7.3: Лінійні рівняння

Переглянути підручник на YouTube

Лінійне диференціальне рівняння першого порядку (лінійне в\(y\) та його похідна) може бути записано у вигляді

\[\frac{d y}{d x}+p(x) y=g(x) \nonumber \]

з початковим умовою\(y\left(x_{0}\right)=y_{0}\). Лінійні рівняння першого порядку можуть бути інтегровані за допомогою інтегруючого коефіцієнта\(\mu(x)\). Помножимо рівняння\ ref {7.8} на\(\mu(x)\),

\[\mu(x)\left[\frac{d y}{d x}+p(x) y\right]=\mu(x) g(x) \nonumber \]

Малюнок 7.3: Розв'язок наступного способу: (3 + 2у) у 0 = 2 cos 2x, y (0) = −1.

і спробуємо визначити\(\mu(x)\) так, щоб

\[\mu(x)\left[\frac{d y}{d x}+p(x) y\right]=\frac{d}{d x}[\mu(x) y] \nonumber \]

Рівняння рівняння\ ref {7.9} потім стає

\[\frac{d}{d x}[\mu(x) y]=\mu(x) g(x) \nonumber \]

Рівняння рівняння\ ref {7.11} легко інтегрується за допомогою\(\mu\left(x_{0}\right)=\mu_{0}\) і\(y\left(x_{0}\right)=y_{0}\):

\[\mu(x) y-\mu_{0} y_{0}=\int_{x_{0}}^{x} \mu(x) g(x) d x \nonumber \]

\[y=\frac{1}{\mu(x)}\left(\mu_{0} y_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \mu(x) g(x) d x\right) . \nonumber \]

Залишилося визначити\(\mu(x)\) з Рівняння\ ref {7.10}. Диференціювання та розширення рівняння\ ref {7.10} дає

\[\mu \frac{d y}{d x}+p \mu y=\frac{d \mu}{d x} y+\mu \frac{d y}{d x} ; \nonumber \]

і після спрощення,

\[\frac{d \mu}{d x}=p \mu . \nonumber \]

Рівняння рівняння\ ref {7.13} роздільне і може бути інтегровано:

\[\begin{gathered} \int_{\mu_{0}}^{\mu} \frac{d \mu}{\mu}=\int_{x_{0}}^{x} p(x) d x, \\ \ln \frac{\mu}{\mu_{0}}=\int_{x_{0}}^{x} p(x) d x \\ \mu(x)=\mu_{0} \exp \left(\int_{x_{0}}^{x} p(x) d x\right) . \end{gathered} \nonumber \]

Зверніть увагу, що оскільки\(\mu_{0}\) скасовується з\(Equation \ref{7.12}\), його прийнято призначати\(\mu_{0}=1\). Розв'язок рівняння\ ref {7.8}, що\(y\left(x_{0}\right)=y_{0}\) задовольняє початковій умові, зазвичай записується як

\[y=\frac{1}{\mu(x)}\left(y_{0}+\int_{x_{0}}^{x} \mu(x) g(x) d x\right) \nonumber \]

із

\[\mu(x)=\exp \left(\int_{x_{0}}^{x} p(x) d x\right) \nonumber \]

інтегруючий фактор. Цей важливий результат знаходить часте застосування в прикладній математиці.

Приклад: Вирішити\(\frac{d y}{d x}+2 y=e^{-x}\), с\(y(0)=3 / 4\).

Зверніть увагу, що це рівняння не є роздільним. З\(p(x)=2\) і\(g(x)=e^{-x}\), у нас є

\[\begin{aligned} \mu(x) &=\exp \left(\int_{0}^{x} 2 d x\right) \\ &=e^{2 x} \end{aligned} \nonumber \]

і

\[\begin{aligned} y &=e^{-2 x}\left(\frac{3}{4}+\int_{0}^{x} e^{2 x} e^{-x} d x\right) \\ &=e^{-2 x}\left(\frac{3}{4}+\int_{0}^{x} e^{x} d x\right) \\ &=e^{-2 x}\left(\frac{3}{4}+\left(e^{x}-1\right)\right) \\ &=e^{-2 x}\left(e^{x}-\frac{1}{4}\right) \\ &=e^{-x}\left(1-\frac{1}{4} e^{-x}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Приклад: Вирішити\(\frac{d y}{d x}-2 x y=x\), с\(y(0)=0\).

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

\[\begin{aligned} \mu(x) &=\exp \left(-2 \int_{0}^{x} x d x\right) \\ &=e^{-x^{2}} \end{aligned} \nonumber \]

і

\[y=e^{x^{2}} \int_{0}^{x} x e^{-x^{2}} d x \nonumber \]

Інтеграл можна зробити шляхом підміни на\(u=x^{2}, d u=2 x d x\):

\[\begin{aligned} \int_{0}^{x} x e^{-x^{2}} d x &=\frac{1}{2} \int_{0}^{x^{2}} e^{-u} d u \\ &\left.=-\frac{1}{2} e^{-u}\right]_{0}^{x^{2}} \\ &=\frac{1}{2}\left(1-e^{-x^{2}}\right) \end{aligned} \nonumber \]

Тому

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

По-друге, ми інтегруємо, розділяючи змінні:

\[\begin{gathered} \frac{d y}{d x}-2 x y=x, \\ \frac{d y}{d x}=x(1+2 y), \\ \int_{0}^{y} \frac{d y}{1+2 y}=\int_{0}^{x} x d x \\ \frac{1}{2} \ln (1+2 y)=\frac{1}{2} x^{2}, \\ 1+2 y=e^{x^{2}} \\ y=\frac{1}{2}\left(e^{x^{2}}-1\right) \end{gathered} \nonumber \]

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