Как найти общее и частное решение линейных дифференциальных уравнений
Линейное дифференциальное уравнение — это уравнение, в котором все $y$ и его производные, входят только в первой степени и не перемножаются между собой.
В этой статье рассмотрим решение таких уравнений первого и второго порядка с неоднородной правой частью. В зависимости от порядка диффура выбирается метод его решения. Хотя есть универсальный метод вариации произвольных постоянных. Разберем все методы.
Линейное ДУ первого порядка
Линейные дифференциальные уравнения первого порядка имеют следующий вид $$y’+g(x)y=f(x),$$ где $g(x)$ и $f(x)$ некоторые функции. Для решения такого типа уравнений можно применить метод Бернулли, либо метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной).
Метод Бернулли
Выполняем подстановку $y=uv, y’=u’v+uv’$, где $u(x),v(x)$ некоторые функции
Строим систему уравнений, чтобы найти $u(x)$ и $v(x)$
Подставляем $u(x), v(x)$ в $y=uv$, чтобы получить общее решение.
Пример 1
Найти частное решение линейного дифференциального уравнения первого порядка $$y’-y tg x=\frac<1><\cos x>, y(0)=0.$$
Решение
Первым шагом делаем подстановку $y=uv, y’=u’v+uv’$ и получаем $$u’v+uv’-uv tg x=\frac<1><\cos x>.$$ Теперь выносим за скобки функцию $u$ и составляем систему уравнений: $$u’v+u(v’-v tg x)=\frac<1><\cos x>$$ $$\begin v’-v tg x = 0 \\ u’v=\frac<1> <\cos x>\end.$$ Сначала решаем первое уравнение методом разделяющихся переменных, чтобы из него получить $v(x)$: $$\begin \frac= tg x dx \\ u’v=\frac<1> <\cos x>\end \Rightarrow \begin \ln|v| = -\int \frac <\cos x>\\ u’v = \frac<1> <\cos x>\end$$ $$\begin \ln|v| = -\ln|\cos x| \\ u’v=\frac<1> <\cos x>\end \Rightarrow \begin v=\frac<1> <\cos x>\\ u’ = 1 \end \Rightarrow \begin v=\frac<1> <\cos x>\\ u=x+C \end.$$
Таким образом подставляем найденные $u$ и $v$ в подстановку $y=uv$, чтобы получить общее решение линейного дифференциального уравнения $$y=\frac<\cos x>.$$ Но по условию требуется найти частное решение, поэтому используя дополнительное условие $y(0)=0$ находим константу $C$ $$\frac<0+C> <\cos 0>= 0 \Rightarrow C = 1.$$ Теперь зная значение $C=1$ подставляем его в общее решение и получаем ответ в виде частного решения линейного дифференциального уравнения $$y = \frac<\cos x>.$$
Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!
Ответ
$$y = \frac<\cos x>$$
Метод Лагранжа (вариация произвольной постоянной)
Находим общее решение однородного уравнения
В общем решении заменяем постоянную $C$ на функцию $C(x)$
Находим $y’$ и подставляем его вместе с $y$ в исходное уравнение
Получаем чему равно $C(x)$ из последнего равенства
Подставляем $C(x)$ в ранее полученное общее решение и записываем ответ
Пример 2
Решить линейное дифференциальное уравнение первого порядка $$y’ \cos^2 x + y = tg x, \quad y(0)=0.$$
Решение
Сначала приведем уравнение к виду $y’+g(x)=f(x)$ путем деления обеих частей диффура на квадрат косинуса $$y’ + \frac <\cos^2 x>= \frac<\sin x><\cos^3 x>.$$
Теперь находим общее решение однородного дифференциального уравнения $$y’+\frac <\cos^2 x>= 0.$$ Разделяем переменные по разные стороны и интегрируем обе части: $$\frac=-\frac<\cos^2 x>$$ $$\int \frac=-\int \frac<\cos^2 x>$$ $$\ln|y|=-tg x + C$$ $$y = Ce^<-tg x>.$$
Теперь найдем частное решение неоднородного уравнения методом Лагранжа варьируя произвольную постоянную. А именно, заменяем в полученном общем решении константу $C$ на функцию $C(x)$ $$y = C(x)e^<-tg x>.$$ Находим производную функции $$y’ = C'(x)e^ <-tg x>— C(x)e^ <-tg x>\frac<1><\cos^2 x>.$$ Подставляем общее решение и его производную в исходное линейное дифференциальное уравнение, чтобы получить $C'(x)$ $$(C'(x)e^ <-tg x>— C(x)e^ <-tg x>\frac<1><\cos^2 x>) \cos^2 x + C(x)e^ <-tg x>= tg x.$$ После упрощения получаем, что $$C'(x)e^ <-tg x>\cos^2 x = tg x.$$ Умножаем уравнение на $e^$ и делим на $\cos^2 x$ $$C'(x) = \frac <\cos^2 x>e^.$$
Теперь, можно получить $C(x)$, просто проинтегрировав правую часть уравнения $$C(x) = \int \frac <\cos^2 x>e^ dx. $$ Выполняем подведение под знак дифференциала $\frac<1><\cos^2 x>$ $$C(x) = \int tg x e^ d(tg x).$$ Для комфорта взятия интеграла сделаем замену $tg x = t$, а затем применяя метод интегрирования по частям найдем решение интеграла $$C(x)=\int t e^t dt = \begin u = t \qquad du=dt \\ dv=e^t \qquad v=e^t \end = te^t — \int e^t dt = te^t — e^t + C.$$ Возвращаемся назад к иксам $$C(x) = te^t — e^t + C = tg x e^ — e^ + C.$$
Итак, теперь можно записать общее решение линейного дифференциального уравнения неоднородного $$y <о.н.>= ( tg x e^ — e^ + C)e^ <-tg x>= tg x — 1 + Ce^<-tg x>.$$ По условию задачи требуется найти частное решение, значит применяем условие $y(0)=0$ и находим значение постоянной $C$ $$0 — 1 + C = 0 \Rightarrow C=1.$$ Теперь можно записать окончательный ответ $$y = e^ <-tg x>+ tg x — 1.$$
Ответ
$$y = e^ <-tg x>+ tg x — 1$$
Линейное ДУ второго порядка
Обычно в контрольных работах дают задачи на решение линейных дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами. Поэтому разберем как решать именно такие уравнения $$y»+py’+qy=f(x).$$
Метод подбора по правой части
Общее решение линейного неоднородного уравнения складывается из общего решения однородного и частного решения неоднородного уравнений $$y_ <о.н.>= y_<о.о.>+y_<ч.н.>.$$ Поэтому первым делом нужно решить однородное уравнение (т.е. f(x)=0), а затем найти частное решение подобрав правую часть по таблице.
Для того, чтобы найти общее решение линейного однородного уравнения, требуется составить характеристический многочлен и найти его корни $$\lambda^2 + p\lambda + q = 0.$$ В зависимости от получившихся корней общее решение однородного уравнения выглядит следующим образом:
Найти общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка $$y»+y’-2y=8\sin 2x.$$
Решение
Первым делом находим общее решение однородного дифференциального уравнения $$y»+y’-2y=0.$$ Для этого составляем характеристический многочлен и находим его корни по общей формуле решения квадратных уравнений: $$\lambda^2+\lambda-2=0$$ $$\lambda_ <1,2>= \frac<-1\pm \sqrt<1^2-4\cdot 1 \cdot (-2)>> <2>= \frac<-1\pm 3><2>$$ $$\lambda_1 = -2, \quad \lambda_2 = 1.$$ Теперь, используя корни, записывам $$y_ <о.о.>= C_1e^ <-2 x>+ C_2e^.$$
Теперь нужно найти частное решение неоднородного уравнения $y_<ч.н.>$ методом подбора правой части. Смотрим на неё и видим, что в нее входит произведение многочлена нулевой степени на косинус. Значит, частное решение будет подбирать в виде $$y_ <ч.н.>= A\cos 2x + B\sin 2x,$$ где $A$ и $B$ неизвестные коэффициенты, которые требуется найти на следующем этапе решения.
Найдем первую и вторую производную от частного решения: $$y’_ <ч.н.>= -2A\sin 2x + 2B\cos 2x$$ $$y»_ <ч.н.>= -4A\cos 2x — 4B\sin 2x$$ Теперь подставим полученные производные от $y_<ч.н.>$ и его само в исходное дифференциальное уравнение, чтобы получить значения $A$ и $B$ методом неопределенных коэффициентов: $$-4A\cos 2x — 4B\sin 2x -2A\sin 2x + 2B\cos 2x — 2 A\cos 2x -2B\sin 2x = 8\sin 2x$$ $$(2B — 6A)\cos 2x + (-6B — 2A)\sin 2x = 8\sin 2x.$$
Теперь необходимо составить систему уравнений. Справа видим только синус, значит все что перед косинусом слева равно нулю. А всё что перед синусом равно восьми $$\begin 2B-6A = 0 \\ -6B-2A = 8 \end \Leftrightarrow \begin B-3A=0 \\ 3B+A=-4 \end \Leftrightarrow \begin B = \frac<6> <5>\\ A=-\frac<2> <5>\end$$
Теперь частное решение неоднородного уравнения выглядит следующим образом $$y_ <ч.н.>= -\frac<2> <5>\cos 2x — \frac<6><5>\sin 2x.$$ Подставляем все найденные данные в окончательную формулу, чтобы записать ответ $$y <о.н.>= y_ <о.о.>+ y_ <ч.н.>= C_1e^ <-2 x>+ C_2e^ -\frac<2> <5>\cos 2x — \frac<6><5>\sin 2x.$$
Сначала получим общее решение однородного уравнения $$y»-4y=0.$$ Составляем характеристическое уравнение и найдем его корни: $$\lambda^2 — 4 = 0$$ $$(\lambda — 2)(\lambda + 2) = 0$$ $$\lambda_1 = -2, \quad \lambda_2 = 2.$$ Записываем теперь решение $$y_ <о.о.>= C_1 e^ <2x>+ C_2 e^<-2x>.$$
Теперь выполним подбор частного решения неоднородного уравнения, основываясь на типе правой части. Она состоит из произведение экспоненты на синус, перед которым многочлен. По таблице находим, что частное решение нужно искать в виде $$y_ <ч.н.>= Ae^<2x>\cos 2x + Be^<2x>\sin 2x.$$
Необходимо найти коэффициенты $A$ и $B$. Для этого нужно найти вторую производную частного решения и подставить в исходное уравнение $$y’_ <ч.н.>= 2Ae^<2x>\cos 2x — 2Ae^<2x>\sin 2x + 2Be^<2x>\sin 2x + 2Be^<2x>\cos 2x = $$ $$ = (2A+2B)e^<2x>\cos 2x + (2B-2A)e^<2x>\sin 2x$$ $$y»_ <ч.н.>= 2(2A+2B)e^<2x>\cos 2x — 2(2A+2B)e^<2x>\sin 2x + 2(2B-2A)e^<2x>\sin 2x + 2(2B-2A)e^<2x>\cos 2x = $$ $$ = 8Be^<2x>\cos 2x — 8Ae^<2x>\sin 2x.$$ Подставляем в исходное ДУ: $$8Be^<2x>\cos 2x — 8Ae^<2x>\sin 2x — 4Ae^<2x>\cos 2x — 4Be^<2x>\sin 2x = e^ <2x>\sin 2x$$ $$(8B-4A)e^<2x>\cos 2x + (-8A-4B)e^<2x>\sin 2x = e^<2x>\sin 2x.$$ Теперь составляем систему уравнений путем сопоставления левой и правой части. То, что слева перед синусом приравниваем к тому, что справа перед синусом. А справа косинуса нет, значит там ноль. Поэтому приравниваем скобки перед косинусом слева к нулю $$\begin 8B-4A=0 \\ -8A-4B = 1 \end \Rightarrow \begin 2B-A=0 \\ -8A-4B=1 \end \Rightarrow \begin A = -\frac<1> <10>\\ B = -\frac<1> <20>\end.$$
Теперь частное решение приобретает вид $$y_ <ч.н.>= -\frac<1><10>e^<2x>\cos 2x — \frac<1> <20>e^ <2x>\sin 2x,$$ и можно записать окончательный ответ к задаче $$y_ <о.н.>= y_<о.о.>+y_ <ч.н.>= C_1 e^ <2x>+ C_2 e^ <-2x>-\frac<1><10>e^<2x>\cos 2x — \frac<1> <20>e^ <2x>\sin 2x.$$
Даннный метод удобно применять тогда, когда правая часть не подходит под формулы из таблицы. Таким образом, метод Лагранжа становится универсальной палочкой-выручалочкой при решении данного типа задач. Алгоритм следующий:
Находим общее решение однородного уравнения $y_ <о.о.>= C_1 y_1 + C_2 y_2$
Заменяем константы $C_1,C_2$ на функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$
Подставляем $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в общее решение $y_<о.о.>$
Пример 5
Найти общее решение линейного дифференциального уравнения второго порядка $$y»+y=\frac<1><\sin x>.$$
Решение
Первым делом находим общее решение однородного уравнения $$y»+y=0, $$ составив характерический многочлен $$\lambda^2 + 1 = 0, $$ и вычислив его корни $$\lambda_ <1,2>= \pm i.$$ Записываем решение $$y_ <о.о.>= C_1 \cos x + C_2 \sin x.$$ Далее заменяем в нём постоянные $C_1$ и $C_2$ на функции $C_1(x)$ и соответственно $C_2(x)$. И сразу замечаем, что $y_1 = \cos x$ и $y_2 = \sin x$. Это пригодится для дальнейшего решения задачи при построении системы уравнений. А сейчас записываем, что $$y_ <о.о.>= C_1 (x) \cos x + C_2(x) \sin x.$$
Перед тем как составим систему уравнений найдем производные: $$y’_1 = -\sin x$$ $$y’_2 = \cos x.$$ Теперь получаем систему и решаем её методом Крамера $$\begin C_1 ‘(x)\cos x+C_2(x)\sin x = 0 \\ -C’_1 (x)\sin x + C’_2(x) \cos x = \frac<1> <\sin x>\end.$$ Находим значение главного определителя $$\Delta = \begin \cos x & \sin x \\ -\sin x & \cos x \end = \cos^2 x + \sin^2 x = 1.$$ Найдем значение первого дополнительного определителя $$\Delta_1 = \begin 0 & \sin x \\ \frac<1> <\sin x>& \cos x \end = -1 .$$ Найдем значение второго дополнительного определителя $$\Delta_2 = \begin \cos x & 0 \\ -\sin x & \frac<1> <\sin x>\end = \frac<\cos x><\sin x>.$$
Теперь можно получить производные от искомых функций: $$C’_1(x) = \frac<\Delta_1> <\Delta>= -1$$ $$C’_2(x) = \frac<\Delta_2> <\Delta>= \frac<\cos x><\sin x>.$$ А затем путем интегрирования находим первообразные последних функций: $$C_1(x)=\int (-1) dx = -x + \tilde$$ $$C_2(x)=\int \frac<\cos x> <\sin x>dx = \int \frac <\sin x>= \ln|\sin x| + \tilde.$$
Теперь получим общее решение неоднородного линейного дифференциального уравнения путем подстановки найденных $C_1(x)$ и $C_2(x)$ в $y_<о.о.>$ $$y_ <о.о.>= (-x + \tilde)\cos x + (\ln|\sin x|+\tilde)\sin x.$$
