Типы дифференциальных уравнений

Уравнение с разделенными переменными

Определение:

уравнение вида $M(x)dx + N(y)dy = 0 \:\: (1)$ называется уравнением с разделенными переменными

Решение: $(1) \:\: \Leftrightarrow \:\: M(x)dx = -N(y)dy$ далее интегрируем правую и левую части

Уравнение с разделяемыми переменными

Определение:

уравнение вида $M_{1}(x)N_{1}(y)dx + M_{2}(x)N_{2}(y)dy = 0 \:\: (2)$ называется уравнением с разделяемыми переменными

Решение: (2) разделим на $N_{1}(y)M_{2}(x) \neq 0$ и оно сведется к (1). в случае = 0 могут существовать особые решения.

Однородные уравнения

Определение:

уравнение вида $M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 \:\: (3)$, где M и N - однородные функции одного измерения, называется однородным уравнением

Определение:

$f(x, y) -$ однородная функция измерения n $\Leftrightarrow \: f(\lambda x, \lambda y) = \lambda^{n}f(x, y)$

Решение: произвести замену $t = \frac{y}{x}$

Определение:

$\frac{dy}{dx}=f(\frac{y}{x})$ - один из видов однородного уравнения.

Уравнения приводящиеся к однородным

Определение:

уравнение вида $\frac{dy}{dx}= f(\frac{a_{1}x + b_{1}y + c_{1}}{a_{2}x + b_{2}y + c_{2}}) (4)$ называется уравнением приводящимся к однородному

Утверждение:

Решением уравнения $(4)$ является: 1) $\begin{vmatrix} a_{1} & b_{1}\\ a_{2} & b_{2} \end{vmatrix} \neq 0 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x = u + \alpha \\ y = v + \beta \end{matrix}\right.$ $(\alpha, \beta) : \left\{\begin{matrix} a_{1}x + b_{1}y + c_{1} = 0\\ a_{2}x + b_{2}y + c_{2} = 0 \end{matrix}\right.$ Тогда получаем однородное уравнение. 2) $\begin{vmatrix} a_{1} & b_{1}\\ a_{2} & b_{2} \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow$ пусть $a_{1} x + b_{1} y + c_{1} = t$ Тогда получаем уравнение с разделяющимися переменными.

$\triangleright$

Докажем 1), второй доказывается аналогично. Подставим замену: $a_{1}x + b_{1}y + c_{1} = a_{1}(u + \alpha) + b_{1}(v + \beta) + c_{1} = a_{1}\alpha + b_{1}\beta + c_{1} + a_{1}u + b_{1}v =$ $a_{1}u + b_{1}v = 0$ Получили однородное уравнение.

$\triangleleft$

Линейное уравнение первого порядка

Определение:

уравнение вида $\frac{dy}{dx} = p(x) y + q(x)(5)$ называется линейным уравнением $I$ порядка

Определение:

Если $q(x) = 0$, то уравнение $(5)$ называется однородным линейным уравнением $I$ порядка

Способ решения методом Бернулли

Пусть $y(x) = u(x) v(x)$, тогда:

$u'(x) v(x) + u(x) v'(x) = p(x) u(x) v(x) + q(x)$

$u'(x) v(x) + u(x) [ v'(x) - p(x) v(x)] = q(x)$, назовем это уравнение $(5a)$

Пусть $v(x)$ таково, что:

$v'(x) - p(x) v(x) = 0$

Тогда:

$\frac{dv(x)}{dx} - p(x) v(x) = 0$. Домножим на $\frac{dx}{dv(x)}$ $\frac{dv}{v} - p(x) dx = 0$. Отсюда получаем:

$ln(v) = \int p(x)dx + C$

$v(x) = e^{C+ \int p(x)dx} = C e^{\int p(x)dx}$

Пусть $C = 1$. Тогда из $(5a)$ получаем:

$u'(x) e^{\int p(x)dx} = q(x)$

$u(x) = \int q(x) e^{\int -p(x)dx} dx + C_{1}$. Тогда

$y(x) = e^{\int p(x)dx} [ \int q(x) e^{\int -p(x)dx} dx + C_{1}]$

Способ решения методом Лагранжа

Рассмотрим:

$\frac{dx}{dy} = p(x) y$

Рассмотрим общее однородное(O.O) и общее неоднородное решение(O.H): $y_{O.O} = C e^{\int p(x)dx}$ (из док-ва Бернулли)

Пусть:

$y_{O.H} = C(x) e^{\int p(x)dx}$

$C'(x) e^{\int p(x)dx} + C(x) p(x) e^{\int p(x)dx} = p(x) C(x) e^{\int p(x)dx} + q(x)$

$C'(x) = q(x) e^{-\int p(x)dx}$

$C(x) = \int q(x) C(x) e^{\int p(x)dx} dx + C_{1}$

$y(x) = e^{\int p(x)dx} [ \int q(x) e^{\int p(x)dx} dx + C_{1}]$

Способ решения методом Игоря Сушенцева

Запомнить формулу:
$y(x) = e^{\int p(x)\mathrm dx} \left[ \int q(x) e^{\int p(x)\mathrm dx} dx + C_{1} \right]$

Уравнение в полных дифференциалах

Определение:

Уравнение вида: $M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 \:\: (6)$ называется уравнением в полных дифференциалах, если $(6) = du(x, y)$

т.к. $du(x, y) = 0 \Leftrightarrow u(x, y) = C \: -$ общий интеграл.

Теорема:

Пусть $M(x, y), N(x, y) \in C(G)$, где G - односвязная область, и $\frac{\partial M(x,y)}{\partial y}, \: \frac{\partial N(x, y)}{\partial x} \in C(G)$; Тогда $Mdx + Ndy = du \: \Leftrightarrow \frac{\partial M(x, y)}{\partial y} \equiv \frac{\partial N(x, y)}{\partial x}$

Доказательство:

$\triangleright$

Рассмотрим первоначальное уравнение: $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$ Перепишем его в виде: $M(x,y)dx + N(x,y)dy \equiv du(x,y) = \dfrac{\partial u}{\partial x}dx + \dfrac{\partial u}{\partial y}dy.$ Тогда видим, что $\dfrac{\partial u}{\partial x} = M, \dfrac{\partial u}{\partial y} = N$ Т.к.$M,N$ - непрерывные на $C$, то давайте рассмотрим $\dfrac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \dfrac{\partial M}{\partial y}$ и $\dfrac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} = \dfrac{\partial N}{\partial x}$ Левые части в этих равенствах равны, а следовательно равны и правые. Необходимость доказана. Докажем теперь достаточность. Предположим, что равенство частных производных выполняется, тогда рассмотрим следующую функцию: $a(x,y) = \int_{x_{0}}^{x}M(q, y)dq + \int_{y_{0}}^{y}N(x_{0}, z)dz$ Найдем для нее частные производные по $x$ и $y$: $\dfrac{\partial a}{\partial x} = M(x,y)$, а дифференцируя по $y$ и учитывая условие $\frac{\partial M(x, y)}{\partial y} \equiv \frac{\partial N(x, y)}{\partial x}$, получаем : $\dfrac{\partial a}{\partial y} = \int_{x_{0}}^{x}\frac{\partial M(q, y)}{\partial y}dq + N(x_0, y) = N(x,y) - N(x_0,y) + N(x_0,y) = N(x,y)$ , достаточность доказана, т.к. $a(x,y) = u(x,y)$ - общий интеграл .

$\triangleleft$

Решение: $u(x, y) = \int_{x_{0}}^{x}M(x, y)dx + \int_{y_{0}}^{y}N(x_{0}, y)dy = C \: -$ Общее решение.

Уравнение, приводящееся к уравнению в полных дифференциалах

в условиях предыдущего определения, но $\frac{\partial M}{\partial y} \not\equiv \frac{\partial N}{\partial x}$. Домножим (6) на $\mu(x, y): \:$
$M \frac{\partial \mu}{\partial y} + \mu \frac{\partial M }{\partial y} = N \frac{\partial \mu}{\partial x} + \mu \frac{\partial N}{\partial x} \: \Rightarrow \: M \frac{\partial \mu}{\partial y} - N \frac{\partial \mu}{\partial x} = \mu (\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y}) \: (*)$

Утверждение:

Пусть $\exists \omega (x, y) \in C'(G): \:\:$ $\frac{\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}}{ N \frac{\partial \omega}{\partial x} - M \frac{\partial \omega}{\partial y}} = \psi(\omega) \: \Rightarrow \mu = e^{\int \psi(\omega)d\omega}$

$\triangleright$

Пусть $\mu = h(\omega) \: \Rightarrow \: M \frac{dh}{d\omega}\frac{\partial \omega}{\partial y} - N \frac{dh}{d\omega}\frac{\partial \omega}{\partial x} = h(\omega)(\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y})$ перегруппируем: $\frac{dh}{d\omega} = h(\omega)\frac{\frac{\partial N}{\partial x} - \frac{\partial M}{\partial y})}{M\frac{\partial \omega}{\partial y} - N \frac{\partial \omega}{\partial x}} \: \Rightarrow$ $\frac{dh}{d\omega} = h(\omega)\psi(\omega)$ $\mu(x, y) = h(\omega) = e^{\int\psi(\omega)d\omega}$

$\triangleleft$

только как решать все равно не понятно.
Но.
Если $\mu$ зависит только от x или только от y, можно выразить ее в явном виде:
$\mu(x) = e^{\int \frac{\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}}{N} dx}$
$\mu(y) = e^{-\int \frac{\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial x}}{M} dy}$

Уравнение Бернулли

Определение:

уравнение вида $\frac{dy}{dx} = p(x) y + q(x)y^m, \: m \in \mathbb{R} \setminus \left \{ 0, 1 \right \}\:$, называется уравнением Бернулли.

Решение:
$y^{-m}y' = p(x)y^{1-m}+q(x), y \neq 0$
$(\frac{y^{1-m}}{1-m})' - p(x)y^{1-m}= q(x)$, пусть $z(x) = y^{1-m} \: \Rightarrow$
$z'(x) - p(x)(1 - m)z(x) = (1 - m)q(x) \: -$линейное относительно z уравнение.

Уравнение Риккати

Определение:

Уравнение вида $\frac{dy}{dx} = p(x)y + q(x) + r(x)y^{2}\:\: (9)$, где $p, q, r \in C(a,b)\:$ называется уравнением Риккати

Решение:
Пусть $y_{1}(x)\: -$ частное решение уравнения (9), тогда $y(x) = z(x) + y_{1}$
$z' + y'_{1} = p(z + y_{1}) + q + r(z + y_{1})^{2}$
$z' = pz + rz^{2} + 2rzy_{1}\: -$ уравнение (8)

Уравнения 1-го порядка не разрешенные относительно 1-й производной

x явно зависит от y'

Решение:
Пусть $x = \phi(y')\:\: (10)$
Перейдем к параметрической системе:
$\left\{\begin{matrix} x = \phi(t) \\y' = t \end{matrix}\right.$
$dy = t dx = t \phi'(t)$
$\left\{\begin{matrix} y = \int t\phi'(t)dt \\x = \phi(t) \end{matrix}\right.$

y явно зависит от y'

Решение:
Пусть $y = \phi(y')\:\: (11)$
Переходим к системе: $\left\{\begin{matrix} y = \phi(t) \\y' = t \end{matrix}\right.$
$dx = \frac{\phi'(t)dt}{t}$

$\left\{\begin{matrix} x = \int \frac{\phi'(t)dt}{t} \\y = \phi(t) \end{matrix}\right.$

уравнение Лагранжа

Определение:

уравнение вида $y = \phi(y')x + \psi(y')\:\: (12)$, называется уравнением Лагранжа

Решение:
Переходим к системе:
$\left\{\begin{matrix} y = \phi(t)x + \psi(t) \\y' = t \end{matrix}\right.$
$dy = (\phi'(t)x + \psi'(t))dt + \phi(t)dx = tdx$
$(\phi'(t)x+ \psi'(t))dt + (\phi(t) - t)dx = 0$
$\Rightarrow \: ]x = F(t, C), \: \phi(t) - t \neq 0$
$\left\{\begin{matrix} x = F(t, C) \\y = \phi(t)F(t, C) + \psi(t) \end{matrix}\right.$

Уравнение Клеро

Определение:

уравнение вида $y = xy' + \psi(y')\:\: (13)$, называется уравнением Клеро

Решение:
Пусть $y' = t \: \Rightarrow \: dy = tdx = (x + \psi'(t))dt + tdx \: \Rightarrow \: (x + \psi'(t))dt = 0$
Тогда либо $dt = 0 \: (1)$, либо $x + \psi'(t) = 0 \: (2)$
$(1):\: t = C \Rightarrow y = xC + \psi(C)$ — общее решение.
$(2):\: \left\{\begin{matrix} x = -\psi'(t)\\y = -\psi'(t)t + \psi(t) \end{matrix}\right.$