Уравнения в полных дифференциалах

Дифференциальное уравнение

M(x, y)dx + N(x, y)dy = 0 (9)

называется уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть – полный дифференциал некоторой функции F(x, y). Можно доказать, что это имеет место тогда и только тогда, когда  M(x, y),  N(x, y), и, т.к. для дважды дифференцируемой функции F(x, y) справедливо  , то

 . (10)

Чтобы решить уравнение (9), определяем функцию F(x, y), и тогда общий интеграл уравнения в полных дифференциалах можно записать в виде F(x, y) = C, где C – произвольная постоянная.

Пример. Решить уравнение (2x + 3x²y)dx + (x³ – 3y²)dy = 0.

Решение. Здесь M(x, y) = 2x + 3x²y, N(x, y) = x³ – 3y². Условие (10) выполняется, т.к. = 3x², = 3x², откуда  . Имеем дело с уравнением в полных дифференциалах. Теперь находим F(x, y):

(x, y) = M(x, y) = 2x + 3x²y, откуда F(x, y) =  M(x, y)dx = x² + x³y + (y).

Заметим, что при интегрировании по x считаем переменную y постоянной; вместо постоянной интегрирования следует добавить неизвестную дифференцируемую функцию (y) от переменной y. Поскольку

(x, y) = N(x, y), то (x² + x³y + (y))_y = x³ + (y) = x³ – 3y².

Сокращая на x³, получаем (y)= –3y² (обратим внимание на то, что производная (y) есть функция лишь от y: этот факт будет иметь место в ходе решения любого уравнения в полных дифференциалах). Первообразной для функции –3y² является функция –y³, и согласно выше отмеченному общий интеграл исходного уравнения в полных дифференциалах запишется в виде

x² + x³y – y³ = C.

Пример. Решить уравнение dx – dy = 0.

Решение. Здесь M(x, y) = = +1, N(x, y) = – = – – .

исходное уравнение – уравнение в полных дифференциалах, т.к.

= – , = – , т.е. выполнено условие (10). Имеем

F(x, y) =  M(x, y)dx =  [+1]dx = + x + (y).

Определим теперь функцию (y) из условия

= – + (y) = N(x, y) = – – или (y) = – , откуда получаем первообразную (y) = . Таким образом, общий интеграл данного уравнения имеет вид + x + = C.

9.2. Дифференциальные уравнения второго порядка

Будем рассматривать уравнения второго порядка, разрешенные относительно второй производной:

y = f(x, y, y). (11)

Теорема существования и единственности решения. Пусть функция f(x, y, y) и ее частные производные f/y, f/y непрерывны в некоторой области D пространства переменных (x, y, y). Тогда для любой точки (x₀, y₀, y₀) этой области существует единственное решение уравнения (11), удовлетворяющее начальным условиям y(x₀) = y₀, y(x₀) = y₀.

Задачу отыскания решения (11) по заданным начальным условиям называют задачей Коши.

Далее будем рассматривать линейные дифференциальные уравнения второго порядка, которые имеют следующий общий вид:

y + p(x)y + q(x)y = f(x), (12)

где y – искомая функция, p(x), q(x), f(x) – заданные функции, непрерывные на некотором интервале (, ). Если f(x) = 0, то (12) называется линейным однородным уравнением, если f(x)  0, – то неоднородным. Уравнение (12) при любых начальных условиях имеет единственное решение задачи Коши.

В дальнейшем рассматриваем (12) в случае, когда p(x), q(x) – постоянные величины, т.е. имеем уравнение

y + py + qy = f(x), p, q = const. (13)

Теперь рассмотрим однородное уравнение

y + py + qy = 0, (14)

соответствующее (13). Ищем решение (14) в виде y = e^kx, где k – некоторое число. Подставляя y = e^kx в (14), получаем k²e^kx + kpe^kx + qe^kx = 0 или

k² + kp + q = 0. (15)

Если k – корень уравнения (15), то функция y = e^kx – решение однородного уравнения (14). Уравнение (15) называется характеристическим уравнением для дифференциального уравнения (14). Вид общего решения (14) существенно зависит от того, какие корни имеет характеристическое уравнение. Обозначим эти корни через k₁ и k₂. Справедливо следующее утверждение.

Теорема. Если корни характеристического уравнения (15) вещественные и k₁  k₂, то общее решение (14) имеет вид y = C₁exp(k₁x) + C₂exp(k₂x), где C₁, C₂ – произвольные постоянные. Если корни характеристического уравнения (15) вещественные и равны между собой (k₁ = k₂ = k), то общее решение (14) имеет вид y = (C₁ + C₂ x)e^kx. Наконец, если корни характеристического уравнения (15) комплексные, т.е. k₁ = a + ib, k₂ = a – ib, где i – мнимая единица, a, b – вещественные числа, то общее решение (14) будет иметь вид y = e^ax[C₁cos(bx) + C₂sin(bx)].

Пример 1. Решить дифференциальное уравнение y – 3y + 2y = 0.

Решение. Здесь характеристическое уравнение имеет вид k² – 3k + 2 = 0, которое имеет два корня k₁ =1, k₂ =2. Итак, общее решение y = C₁e^x + C₂e^2x.

Пример 2. Решить дифференциальное уравнение 2y + 8y + 8y = 0.

Решение. Сокращая на 2, запишем исходное уравнение в виде

y + 4y + 4y = 0.

Соответствующее характеристическое уравнение k² + 4k + 4 = (k + 2)² = 0; его корни k₁ = k₂ = –2. Следовательно, общим решением будет y = (C₁ + C₂ x)e^{– 2x} .

Пример 3. Решить дифференциальное уравнение y + 4y + 6y = 0.

Решение. Соответствующее характеристическое уравнение k² + 4k + 6 = 0 имеет два комплексных сопряженных корня k₁ = –2 + i, k₂ = –2 – i. Общее решение исходного уравнения y = e^{– 2x} (C₁cos(x ) + C₂sin(x )).

Рассмотрим неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами вида (13). Общее решение получают несколькими способами. Рассмотрим метод вариации произвольных постоянных. Можно доказать, что общее решение линейного однородного уравнения (14) имеет вид

y_одн(x) = C₁y₁(x) + C₂y₂(x),

где C₁, C₂ – произвольные постоянные, а y₁(x), y₂(x) – линейно независимые функции (т.е. линейная комбинация ₁y₁(x) + ₂y₂(x)  0 тогда и только, когда ₁ = ₂ = 0). Теперь переходим к решению неоднородного уравнения. Полагаем C₁, C₂ функциями от x, т.е. C₁ = C₁(x), C₂ = C₂(x). Варьируя произвольные постоянные, получаем общее решение уравнения (13) как

y = C₁(x)y₁(x) + C₂(x)y₂(x),

где C₁, C₂ определяется из системы

C₁y₁(x) + C₂y₂(x) = 0,

C₁y₁(x) + C₂y₂(x) = f(x);

при этом y₁(x), y₂(x) – частные линейно независимые решения соответствующего однородного линейного уравнения. Отметим, что

{ y₁ = exp(k₁x), y₂ = exp(k₂x) (k₁  k₂) }, { y₁(x) = e ^{k x}, y₂(x) = xe ^{k x} },

{ y₁ = e^axcos(bx), y₂ = e^axsin(bx) } –

три пары линейно независимых функций, являющиеся частными решениями однородных линейных уравнений в соответствии с сформулированной теоремой.

Пример. Решить дифференциальное уравнение y + 2y + 2y = xe ^–x.

Решение. Соответствующее однородное уравнение есть y + 2y + 2y = 0. Его характеристическое уравнение k²+2k+2=0 имеет корни –1i. Поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид y_одн = e^–x (C₁cos(x) + C₂sin(x)). В качестве y₁(x), y₂(x) выбираем функции y₁(x) = e^–x cos(x), y₂(x) = e^–x sin(x). Варьируем C₁, C₂. Т.к.

y₁(x) = – e ^–x cos(x) – e ^–x sin(x), y₂(x) = – e ^–x sin(x) + e ^–x cos(x),

то

C₁e^–x cos(x) + C₂e^–x sin(x) = 0,

C₁(– e^–x cos(x) – e^–x sin(x))+ C₂(– e^–x sin(x) + e^–x cos(x)) = xe^–x

или после сокращения на e^–x и преобразования

C₁cos(x) + C₂sin(x) = 0,

C₁(cos(x) + sin(x))+ C₂(sin(x) – cos(x)) = –x.

Используя правило Крамера для решения этой системы, находим C₁, C₂:

C₁=₁/, C₂=₂/,

где

= =

=cos(x)(sin(x)–cos(x)) – sin(x)(cos(x)+sin(x))= – cos²(x) – sin²(x) = –1.

₁ = = xsin(x), ₂ = = –xcos(x).

Получаем C₁= –xsin(x), C₂= xcos(x). Теперь определяем C₁(x), C₂(x):

C₁(x) =  (–xsin(x))dx + C₁^*, C₂(x) =  xcos(x)dx + C₂^*,

где C₁^*, C₂^* – новые произвольные постоянные. Применяя метод интегрирования по частям, получаем

C₁(x) = xcos(x) – sin(x) + C₁^*, C₂(x) = xsin(x) + cos(x) + C₂^*.

Теперь выписываем общее решение исходного неоднородного линейного уравнения:

y = C₁(x)y₁(x) + C₂(x)y₂(x) =

= e ^–x [(xcos(x) – sin(x) + C₁^*)cos(x) + (xsin(x) + cos(x) + C₂^*)sin(x)].

Упрощая, получаем общее решение в более компактном виде:

y = e ^–x [C₁^*cos(x) + C₂^*sin(x) + x].

Пример. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

y+ y= x с начальными условиями y(0)=1, y(0) =1.

Решение. Соответствующее однородное уравнение есть y+ y= 0. Решая соответствующее ему характеристическое уравнение k² + k =0, получаем k₁=0, k₂= –1, откуда y_одн = C₁e^0x + C₂e ^{– x} = C₁1 + C₂e ^{– x}. Здесь в качестве y₁(x), y₂(x) выбираем функции y₁(x) = 1, y₂(x) = e ^{– x} . Варьируем C₁, C₂:

C₁1 + C₂e ^–x = 0, или C₁ + C₂e ^–x = 0,

C₁(1)+ C₂(e ^–x) = x –C₂e ^–x = x.

откуда C₂= –xe ^x, C₁= –C₂e ^–x =x. Интегрируя по частям, находим C₁(x), C₂(x):

C₁(x) =  x dx + C₁^* = + C₁^*, C₂(x) = –  xe^x dx + C₂^* = e^x (1–x) + C₂^*.

Теперь выпишем общее решение исходного уравнения y+ y= x:

y(x) = C₁(x)y₁(x) + C₂(x)y₂(x) = C₁(x)1 + C₂(x)e^{– x} =

= + C₁^* + (e^x (1–x) + C₂^*)e^–x = – x + 1 + C₁^* + C₂^*e^–x,

где C₁^*, C₂^* – произвольные постоянные. Теперь найдем частное решение, удовлетворяющее начальным условиям y(0)=1, y(0) =1. Имеем

y(0) = 1 + C₁^* + C₂^*= 1,

y(0) = ( – x + 1 + C₁^* + C₂^*e^–x)_x=0 = (x – 1 – C₂^*e^–x)_x=0 = –1 – C₂^*= 1.

Решая полученную систему, находим C₁^* и C₂^*: C₁^* = – C₂^* = 2. Итак, решая задачу Коши, однозначно определили значения постоянных C₁^*, C₂^*. Имеем

y = – x + 1 + C₁^* + C₂^*e^–x = – x + 1 + 2 – 2e^–x.

Теперь можно записать окончательный ответ: y = – x – 2e^–x + 3.