1.2: Диференціальні рівняння першого порядку
- Page ID
- 62046
\(n\)-го порядку звичайне диференціальне рівняння.
ПЕРШ НІЖ РУХАТИСЯ ДАЛІ, МИ СПОЧАТКУ ВИЗНАЧАЄМО звичайне рівняння\(n\) -го порядку. Це рівняння для невідомої функції - зв'язок між\(y(x)\) невідомою функцією та її першими\(n\) похідними. Можна було б написати це загалом як
\[F\left(y^{(n)}(x), y^{(n-1)}(x), \ldots, y^{\prime}(x), y(x), x\right)=0 \nonumber \]
Тут\(y^{(n)} (x)\) представлена\(n\) й похідна від y (x).
Задача про початкове значення.
Початкова задача складається з диференціального рівняння плюс значення перших\(n-1\) похідних при певному значенні незалежної змінної, скажімо\(x_{0}\):
\[y^{(n-1)}\left(x_{0}\right)=y_{n-1}, \quad y^{(n-2)}\left(x_{0}\right)=y_{n-2}, \quad \ldots, \quad y\left(x_{0}\right)=y_{0} \nonumber \]
\(n\)Лінійне диференціальне рівняння порядку.
\(n\)Лінійне диференціальне рівняння порядку набуває вигляду.
\[\left.a_{n}(x) y^{(n)}(x)+a_{n-1}(x) y^{(n-1)}(x)+\ldots+a_{1}(x) y^{\prime}(x)+a_{0}(x) y(x)\right)=f(x) \nonumber \]
Однорідні та неоднорідні рівняння.
Якщо\(f(x) \equiv 0\), то рівняння кажуть однорідним, інакше його називають неоднорідним.
Диференціальне рівняння першого порядку.
Зазвичай перші диференціальні рівняння зустрічаються - це рівняння першого порядку. Диференціальне рівняння першого порядку набуває вигляду
\[F\left(y^{\prime}, y, x\right)=0 \nonumber \]
Існує два загальних диференціальних рівняння першого порядку, для яких формально можна отримати розв'язок. Перший - роздільний випадок, а другий - рівняння першого порядку. Ми вказуємо, що формально можемо отримати рішення, оскільки можна відобразити необхідну інтеграцію, яка призводить до вирішення. Однак отримані інтеграли не завжди зводяться до елементарних функцій, а також не отримують явних розв'язків, коли інтеграли здійсненні.
Роздільні рівняння
РІВНЯННЯ ПЕРШОГО ПОРЯДКУ Є РОЗДІЛЬНИМ, якщо його можна записати форму
\[\dfrac{d y}{d x}=f(x) g(y) \nonumber \]
Особливі випадки виникають, коли\(f(x)=1\) або або\(g(y)=1 .\) в першому випадку рівняння вважається автономним.
Роздільні рівняння. Загальний розв'язок\(\PageIndex{5}\) рівняння отримано через два інтеграли:
\[\int \dfrac{d y}{g(y)}=\int f(x) d x+C, \nonumber \]
де\(C\) - константа інтеграції. Це дає однопараметричне сімейство розв'язків диференціального рівняння, що відповідає різним значенням C. Якщо можна розв'язати рівняння\(\PageIndex{6}\) для\(y(x)\), то виходить явне розв'язання. В іншому випадку у людини є сімейство неявних рішень. Якщо також дається початкова умова, то можна знайти члена сім'ї, який задовольняє цьому умові, який часто називають конкретним рішенням.
\(y^{\prime}=2 x y, y(0)=2\).
Застосовуючи рівняння\(\PageIndex{6}\), один має
\(\int \dfrac{d y}{y}=\int 2 x d x+C\)
Інтеграція врожайності
\(ln \lvert y \rvert = x^2 +C.\)
Зводячи в експоненцію, виходить загальне рішення,
\(y(x)=\pm e^{x^{2}+C}=A e^{x^{2}}\)
Тут ми визначилися\(A=\pm e^{C}\). Оскільки\(C\) є довільною константою,\(A\) є довільною константою. Кілька розв'язків цього сімейства 1 -параметрів наведено на малюнку\(\PageIndex{1}\).
Далі шукають конкретне рішення, що задовольняє початковій умові. Бо\(y(0)=2\), можна виявити, що\(A=2 .\) Отже, конкретне рішення задовольняє початковій умові\(y(x)=2 e^{x^{2}}\).
\(y y^{\prime}=-x .\)Дотримуючись тієї ж процедури, що і в останньому прикладі, виходить:
\(\int y d y=-\int x d x+C \Rightarrow y^{2}=-x^{2}+A, \quad \text { where } \quad A=2 C\)
Тоді отримуємо неявне рішення. Написання рішення як\(x^{2}+y^{2}=\)
Таким чином, отримуємо неявне рішення. Записуючи рішення як\(x^{2}+y^{2}=\)\(A\), ми бачимо, що це сімейство кіл для\(A>0\) і походження для\(A=0 .\) Ділянки деяких рішень в цьому сімействі показані на малюнку.\(\PageIndex{2}\).
Лінійні рівняння першого порядку
ДРУГИЙ ТИП РІВНЯННЯ ПЕРШОГО ПОРЯДКУ зустрічається - лінійне диференціальне рівняння першого порядку у стандартній формі.
\[y^{\prime}(x)+p(x) y(x)=q(x) \nonumber \]
У цьому випадку шукає інтегруючий коефіцієнт\(\mu(x)\), який є функцією, яку можна помножити за допомогою рівняння, що робить ліву частину ідеальною похідною. Таким чином, отримання,
\[\dfrac{d}{d x}[\mu(x) y(x)]=\mu(x) q(x) \nonumber \]
Інтеграційний коефіцієнт,\(\mu(x)=\exp \left(\int^{x} p(\xi) d \xi\right) .\) який працює, можна отримати\(\mu(x)\) шляхом розширення похідної в рівнянні\(\PageIndex{8}\),
\[\mu(x) y^{\prime}(x)+\mu^{\prime}(x) y(x)=\mu(x) q(x) \nonumber \]
і порівнюючи це рівняння з тим, що отримується від множення\(\PageIndex{7}\) на\(\mu(x):\)
\[\mu(x) y^{\prime}(x)+\mu(x) p(x) y(x)=\mu(x) q(x) \nonumber \]
Зверніть увагу, що ці останні два рівняння були б однаковими, якби другі члени були однаковими. Таким чином, ми вимагатимемо, щоб
\[\dfrac{d \mu(x)}{d x}=\mu(x) p(x) \nonumber \]
Інтеграційний фактор.
Це роздільне рівняння першого порядку, для розв'язку\(\mu(x)\) якого є інтегруючий коефіцієнт:
\[\mu(x)=\exp \left(\int^{x} p(\xi) d \xi\right) \nonumber \]
\(\PageIndex{8}\)Рівняння тепер легко інтегрується для отримання загального рішення лінійного диференціального рівняння першого порядку:
\[y(x)=\dfrac{1}{\mu(x)}\left[\int^{x} \mu(\xi) q(\xi) d \xi+C\right] \nonumber \]
\(x y^{\prime}+y=x, \quad x>0, y(1)=0\).
Перший зазначає, що це лінійне диференціальне рівняння першого порядку. Вирішуючи для\(y^{\prime}\), можна помітити, що рівняння не роздільне. Крім того, він не в стандартній формі\(\PageIndex{7}\). Отже, спочатку перепишемо рівняння як
\[\dfrac{d y}{d x}+\dfrac{1}{x} y=1 \nonumber \]
Відзначивши це\(p(x)=\dfrac{1}{x}\), ми визначаємо інтеграційний фактор
\[\mu(x)=\exp \left[\int^{x} \dfrac{d \xi}{\xi}\right]=e^{\ln x}=x\nonumber \]
\(\PageIndex{13}\)Помноживши рівняння на\(\mu(x)=x\), ми фактично повертаємо вихідне рівняння! У цьому випадку ми виявили, що,\(x y^{\prime}+y\) мабуть, було похідним від чогось для початку. Насправді,\((x y)^{\prime}=x y^{\prime}+x\). Тому диференціальне рівняння стає
\((x y)^{\prime}=x .\)
Інтегруючи, виходить
\(x y=\dfrac{1}{2} x^{2}+C\)
Або
\(y(x)=\dfrac{1}{2} x+\dfrac{C}{x}\)
Вставляючи початкову умову в це рішення, ми маємо\(0=\dfrac{1}{2}+C\). Тому,\(C=-\dfrac{1}{2}\). Таким чином, розв'язання початкової задачі значення є
\(y(x)=\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\)
Ми можемо переконатися, що це рішення. З тих пір\(y^{\prime}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2 x^{2}}\), у нас є
\(x y^{\prime}+y=\dfrac{1}{2} x+\dfrac{1}{2 x}+\dfrac{1}{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)=x .\)
Крім того,\(y(1)=\dfrac{1}{2}(1-1)=0\).
\((\sin x) y^{\prime}+(\cos x) y=x^{2}\).
Власне, ця проблема проста, якщо усвідомлювати, що ліва сторона є ідеальною похідною. А саме,
\(\dfrac{d}{d x}((\sin x) y)=(\sin x) y^{\prime}+(\cos x) y\)
Але, ми пройдемо процес пошуку інтегруючого фактора для практики.
Спочатку перепишемо вихідне диференціальне рівняння в стандартному вигляді. Ділимо рівняння на\(\sin x\), щоб отримати
\(y^{\prime}+(\cot x) y=x^{2} \csc x\)
Потім ми обчислюємо коефіцієнт інтеграції як
\ [\(\mu(x)=\exp \left(\int^{x} \cot \xi d \xi\right)=e^{\ln (\sin x)}=\sin x\)
Використовуючи інтегруючий коефіцієнт, рівняння стандартної форми стає
\(\dfrac{d}{d x}((\sin x) y)=x^{2}\)
Інтегруючи, ми маємо
\(y \sin x=\dfrac{1}{3} x^{3}+C\)
Отже, рішення є
\(y(x)=\left(\dfrac{1}{3} x^{3}+C\right) \csc x\)
Існують інші рівняння першого порядку, які можна вирішити для розв'язків замкнутої форми. Однак багато рівнянь не розв'язні, або один просто цікавиться поведінкою розв'язків. У таких випадках звертається до полів напрямів або числових методів. Ми повернемося до обговорення якісної поведінки диференціальних рівнянь пізніше і числових розв'язків звичайних диференціальних рівнянь пізніше в книзі.
Точні диференційні рівняння
Деякі диференціальні рівняння першого порядку можуть бути легко розв'язані, якщо вони називаються точними диференціальними рівняннями. Ці рівняння зазвичай записуються з використанням диференціалів. Наприклад, диференціальне рівняння
\[N(x, y) \dfrac{d y}{d x}+M(x, y)=0 \nonumber \]
може бути написано у формі
\(M(x, y) d x+N(x, y) d y=0\)
Це видно множенням Рівняння\(\PageIndex{14}\) на\(d x\) і відзначаючи з числення\(y=y(x)\), що для функції відношення між диференціалами\(d x\) і\(d y\) є
\(d y=\dfrac{d y}{d x} d x\)
Диференціальні одноформи. Вираз\(M(x, y) d x+N(x, y) d y\) називається диференціальної одноформою. Така одноформа називається точною, якщо є функція\(u(x, y)\) така, що
\(M(x, y) d x+N(x, y) d y=d u\)
Точна одноформа. Однак з обчислення ми знаємо, що для будь-якої функції\(u(x, y)\),
\(d u=\dfrac{\partial u}{\partial x} d x+\dfrac{\partial u}{\partial y} d y\)
Якщо\(d u=M(x, y) d x+N(x, y) d y\), то у нас є
\[ \begin{aligned} &\dfrac{\partial u}{\partial x}=M(x, y) \\ &\dfrac{\partial u}{\partial y}=N(x, y) \end{aligned}\label{1.25} \]
Так як
\(\dfrac{\partial^{2} u}{\partial x \partial y}=\dfrac{\partial^{2} u}{\partial y \partial x}\)
коли ці другі похідні є безперервними, за теоремою Клеро, то ми маємо
\(\dfrac{\partial M}{\partial y}=\dfrac{\partial N}{\partial x}\)
повинен триматися\(M(x, y) d x+N(x, y) d y\), якщо має бути точною єдиною формою.
Підсумовуючи, ми виявили, що
Умови для\(M(x, y) d x+N(x, y) d y=0\) to be exact
\(M(x, y) d x+N(x, y) d y=0\)Диференціальне рівняння є точним у області\(D\)\(x y\) -площини для\(M, N, M_{y}\), а\(N_{x}\) неперервні функції в\(D\) if і тільки якщо
\(\dfrac{\partial M}{\partial y}=\dfrac{\partial N}{\partial x}\)
утримує в домені.
Крім того, якщо\(d u=M(x, y) d x+N(x, y) d y=0\), то\(u(x, y)=C\), для\(C\) довільної константи. Таким чином, неявне рішення можна знайти як
\(\int_{x_{0}}^{x} M(x, y) d x+\int_{y_{0}}^{y} N(x, y) d y=C\)
Ми показуємо це в наступному прикладі.
Показати, що\(\left(x^{3}+x y^{2}\right) d x+\left(x^{2} y+y^{3}\right) d y=0\) є точним диференціальним рівнянням і отримаємо відповідний неявний розв'язок
Спочатку відзначимо, що
\(\dfrac{\partial M}{\partial y}=2 x y, \quad \dfrac{\partial N}{\partial x}=2 x y\)
Оскільки ці часткові похідні однакові, диференціальне рівняння є точним. Отже, нам потрібно знайти функцію\(u(x, y)\) таку, що\(d u=\left(x^{3}+\right.\)\(\left.x y^{2}\right) d x+\left(x^{2} y+y^{3}\right) d y .\)
Спочатку відзначимо, що\(x^{3}=d\left(\dfrac{x^{4}}{4}\right)\) і\(y^{3}=d\left(\dfrac{y^{4}}{4}\right)\). Решта терміни можна об'єднати, щоб знайти, що
\[ \begin{aligned} x y^{2} d x+x^{2} y d y &=x y(y d x+x d y) \\ &=x y d(x y) \\ &=d\left(\dfrac{(x y)^{2}}{2}\right) \end{aligned} \label{1.26} \]
Поєднуючи ці результати, ми маємо
\(u=\dfrac{x^{4}}{4}+\dfrac{x^{2} y^{2}}{2}+\dfrac{y^{4}}{4}=C\)
Що робити, якщо одноформа не точна?
Отже, що робити,\(M(x, y) d x+N(x, y) d y\) якщо не точно? Ми можемо помножити одну форму на інтегруючий коефіцієнт\(\mu(x)\), і спробувати зробити отриману форму точною. Ми пускаємо
\(d u=\mu M d x+\mu N d y\)
Щоб нова форма була точною, ми повинні вимагати цього
\(\dfrac{\partial}{\partial y}(\mu M)=\dfrac{\partial}{\partial x}(\mu N)\)
Здійснюючи диференціацію, ми маємо
\(N \dfrac{\partial \mu}{\partial x}-M \dfrac{\partial \mu}{\partial y}=\mu\left(\dfrac{\partial M}{\partial y}-\dfrac{\partial N}{\partial x}\right)\)
Таким чином, інтегруючий коефіцієнт задовольняє рівняння з частинними похідними. Якщо інтегруючий коефіцієнт є функцією only\(x\) or\(y\), то це рівняння зводиться до звичайних диференціальних рівнянь для\(\mu\).
Як приклад, якщо\(\mu=\mu(x)\), то коефіцієнт інтегрування задовольняє
\(N \dfrac{d \mu}{d x}=\mu\left(\dfrac{\partial M}{\partial y}-\dfrac{\partial N}{\partial x}\right)\)
Або
\(N \dfrac{d \ln \mu}{d x}=\dfrac{\partial M}{\partial y}-\dfrac{\partial N}{\partial x}\)
Якщо\(\dfrac{\mu}{N}\left(\dfrac{\partial M}{\partial y}-\dfrac{\partial N}{\partial x}\right)\) є лише функцією\(x\),
потім\(\mu=\mu(x)\).
Якщо\(\dfrac{\mu}{M}\left(\dfrac{\partial N}{\partial x}-\dfrac{\partial M}{\partial y}\right)\) є лише функцією\(y\),
потім\(u=u(y)\).
Знайдіть загальне рішення диференціального рівняння\(\left(1+y^{2}\right) d x+x y d y=0 .\) Спочатку зауважимо, що це не точно. У нас є\(M(x, y)=1+y^{2}\) і\(N(x, y)=x y .\) тоді,
\(\dfrac{\partial M}{\partial y}=2 y, \quad \dfrac{\partial N}{\partial x}=y\)
Тому диференціальне рівняння не є точним.
Далі ми шукаємо інтеграційний фактор. Ми пускаємо
\(d u=\mu\left(1+y^{2}\right) d x+\mu x y d y\)
Щоб нова форма була точною, ми повинні вимагати цього
\(x y \dfrac{\partial \mu}{\partial x}-\left(1+y^{2}\right) \dfrac{\partial \mu}{\partial y}=\mu\left(\dfrac{\partial\left(1+y^{2}\right)}{\partial y}-\dfrac{\partial x y}{\partial x}\right)=\mu y\)
\ [\ begin {вирівняний} &\ text {Якщо\(\mu=\mu(x)\), то
\(x \dfrac{d \mu}{d x}=\mu.\)
Це легко вирішується як роздільне рівняння першого порядку. Ми знаходимо це\(\mu(x)=x\).
Помноживши вихідне рівняння на\(\mu=x\), отримаємо
\(0=x\left(1+y^{2}\right) d x+x^{2} y d y=d\left(\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{2} y^{2}}{2}\right)\)
Таким чином,
\(\dfrac{x^{2}}{2}+\dfrac{x^{2} y^{2}}{2}=C\)
дає розчин.