Диференціальні рівняння першого порядку. Приклади розв’язання. Диференціальні рівняння з роздільними змінними

Диференціальні рівняння (ДР). Ці два слова зазвичай лякають середньостатистичну людину. Диференціальні рівняння здаються чимось надскладним і важким для освоєння навіть багатьом студентам. Ууууу... диференціальні рівняння, як би мені все це пережити?!

Таке враження і такий настрій кардинально неправильні, тому що насправді ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ – ЦЕ ПРОСТО І НАВІТЬ ЗАХОПЛЮЮЧЕ. Що потрібно знати і вміти, щоб навчитися розв'язувати диференціальні рівняння? Для успішного вивчення диференціальних рівнянь ви повинні добре вміти інтегрувати і диференціювати. Чим краще вивчені теми "Похідна функції однієї змінної" і "Неозначений інтеграл", тим легше буде розібратися з диференціальними рівняннями. Скажу більше, якщо у вас більш-менш пристойні навички інтегрування, то тема практично освоєна! Чим більше інтегралів різних типів ви вмієте розв'язувати – тим краще. Чому? Доведеться багато інтегрувати. І диференціювати. Також настійно рекомендую навчитися знаходити похідну від функції, заданої неявно.

У 95% випадків у контрольних роботах зустрічаються 3 типи диференціальних рівнянь першого порядку: рівняння з роздільними змінними, які ми розглянемо на цьому уроці; однорідні рівняння і лінійні неоднорідні рівняння. Тим, хто починає вивчати диференціальні рівняння, раджу ознайомитися з уроками саме в такій послідовності, причому після вивчення перших двох статей не завадить закріпити свої навички на додатковому практикумі – рівняннях, що зводяться до однорідних.

Є ще більш рідкісні типи диференціальних рівнянь: рівняння у повних диференціалах, рівняння Бернуллі та деякі інші. Найважливішими з двох останніх видів є рівняння у повних диференціалах, оскільки крім цього ДУ я розглядаю новий матеріал – часткове інтегрування.

Отже, орієнтири розставлено – поїхали:

Спочатку згадаємо «звичайні» рівняння. Вони містять змінні та числа. Простіший приклад: \( x + 2 = 6 \). Що означає розв'язати таке рівняння? Це означає знайти множину всіх чисел, які задовольняють цьому рівнянню. Легко побачити, що дитяче рівняння \( x + 2 = 6 \) має єдиний корінь \( x = 4 \). Проведемо перевірку, підставивши четвірку в рівняння: \( 4 + 2 = 6 \) – отримано правильну рівність, отже, рішення знайдено правильно.

Диференціальні рівняння влаштовані приблизно так само!

Диференціальне рівняння першого порядку в загальному випадку містить:

1) незалежну змінну \( x \);

2) залежну змінну \( y \) (функцію);

3) першу похідну функції: \( y' = \frac{dy}{dx} \).

В деяких рівняннях 1-го порядку може бути відсутній «ікс» або (і) «ігрек», але це не суттєво – важливо, щоб у ДР була перша похідна \( y' \), і не було похідних вищих порядків – \( y'' \), \( y''' \) тощо.

Що означає розв'язати диференціальне рівняння?
Розв'язати диференціальне рівняння – це означає знайти множину всіх функцій, які задовольняють даному рівнянню (втім, іноді досить і однієї). Тобто коренями диференціального рівняння є функції. Для ДР 1-го порядку така множина функцій зазвичай має вигляд \(y = f(x, C)\), яку називають загальним розв'язком диференціального рівняння (де \(C\) приймає різні дійсні значення).

Приклад 1

Розв'язати диференціальне рівняння \(x y' = y\).

Повний комплект дій. З чого почати розв'язання?

У першу чергу потрібно переписати похідну в іншому вигляді. Згадуємо громіздке позначення \(y' = \frac{dy}{dx}\), яке багатьом із вас напевно здавалося непотрібним і зайвим. У диференціальних рівняннях рулить саме воно!

Отже:

\( x \cdot \frac{dy}{dx} = y \)

На другому етапі дивимося, чи можна розділити змінні? Що означає розділити змінні? Грубо кажучи, в лівій частині рівняння залишити тільки "ігрики", а в правій частині організувати тільки "ікси". Розділення змінних виконується за рахунок «шкільних» правил: винесення множників за дужки, перенос доданків із частини в частину зі зміною знака, перенос множників із частини в частину за правилом пропорції і т. п.

Диференціали \(dy\) і \(dx\) – це повноправні множники й активні учасники бойових дій. У розглянутому прикладі змінні легко розділяються перекиданням множників за правилом пропорції:

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

Змінні розділені. У лівій частині – тільки "ігрик", у правій частині – тільки "ікс".

Наступний етап – інтегрування диференціального рівняння. Все просто, навішуємо інтеграли на обидві частини:

\(\int \frac{dy}{y} = \int \frac{dx}{x}\)

Зрозуміло, інтеграли потрібно взяти. У цьому випадку вони табличні:

\(\ln |y| = \ln |x| + C\)

Як ми пам'ятаємо, до будь-якого первісного приписується константа. Тут два інтеграли, але константу \(C\) достатньо записати один раз (тому що константа + константа все одно дорівнює константі). У більшості випадків це додавання поміщається в праву частину.

Після того як взяті інтеграли, диференціальне рівняння вважається розв'язаним. Єдине, що, якщо "ігрик" не виражений через "ікс", тобто розв'язок має вигляд \(F(x, y) = 0\), то це ще не є загальним розв'язком диференціального рівняння. Зазвичай це рівняння виражають в явному вигляді й називають загальним інтегралом диференціального рівняння. Тобто:

\(\ln |y| = \ln |x| + C\)

Відповідь у такій формі цілком прийнятна, але хіба немає кращого варіанту? Давайте спробуємо отримати загальний розв'язок.

Замість запису \( \ln |y| = \ln |x| + C \) зазвичай пишуть \( \ln |y| = \ln |Cx| \) (і це коректно, оскільки \( C \) з таким же успіхом приймає всі дійсні значення, що й \( \ln(C) \)).

Навіщо це потрібно? Це робиться для того, щоб легше було виразити \( y \). Використовуємо властивість логарифмів \( \ln a + \ln b = \ln ab \). У даному випадку:

\( \ln |y| = \ln |Cx| \)

Тепер логарифми та модулі можна прибрати:

\( y = Cx \)

Функція представлена у явному вигляді. Це і є загальне розв'язання.

Відповідь: загальне розв'язання: \( y = Cx \), ду \( C=const \).

Відповіді багатьох диференціальних рівнянь досить легко перевірити. У нашому випадку це робиться зовсім просто: беремо знайдене розв'язання \( y = Cx \) і диференціюємо його:

\( y' = (Cx)' = C \)

Після чого підставляємо \( y = Cx \) та похідну \( y' = C \) у вихідне рівняння \( xy' = y \):

\( xC = Cx \)

Отримано рівність, яка вірна для всіх значень \( x \) (тотожність), отже, множина функцій \( y = Cx \) задовольняє рівнянню \( xy' = y \), що і вимагалося перевірити.

Надаючи константі \( C \) різні значення, можна отримати безліч часткових розв'язань диференціального рівняння. Зрозуміло, що будь-яка з функцій \( y = x \), \( y = 2x \), \( y = -3x \) і т. д. задовольняє диференціальному рівнянню \( xy' = y \).

Іноді загальне розв'язання називають сімейством функцій. У даному прикладі загальне розв'язання \( y = Cx \), де \(C=const\) – це сімейство лінійних функцій, а точніше, сімейство прямих пропорційностей.

Після детального розбору першого прикладу доречно відповісти на кілька наївних питань щодо диференціальних рівнянь:

1) У цьому прикладі нам вдалося розділити змінні. Чи завжди це можна зробити? Ні, не завжди. І навіть частіше змінні розділити не можна. Наприклад, в однорідних рівняннях першого порядку спочатку потрібно зробити заміну. В інших типах рівнянь, наприклад, у лінійному неоднорідному рівнянні першого порядку, потрібно використовувати різні прийоми та методи для знаходження загального розв'язання. Рівняння з розділяючими змінними, які ми розглядаємо на першому уроці, – найпростіший тип диференціальних рівнянь.

2) Чи завжди можна проінтегрувати диференціальне рівняння? Ні, не завжди. Дуже легко придумати «наворочене» рівняння, яке неможливо проінтегрувати, крім того, існують такі інтеграли, які не можна обчислити. Але подібні ДР можна вирішити наближено за допомогою спеціальних методів.

3) У даному прикладі ми отримали розв'язання у вигляді загального інтеграла \(\ln|y|=\ln|x|+\ln|C|\). Чи завжди можна з загального інтеграла знайти загальне розв'язання, тобто виразити «ігрик» у явному вигляді?* Ні, не завжди. Наприклад: \( y+\ln|y|= \arcsin x + xy^2 +C\). Ну і як тут виразити «ігрик»?! У таких випадках відповідь слід записати у вигляді загального інтеграла. Крім того, іноді загальне розв'язання можна знайти, але воно записується настільки громіздко і незручно, що краще залишити відповідь у вигляді загального інтеграла.

4) ...Мабуть, поки що достатньо. У першому ж прикладі ми зіткнулися з ще одним важливим моментом, пов'язаним з перенесенням змінних у знаменник, але щоб не перевантажити «новачків» лавиною інформації, залишу його до наступного уроку.

Не будемо поспішати. Ще одне просте ДР і ще один типовий прийом розв'язання:

Приклад 2

Знайти часткове розв'язання диференціального рівняння \( y' = -2y \), яке задовольняє початкову умову \( y(0) = 2 \).

Розв'язання: за умовою потрібно знайти часткове розв'язання диференціального рівняння, яке задовольняє задану початкову умову. Така постановка питання називається задачею Коші.

Спочатку знаходимо загальне розв'язання. У рівнянні немає змінної «ікс», але це не повинно бентежити, головне, що в ньому є перша похідна.

Переписуємо похідну у потрібному вигляді:

\( \frac{dy}{dx} = -2y \)

Очевидно, що змінні можна розділити, хлопчики – наліво, дівчатка – направо:

\( \frac{dy}{y} = -2dx \)

Інтегруємо рівняння:

\( \int \frac{dy}{y} = \int -2dx \)

Загальний інтеграл отримано. Тут константу я позначив з надрядковою зірочкою, справа в тому, що дуже скоро вона перетвориться на іншу константу.

Тепер спробуємо загальний інтеграл перетворити на загальне розв'язання (виразити «ігрик» у явному вигляді). Згадуємо старе, добре, шкільне правило: \( ln \, a = b \implies a = e^b \). У даному випадку:

\( |y| = e^{-2x + C^*} \)

Константа в показнику виглядає якось недоречно, тому її зазвичай спускають з небес на землю. Якщо детально, то це відбувається так. Використовуючи властивість степенів, переписуємо функцію наступним чином:

\( |y| = e^{-2x} \cdot e^{C^*} \)

Якщо \( e^{C^*} \) – константа, то \( e^{C^*} > 0 \) – також деяка константа, перейменуємо її через \( C^{**} \):

\( |y| = C^{**} \cdot e^{-2x} \)

Після цього розкриваємо модуль:

\( y = \pm C^{**} \cdot e^{-2x} \)

і знову перейменовуємо константу \( \pm C^{**} \) на \( C \), маючи на увазі, що «це» може приймати як позитивні, так і негативні значення:

Отже, загальний розв'язок: \( y = Ce^{-2x} \), де \( C = const \). Ось таке симпатичне сімейство експоненціальних функцій.

На завершальному етапі потрібно знайти часткове рішення, яке задовольняє задану початкову умову \(y(0) = 2\). Це теж просто.

У чому полягає задача? Необхідно підібрати таке значення константи \(C'\), щоб виконувалась умова \(y(0) = 2\).

Оформити можна по-різному, але зрозуміліше, мабуть, буде так. У загальне рішення замість «ікса» підставляємо нуль, а замість «ігрека» — двійку:

\( 2 = Ce^{-2 \cdot 0} \)

\( 2 = C \cdot 1 \)

\( C = 2 \)

Таким чином, \(C = 2\).

Стандартна версія оформлення:

\( y(0) = Ce^{-2 \cdot 0} = C \cdot 1 = C = 2 \)

Тепер у загальне рішення \(y = Ce^{-2x}\) підставляємо знайдене значення константи \(C' = 2\):

\( y = 2e^{-2x} \) — це і є потрібне нам часткове рішення.

Відповідь: часткове рішення: \(y = 2e^{-2x}\).

Виконаємо перевірку. Перевірка часткового рішення включає в себе два етапи:

Спочатку потрібно перевірити, чи дійсно знайдена функція \(y = 2e^{-2x}\) задовольняє початкову умову \(y(0) = 2\)? Замість «ікса» підставляємо нуль і дивимося, що вийде:

\( y(0) = 2e^{-2 \cdot 0} = 2 \cdot 1 = 2 \) — так, дійсно отримана двійка, отже, початкова умова виконується.

Другий етап вже зі знаком. Беремо отриману функцію \(y = 2e^{-2x}\) і знаходимо похідну:

\( y' = (2e^{-2x})' = 2e^{-2x} \cdot (-2x)' = -4e^{-2x} \)

Підставляємо \(y = 2e^{-2x}\) і \(y' = -4e^{-2x}\) в початкове рівняння \(y' = -2y\):

\( -4e^{-2x} = -2 \cdot 2e^{-2x} \)

\( -4e^{-2x} = -4e^{-2x} \) — отримано тотожність, далі я буду називати його вірною рівністю.

Висновок: часткове рішення знайдено правильно.

Переходимо до більш змістовних прикладів.

Приклад 3

Задача: Розв’язати диференціальне рівняння \(y' + (2y + 1)\cot x = 0\).

Розв’язання: Переписуємо похідну в потрібному нам вигляді:

\( \frac{dy}{dx} + (2y + 1)\cot x = 0 \)

Оцінюємо, чи можна розділити змінні? Можна. Переносимо другий доданок у праву частину зі зміною знака:

\( \frac{dy}{dx} = -(2y + 1)\cot x \)

І перекидаємо множники за правилом пропорції:

\( \frac{dy}{2y + 1} = -\cot x dx \)

Змінні розділені, інтегруємо обидві частини:

\( \int \frac{dy}{2y + 1} = -\int \cot x dx \)

Повинен попередити, наближається судний день. Якщо ви погано вивчили невизначені інтеграли, пропустили мало прикладів, то діватися нікуди — доведеться їх освоювати зараз.

Інтеграл лівої частини легко знайти методом підведення функції під знак диференціала, а з інтегралом від котангенса розправляємося стандартним прийомом інтегрування тригонометричних функцій:

\( \int \frac{dy}{2y + 1} = \frac{1}{2}\ln|2y + 1| + C \)

\( -\int \cot x dx = \ln |\sin x| + C \)

У результаті у нас вийшли одні логарифми, і, згідно з моєю першою технічною рекомендацією, константу теж доцільно записати під логарифм.

Тепер спробуємо спростити загальний інтеграл. Оскільки у нас одні логарифми, то від них цілком можна (і потрібно) позбутися. За допомогою відомих властивостей максимально «упаковуємо» логарифми. Розпишу дуже докладно:

\( \frac{1}{2} \ln |2y + 1| = \ln |\sin x| + \ln |C'| \)

\( \ln |2y + 1| = \ln |\sin x|^2 + \ln |C'| \)

Упаковка завершена, щоб варварський вигляд було облагороджено:

\( \sqrt{|2y + 1|} = \frac{C'}{\sin x}, \)

І відразу ж приводимо загальний інтеграл до вигляду \(F(x,y) = C\), як тільки це можливо:

\( \sqrt{|2y + 1|} \cdot \sin x = C. \)

Взагалі кажучи, це робити не обов'язково, але завжди приємно порадувати професора ;-)

У принципі, цей шедевр можна записати у відповідь, але тут ще доцільно звести обидві частини в квадрат і переобозначити константу:

Відповідь: загальний інтеграл: \((2y + 1) \cdot \sin^2 x = C'\), де \(C'\) — константа.

Чи можна тут виразити «y»? Можна. Давайте виразимо загальне рішення:

\( (2y + 1) \cdot \sin^2 x = C' \Rightarrow 2y + 1 = \frac{C'}{\sin^2 x} \Rightarrow y = \frac{C'}{2 \sin^2 x} - \frac{1}{2} \)

Звісно, отриманий результат підходить для відповіді, але зверніть увагу, що загальний інтеграл виглядає компактніше, ніж рішення, яке ми отримали. Це дійсно корисно.

Як виконати перевірку? Перевірку можна виконати двома способами. Спосіб перший: беремо загальний розв'язок \(y = \frac{C'}{2 \sin^2 x} - \frac{1}{2}\), знаходимо похідну \(y' = \left(\frac{C'}{2 \sin^2 x} - \frac{1}{2}\right)' \) і підставляємо їх в початкове рівняння \( y' + (2y + 1) \cot x = 0\). Спробуйте самостійно!

Другий спосіб полягає в диференціюванні загального інтеграла. Це доволі легко, головне, потрібно знаходити похідну від функції, заданої неявно:

\( ((2y + 1) \cdot \sin^2 x)' = (C') \)

\( (2y + 1)' \cdot \sin^2 x + (2y + 1) \cdot (\sin^2 x)' = 0 \)

\( 2y' \cdot \sin^2 x + (2y + 1) \cdot 2 \sin x \cdot \cos x = 0 \)

\( \sin x \cdot y' + (2y + 1) \cdot \cos x = 0 \)

Ділимо кожен доданок на \(2 \sin x\):

\( y' + (2y + 1) \cot x = 0 \)

Отримано в точності початкове диференціальне рівняння, значить, загальний інтеграл знайдено правильно.

Приклад 4

Повне рішення та відповідь наприкінці уроку.

Приклад 5

Знайти часткове розв'язання диференціального рівняння \( e^{-x^2}dy - 2xdx = 0 \), що задовольняє початковій умові \( y(0) = \ln 2 \). Виконати перевірку.

Рішення: спочатку знайдемо загальне розв'язання. Це рівняння вже містить готові диференціали \( dy \) і \( dx \), а отже, рішення спрощується. Розділимо змінні:

\( e^{-x^2}dy = 2xdx \)

\( dy = 2xe^{x^2}dx \)

Інтегруємо рівняння:

\( \int e^{-x^2}dy = \int 2xe^{x^2}dx \)

Інтеграл зліва — табличний, інтеграл справа — беремо методом підведення функції під знак диференціала:

\( \int e^{x^2}dy = \int d(e^{x^2}) \)

\( y = \ln(e^{x^2} + C) \)

Отримуємо загальний інтеграл. Чи можна вдало виразити загальний розв'язок? Можна. Навішуємо логарифми на обидві частини. Оскільки вони додатні, то знаки модуля зайві:

\( y = \ln(e^{x^2} + C) \)

(Сподіваюсь, усім зрозуміле перетворення \(\ln e^y = y \ln e = y \cdot 1 = y\), такі речі треба вже знати)

Отже, загальне рішення: \( y = \ln(e^{x^2} + C) \), де \( C = const \).

Знайдемо часткове рішення, яке відповідає заданій початковій умові \( y(0) = \ln 2 \). В загальному рішенні замість «ікса» підставляємо нуль, а замість «ігрека» логарифм двох:

\( \ln 2 = \ln(e^0 + C) \)

\( \ln 2 = \ln(1 + C) \Rightarrow C = 1 \)

Більш звичне оформлення:

\( y(0) = \ln(e^0 + C) = \ln(1 + C) = \ln 2 \Rightarrow C = 1 \)

Підставляємо знайдене значення константи \( C = 1 \) в загальне рішення.

Відповідь: часткове рішення: \( y = \ln(e^{x^2} + 1) \).

Перевірка: Спочатку перевіримо, чи виконана початкова умова \( y(0) = \ln 2 \):

\( y(0) = \ln(e^0 + 1) = \ln(1 + 1) = \ln 2 \)

Все вірно.

Тепер перевіримо, чи задовольняє знайдена функція \( y = \ln(e^{x^2} + 1) \) взагалі диференціальному рівнянню. Знаходимо похідну:

\( y' = \left( \ln(e^{x^2} + 1) \right)' = \frac{1}{(e^{x^2} + 1)} \cdot \left( e^{x^2} \right)' = \frac{1}{(e^{x^2} + 1)} \cdot 2x e^{x^2} = \frac{2x e^{x^2}}{(e^{x^2} + 1)} \)

Розглянемо вихідне рівняння:

\( e^{-x^2}dy - 2xdx = 0 \)

Воно представлено в диференціалах.

Є два способи перевірки. Можна знайдену похідну виразити диференціалом \( dy \):

\( dy = \frac{2x e^{x^2}}{(e^{x^2} + 1)}dx \)

Підставляємо функцію \( y = \ln(e^{x^2} + 1) \) і отриманий диференціал \( dy = \frac{2x e^{x^2}dx}{(e^{x^2} + 1)} \) в вихідне рівняння:

\( e^{-x^2} \cdot \frac{2x e^{x^2}}{(e^{x^2} + 1)}dx - 2xdx = 0 \)

\( \frac{2x}{e^{x^2} + 1} - 2x = 0 \)

\( \frac{2x}{e^{x^2} + 1} - \frac{2x(e^{x^2} + 1)}{(e^{x^2} + 1)} = 0 \)

\( \frac{2x - 2xe^{x^2} - 2x}{e^{x^2} + 1} = 0 \)

\( 0 = 0 \)

Використовуємо основну логарифмічну тотожність \( e^{\ln a} = a \):

\( (e^{x^2} + 1) \cdot \frac{2x e^{x^2}}{(e^{x^2} + 1)} - 2x = 0 \)

\( 2x e^{x^2} - 2x = 0 \)

\( 2x(e^{x^2} - 1) = 0 \)

\( 0 = 0 \)

Отримане вірне рівняння, таким чином, часткове рішення знайдено правильно.

Другий спосіб перевірки дзеркальний і більш звичний: з рівняння \( e^{-x^2}dy - 2xdx = 0 \) виразимо похідну, для цього розділимо всі члени на \( dx \):

\( e^{-x^2}dy = 2xdx \)

\( dy = \frac{2x e^{x^2}}{(e^{x^2} + 1)}dx \)

\( \frac{dy}{dx} = \frac{2x e^{x^2}}{(e^{x^2} + 1)} \)

\( 0 = 0 \)

Таким чином, часткове рішення знайдено правильно.

Другий спосіб перевірки дзеркальний і більш звичний: з рівняння \( e^{-x^2}dy - 2xdx = 0 \) виразимо похідну, для цього розділимо всі члени на \( dx \):

\( e^{-x^2} \cdot \frac{dy}{dx} = 2x \)

\( \frac{dy}{dx} = 2xe^{x^2} \)

Підставляємо \( y = \ln(e^{x^2} + 1) \) з отриманою похідною \( y' = \frac{2xe^{x^2}}{e^{x^2} + 1} \). У результаті спрощений тотож повинен дати правильну рівність.

Приклад 6

Які труднощі підстерігають при рішенні диференціальних рівнянь з константою?

1) Розподіл змінних (особливо, «чайникам»), що перемінні можна розділити. Розглянемо умовний приклад: \( \sqrt{x}y - 2x \cdot y' + xy^2 + 5y^2 = 0 \). Тут потрібно провести винесення множителів за дужки: \( \sqrt{x}(y - 2) \cdot y' + y^2(x + 5) = 0 \) і відділити корені: \( \sqrt{x} \cdot y - 2 \cdot y' + y^2(x + 5) = 0 \). Як діяти далі — зрозуміло.

2) Складності при самому інтегруванні. Інтеграли нерідко виникають не найпростіші, і якщо є прогалини в навичках знаходження невизначеного інтегралу, то з багатьма диференціалами прийдеться туго. До того ж у складі збірників із методичок популярна думка «раз уж дифференциальное уравнение является простым, то пусть хоть интегралы будут сложнее».

3) Перетворення з константами. Як вже зауважено, з константами в диференціальних рівняннях можна поводитися досить вільно, і деякі перетворення не завжди зрозумілі новачкам. Розглянемо ще один умовний приклад: \(\frac{1}{2} \ln|1-x|=\frac{1}{2} \ln |y^2 - 3| + C^*\)

Ціле доцільно множити все складові на 2: \( \ln |2| = \ln |y^2 - 3| + 2C^{*} \). Отримана константа \( 2C^{*} \) — це теж якась константа, яку можна позначити через \( C^{**} \):

\( \ln |2| = \ln |y^2 - 3| + C^{**} \)

Так, і оскільки у нас є одна константа, напишемо:

\( \ln |2| = \ln |y^2 - 3| + C \)

Доцільно перетворити все в другу константу: \( \ln |2| = \ln |y^2 - 3| + C \).

Проблема в тому, що з індексами часто не заморочуються і використовують одну й ту ж букву \( C \). У результаті запис рішення приймає наступний вигляд:

\( \frac{1}{2} \ln |2| = \frac{1}{2} \ln |y^2 - 3| + \frac{1}{2}C \)

\( \ln |\sqrt{2}| = \frac{1}{2} \ln |y^2 - 3| + \frac{1}{2}C \)

\( \ln |\sqrt{2}| = \frac{1}{2} \ln |y^2 - 3| + \ln |C| \)

Що за справа?! Тут же помилки! Строго кажучи – так. Однак з точки зору змісту, помилок немає, адже в результаті перетворення варіаційної константи виходить рівнозначна варіаційна константа.

Інший приклад, припустімо, що в ході рішення рівняння отримано загальний інтеграл \(-y^3 - y - x^2 - \ln x = C\). Така відповідь виглядає некрасиво, тому у кожного доданка доцільно змінити знак: \(y^3 + y + x^2 + \ln x = C\). Формально тут знову помилка — справа слід було б записати \(- C\). Але неформально мається на увазі, що "мінус це" — це все одно константа, яка з тим же успіхом приймає на себе множину значень, і тому ставити "мінус" не має сенсу.

Я буду намагатися уникати недбалого підходу, а все ж проставляти у констант різні індекси при їхньому перетворенні. Чого й вам раджу робити.

Приклад 7

Розв'язати диференціальне рівняння \(2(xy + y) \cdot y' + x(y^4 + 1) = 0\). Виконати перевірку.

Рішення: Дане рівняння допускає розподіл змінних. Розділяємо змінні:

\( 2(x + 1) \cdot y' = - \frac{x(y^4 + 1)}{y} \)

\( \frac{2ydy}{y^4 + 1} = - \frac{x \cdot dx}{x + 1} \)

Інтегруємо. У лівій частині підводимо функцію під знак диференціала, а в правій частині застосовуємо стандартний штучний прийом:

\( \int \frac{2y \cdot dy}{y^4 + 1} = -\int \frac{(x + 1) - 1}{(x + 1)dx} \)

\( \int \frac{d(y^2)}{(y^2 + 1)} = - \int \left(\frac{1 - 1}{(x + 1)dx}\right) \)

\( \arctan(y^2) = x - \ln |x + 1| + C \)

Константу \(C\) тут не обов'язково визначати під логарифм, оскільки нічого путнього з цього не вийде.

Відповідь: загальний інтеграл: \( \arctan(y^2) + x - \ln |x + 1| = C \), де \(C = const\)

І, зрозуміло, тут НЕ ТРЕБА виражати «y» у явному вигляді, оскільки вийде треш (пригадуємо третю технічну пораду).

Перевірка: диференціюємо відповідь (неявну функцію):

\( \frac{1}{1 + y^4} \cdot 2y \cdot y' + 1 + 0 = 0 \)

\( \frac{2yy'}{1 + y^4} + 1 + 0 = 0 \)

Позбавляємося від дробів, для цього множимо обидва доданки на \((1 + y^4) \cdot (x + 1)\).

\( (1 + y⁴)(x + 1) \cdot \(\frac{2yy'}{1 + y^4}\) + (1 + y⁴)(x + 1) \cdot \(\frac{x}{x + 1}\) = 0 )

Отримано вихідне диференціальне рівняння, значить, загальний інтеграл знайдено правильно.

Приклад 8

Як уже зазначалося, в диференціальних рівняннях з розділенням змінних часто виникають не найпростіші інтеграли. І ось ще пара таких прикладів для самостійного рішення. Рекомендую всім проробити Приклади № 9-10, незалежно від рівня підготовки, це дозволить актуалізувати навички знаходження інтегралів або заповнити прогалини в знаннях.

Приклад 9

Приклад 10

Наступна рекомендована стаття — Однорідні диференціальні рівняння другого порядку.

Успішного продовження!

Коментарі