3.3: Лінійні рівняння

Переглянути підручник на YouTube

Лінійне диференціальне рівняння першого порядку (лінійне в\(y\) та його похідна) може бути записано у вигляді \[\label{eq:1}\frac{dy}{dx}+p(x)y=g(x),\]з початковою умовою\(y(x_0) = y_0\). Лінійні рівняння першого порядку можуть бути інтегровані за допомогою інтегруючого коефіцієнта\(\mu(x)\). Множимо\(\eqref{eq:1}\) на\(\mu(x)\), \[\label{eq:2}\mu (x)\left[\frac{dy}{dx}+p(x)y\right]=\mu (x)g(x),\]і намагаємося визначити\(\mu (x)\) так, щоб \[\label{eq:3}\mu (x)\left[\frac{dy}{dx}+p(x)y\right]=\frac{d}{dx}[\mu (x)y].\]

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Рішення наступного ОДА:\((3+2y)y'=2\cos 2x\),\(y(0)=-1\).

Рівняння\(\eqref{eq:2}\) тоді стає \[\label{eq:4}\frac{d}{dx}[\mu (x)y]=\mu (x)g(x).\]

\(\eqref{eq:4}\)Рівняння легко інтегрується за допомогою\(\mu (x_0)=\mu_0\) і\(y(x_0)=y_0\):

\[\mu (x)y-\mu_0 y_0=\int_{x_0}^x\mu (x)g(x)dx,\nonumber\]або \[\label{eq:5}y=\frac{1}{\mu (x)}\left(\mu_0y_0+\int_{x_0}^x\mu(x)g(x)dx\right).\]

Залишилося визначитися\(\mu(x)\) з\(\eqref{eq:3}\). Диференціювання та розширення\(\eqref{eq:3}\) врожайності\[\mu\frac{dy}{dx}+p\mu y=\frac{d\mu}{dx}y+\mu\frac{dy}{dx};\nonumber\] та при спрощенні, \[\label{eq:6}\frac{d\mu}{dx}=p\mu.\]

\(\eqref{eq:6}\)Рівняння роздільне і може бути інтегровано:

\[\begin{aligned}\int_{\mu_0}^{\mu}\frac{d\mu}{\mu}&=\int_{x_0}^xp(x)dx, \\ \ln\frac{\mu}{\mu_0}&=\int_{x_0}^xp(x)dx, \\ \mu(x)&=\mu_0\exp\left(\int_{x_0}^xp(x)dx\right).\end{aligned}\]

Зверніть увагу, що оскільки\(\mu_0\) скасовується з\(\eqref{eq:5}\), його прийнято призначати\(\mu_0 = 1\). Потім рішення для\(\eqref{eq:1}\) задоволення початкової умови\(y(x_0) = y_0\) зазвичай пишеться як\[y=\frac{1}{\mu(x)}\left(y_0+\int_{x_0}^x\mu(x)g(x)dx\right),\nonumber\] з\[\mu(x)=\exp\left(\int_{x_0}^xp(x)dx\right)\nonumber\] інтегруючим фактором. Цей важливий результат знаходить часте застосування в прикладній математиці.

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Вирішити\(\frac{dy}{dx}+2y=e^{-x}\), з\(y(0)=3/4\).

Рішення

Зверніть увагу, що це рівняння не є роздільним. З\(p(x) = 2\) і\(g(x) = e^{−x}\), у нас\[\begin{aligned}\mu(x)&=\exp\left(\int_0^x 2dx\right) \\ &=e^{2x},\end{aligned}\] і\[\begin{aligned}y&=e^{-2x}\left(\frac{3}{4}+\int_0^x e^{2x}e^{-x}dx\right) \\ &=e^{-2x}\left(\frac{3}{4}+\int_0^x e^xdx\right) \\ &=e^{-2x}\left(\frac{3}{4}+(e^x-1)\right) \\ &=e^{-2x}\left(e^x-\frac{1}{4}\right) \\ &=e^{-x}\left(1-\frac{1}{4}e^{-x}\right).\end{aligned}\]

Приклад\(\PageIndex{2}\)

Вирішити\(\frac{dy}{dx}-2xy=x\), з\(y(0)=0\).

Рішення

Це рівняння роздільне, і ми вирішуємо його двома способами. По-перше, за допомогою інтегруючого фактора з\(p(x) = −2x\) і\(g(x) = x\):

\[\begin{aligned}\mu(x)&=\exp\left(-2\int_0^x xdx\right) \\ &=e^{-x^2},\end{aligned}\]і\[y=e^{x^2}\int_0^x xe^{-x^2}dx.\nonumber\]

Інтеграл можна зробити шляхом підміни на\(u = x^2\),\(du = 2xdx\):

\[\begin{aligned}\int_0^x xe^{-x^2}dx&=\frac{1}{2}\int_0^{x^2}e^{-u}du \\ &=-\frac{1}{2}e^{-u}]_0^{x^2}\\ &=\frac{1}{2}\left(1-e^{-x^2}\right).\end{aligned}\]

Тому,\[\begin{aligned}y&=\frac{1}{2}e^{x^2}\left(1-e^{-x^2}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(e^{x^2}-1\right).\end{aligned}\]

По-друге, ми інтегруємо, розділяючи змінні:

\[\begin{aligned}\frac{dy}{dx}-2xy&=x, \\ \frac{dy}{dx}&=x(1+2y), \\ \int_0^y\frac{dy}{1+2y}&=\int_0^x xdx, \\ \frac{1}{2}\ln (1+2y)&=\frac{1}{2}x^2, \\ 1+2y&=e^{x^2}, \\ y&=\frac{1}{2}\left(e^{x^2}-1\right).\end{aligned}\]

Результати двох різних методів вирішення однакові, а вибір методу - це особиста перевага.