" і y"_1 - кутові коефіцієнти дотичних до інтегральних кривих C_alpha і C_(alpha_1) , в точках M і M_1 відповідно (рис. 12).

Рівняння, що призводять до однорідних

А.Розглянемо диференціальне рівняння виду

\frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(a_1x+b_1y+c_1)\right).

де a,b,c,a_1,b_1,c_1 - постійні, а f(u) - безперервна функція свого аргументу u.

Якщо c=c_1=0 то рівняння (3) є однорідним і воно інтегрується, як зазначено вище.

Якщо хоча б одне з чисел c,c_1 відмінно від нуля, слід розрізняти два випадки.

1) Визначник \Delta=\begin(vmatrix)a&b\a_1&b_1\end(vmatrix)\ne0. Вводячи нові змінні \xi та \eta за формулами x=\xi+h,~y=\eta+k , де h і k - поки невизначені постійні, наведемо рівняння (3) до виду

\frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(axi+b\eta+ah+bk+c) ) Right).

Вибираючи h і k як розв'язання системи лінійних рівнянь

\begin(cases)ah+bk+c=0,\\a_1h+b_1k+c_1=0\end(cases)~(\Delta\ne0),

отримуємо однорідне рівняння \frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta)(a_1\xi+b_1\eta)\right). Знайшовши його загальний інтеграл і замінивши в ньому xi на x-h, a eta на y-k, отримуємо загальний інтеграл рівняння (3).

2) Визначник \Delta=\begin(vmatrix)a&b\a_1&b_1\end(vmatrix)=0. Система (4) у випадку немає рішень і викладений вище метод неприменим; у цьому випадку \frac(a_1)(a)=\frac(b_1)(b)=\lambda, і, отже, рівняння (3) має вигляд \frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(\lambda(ax+by)+c_1)\right). Підстановка z=ax+by приводить його до рівняння з змінними, що розділяються.

приклад 3.Розв'язати рівняння (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0.

Рішення.Розглянемо систему лінійних рівнянь алгебри \begin(cases)x+y-2=0,\x-y+4=0.\end(cases)

Визначник цієї системи \Delta=\begin(vmatrix)\hfill1&hfill1\hfill1&hfill-1\end(vmatrix)=-2\ne0.

Система має єдине рішення x_0=-1,~y_0=3. Робимо заміну x = xi-1, yy = eta +3 . Тоді рівняння (5) набуде вигляду

(\xi+\eta)\,d\xi+(\xi-\eta)\,d\eta=0.

Це рівняння є однорідним рівнянням. Вважаючи \eta=u\xi , отримуємо

(\xi+\xi(u))\,d\xi+(\xi-\xi(u))(\xi\,du+u\,d\xi)=0, звідки (1+2u-u^2)\,d\xi+\xi(1-u)\,du=0.

Розділяємо змінні \frac(d\xi)(\xi)+\frac(1-u)(1+2u-u^2)\,du=0.

Інтегруючи, знайдемо \ln|\xi|+\frac(1)(2)\ln|1+2u-u^2|=\ln(C)або \xi^2(1+2u-u^2)=C .

Повертаємося до змінних x,~y:

(x+1)^2\left=C_1або x^2+2xy-y^2-4x+8y=C~~(C=C_1+14).

приклад 4.Розв'язати рівняння (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0.

Рішення.Система лінійних рівнянь алгебри \begin(cases)x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end(cases)несумісна. В цьому випадку метод, застосований у попередньому прикладі, не підходить. Для інтегрування рівняння застосовуємо підстановку x + y = z, dy = dz-dx. Рівняння набуде вигляду

(2-z) \, dx + (2z-1) \, dz = 0.

Розділяючи змінні, отримуємо

Dx-\frac(2z-1)(z-2)\,dz=0звідси x-2z-3\nn|z-2|=C.

Повертаючись до змінних x, ~ y, отримуємо загальний інтеграл даного рівняння

X+2y+3\ln|x+y-2|=C.

Б.Іноді рівняння можна призвести до однорідної заміни змінного y=z^\alpha . Це має місце в тому випадку, коли в рівнянні всі члени виявляються однакового виміру, якщо змінному x приписати вимір 1, змінному y - вимір \alpha і похідної \frac(dy)(dx) - вимір \alpha-1 .

Приклад 5.Розв'язати рівняння (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0.

Рішення.Робимо підстановку y=z^\alpha,~dy=\alpha(z^(\alpha-1))\,dz, де \alpha поки що довільне число, яке ми виберемо пізніше. Підставляючи в рівняння вирази для y і dy отримаємо

\alpha(x^2x^(2\alpha)-1)z^(\alpha-1)\,dz+2xz^(3\alpha)\,dx=0або \alpha(x^2z^(3\alpha-1)-z^(\alpha-1))\,dz+2xz^(3\alpha)\,dx=0,

Зауважимо, що x^2z^(3\alpha-1) має вимір 2+3\alpha-1=3\alpha+1, z^(\alpha-1) має вимір \alpha-1 , xz^(3\alpha) має вимір 1+3\alpha . Отримане рівняння буде однорідним, якщо виміру всіх членів однакові, тобто. якщо виконується умова 3\alpha+1=\alpha-1, або \alpha-1.

Покладемо y=\frac(1)(z); вихідне рівняння набуває вигляду

\left(\frac(1)(z^2)-\frac(x^2)(z^4)\right)dz+\frac(2x)(z^3)\,dx=0або (z^2-x^2)\,dz+2xz\,dx=0.

Покладемо тепер z = ux, ~ dz = u, dx + x \, du. Тоді це рівняння набуде вигляду (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0, звідки u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0.

Розділяємо змінні у цьому рівнянні \frac(dx)(x)+\frac(u^2-1)(u^3+u)\,du=0. Інтегруючи, знайдемо

\ln|x|+\ln(u^2+1)-ln|u|=\ln(C)або \frac(x(u^2+1))(u)=C.

Замінюючи u через frac(1)(xy) , отримуємо загальний інтеграл даного рівняння 1+x^2y^2=Cy.

Рівняння має ще очевидне рішення y=0 , яке виходить із загального інтеграла при C\to\infty, якщо інтеграл записати у вигляді y=\frac(1+x^2y^2)(C)а потім перейти до межі при C\to\infty . Таким чином, функція y=0 є частковим рішенням вихідного рівняння.

У вашому браузері вимкнено Javascript.
Щоб розрахувати, необхідно дозволити елементи ActiveX!

У деяких завданнях фізики безпосередній зв'язок між величинами, що описують процес, встановити не вдається. Але є можливість здобути рівність, що містить похідні досліджуваних функцій. Так виникають диференціальні рівняння та потреба їх вирішення для знаходження невідомої функції.

Ця стаття призначена тим, хто зіштовхнувся із завданням розв'язання диференціального рівняння, у якому невідома функція є однією змінною. Теорія побудована так, що з нульовим уявленням про диференціальні рівняння ви зможете впоратися зі своїм завданням.

Кожному виду диференціальних рівнянь поставлений у відповідність метод рішення з докладними поясненнями та рішеннями характерних прикладів та завдань. Вам залишається лише визначити вид диференціального рівняння Вашого завдання, знайти подібний приклад і провести аналогічні дії.

Для успішного вирішення диференціальних рівнянь з Вашого боку також знадобиться вміння знаходити безліч первісних (невизначені інтеграли) різних функцій. При необхідності рекомендуємо звертатися до розділу.

Спочатку розглянемо види звичайних диференціальних рівнянь першого порядку, які можна дозволено щодо похідної, далі перейдемо до ОДУ другого порядку, потім зупинимося на рівняннях вищих порядків і закінчимо системами диференціальних рівнянь.

Нагадаємо, що якщо y є функцією аргументу x .

Диференціальні рівняння першого ладу.

Найпростіші диференціальні рівняння першого порядку виду.

Запишемо кілька прикладів таких ДК .

Диференціальні рівняння можна дозволити щодо похідної, зробивши розподіл обох частин рівності f(x) . У цьому випадку приходимо до рівняння, яке буде еквівалентно вихідному при f(x) ≠ 0 . Прикладами таких ОДУ є.

Якщо є значення аргументу x , у яких функції f(x) і g(x) одночасно перетворюються на нуль, з'являються додаткові рішення. Додатковими рішеннями рівняння за даних x є будь-які функції, визначені цих значень аргументу. Як приклади таких диференціальних рівнянь можна навести.

Диференціальні рівняння другого порядку.

Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку із постійними коефіцієнтами.

ЛОДУ з постійними коефіцієнтами є дуже поширеним видом диференціальних рівнянь. Їхнє рішення не становить особливої складності. Спочатку знаходять коріння характеристичного рівняння . При різних p і q можливі три випадки: коріння характеристичного рівняння можуть бути дійсними і різними, дійсними і збігаються або комплексно пов'язаними. Залежно від значень коренів характеристичного рівняння записується загальне рішення диференціального рівняння як , або , чи відповідно.

Наприклад розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами. Коріння його характеристичного рівняння є k 1 = -3 і k 2 = 0 . Коріння дійсне і різне, отже, загальне рішення ЛОДУ з постійними коефіцієнтами має вигляд

Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами.

Загальне рішення ЛНДУ другого порядку з постійними коефіцієнтами y шукається як суми загального рішення відповідного ЛОДУ і окремого рішення вихідного неоднорідного рівняння, тобто, . Знаходження загального рішення однорідного диференціального рівняння з постійними коефіцієнтами присвячений попередній пункт. А окреме рішення визначається або методом невизначених коефіцієнтів при певному вигляді функції f(x) , що стоїть у правій частині вихідного рівняння, або методом варіації довільних постійних.

Як приклади ЛНДУ другого порядку з постійними коефіцієнтами наведемо

Розібратися в теорії та ознайомитися з докладними рішеннями прикладів ми пропонуємо на сторінці лінійні неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку з постійними коефіцієнтами .

Лінійні однорідні диференціальні рівняння (ЛОДУ) та лінійні неоднорідні диференціальні рівняння (ЛНДУ) другого порядку.

Окремим випадком диференціальних рівнянь цього виду є ЛОДУ та ЛНДУ з постійними коефіцієнтами.

Загальне рішення ЛОД на деякому відрізку представляється лінійною комбінацією двох лінійно незалежних приватних рішень y 1 і y 2 цього рівняння, тобто, .

Головна складність полягає саме у знаходженні лінійно-незалежних приватних рішень диференціального рівняння цього типу. Зазвичай приватні рішення вибираються з наступних систем лінійно незалежних функцій:

Проте, які завжди приватні рішення представляються у такому вигляді.

Прикладом ЛОДУ є .

Загальне рішення ЛНДУ шукається як , де - загальне рішення відповідного ЛОДУ, а - приватне рішення вихідного диференціального рівняння. Про перебування ми щойно говорили, а можна визначити, користуючись методом варіації довільних постійних.

Як приклад ЛНДУ можна навести .

Диференціальні рівняння найвищих порядків.

Диференціальні рівняння, що допускають зниження порядку.

Порядок диференціального рівняння , яке не містить шуканої функції та її похідних до k-1 порядку, може бути знижено до n-k заміною .

І тут , і вихідне диференціальне рівняння зведеться до . Після знаходження рішення p(x) залишиться повернутися до заміни і визначити невідому функцію y .

Наприклад, диференціальне рівняння після заміни стане рівнянням з змінними, що розділяються, і його порядок з третього знизиться до першого.

Думаю, що нам варто почати з історії такого славетного математичного інструменту як диференціальні рівняння. Як і всі диференціальні та інтегральні обчислення, ці рівняння були винайдені Ньютоном наприкінці 17 століття. Він вважав саме це своє відкриття настільки важливим, що навіть зашифрував послання, яке сьогодні можна перекласти приблизно так: Усі закони природи описуються диференціальними рівняннями. Це може здатися перебільшенням, але так і є. Будь-який закон фізики, хімії, біології можна описати цими рівняннями.

Величезний внесок у розвиток та створення теорії диференціальних рівнянь зробили математики Ейлер та Лагранж. Вже у 18-му столітті вони відкрили та розвинули те, що зараз вивчають на старших курсах університетів.

Нова віха у вивченні диференціальних рівнянь почалася завдяки Анрі Пуанкаре. Він створив «якісну теорію диференціальних рівнянь», яка у поєднанні з теорією функцій комплексного змінного внесла значний внесок у основу топології – науки про простір та його властивості.

Що таке диференціальні рівняння?

Багато хто боїться одного словосполучення Однак у цій статті ми докладно викладемо всю суть цього дуже корисного математичного апарату, який насправді не такий складний, як здається з назви. Щоб почати розповідати про диференціальні рівняння першого порядку, слід спочатку ознайомитися з основними поняттями, які невід'ємно пов'язані з цим визначенням. І почнемо ми з диференціалу.

Диференціал

Багато хто знає це поняття ще зі школи. Проте все ж таки зупинимося на ньому детальніше. Уявіть графік функції. Ми можемо збільшити його настільки, що будь-який його відрізок набуде вигляду прямої лінії. На ній візьмемо дві точки, що знаходяться нескінченно близько одна до одної. Різниця їх координат (x чи y) буде нескінченно малою величиною. Її називають диференціалом і позначають знаками dy (диференціал від y) і dx (диференціал від x). Дуже важливо розуміти, що диференціал не є кінцевою величиною, і в цьому полягає його зміст та основна функція.

А тепер необхідно розглянути наступний елемент, який стане в нагоді при поясненні поняття диференціального рівняння. Це – похідна.

Похідна

Всі ми, напевно, чули в школі і це поняття. Кажуть, що похідна - це швидкість зростання чи зменшення функції. Однак із цього визначення багато стає незрозумілим. Спробуємо пояснити похідну через диференціали. Повернімося до нескінченно малого відрізка функції з двома точками, які знаходяться на мінімальній відстані один від одного. Але навіть за цю відстань функція встигає змінитися якусь величину. І щоб описати цю зміну і вигадали похідну, яку інакше можна записати як відношення диференціалів: f(x)"=df/dx.

Тепер варто розглянути основні властивості похідної. Їх лише три:

Похідну суми або різниці можна представити як суму або різницю похідних: (a+b)"=a"+b" та (a-b)"=a"-b".
Друга властивість пов'язана з множенням. Похідна твори - це сума творів однієї функції похідну інший: (a*b)"=a"*b+a*b".
Похідну різниці записати можна у вигляді наступної рівності: (a/b)"=(a"*b-a*b")/b 2 .

Всі ці характеристики нам знадобляться для знаходження рішень диференціальних рівнянь першого порядку.

Також бувають приватні похідні. Допустимо, у нас є функція z, яка залежить від змінних x та y. Щоб обчислити приватну похідну цієї функції, скажімо, по x нам необхідно прийняти змінну y за постійну і просто продиференціювати.

Інтеграл

Інше важливе поняття – інтеграл. По суті, це пряма протилежність похідної. Інтеграли бувають декількох видів, але для вирішення найпростіших диференціальних рівнянь нам знадобляться найтривіальніші

Отже, Припустимо, ми маємо деяку залежність f від x. Ми візьмемо від неї інтеграл і отримаємо функцію F(x) (часто її називають первісною), похідна від якої дорівнює початковій функції. Таким чином F(x)"=f(x). Звідси випливає також, що інтеграл від похідної дорівнює початковій функції.

При розв'язанні диференціальних рівнянь дуже важливо розуміти сенс і функцію інтеграла, тому що доведеться часто їх брати для знаходження рішення.

Рівняння бувають різними залежно від власної природи. У наступному розділі ми розглянемо види диференціальних рівнянь першого порядку, та був і навчимося їх вирішувати.

Класи диференціальних рівнянь

"Дифури" діляться по порядку похідних, що у них. Таким чином, буває перший, другий, третій і більш порядок. Їх також можна розділити на кілька класів: прості і в приватних похідних.

У статті ми розглянемо прості диференціальні рівняння першого порядку. Приклади та способи їх вирішення ми також обговоримо у наступних розділах. Розглянемо тільки ОДУ, тому що це найпоширеніші види рівнянь. Звичайні діляться на підвиди: з змінними, що розділяються, однорідні і неоднорідні. Далі ви дізнаєтеся, чим вони відрізняються один від одного, і навчитеся їх вирішувати.

Крім того, ці рівняння можна поєднувати, щоб після нас вийшла система диференціальних рівнянь першого порядку. Такі системи ми також розглянемо та навчимося вирішувати.

Чому ми розглядаємо лише перший порядок? Тому що потрібно починати з простого, а описати все, що пов'язане з диференціальними рівняннями, в одній статті просто неможливо.

Рівняння з змінними, що розділяються

Це, мабуть, найпростіші диференціальні рівняння першого ладу. До них відносяться приклади, які можна записати так: y"=f(x)*f(y). Для вирішення цього рівняння нам знадобиться формула подання похідної як відношення диференціалів: y"=dy/dx. З її допомогою отримуємо таке рівняння: dy/dx=f(x)*f(y). Тепер ми можемо звернутися до методу вирішення стандартних прикладів: розділимо змінні частинами, тобто перенесемо все зі змінною y в частину, де знаходиться dy, і так само зробимо зі змінною x. Отримаємо рівняння виду: dy/f(y)=f(x)dx, яке вирішується взяттям інтегралів з обох частин. Не слід забувати і про константу, яку потрібно ставити після взяття інтегралу.

Рішення будь-якого "дифуру" - це функція залежності x від y (у нашому випадку) або, якщо є чисельна умова, то відповідь у вигляді числа. Розберемо на конкретному прикладі весь перебіг рішення:

Переносимо змінні в різні боки:

Тепер беремо інтеграли. Усі їх можна знайти у спеціальній таблиці інтегралів. І отримуємо:

ln(y) = -2*cos(x) + C

Якщо потрібно, ми можемо виразити "гравець" як функцію від "ікс". Тепер можна сказати, що наше диференціальне рівняння вирішено, якщо не задано умову. Можлива умова, наприклад, y(п/2)=e. Тоді ми просто підставляємо значення цих змінних у розв'язання та знаходимо значення постійної. У нашому прикладі воно одно 1.

Однорідні диференціальні рівняння першого порядку

Тепер переходимо до складнішої частини. p align="justify"> Однорідні диференціальні рівняння першого порядку можна записати в загальному вигляді так: y" = z (x, y). Слід зауважити, що права функція від двох змінних однорідна, і її не можна розділити на дві залежності: z від x і z від y. Перевірити , чи є рівняння однорідним чи ні, досить просто: ми робимо заміну x=k*x та y=k*y. Тепер скорочуємо все k. , Скажімо: принцип вирішення цих прикладів теж дуже простий.

Нам потрібно зробити заміну: y = t (x) * x, де t - якась функція, яка також залежить від x. Тоді ми можемо висловити похідну: y"=t"(x)*x+t. Підставляючи все це в наше вихідне рівняння і спрощуючи його, ми отримуємо приклад з змінними t і x, що розділяються. Вирішуємо його та отримуємо залежність t(x). Коли ми її отримали, то просто підставляємо нашу попередню заміну y=t(x)*x. Тоді одержуємо залежність y від x.

Щоб було зрозуміліше, розберемо приклад: x*y"=y-x*e y/x.

Під час перевірки із заміною все скорочується. Отже, рівняння справді однорідне. Тепер робимо іншу заміну, про яку ми говорили: y=t(x)*x та y"=t"(x)*x+t(x). Після спрощення отримуємо наступне рівняння: t"(x)*x=-e t . Вирішуємо приклад з розділеними змінними і отримуємо: e -t =ln(C*x). Нам залишилося тільки замінити t на y/x (адже якщо y =t*x, то t=y/x), ми отримуємо відповідь: e -y/x =ln(x*С).

Лінійні диференціальні рівняння першого порядку

Настав час розглянути ще одну велику тему. Ми розберемо неоднорідні диференціальні рівняння першого порядку. Чим вони відрізняються від попередніх двох? Давайте розберемося. Лінійні диференціальні рівняння першого порядку загалом можна записати такою рівністю: y" + g(x)*y=z(x). Варто уточнити, що z(x) і g(x) можуть бути постійними величинами.

Тепер приклад: y" - y*x=x 2 .

Існує два способи рішення, і ми по порядку розберемо обидва. Перший – метод варіації довільних констант.

Для того щоб вирішити рівняння цим способом, необхідно спочатку прирівняти праву частину до нуля і вирішити рівняння, що вийшло, яке після перенесення частин набуде вигляду:

ln | y | = x 2 /2 + C;

y = e x2/2 * С = C 1 * e x2/2 .

Тепер треба замінити константу C 1 на функцію v (x), яку ми повинні знайти.

Проведемо заміну похідної:

y"=v"*e x2/2 -x*v*e x2/2 .

І підставимо ці висловлювання у вихідне рівняння:

v"*e x2/2 - x * v * e x2/2 + x * v * e x2/2 = x 2 .

Можна бачити, що в лівій частині скорочуються два доданки. Якщо в якомусь прикладі цього не сталося, то ви щось зробили не так. Продовжимо:

v"*e x2/2 = x 2 .

Тепер вирішуємо нормальне рівняння, в якому потрібно розділити змінні:

dv/dx=x 2 /e x2/2;

dv = x 2 * e - x2/2 dx.

Щоб отримати інтеграл, нам доведеться застосувати тут інтегрування частинами. Однак, це не тема нашої статті. Якщо вам цікаво, ви можете самостійно навчитися виконувати такі дії. Це не складно, і за достатньої навички та уважності не забирає багато часу.

Звернемося до другого способу розв'язання неоднорідних рівнянь: методу Бернуллі. Який підхід швидше та простіше – вирішувати тільки вам.

Отже, при розв'язанні рівняння цим методом необхідно зробити заміну: y=k*n. Тут k і n – деякі залежні від x функції. Тоді похідна виглядатиме так: y"=k"*n+k*n". Підставляємо обидві заміни до рівняння:

k"*n+k*n"+x*k*n=x 2 .

Групуємо:

k"*n+k*(n"+x*n)=x2.

Тепер треба прирівняти до нуля те, що знаходиться у дужках. Тепер, якщо об'єднати два рівняння, що виходять, виходить система диференціальних рівнянь першого порядку, яку потрібно вирішити:

Першу рівність вирішуємо як звичайне рівняння. Для цього потрібно розділити змінні:

Беремо інтеграл та отримуємо: ln(n)=x 2 /2. Тоді, якщо виразити n:

Тепер підставляємо рівність, що вийшла, в друге рівняння системи:

k"*e x2/2 = x 2 .

І перетворюючи, отримуємо таку ж рівність, що й у першому методі:

dk = x 2 /e x2/2.

Ми також не розбиратимемо подальших дій. Спершу рішення диференціальних рівнянь першого порядку викликає суттєві труднощі. Однак при глибшому зануренні в тему це починає виходити все краще та краще.

Де застосовуються диференціальні рівняння?

Дуже активно диференціальні рівняння застосовуються у фізиці, тому що майже всі основні закони записуються в диференціальній формі, а ті формули, які ми бачимо – розв'язання цих рівнянь. У хімії вони використовують із тієї ж причини: основні закони виводяться з допомогою. У біології диференціальні рівняння застосовуються для моделювання поведінки систем, наприклад хижак - жертва. Вони також можуть використовуватися для створення моделей розмноження, наприклад, колонії мікроорганізмів.

Як диференціальні рівняння допоможуть у житті?

Відповідь на це запитання проста: ніяк. Якщо ви не вчений або інженер, то навряд чи вам вони знадобляться. Однак для загального розвитку не завадить знати, що таке диференціальне рівняння та як воно вирішується. І тоді питання сина чи доньки "що таке диференціальне рівняння?" не поставить вас у глухий кут. Ну а якщо ви вчений чи інженер, то й самі розумієте важливість цієї теми у будь-якій науці. Але найголовніше, що тепер питанням "як вирішити диференціальне рівняння першого порядку?" ви завжди зможете дати відповідь. Погодьтеся, завжди приємно, коли розумієш те, що люди навіть бояться розібратися.

Основні проблеми щодо

Основною проблемою у розумінні цієї теми є погана навичка інтегрування та диференціювання функцій. Якщо ви погано берете похідні та інтеграли, то, напевно, варто ще повчитися, освоїти різні методи інтегрування та диференціювання, і лише потім приступати до вивчення того матеріалу, що був описаний у статті.

Деякі люди дивуються, коли дізнаються, що dx можна переносити, адже раніше (у школі) стверджувалося, що дріб dy/dx неподільний. Тут слід почитати літературу по похідної і зрозуміти, що вона є ставленням нескінченно малих величин, якими можна маніпулювати під час вирішення рівнянь.

Багато хто не відразу усвідомлює, що вирішення диференціальних рівнянь першого порядку - це найчастіше функція або інтеграл, що не береться, і ця помилка завдає їм чимало турбот.

Що ще можна вивчити для кращого розуміння?

Найкраще розпочати подальше занурення у світ диференціального обчислення зі спеціалізованих підручників, наприклад, з математичного аналізу для студентів нематематичних спеціальностей. Потім можна переходити до більш спеціалізованої літератури.

Варто сказати, що, крім диференціальних, є ще інтегральні рівняння, тому вам завжди буде чого прагнути і що вивчати.