Диференціальні рівняння першого порядку

Приклад

Знаючи загальний розв’язок (х-1)² + у² = С² деякого диференціального рівняння першого порядку, знайти його інтегральні криві, які проходять через точки: А(-1;0), В(1;-1), Е(2;1).

♦ Підставивши координати заданих точок у загальний розв’язок рівняння, знайдемо значення С, при якому із сім’ї інтегральних кривих знайдемо ту криву, яка проходить через задану точку. Маємо для точки А: 4 = С², (х – 1)² + у² = 4; для точки В: 1 = С², (х – 1)² + у² = 1; для точки Е маємо: 2 = С², (х – 1)² + у² = 2. Ці криві є концентричними колами, центри яких містяться в точці (1;0).♦

Приклад

Методом виключення параметра скласти диференціальне рівняння сім’ї прямих у = Сх.

♦ Диференціюючи функцію у = Сх, знаходимо у’ = С. Виключаючи параметр С із системи у = Сх, у’ = С, дістаємо диференціальне рівняння першого порядку у = у’х або

$y'=\frac{y}{x}$ . ♦

Приклад

Розв’язати задачу Коші: y’ – e^x = 0, y(0) = 2.

♦ Запишемо це рівняння у вигляді y‘ = e^x. Як відомо, всі первісні неперервної функції е^х при всіх х ∈ R задаються формулою y = ∫ e^xdx. Отже, загальний розв’язок даного рівняння має вигляд y = e^x + C. Підставляючи в останню рівність х = 0, у = 2, дістанемо 2 = 1 + С, звідси С = 1. Отже, частинний розв’язок y = e^x+ 1 є розв’язком заданої задачі Коші.♦

Приклад

Знайти криву, яка проходить через точку (0; -2), якщо кутовий коефіцієнт дотичної в довільній її точці дорівнює ординаті цієї точки, збільшеній на 3.

♦ Розв’язування практичної задачі за допомогою диференціального рівняння складається з трьох етапів:

складання диференціального рівняння;
його розв’язування;
дослідження розв’язку.

Складемо диференціальне рівняння за умовою задачі. Оскільки кутовий коефіцієнт дотичної до кривої y = f(x) у точці (х; у) дорівнює y’, то маємо рівняння у’ = у + 3, розв’язком якого є ln |y+3| = x + C.

Враховуючи початкову умову, дістаємо y = e^x – 3. ♦

Приклад

Розв’язати наступні диференціальні рівняння

а) х²y dx + x³ dy = 0;

б) x²y’ -1 = xy, у(1/2) = 1;

в) хуу’ = x² + y², y(1) = √2;

г) (sin xy + xy cos xy) dx + x² cos xy dy = 0.

♦ а) У заданому рівнянні можна відокремити змінні, поділивши його на x³y ≠ 0. Дістанемо $\frac{dx}{x}+\frac{dy}{y}=0$ . Інтегруючи почленно, маємо загальний інтеграл $\int \frac{dx}{x}+\int \frac{dy}{y}=C_{1}\Leftrightarrow ln|x| +ln|y|=ln|C|, \; C\neq 0$ (тут для зручності сталу інтегрування С записано в логарифмічній формі). Після потенціювання дістаємо xy = C або у = С / х. Через те, що функції х = 0 та у = 0 також задовольняють задане рівняння, вони теж є його розв’язками. При цьому їх можна дістати із загального інтеграла ху = С, коли С = 0 (тому можна зняти обмеження на С у формулі ху = С).

б) Тут треба розв’язати задачу Коші. Маємо лінійне рівняння, бо у і у‘ входять до нього у першому степені. Покладаючи y = uv, знаходимо y’ = u’v + v’u. Підставляючи y i y‘ в задане рівняння, дістаємо $u'v+v'u-\frac{uv}{x}=\frac{1}{x^{2}}$ або $u'v+u('v'-\frac{v}{x})=\frac{1}{x^{2}}$ . Оскільки одну з функцій можна обрати довільно, то виберемо таку функцію v, щоб вираз у дужках дорівнював нулю: $v'-\frac{v}{x}=0$ . Тоді для визначення u матимемо рівняння $u'v=\frac{1}{x^{2}}$ . Помічаємо, що обидва рівняння (для визначення v і для визначення u) є рівняннями з відокремлюваними змінними.

Визначаємо v:

$v'-\frac{v}{x}=0\Leftrightarrow \frac{dv}{v}=\frac{dx}{x}\Rightarrow lnv=lnx\Leftrightarrow v=x$

(ми взяли найпростіший, відмінний від нуля, частинний розв’язок).

Тепер, підставивши значення v у друге рівняння, визначаємо u як загальний розв’язок цього рівняння

$u'x=\frac{1}{x^{2}}\Rightarrow du=\frac{dx}{x^{3}}\Leftrightarrow u=-\frac{1}{2}x^{2}+C$

Знаючи u i v, знаходимо загальний розв’язок заданого рівняння: $y=Cx-\frac{1}{2x}$ .

Для відшукання вказаного частинного розв’язку підставимо задані значення змінних $x=\frac{1}{2} \; i\; y=1$ (початкові умови) в останнє рівняння, звідки знайдемо значення довільної сталої $1=\frac{1}{2}C-1\Rightarrow C=4$ . Отже, шуканий частинний розв’язок $y=4x-\frac{1}{2x}$ .

в) Запишемо рівняння у вигляді $y'=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$ . Помічаємо, що воно є однорідним. Покладаючи

$u=\frac{y}{x}$ , знайдемо y = ux і y’ = u’x + u. Після цієї заміни наше рівняння стане таким:

$u'x+u=\frac{1}{u}+u$ або $u'x=\frac{1}{u}$ . Відокремлюючи змінні, дістаємо, враховуючи, що u ≠ 0: $\frac{du}{dx}\cdot x=\frac{1}{u}\Leftrightarrow udu=\frac{dx}{x}\Leftrightarrow \frac{u^{2}}{2}=$

$=ln|Cx|,\; C\neq 0\Leftrightarrow u^{2}=2ln|Cx|,\; C\neq 0$ . Повертаючись до змінної y, знаходимо загальний інтеграл рівняння y²= 2x²ln|Cx|, C≠0. Підставляючи значення х = 1 і у = √2 в останнє рівняння, дістаємо 2 = 2ln |C|, C = ±e. Отже, шуканий частинний розв’язок має вигляд y² = 2x² ln |ex|.

г) Дане рівняння є рівнянням у повних диференціалах , бо P’_y(x;y) = Q’_x(x;y) = 2x cos xy – x²ysin xy ∀ (x; y) ∈ R². Його загальний інтеграл обчислюємо за формулою

$\int_{x_{0}}^{x}{P(x_{0},y_{0})dx}+\int_{y_{0}}^{y}{Q(x_{0},y_{0})dy}=C$ , де (х₀; у₀) – довільна точка з R². Покладемо (х₀; у₀) = (0; 0). Тоді загальний інтеграл даного рівняння матиме вигляд:

$\int_{x_{0}}^{x}{(sin(xy_{0})+xy_{0}cos(xy_{0}))dx}+\int_{y_{0}}^{y}{x^{2}cos xy\; dy}=C\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 0+\int_{y_{0}}^{y}{x^{2}cos xy\; dy}=C\Leftrightarrow x^{2}\cdot \frac{1}{x}sinxy|_{0}^{y}=C\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrowxsinxy=C$ . ♦

Приклад

Розв’язати задачу Коші

$\begin{cases} x'=-x+3y+1, \\ y'=x+y, \end{cases}$ , $x(0)=1,\; y(0)=2$ .

♦ Позначимо через x(t) та y(t) шуканий розв’язок, через Y(p) та X(p) його зображення.
$x(t)\leftrightarrow pX(p)-1,\; y(t)\leftrightarrow Y(p)-2$ .

Система операторних рівнянь матиме вигляд:
$\begin{cases} pX(p)-1=-X(p)+3Y(p)+\frac{1}{p}, \\ pY(p)-2=X(p)+Y(p), \end{cases}$ .

Розв’яжемо цю систему відносно невідомих X(p) та Y(p):

$\begin{cases} (p+1)X(p)-3Y(p)=\frac{1}{p}+1, \ -X(p)+(p-1)Y(p)=2; \end{cases}$

$X(p)=2-(p-1)Y(p),$

$(p+1)(2-(p-1)Y(p))-3Y(p)=\frac{1}{p}+1,$

$2p+2-(p^{2}-1)Y(p)-3Y(p)=\frac{1}{p}+1,$

$Y(p)(p^{2}-1+3)=2p+2-\frac{1}{p}-1,$

$Y(p)(p^{2}+2)=2p+1-\frac{1}{p},$

$Y(p)=\frac{2p^{2}+p-1}{p(p^{2}+2)},$

$X(p)=2-(p-1)\frac{2p^{2}+p-1}{p(p^{2}+2)}=$

$=\frac{2p(p^{2}+2)-(p-1)(2p^{2}+p-1)}{p(p^{2}+2)},$

$X(p)=\frac{2p^{3}+4p-2p^{3}+2p^{2}-p^{2}+p+p-1}{p(p^{2}+1)},$

$X(p)=\frac{p^{2}+6p-1}{p(p^{2}+2)},\; Y(p)=\frac{2p^{2}+p-1}{p(p^{2}+2)},$

$X(p)=\frac{p}{p^{2}+2}+\frac{6}{p^{2}+2}-\frac{1}{p(p^{2}+2)},$

$Y(p)=\frac{2p}{p^{2}+2}+\frac{1}{p^{2}+2}-\frac{1}{p(p^{2}+2)}.$

$\frac{1}{p(p^{2}+2)}=\frac{A}{p}+\frac{Bp+C}{p^{2}+2}=$

$=\frac{Ap^{2}+2A+Bp^{2}+Cp}{p(p^{2}+2},$

$(A+B)p^{2}+Cp+2A=1,$

$\begin{cases} A+B=0, \\ C=0, \\ 2A=1; \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} B=-\frac{1}{2}, \\ C=0,\\ A=\frac{1}{2}. \end{cases}$

Отже, $X(p)=\frac{p}{p^{2}+2}+\frac{6}{p^{2}+2}-\frac{1}{2p}+\frac{p}{2(p^{2}+2)};$

$Y(p)=\frac{2p}{p^{2}+2}+\frac{1}{p^{2}+2}-\frac{1}{2p}+\frac{p}{2(p^{2}+2)}.$

За таблицею відповідностей:

$x(t)=cos\sqrt{2}t+\frac{6sin\sqrt{2}t}{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}cos\sqrt{2}t=$

$=\frac{3}{2}cos\sqrt{2}t+3\sqrt{2}sin\sqrt{2}t-\frac{1}{2};$

$y(t)=2cos\sqrt{2}t+\frac{1}{\sqrt{2}}sin\sqrt{2}t-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}cos\sqrt{2}t=$

$=\frac{5}{2}cos\sqrt{2}t+\frac{1}{\sqrt{2}}sin\sqrt{2}t-\frac{1}{2}.$ ♦

Приклад

Знайти загальний розв’язок диференцального рівняння $y'=e^{x+y}+e^{x-y};$

♦ $y'=e^{x+y}+e^{x-y};$

$y'=e^{x}\cdot e^{y}+\frac{e^{x}}{e^{y}};$

$y'=e^{x}\left(e^{y} +\frac{1}{e^{y}}\right);$

$y'=e^{x}\left(\frac{e^{2y}+1}{e^{y}} \right);$

$\frac{dy}{dx}=e^{x}\left(\frac{e^{2y}+1}{e^{y}} \right);$

$\frac{e^{y}dy}{e^{2y}+1}=e^{x}dx;$

$\int \frac{e^{y}dy}{e^{2y}+1}=\int e^{x}dx;$

$\begin{vmatrix} e^{y}=t,\\ e^{y}dy=dt \end{vmatrix}$

$\int \frac{dt}{t^{2}+1}=e^{x}+C;$

$arctgt=e^{x}+C;$

$arctge^{y}=e^{x}+C;$

$e^{y}=tg(e^{x}+C);$

$lne^{y}=lntg(e^{x}+C);$

$y=lntg(e^{x}+C).$ ♦