Метод решения уравнений с разделяющимися переменными. Примеры уравнений с разделяющимися переменными. Обыкновенные дифференциальные уравнения

Дифференциальное уравнение с разделенными переменными записывается в виде: (1). В этом уравнении одно слагаемое зависит только от x, а другое – от y. Проинтегрировав почленно это уравнение, получаем:
– его общий интеграл.

Пример : найти общий интеграл уравнения:
.

Решение: данное уравнение – дифференциальное уравнение с разделенными переменными. Поэтому
или
Обозначим
. Тогда
– общий интеграл дифференциального уравнения.

Уравнение с разделяющимися переменными имеет вид (2). Уравнение (2)легко сводиться к уравнению (1) путем почленного деления его на
. Получаем:

– общий интеграл.

Пример: Решить уравнение .

Решение: преобразуем левую часть уравнения: . Делим обе части уравнения на


Решением является выражение:
т.е.

Однородные дифференциальные уравнения. Уравнения Бернулли. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.

Уравнение вида называетсяоднородным , если
и
– однородные функции одного порядка (измерения). Функция
называется однородной функцией первого порядка (измерения), если при умножении каждого ее аргумента на произвольный множительвся функция умножиться на, т.е.
=
.

Однородное уравнение может быть приведено к виду
. С помощью подстановки
(
)однородное уравнение приводится к уравнению с разделяющимися переменными по отношению к новой функции.

Дифференциальное уравнение первого порядка называется линейным , если его можно записать в виде
.

Метод Бернулли

Решение уравнения
ищется в виде произведения двух других функций, т.е. с помощью подстановки
(
).

Пример: проинтегрировать уравнение
.

Полагаем
. Тогда , т.е. . Сначала решаем уравнение
=0:


.

Теперь решаем уравнение
т.е.


. Итак, общее решение данного уравнения есть
т.е.

Уравнение Я. Бернулли

Уравнение вида , где
называетсяуравнением Бернулли. Данное уравнение решается с помощью метода Бернулли.

Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Однородным линейным дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение вида (1) , гдеипостоянны.

Частные решения уравнения (1) будем искать в виде
, гдек – некоторое число. Дифференцируя эту функцию два раза и подставляя выражения для
в уравнение (1), получимт.е.или
(2) (
).

Уравнение 2 называется характеристическим уравнением дифференциального уравнения.

При решении характеристического уравнения (2) возможны три случая.

Случай 1. Корнииуравнения (2) действительные и различные:

и

.

Случай 2. Корнииуравнения (2) действительные и равные:
. В этом случае частными решениями уравнения (1) являются функции
и
. Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет вид
.

Случай 3. Корнииуравнения (2) комплексные:
,
. В этом случае частными решениями уравнения (1) являются функции
и
. Следовательно, общее решение уравнения (1) имеет вид

Пример. Решить уравнение
.

Решение: составим характеристическое уравнение:
. Тогда
. Общее решение данного уравнения
.

Экстремум функции нескольких переменных. Условный экстремум.

Экстремум функции нескольких переменных

Определение. Точка М (х о ,у о ) называется точкой максимума (минимума) функции z = f (x , у), если существует окрестность точки М, такая, что для всех точек {х, у) из этой окрестности выполня­ется неравенство
(
)

На рис. 1 точка А
- есть точка минимума, а точка В
- точка максимума.

Необходи­мое условие экстремума - многомерный аналог теоре­мы Ферма.

Теорема. Пусть точка
– есть точка экстре­мума дифференцируемой функ­ции z = f (x , у). Тогда частные производные
и
в этой точке равны нулю.

Точки, в которых выполнены необходимые условия экстрему­ма функции z = f (x , у), т.е. частные производные z " x и z " y равны нулю, называются критическими или стационарными.

Равенство частных производных нулю выражает лишь необходи­мое, но недостаточное условие экстремума функции нескольких переменных.

На рис. изображена так называемая седловая точка М (х о ,у о ). Частные производные
и
равны ну­лю, но, очевидно, никакого экс­тремума в точке М(х о ,у о ) нет.

Такие седловые точки явля­ются двумерными аналогами точек перегиба функций одной переменной. Задача заключается в том, чтобы отделить их от то­чек экстремума. Иными слова­ми, требуется знать достаточное условие экстремума.

Теорема (достаточное условие экстремума функции двух пере­менных). Пусть функция z = f (x , у): а) определена в некоторой окре­стности критической точки (х о ,у о ), в которой
=0 и
=0 ;

б) имеет в этой точке непрерывные частные производные вто­рого порядка
;

;
Тогда, если ∆=АС- В 2 >0, то в точке (х о ,у о ) функ­ция z = f (x , у) имеет экстремум, причем если А<0 - максимум, если А>0 - минимум. В случае ∆=АС- В 2 <0, функция z = f (x , у) экстре­мума не имеет. Если ∆=АС- В 2 =0, то вопрос о наличии экстрему­ма остается открытым.

Исследование функции двух переменных на экстремум реко­мендуется проводить по следующей схеме:

Найти частные производные функции z " x и z " y .

Решить систему уравнений z " x =0, z " y =0 и найти критические точки функции.

Найти частные производные второго порядка, вычислить их значения в каждой критической точке и с помощью достаточ­ного условия сделать вывод о наличии экстремумов.

Найти экстремумы (экстремальные значения) функции.

Пример. Найти экстремумы функции

Решение. 1. Находим частные производные

2. Критические точки функции находим из системы уравнений:

имеющей четыре решения (1; 1), (1; -1), (-1; 1) и (-1; -1).

3. Находим частные производные второго порядка:

;
;
, вычисляем их значения в каждой критической точке и проверяем в ней выпол­нение достаточного условия экстремума.

Например, в точке (1; 1) A = z "(1; 1)= -1; В=0; С= -1. Так как ∆ = АС- В 2 = (-1) 2 -0=1 >0 и А=-1<0, то точка (1; 1) есть точка максимума.

Аналогично устанавливаем, что (-1; -1) - точка минимума, а в точках (1; -1) и (-1; 1), в которых ∆ =АС- В 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Находим экстремумы функции z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа.

Рассмотрим задачу, специфическую для функций нескольких переменных, когда ее экстремум ищется не на всей области опреде­ления, а на множестве, удовлетворяющем некоторому условию.

Пусть рассматривается функция z = f (x , y ), аргументы х и у которой удовлетворяют условию g (х,у) = С, называемому уравне­нием связи.

Определение. Точка
называется точкой условного мак­симума (минимума), если существует такая окрестность этой точки, что для всех точек (х,у) из этой окрестности удовлетворя­ющих условию g (x , y ) = С, выполняется неравенство

(
).

На рис. изображена точка условного максимума
. Очевидно, что она не является точкой безусловного экстремума функции z = f (x , y ) (на рис. это точка
).

Наиболее простым способом нахождения условного экстре­мума функции двух переменных является сведение задачи к оты­сканию экстремума функции одной переменной. Допустим уравнение связи g (x , y ) = С удалось разрешить относи­тельно одной из перемен­ных, например, выразить у через х:
. Подста­вив полученное выражение в функцию двух перемен­ных, получим z = f (x , y ) =
, т.е. функцию одной переменной. Ее экстремум и будет услов­ным экстремумом функ­ции z = f (x , y ).

Пример. х 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11.

Решение. Выразим из уравнения 3х +2у = 11 переменную y через переменную x и подставим полученное
в функциюz. Получим z = x 2 +2
илиz =
. Эта функция имеет единственный минимум при = 3. Соответствующее значение функции
Таким образом, (3; 1) - точка условного экстремума (минимума).

В рассмотренном примере уравнение связи g (x , у) = С оказа­лось линейным, поэтому его легко удалось разрешить относи­тельно одной из переменных. Однако в более сложных случаях сделать это не удается.

Для отыскания условного экстремума в общем случае исполь­зуется метод множителей Лагранжа.

Рассмотрим функцию трех переменных

Эта функция называется функцией Лагранжа, а - множите­лем Лагранжа. Верна следующая теорема.

Теорема. Если точка
является точкой условного экс­тремума функции z = f (x , y ) при условии g (x , y ) = С, то существует значение такое, что точка
является точкой экстре­мума функции L { x , y , ).

Таким образом, для нахождения условного экстремума функ­ции z = f (х,у) при условии g (x , y ) = С требуется найти решение системы

На рис. показан геометрический смысл условий Ла­гранжа. Линия g (х,у) = С пунктирная, линия уровня g (x , y ) = Q функции z = f (x , y ) сплошные.

Из рис. следует, что в точке условного экстремума линия уровня функции z = f (x , y ) касает­ся линии g (x , y ) = С.

Пример. Найти точки максимума и мини­мума функции z = х 2 + y 2 при условии 3х +2у = 11, ис­пользуя метод множителей Ла­гранжа.

Решение. Составляем функцию Лагранжа L = х 2 + 2у 2 +

Приравнивая к нулю ее частные производные, получим систему уравнений

Ее единственное решение (х=3, у=1, =-2). Таким образом, точкой условного экстремума может быть только точка (3;1). Не­трудно убедиться в том, что в этой точке функция z = f (x , y ) имеет условный минимум.

Рассмотрен метод решения дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными. Дан пример подробного решения дифференциального уравнения с разделяющимися переменными.

Определение

Пусть s(x) , q(x) - функции от переменной x ;
p(y) , r(y) - функции от переменной y .

Дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными - это уравнение вида

Метод решения дифференциального уравнения с разделяющимися переменными

Рассмотрим уравнение:
(i) .
Выразим производную y′ через дифференциалы.
;
.
Умножим на dx .
(ii)
Разделим уравнение на s(x) r(y) . Это можно сделать, если s(x) r(y) ≠ 0 . При s(x) r(y) ≠ 0 имеем
.
Интегрируя, получаем общий интеграл в квадратурах
(iii) .

Поскольку мы делили на s(x) r(y) , то получили интеграл уравнения при s(x) ≠ 0 и r(y) ≠ 0 . Далее нужно решить уравнение
r(y) = 0 .
Если это уравнение имеют корни, то они также являются решениями уравнения (i). Пусть уравнение r(y) = 0 . имеет n корней a i , r(a i ) = 0 , i = 1, 2, ... , n . Тогда постоянные y = a i являются решениями уравнения (i). Часть этих решений может уже содержаться в общем интеграле (iii).

Заметим, что если исходное уравнение задано в форме (ii), то следует также решить уравнение
s(x) = 0 .
Его корни b j , s(b j ) = 0 , j = 1, 2, ... , m . дают решения x = b j .

Пример решения дифференциального уравнения с разделяющимися переменными

Решить уравнение

Выразим производную через дифференциалы:


Умножим на dx и разделим на . При y ≠ 0 имеем:

Интегрируем.

Вычисляем интегралы, применяя формулу .



Подставляя, получаем общий интеграл уравнения
.

Теперь рассмотрим случай, y = 0 .
Очевидно, что y = 0 является решением исходного уравнения. Оно не входит в общий интеграл .
Поэтому добавим его в окончательный результат.

; y = 0 .

Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.

Рассмотрен способ решения дифференциальных уравнений, приводящихся к уравнениям с разделяющимися переменными. Дан пример подробного решения дифференциального уравнения, приводящегося к уравнению с разделяющимися переменными.

Постановка задачи

Рассмотрим дифференциальное уравнение
(i) ,
где f - функция, a, b, c - постоянные, b ≠ 0 .
Это уравнение приводится к уравнению с разделяющимися переменными.

Метод решения

Делаем подстановку:
u = ax + by + c
Здесь y - функция от переменной x . Поэтому u - тоже функция от переменной x .
Дифференцируем по x
u′ = (ax + by + c)′ = a + by′
Подставляем (i)
u′ = a + by′ = a +b f(ax + by + c) = a + b f(u)
Или:
(ii)
Разделяем переменные. Умножаем на dx и делим на a + b f(u) . Если a + b f(u) ≠ 0 , то

Интегрируя, мы получаем общий интеграл исходного уравнения (i) в квадратурах:
(iii) .

В заключении рассмотрим случай
(iv) a + b f(u) = 0 .
Предположим, что это уравнение имеет n корней u = r i , a + b f(r i ) = 0 , i = 1, 2, ... n . Поскольку функция u = r i является постоянной, то ее производная по x равна нулю. Поэтому u = r i является решением уравнения (ii) .
Однако, уравнение (ii) не совпадает с исходным уравнением (i) и, возможно, не все решения u = r i , выраженные через переменные x и y , удовлетворяют исходному уравнению (i) .

Таким образом, решением исходного уравнения является общий интеграл (iii) и некоторые корни уравнения (iv) .

Пример решения дифференциального уравнения, приводящегося к уравнению с разделяющимися переменными

Решить уравнение
(1)

Делаем подстановку:
u = x - y
Дифференцируем по x и выполняем преобразования:
;

Умножаем на dx и делим на u 2 .

Если u ≠ 0 , то получаем:

Интегрируем:

Применяем формулу из таблицы интегралов :

Вычисляем интеграл

Тогда
;
, или

Общее решение:
.

Теперь рассмотрим случай u = 0 , или u = x - y = 0 , или
y = x .
Поскольку y′ = (x)′ = 1 , то y = x является решением исходного уравнения (1) .

;
.

Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.

Рассмотрим примеры решения дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными.

1) Проинтегрировать дифференциальное уравнение: (1+x²)dy-2xydx=0.

Данное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными, записанное в виде

Оставляем слагаемое с dy в левой части уравнения, с dx — переносим в правую часть:

(1+x²)dy = 2xydx

Разделяем переменные, то есть в левой части оставляем только dy и все, что содержит y, в правой dx и x. Для этого обе части уравнения делим на (1+x²) и на y. Получаем

Интегрируем обе части уравнения:

В левой части — табличный интеграл. Интеграл в правой части можно найти, например, сделав замену t=1+x², тогда

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

В примерах, где есть возможность провести потенцирование, то есть убрать логарифмы, удобно брать не С, а lnC. Именно так мы и сделаем: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Так как сумма логарифмов равна логарифму произведения, то ln│y│=ln│Сt│, откуда y=Ct. Делаем обратную замену,и получаем общее решение: y=C(1+x²).

Мы делили на 1+x² и на y при условии, что они не равны нулю. Но 1+x² не равно нулю при любых x. А y=0 при С=0, таким образом, потери корней не произошло.

Ответ: y=C(1+x²).

2) Найти общий интеграл уравнения

Переменные можно разделить.

Умножаем обе части уравнения на dx и делим на

Получаем:

Теперь интегрируем

В левой части — табличный интеграл. Справа — делаем замену 4-x²=t, тогда dt=(4-x²)’dx=-2xdx. Получаем

Если вместо С взять 1/2 ln│C│, можно ответ записать более компактно:

Умножим обе части на 2 и применим свойство логарифма:

Мы делили на

Они не равны нулю: y²+1 — так как сумма неотрицательных чисел не равна нулю, а подкоренное выражение не равно нулю по смыслу условия. Значит, потери корней не произошло.

3) a) Найти общий интеграл уравнения (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

б) Найти частный интеграл этого уравнения, удовлетворяющий начальному условию y(е)=1.

а) Преобразуем левую часть уравнения: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, затем

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Делим обе части на x²y² при условии, что ни x, ни y не равны нулю. Получаем:

Интегрируем уравнение:

Так как разность логарифмов равна логарифму частного, имеем:

Это — общий интеграл уравнения. В процессе решения мы ставили условие, что произведение x²y² не равно нулю, откуда следует, что x и y не должны быть равными нулю. Подставив x=0 и y=0 в условие:(0.0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 получаем верное равенство 0=0. Значит, x=0 и y=0 тоже являются решениями данного уравнения. Но в общий интеграл они не входят ни при каких С (нули не могут стоять под знаком логарифма и в знаменателе дроби), поэтому эти решения следует записать дополнительно к общему интегралу.

б) Так как y(е)=1, подставляем в полученное решение x=e, y=1 и находим С:

Примеры для самопроверки: