Типы дифференциальных уравнений

НЕТ ВОЙНЕ

24 февраля 2022 года российское руководство во главе с Владимиром Путиным развязало агрессивную войну против Украины. В глазах всего мира это военное преступление совершено от лица всей страны, всех россиян. Будучи гражданами Российской Федерации, мы против своей воли оказались ответственными за нарушение международного права, военное вторжение и массовую гибель людей. Чудовищность совершенного преступления не оставляет возможности промолчать или ограничиться пассивным несогласием. Мы убеждены в абсолютной ценности человеческой жизни, в незыблемости прав и свобод личности. Режим Путина — угроза этим ценностям. Наша задача — обьединить все силы для сопротивления ей. Эту войну начали не россияне, а обезумевший диктатор. И наш гражданский долг — сделать всё, чтобы её остановить. Антивоенный комитет России

Распространяйте правду о текущих событиях, оберегайте от пропаганды своих друзей и близких. Изменение общественного восприятия войны - ключ к её завершению.

meduza.io, Популярная политика, Новая газета, zona.media, Майкл Наки.

Уравнение с разделенными переменными

Определение:

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

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

Уравнение с разделяемыми переменными

Определение:

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

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

Однородные уравнения

Определение:

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

Определение:

[math]f(x, y) \ - [/math] однородная функция измерения n [math]\Leftrightarrow \: f(\lambda x, \lambda y) = \lambda^{n}f(x, y)[/math]

Решение: произвести замену [math]t = \dfrac{y}{x}[/math]

Определение:

[math]\dfrac{dy}{dx}=f\left(\dfrac{y}{x}\right) \ -[/math] один из видов однородного уравнения.

Уравнения приводящиеся к однородным

Определение:

уравнение вида [math]\dfrac{dy}{dx}= f\left(\dfrac{a_{1}x + b_{1}y + c_{1}}{a_{2}x + b_{2}y + c_{2}}\right) (4)[/math] называется уравнением приводящимся к однородному

Утверждение:

Решением уравнения [math](4)[/math] является: 1) [math]\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. [/math] [math] (\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.[/math] Тогда получаем однородное уравнение. 2) [math]\begin{vmatrix} a_{1} & b_{1}\\ a_{2} & b_{2} \end{vmatrix} = 0 \Rightarrow [/math] пусть [math]a_{1} x + b_{1} y + c_{1} = t [/math] Тогда получаем уравнение с разделяющимися переменными.

[math]\triangleright[/math]

Докажем 1), второй доказывается аналогично. Подставим замену: [math]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 =[/math] [math]a_{1}u + b_{1}v = 0 [/math] Получили однородное уравнение.

[math]\triangleleft[/math]

Линейное уравнение первого порядка

Определение:

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

Определение:

Если [math]q(x) = 0[/math], то уравнение [math](5) [/math] называется однородным линейным уравнением [math]I[/math] порядка

Способ решения методом Бернулли

Пусть [math] y(x) = u(x) v(x)[/math], тогда:

[math] u'(x) v(x) + u(x) v'(x) = p(x) u(x) v(x) + q(x) [/math]

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

Пусть [math] v(x) [/math] таково, что:

[math] v'(x) - p(x) v(x) = 0 [/math]

Тогда:

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

[math]ln(v) = \int p(x)dx + C[/math]

[math]v(x) = e^{C+ \int p(x)dx} = C e^{\int p(x)dx}[/math]

Пусть [math] C = 1[/math]. Тогда из [math](5a)[/math] получаем:

[math] u'(x) e^{\int p(x)dx} = q(x) [/math]

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

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

Способ решения методом Лагранжа

Рассмотрим:

[math] \frac{dy}{dx} = p(x) y [/math]

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

Пусть:

[math] y_{O.H} = C(x) e^{\int p(x)dx}[/math]

[math] 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) [/math]

[math] C'(x) = q(x) e^{-\int p(x)dx} [/math]

[math] C(x) = \int q(x) C(x) e^{\int p(x)dx} dx + C_{1} [/math]

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

Уравнение в полных дифференциалах

Определение:

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

т.к. [math]du(x, y) = 0 \Leftrightarrow u(x, y) = C \: -[/math] общий интеграл.

Теорема:

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

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим первоначальное уравнение: [math] M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 [/math] Перепишем его в виде: [math] M(x,y)dx + N(x,y)dy \equiv du(x,y) = \dfrac{\partial u}{\partial x}dx + \dfrac{\partial u}{\partial y}dy. [/math] Тогда видим, что [math] \dfrac{\partial u}{\partial x} = M, \dfrac{\partial u}{\partial y} = N [/math] Т.к.[math] M,N [/math] - непрерывные на [math] C [/math], то давайте рассмотрим [math] \dfrac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \dfrac{\partial M}{\partial y} [/math] и [math] \dfrac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} = \dfrac{\partial N}{\partial x} [/math] 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: [math] a(x,y) = \int_{x_{0}}^{x}M(q, y)dq + \int_{y_{0}}^{y}N(x_{0}, z)dz [/math] Найдем для нее частные производные по [math] x [/math] и [math] y [/math]: [math] \dfrac{\partial a}{\partial x} = M(x,y) [/math], а дифференцируя по [math] y [/math] и учитывая условие [math] \frac{\partial M(x, y)}{\partial y} \equiv \frac{\partial N(x, y)}{\partial x} [/math], получаем : [math] \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) [/math] , достаточность доказана, т.к. [math] a(x,y) = u(x,y) [/math] - общий интеграл .

[math]\triangleleft[/math]

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

Уравнение, приводящееся к уравнению в полных дифференциалах

в условиях предыдущего определения, но [math]\frac{\partial M}{\partial y} \not\equiv \frac{\partial N}{\partial x}[/math]. Домножим (6) на [math]\mu(x, y): \:[/math]
[math]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}) \: (*)[/math]

Утверждение:

Пусть [math]\exists \omega (x, y) \in C'(G): \:\:[/math] [math] \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}[/math]

[math]\triangleright[/math]

Пусть [math]\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})[/math] перегруппируем: [math]\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[/math] [math]\frac{dh}{d\omega} = h(\omega)\psi(\omega)[/math] [math]\mu(x, y) = h(\omega) = e^{\int\psi(\omega)d\omega}[/math]

[math]\triangleleft[/math]

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

Уравнение Бернулли

Определение:

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

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

Уравнение Риккати

Определение:

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

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

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

x явно зависит от y'

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

y явно зависит от y'

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

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

уравнение Лагранжа

Определение:

уравнение вида [math]y = \phi(y')x + \psi(y')\:\: (12)[/math], называется уравнением Лагранжа

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

Уравнение Клеро

Определение:

уравнение вида [math]y = xy' + \psi(y')\:\: (13)[/math], называется уравнением Клеро

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