Линейные неоднородные дифференциальные уравнения первого порядка: метод вариации постоянных, примеры

В данной теме поговорим о способах решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений вида $y^{'} = P (x) \cdot y = Q (x)$ . Начнем с метода вариации произвольной постоянной и покажем способ применения этого метода для решения задачи Коши. Продолжим рассмотрением метода, который предполагает представление произвольной постоянной у как произведения двух функций $u (x)$ и $v (x)$ . В разделе мы приводим большое количество задач по теме с детальным разбором решения.

На тот случай, если применяемые при разборе темы термины и понятия окажутся незнакомыми для вас, мы рекомендуем заглядывать в раздел «Основные термины и определения теории дифференциальных уравнений».

Метод вариации произвольной постоянной для решения ЛНДУ первого порядка

Для краткости будет обозначать линейное неоднородное дифференциальное уравнение аббревиатурой ЛНДУ, а линейное однородное дифференциальное уравнение (ЛОДУ).

ЛНДУ вида $y^{'} = P (x) \cdot y = Q (x)$ соответствует ЛОДУ вида $y^{'} = P (x) \cdot y = 0$ , при $Q (x) = 0$ . Если посмотреть на дифференциальное уравнение $y^{'} = P (x) \cdot y = 0$ , становится понятно, что мы имеем дело с уравнением с разделяющимися переменными. Мы можем его проинтегрировать: $y^{'} = P (x) \cdot y = 0 \Leftrightarrow \frac{d y}{y} = - P (x) d x, y \neq 0 \int \frac{d y}{y} = - \int P (x) d x \Leftrightarrow \ln | y | + C_{1} = - \int P (x) d x \Leftrightarrow \ln | y | = \ln | C | - \int P (x) d x, \ln | C | = - C_{1}, C \neq 0 \Leftrightarrow e^{\ln | y |} = e^{\ln | C | - \int P (x) d x} \Leftrightarrow y = C \cdot e^{- \int P (x) d x}$

Мы можем утверждать, что значение переменной $y = 0$ тоже является решением, так как при этом значении переменной уравнение $y^{'} = P (x) \cdot y = 0$ обращается в тождество. Этому случаю соответствует решение $y = C \cdot e^{- \int P (x) d x}$ при значении $C = 0$ .

Получается, что $y = C \cdot e^{- \int P (x) d x}$ - общее решение ЛОДУ, где $С$ – произвольная постоянная.

$y = C \cdot e^{- \int P (x) d x}$ - это решение ЛОДУ $y^{'} = P (x) \cdot y = 0$ .

Для того, чтобы найти общее решение неоднородного уравнения $y^{'} = P (x) \cdot y = Q (x)$ , будем считать $С$ не константой, а функцией аргумента $х$ . Фактически, мы примем $y = C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x}$ общим решением ЛНДУ.

Подставим $y = C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x}$ в дифференциальное уравнение $y^{'} = P (x) \cdot y = Q (x)$ . Оно при этом обращается в тождество:

$y^{'} = P (x) \cdot y = Q (x) (C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x}) + P (x) \cdot C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} = Q (x)$

Теперь обратимся к правилу дифференцирования произведения. Получаем:

$C^{'} (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} + C (x) \cdot (e^{- \int P (x) d x}) + P (x) \cdot C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} = Q (x)$

Производная сложной функции ${(e^{- \int P (x) d x})}^{^{'}}$ равна $e^{- \int P (x) d x} \cdot {(- \int P (x) d x)}^{^{'}}$ .

Теперь вспомним свойства неопределенного интеграла. Получаем:

$e^{- \int P (x) d x} \cdot {(- \int P (x) d x)}^{^{'}} = - e^{- \int P (x) d x} \cdot P (x)$

Теперь выполним переход:

$C^{'} (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} + C (x) \cdot {(e^{- \int P (x) d x})}^{^{'}} + P (x) \cdot C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} = Q (x) C^{'} (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} - P (x) \cdot C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} + P (x) \cdot C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} = Q (x) C^{'} (x) \cdot e^{- \int P (x) d x} = Q (x)$

Так мы пришли к простейшему дифференциальному уравнению первого порядка. В ходе решения этого уравнения мы определим функцию $C (x)$ . Это позволит нам записать решение исходного ЛНДУ первого порядка следующим образом:

$y = C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x}$

Подведем итог

Метод вариации произвольной постоянной при решении ЛНДУ предполагает проведение трех этапов:

нахождение общего решения соответствующего ЛОДУ $y^{'} + P (x) \cdot y = 0$ в виде $y = C \cdot e^{- \int P (x) d x}$ ;
варьирование произвольной постоянной $С$ , что заключается в замене ее функцией $С (x)$ ;
подстановка функции $y = C (x) \cdot e^{- \int P (x) d x}$ в исходное дифференциальное уравнение, откуда мы можем вычислить $C (x)$ и записать ответ.

Теперь применим этот алгоритм к решению задачи.

Пример 1

Найдите решение задачи Коши $y^{'} - \frac{2 x y}{1 + x^{2}} = 1 + x^{2}$ , $y (1) = 3$ .

Решение

Нам нужно отыскать частное решение ЛНДУ $y^{'} - \frac{2 x y}{1 + x^{2}} = 1 + x^{2}$ при начальном условии $y (1) = 3$ .

В нашем примере $P (x) = - \frac{2 x}{1 + x^{2}}$ и $Q (x) = x^{2} + 1$ . Начнем с того, что найдем общее решение ЛОДУ. После этого применим метод вариации произвольной постоянной и определим общее решение ЛНДУ. Это позволит нам найти искомое частное решение.

Общим решением соответствующего ЛОДУ $y^{'} - \frac{2 x y}{1 + x^{2}} = 0$ будет семейство функций $y = C \cdot (x^{2} + 1)$ , где $С$ – произвольная постоянная.

Варьируем произвольную постоянную $y = C (x) \cdot (x^{2} + 1)$ и подставляем эту функцию в исходное уравнение:
$y^{'} - \frac{2 x y}{1 + x^{2}} = 1 + x^{2}, (C (x) \cdot {(x^{2} + 1)}^{'}) - \frac{2 x \cdot C (x) \cdot (x^{2} + 1)}{1 + x^{2}} = 1 + x^{2}, C^{'} (x) \cdot (x^{2} + 1) + C (x) \cdot 2 x - 2 x \cdot C (x) = 1 + x^{2}, C^{'} (x) \cdot (x^{2} + 1) = 1$

откуда $C (x) = \int d x = x + C_{1}$ , где $C_{1}$ – произвольная постоянная.

Это значит, что $y = C (x) \cdot (x^{2} + 1) = (x + C_{1}) \cdot (x^{2} + 1)$ - общее решение неоднородного уравнения.

Теперь приступим к отысканию частного решения, которое будет удовлетворять начальному условию $y (1) = 3$ .

Так как $y = (x + C_{1}) \cdot (x^{2} + 1)$ , то $y (1) = (1 + C_{1}) \cdot (1^{2} + 1) = 2 \cdot (1 + C_{1})$ . Обратившись к начальному условию, получаем уравнение $2 \cdot (1 + C_{1}) = 3$ , откуда $C_{1} = \frac{1}{2}$ .

Ответ: Искомое решение задачи Коши имеет вид $y = (x + \frac{1}{2}) \cdot (x^{2} + 1)$

Теперь рассмотрим еще один метод решения линейных неоднородных дифференциальных уравнений $y^{'} + P (x) \cdot y = Q (x)$ .

Еще один метод решения ЛНДУ первого порядка

Мы можем представить неизвестную функцию как произведение $y = u \cdot v$ , где $u$ и $v$ – функции аргумента $x$ .

Мы можем подставить эту функцию в ЛНДУ первого порядка. Имеем:

$y^{'} + P (x) \cdot y = Q (x) {(u \cdot v)}^{'} + P (x) \cdot u \cdot v = Q (x) u^{'} \cdot v + u \cdot v^{'} + P (x) \cdot u \cdot v = Q (x) u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} + P (x) \cdot v) = Q (x)$

Если найти такое $v$ , чтобы оно было ненулевым частным решением дифференциального уравнения $v^{'} + P (x) \cdot v = 0$ , то $u$ можно будет определить из уравнения с разделяющимися переменными $u^{'} \cdot v = Q (x)$ .

Рассмотрим этот алгоритм решения на предыдущем примере. Это позволит нам сосредоточиться на главном, не отвлекаясь на второстепенные детали.

Пример 2

Найдите общее решение линейного неоднородного дифференциального уравнения $y^{'} - \frac{2 x y}{1 + x^{2}} = 1 + x^{2}$ .

Решение

Пусть $y = u \cdot v$ , тогда
$y^{'} - \frac{2 x y}{x^{2} + 1} = x^{2} + 1 \Leftrightarrow (u \cdot v) - \frac{2 x \cdot u \cdot v}{x^{2} + 1} = x^{2} + 1 u^{'} \cdot v + u \cdot v^{'} - \frac{2 x \cdot u \cdot v}{x^{2} + 1} = x^{2} + 1 u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} - \frac{2 x \cdot v}{x^{2} + 1}) = x^{2} + 1$

Находим такое $v$ , отличное от нуля, чтобы выражение в скобках обращалось в ноль. Иными словами, находим частное решение дифференциального уравнения $v^{'} - \frac{2 x \cdot v}{x^{2} + 1} = 0$ .
$v^{'} - \frac{2 x \cdot v}{x^{2} + 1} = 0 \Leftrightarrow \frac{d v}{d x} = \frac{2 x \cdot v}{x^{2} + 1} \Rightarrow \frac{d v}{v} = \frac{2 x d x}{x^{2} + 1} \Leftrightarrow \frac{d v}{v} = \frac{d (x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} \int \frac{d v}{v} = \int \frac{d (x^{2} + 1)}{x^{2} + 1} \ln | v | + C_{1} = \ln (x^{2} + 1) + C_{2}$

Возьмем частное решение $v = x^{2} + 1$ , соответствующее $C_{2} - С_{1} = 0$ .

Для этого частного решения имеем
$u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} - \frac{2 x \cdot v}{x^{2} + 1}) = x^{2} + 1 \Leftrightarrow u^{'} \cdot (x^{2} + 1) + u \cdot 0 = x^{2} + 1 \Leftrightarrow u^{'} = 1 \Leftrightarrow u = x + C$

Ответ: Общее решение исходного линейного неоднородного дифференциального уравнения есть $y = u \cdot v = (x + C) \cdot (x^{2} + 1)$

Ответы в обоих случаях совпадают. Это значит, что оба метода решения, которые мы привели в статье, равнозначны. Выбирать, какой из них применить для решения задачи, вам.