Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными

31 июля 2023
13 минут
18 128

Содержание:

Дифференциальные уравнения с разделенными переменными f(y)dy=g(x)dx
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными f1(y)·g1(x)dy=f2(y)·g2(x)dx
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y'=f(ax+by), a≠0, b ≠ 0
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y'=fxy или y'=fyx
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y'=fa1x+b1y+c1a2x+b2y+c2, a1, b1, c1, a2, b2, c2 ∈R

Преподаватель математики и информатики. Кафедра бизнес-информатики Российского университета транспорта

В целом ряде обыкновенных ДУ $1$ -го порядка существуют такие, в которых переменные $х$ и $у$ можно разнести в правую и левую части записи уравнения. Переменные могут быть уже разделены, как это можно видеть в уравнении $f (y) d y = g (x) d x$ . Разделить переменные в ОДУ $f_{1} (y) \cdot g_{1} (x) d y = f_{2} (y) \cdot g_{2} (x) d x$ можно путем проведения преобразований. Чаще всего для получения уравнений с разделяющимися переменными применяется метод введения новых переменных.

В этой теме мы подробно разберем метод решения уравнений с разделенными переменными. Рассмотрим уравнения с разделяющимися переменными и ДУ, которые можно свести к уравнениям с разделяющимися переменными. В разделе мы разобрали большое количество задач по теме с подробным разбором решения.

Для того, чтобы облегчить себе усвоение темы, рекомендуем ознакомиться с информацией, которая размещена на странице «Основные определения и понятия теории дифференциальных уравнений».

Дифференциальные уравнения с разделенными переменными $f (y) d y = g (x) d x$

Определение 1

Уравнениями с разделенными переменными называют ДУ вида $f (y) d y = g (x) d x$ . Как следует из названия, переменные, входящие в состав выражения, находятся по обе стороны от знака равенства.

Договоримся, что функции $f (y)$ и $g (x)$ мы будем считать непрерывными.

Для уравнений с разделенными переменными общий интеграл будет иметь вид $\int f (y) d y = \int g (x) d x$ . Общее решение ДУ в виде неявно заданной функции $Ф (x, y) = 0$ мы можем получить при условии, что интегралы из приведенного равенства выражаются в элементарных функциях. В ряде случаев выразить функцию $у$ получается и в явном виде.

Пример 1

Найдите общее решение дифференциального уравнения с разделенными переменными $y^{\frac{2}{3}} d y = \sin x d x$ .

Решение

Проинтегрируем обе части равенства:

$\int y^{\frac{2}{3}} d y = \int \sin x d x$

Это, по сути, и есть общее решение данного ДУ. Фактически, мы свели задачу нахождения общего решения ДУ к задаче нахождения неопределенных интегралов.

Теперь мы можем использовать таблицу первообразных для того, чтобы взять интегралы, которые выражаются в элементарных функциях:

$\int y^{\frac{2}{3}} d y = \frac{3}{5} y^{\frac{5}{3}} + C_{1} \int \sin x d x = - \cos x + C_{2} \Rightarrow \int y^{\frac{2}{3}} d y = \int \sin x d x \Leftrightarrow \frac{3}{5} y^{\frac{3}{5}} + C_{1} = - \cos x + C_{2}$
где $С_{1}$ и $С_{2}$ – произвольные постоянные.

Функция $\frac{3}{5} y^{\frac{3}{5}} + C_{1} = - \cos x + C_{2}$ задана неявно. Она является общим решением исходного дифференциального уравнения с разделенными переменными. Мы получили ответ и можем не продолжать решение. Однако в рассматриваемом примере искомую функцию можно выразить через аргумент $х$ явно.

Получаем:

$\frac{3}{5} y^{\frac{5}{3}} + C_{1} \Rightarrow y = {(- \frac{5}{3} \cos x + C)}^{\frac{3}{5}}$ , где $C = \frac{5}{3} (C_{2} - C_{1})$

Общим решением данного ДУ является функция $y = {(- \frac{5}{3} \cos x + C)}^{\frac{3}{5}}$

Ответ:

Мы можем записать ответ несколькими способами: $\int y^{\frac{2}{3}} d y = \int \sin x d x$ или $\frac{3}{5} y^{\frac{5}{3}} + C_{1} = - \cos x + C_{2}$ , или $y = {(- \frac{5}{3} \cos x + C)}^{\frac{3}{5}}$

Всегда стоит давать понять преподавателю, что вы наряду с навыками решения дифференциальных уравнений также располагаете умением преобразовывать выражения и брать интегралы. Сделать это просто. Достаточно дать окончательный ответ в виде явной функции или неявно заданной функции $Ф (x, y) = 0$ .

Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными $f_{1} (y) \cdot g_{1} (x) d y = f_{2} (y) \cdot g_{2} (x) d x$

$y' = \frac{d y}{d x}$ в тех случаях, когда $у$ является функцией аргумента $х$ .

В ДУ $f_{1} (y) \cdot g_{1} (x) d y = f_{2} (y) \cdot g_{2} (x) d x$ или $f_{1} (y) \cdot g_{1} (x) \cdot y' = f_{2} (y) \cdot g_{2} (x) d x$ мы можем провести преобразования таким образом, чтобы разделить переменные. Этот вид ДУ носит название ДУ с разделяющимися переменными. Запись соответствующего ДУ с разделенными переменными будет иметь вид $\frac{f_{1} (y)}{f_{2} (y)} d y = \frac{g_{2} (x)}{g_{1} (x)} d x$ .

Разделяя переменные, необходимо проводить все преобразования внимательно для того, чтобы избежать ошибок. Полученное и исходное уравнения должны быть эквивалентны друг другу. В качестве проверки можно использовать условие, по которому $f_{2} (y)$ и $g_{1} (x)$ не должны обращаться в ноль на интервале интегрирования. Если это условие не выполняется, то есть вероятность, что ы потеряем часть решений.

Пример 2

Найти все решения дифференциального уравнения $y' = y \cdot (x^{2} + e^{x})$ .

Решение

Мы можем разделить $х$ и $у$ , следовательно, мы имеем дело с ДУ с разделяющимися переменными.

$y' = y \cdot (x^{2} + e^{x}) \Leftrightarrow \frac{d y}{d x} = y \cdot (x^{2} + e^{x}) \Leftrightarrow \frac{d y}{y} = (x^{2} + e^{x}) d x п р и y \neq 0$

При $у = 0$ исходное уравнение обращается в тождество: $0' = 0 \cdot (x^{2} + e^{x}) \Leftrightarrow 0 \equiv 0$ . Это позволят нам утверждать, что $у = 0$ является решением ДУ. Это решение мы могли не учесть при проведении преобразований.

Выполним интегрирование ДУ с разделенными переменными $\frac{d y}{y} = (x^{2} + e^{x}) d x$ :
$\int \frac{d y}{y} = \int (x^{2} + e^{x}) d x \int \frac{d y}{y} = \ln openy| + C_{1} \int (x^{2} + e^{x}) d x = \frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C_{2} \Rightarrow \ln openy| + C_{1} = \frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C_{2} \Rightarrow \ln openy| = \frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C$

Проводя преобразование, мы выполнили замену $C_{2} - C_{1}$ на $С$ . Решение ДУ имеет вид неявно заданной функции $\ln openy| = \frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C$ . Эту функцию мы в состоянии выразить явно. Для этого проведем потенцирование полученного равенства:

$\ln openy| = \frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C \Leftrightarrow e^{\ln openy|} = e^{\frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C} \Leftrightarrow y = e^{\frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C}$

Ответ: $y = e^{\frac{x^{3}}{3} + e^{x} + C}, y = 0$

Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными $y' = f (a x + b y)$ , $a \neq 0$ , $b \neq 0$

Для того, чтобы привести обыкновенное ДУ $1$ -го порядка $y' = f (a x + b y)$ , $a \neq 0$ , $b \neq 0$ , к уравнению с разделяющимися переменными, необходимо ввести новую переменную $z = a x + b y$ , где $z$ представляет собой функцию аргумента $x$ .

Получаем:

$z = a x + b y \Leftrightarrow y = \frac{1}{b} (z - a x) \Rightarrow y' = \frac{1}{b} (z' - a) f (a x + b y) = f (z)$

Проводим подстановку и необходимые преобразования:

$y' = f (a x + b y) \Leftrightarrow \frac{1}{b} (z' - a) = f (z) \Leftrightarrow z' = b f (z) + a \Leftrightarrow \frac{d z}{b f (z) + a} = d x, b f (z) + a \neq 0$

Пример 3

Найдите общее решение дифференциального уравнения $y' = \frac{1}{\ln (2 x + y)} - 2$ и частное решение, удовлетворяющее начальному условию $y (0) = e$ .

Решение

Введем переменную $z = 2 x + y$ , получаем:

$y = z - 2 x \Rightarrow y' = z' - 2 \ln (2 x + y) = \ln z$

Результат, который мы получили, подставляем в исходное выражение, проводим преобразование его в ДУ с разделяющимися переменными:

$y' = \frac{1}{\ln (2 x + y)} - 2 \Leftrightarrow z' - 2 = \frac{1}{\ln z} - 2 \Leftrightarrow \frac{d z}{d x} = \frac{1}{\ln z}$

Проинтегрируем обе части уравнения после разделения переменных:

$\frac{d z}{d z} = \frac{1}{\ln z} \Leftrightarrow \ln z d z = d x \Leftrightarrow \int \ln z d z = \int d x$

Применим метод интегрирования по частям для нахождения интеграла, расположенного в левой части записи уравнения. Интеграл правой части посмотрим в таблице.

$\int \ln z d z = open\begin{matrix} u = \ln z, d v = d z \\ d u = \frac{d z}{z}, v = z \end{matrix}\} = z \cdot \ln z - \int \frac{z d z}{z} = = z \cdot \ln z - z + C_{1} = z \cdot (\ln z - 1) + C_{1} \int d x = x + C_{2}$

Мы можем утверждать, что $z \cdot (\ln z - 1) + C_{1} = x + C_{2}$ . Теперь, если мы примем, что $C = C_{2} - C_{1}$ и проведем обратную замену $z = 2 x + y$ , то получим общее решение дифференциального уравнения в виде неявно заданной функции:

$(2 x + y) \cdot (\ln (2 x + y) - 1) = x + C$

Теперь примемся за нахождение частного решения, которое должно удовлетворять начальному условию $y (0) = e$ . Проведем подстановку $x = 0$ и $y (0) = e$ в общее решение ДУ и найдем значение константы $С$ .

$(2 \cdot 0 + e) \cdot (\ln (2 \cdot 0 + e) - 1) = 0 + C e \cdot (\ln e - 1) = C C = 0$

Получаем частное решение:

$(2 x + y) \cdot (\ln (2 x + y) - 1) = x$

Так как в условии задачи не был задан интервал, на котором необходимо найти общее решение ДУ, то мы ищем такое решение, которое подходит для всех значений аргумента $х$ , при которых исходное ДУ имеет смысл.

В нашем случае ДУ имеет смысл при $open\begin{array}{l} \ln (2 x + y) \neq 0, \\ 2 x + y > 0 \end{array}$

Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными $y' = f (\frac{x}{y})$ или $y' = f (\frac{y}{x})$

Мы можем свести ДУ вида $y' = f (\frac{x}{y})$ или $y' = f (\frac{y}{x})$ к дифференциальным уравнениям с разделяющимися переменными путем выполнения замены $z = \frac{x}{y}$ или $z = \frac{y}{x}$ , где $z$ – функция аргумента $x$ .

Если $z = \frac{x}{y}$ , то $y = \frac{x}{z}$ и по правилу дифференцирования дроби:

$y' = {(\frac{x}{y})}^{'} = \frac{x' \cdot z - x \cdot z'}{z^{2}} = \frac{z - x \cdot z'}{z^{2}}$

В этом случае уравнения примут вид $\frac{z - x \cdot z'}{z^{2}} = f (z)$ или $\frac{z - x \cdot z'}{z^{2}} = f (\frac{1}{z})$

Если принять $z = \frac{y}{x}$ , то $y = x \cdot z$ и по правилу производной произведения $y' = (x z)' = x' z + x z' = z + x z'$ . В этом случае уравнения сведутся к $z + x z' = f (\frac{1}{z})$ или $z + x z' = f (z)$ .

Пример 4

Решите дифференциальное уравнение $y' = \frac{1}{e^{\frac{y}{x}} - \frac{y}{x}} + \frac{y}{x}$

Решение

Примем $z = \frac{y}{x}$ , тогда $y = x z \Rightarrow y' = z + x z'$ . Подставим в исходное уравнение:

$y' = \frac{1}{e^{\frac{y}{x}} - \frac{y}{x}} + \frac{y}{x} \Leftrightarrow z + x z' = \frac{1}{e^{z} - z} + z \Leftrightarrow x \cdot \frac{d z}{d x} = \frac{1}{e^{z} - z} \Leftrightarrow (e^{z} - z) d z = \frac{d x}{x}$

Проведем интегрирование уравнения с разделенными переменными, которое мы получили при проведении преобразований:

$\int (e^{z} - z) d z = \int \frac{d x}{x} e^{z} - \frac{z^{2}}{2} + C_{1} = \ln openx| + C_{2} e^{z} - \frac{z^{2}}{2} = \ln openx| + C, C = C_{2} - C_{1}$

Выполним обратную замену для того, чтобы получить общее решение исходного ДУ в виде функции, заданной неявно:

$e^{\frac{y}{x}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{y^{2}}{x^{2}} = \ln openx| + C$

А теперь остановимся на ДУ, которые имеют вид:

$y' = \frac{a_{0} y^{n} + a_{1} y^{n - 1} x + a_{2} y^{n - 2} x^{2} + . . . + a_{n} x^{n}}{b_{0} y^{n} + b_{1} y^{n - 1} x + b_{2} y^{n - 2} x^{2} + . . . + b_{n} x^{n}}$

Разделив числитель и знаменатель дроби, расположенной в правой части записи, на $y^{n}$ или $x^{n}$ , мы можем привести исходное ДУ в виду $y' = f (\frac{x}{y})$ или $y' = f (\frac{y}{x})$

Пример 5

Найти общее решение дифференциального уравнения $y' = \frac{y^{2} - x^{2}}{2 x y}$

Решение

В этом уравнении $х$ и $у$ отличны от $0$ . Это позволяет нам разделить числитель и знаменатель дроби, расположенной в правой части записи на $x^{2}$ :

$y' = \frac{y^{2} - x^{2}}{2 x y} \Rightarrow y' = \frac{\frac{y^{2}}{x^{2}} - 1}{\frac{2 y}{x}}$

Если мы введем новую переменную $z = \frac{y}{x}$ , то получим $y = x z \Rightarrow y' = z + x z'$ .

Теперь нам необходимо осуществить подстановку в исходное уравнение:

$y' = \frac{\frac{y^{2}}{x^{2}} - 1}{\frac{2 y}{x}} \Leftrightarrow z' x + z = \frac{z^{2} - 1}{2 z} \Leftrightarrow z' x = \frac{z^{2} - 1}{2 z} - z \Leftrightarrow z' x = \frac{z^{2} - 1 - 2 z^{2}}{2 z} \Leftrightarrow \frac{d z}{d x} x = - \frac{z^{2} + 1}{2 z} \Leftrightarrow \frac{2 z d z}{z^{2} + 1} = - \frac{d x}{x}$

Так мы пришли к ДУ с разделенными переменными. Найдем его решение:

$\int \frac{2 z d z}{z^{2} + 1} = - \int \frac{d x}{x} \int \frac{2 z d z}{z^{2} + 1} = \int \frac{d (z^{2} + 1)}{z^{2} + 1} = \ln openz^{2} + 1| + C_{1} - \int \frac{d x}{x} = - \ln openx| + C_{2} \Rightarrow \ln openz^{2} + 1| + C_{1} = - \ln openx| + C_{2}$

Для этого уравнения мы можем получить решение в явном виде. Для этого примем $- \ln openC| = C_{2} - C_{1}$ и применим свойства логарифма:

$\ln openz^{2} + 1| = - \ln openx| + C_{2} - C_{1} \Leftrightarrow \ln openz^{2} + 1| = - \ln openx| - \ln openC| \Leftrightarrow \ln openz^{2} + 1| = - \ln openC x| \Leftrightarrow \ln openz^{2} + 1| = \ln {openC x|}^{- 1} \Leftrightarrow e^{\ln openz^{2} + 1|} = e^{\ln \frac{1}{openC x|}} \Leftrightarrow z^{2} + 1 = \frac{1}{openC x|} \Leftrightarrow z \pm \sqrt{\frac{1}{openC x|} - 1}$

Теперь выполним обратную замену $y = x \cdot z$ и запишем общее решение исходного ДУ:

$y = \pm x \cdot \sqrt{\frac{1}{openC x|} - 1}$

В даном случае правильным будет и второй вариант решения. Мы можем использовать замену $z = \frac{x}{y}$ Рассмотрим этот вариант более подробно.

Выполним деление числителя и знаменателя дроби, расположенной в правой части записи уравнения на $y^{2}$ :

$y' = \frac{y^{2} - x^{2}}{2 x y} \Leftrightarrow y' = \frac{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}{\frac{2 x}{y}}$

Пусть $z = \frac{x}{y}$

Тогда $y' = \frac{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}{\frac{2 x}{y}} \Leftrightarrow \frac{z - z' x}{z^{2}} = \frac{1 - z^{2}}{2 z}$

Проведем подстановку в исходное уравнение для того, чтобы получить ДУ с разделяющимися переменными:

$y' = \frac{1 - \frac{x^{2}}{y^{2}}}{\frac{2 x}{y}} \Leftrightarrow \frac{z - z' x}{z^{2}} = \frac{1 - z^{2}}{2 z}$

Разделив переменные, мы получаем равенство $\frac{d z}{z (z^{2} + 1)} = \frac{d x}{2 x}$ , которое можем проинтегрировать:

$\int \frac{d z}{z (z^{2} + 1)} = \int \frac{d x}{2 x}$

Если мы разложим подынтегральную функцию интеграла $\int \frac{d z}{z (z^{2} + 1)}$ на простейшие дроби, то получим:

$\int (\frac{1}{z} - \frac{z}{z^{2} + 1}) d z$

Выполним интегрирование простейших дробей:

$\int (\frac{1}{z} - \frac{z}{z^{2} + 1}) d z = \int \frac{z d z}{z^{2} + 1} = \int \frac{d t}{z} - \frac{1}{2} \int \frac{d (z^{2} + 1)}{z^{2} + 1} = = \ln openz| - \frac{1}{2} \ln openz^{2} + 1| + C_{1} = \ln \frac{openz|}{\sqrt{z^{2} + 1}} + C_{1}$

Теперь найдем интеграл $\int \frac{d x}{2 x}$ :

$\int \frac{d x}{2 x} = \frac{1}{2} \ln openx| + C_{2} = \ln \sqrt{openx|} + C_{2}$

В итоге получаем $\ln \frac{openz|}{\sqrt{z^{2} + 1}} + C_{1} = \ln \sqrt{openx|} + C_{2}$ или $\ln \frac{openz|}{\sqrt{z^{2} + 1}} = \ln \sqrt{openC \cdot x|}$ , где $\ln \sqrt{openC|} = C_{2} - C_{1}$ .

Выполним обратную замену $z = \frac{x}{y}$ и необходимые преобразования, получим:

$y = \pm x \cdot \sqrt{\frac{1}{openC x|} - 1}$

Вариант решения, при котором мы выполняли замену $z = \frac{x}{y}$ , оказался более трудоемким, чем в случае замены $z = \frac{y}{x}$ . Этот вывод будет справедлив для большого количества уравнений вида $y' = f (\frac{x}{y})$ или $y' = f (\frac{y}{x})$ . Если выбранный вариант решения подобных уравнений оказывается трудоемким, можно вместо замены $z = \frac{x}{y}$ ввести переменную $z = \frac{y}{x}$ . На результат это никак не повлияет.

Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными $y' = f (\frac{a_{1} x + b_{1} y + c_{1}}{a_{2} x + b_{2} y + c_{2}}), a_{1}, b_{1}, c_{1}, a_{2}, b_{2}, c_{2} \in R$

Дифференциальные уравнения $y' = f (\frac{a_{1} x + b_{1} y + c_{1}}{a_{2} x + b_{2} y + c_{2}})$ можно свести к уравнениям $y' = f (\frac{x}{y})$ или $y' = f (\frac{y}{x})$ , следовательно, к уравнениям с разделяющимися переменными. Для этого находится $(x 0, y 0)$ - решение системы двух линейных однородных уравнений $open\begin{array}{l} a_{1} x + b_{1} y + c_{1} = 0 \\ a_{2} x + b_{2} y + c_{2} = 0 \end{array}$ и вводятся новые переменные $open\begin{array}{l} u = x - x_{0} \\ v = y - y_{0} \end{array}$ . После такой замены уравнение примет вид $\frac{d v}{d u} = \frac{a_{1} u + b_{1} v}{a_{2} u + b_{2} v}$ .

Пример 6

Найти общее решение дифференциального уравнения $y' = \frac{x + 2 y - 3}{x - 1}$ .

Решение

Составляем и решаем систему линейных уравнений:

$open\begin{array}{l} x + 2 y - 3 = 0 \\ x - 1 = 0 \end{array} \Leftrightarrow open\begin{array}{l} x = 1 \\ y = 1 \end{array}$

Делаем замену переменных:

$open\begin{array}{l} u = x - 1 \\ v = y - 1 \end{array} \Leftrightarrow open\begin{array}{l} x = u + 1 \\ y = v + 1 \end{array} \Rightarrow open\begin{array}{l} d x = d u \\ d y = d v \end{array}$

После подстановки в исходное уравнение получаем $\frac{d y}{d x} = \frac{x + 2 y - 3}{x - 1} \Leftrightarrow \frac{d v}{d u} = \frac{u + 2 v}{u}$ . После деления на $u$ числителя и знаменателя правой части имеем $\frac{d v}{d u} = 1 + 2 \frac{v}{u}$ .

Вводим новую переменную $z = \frac{v}{u} \Rightarrow v = z \cdot y \Rightarrow \frac{d v}{d u} = \frac{d z}{d u} \cdot u + z$ , тогда

$\frac{d v}{d u} = 1 + 2 \frac{v}{u} \Leftrightarrow \frac{d z}{d u} \cdot u + z = 1 + 2 z \Leftrightarrow \frac{d z}{1 + z} = \frac{d u}{u} \Rightarrow \int \frac{d z}{1 + z} = \int \frac{d u}{u} \Leftrightarrow \ln open1 + z| + C_{1} = \ln openu| + C_{2} \Rightarrow \ln open1 + z| = \ln openu| + \ln openC|, \ln openC| = C_{2} - C_{1} \ln open1 + z| = \ln openC \cdot u| 1 + z = C \cdot u \Leftrightarrow z = C \cdot u - 1 \Leftrightarrow \frac{v}{u} = C \cdot u - 1 \Leftrightarrow v = u \cdot (C \cdot u - 1)$

Возвращаемся к исходным переменным, производя обратную замену $open\begin{array}{l} u = x - 1 \\ v = y - 1 \end{array}$ :
$v = u \cdot (C \cdot u - 1) \Leftrightarrow y - 1 = (x - 1) \cdot (C \cdot (x - 1) - 1) \Leftrightarrow y = C x^{2} - (2 C + 1) \cdot x + C + 2$

Это есть общее решение дифференциального уравнения.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter