Линейные уравнения первого порядка

Линейные уравнения первого порядка имеют вид \begin{equation} y^{\prime}+a\left(x\right)y=b\left(x\right).\label{lin} \end{equation}

Для решения такого уравнения нам понадобится функция, не равная тождественно (т.е. везде) нулю и удовлетворяющая уравнению \begin{equation} y_{0}^{\prime}+a\left(x\right)y_{0}=0.\label{y0} \end{equation} Решить последнее легко: это уравнение с разделяющимися переменными: \[ \frac{y_{0}^{\prime}}{y_{0}}=-a\left(x\right), \] \[ \ln\left|y_{0}\right|=-A\left(x\right)+\tilde{C}_{0}, \] где $A\left(x\right)$ – первообразная функции $a\left(x\right)$. Применим к обеим частям экспоненту \[ \left|y_{0}\right|=e^{-A\left(x\right)+\tilde{C}_{0}}=e^{\tilde{C}_{0}}e^{-A\left(x\right)}, \] и снимем модуль, переобозначив контанту \[ y_{0}=\pm e^{\tilde{C}_{0}}e^{-A\left(x\right)}=C_{0}e^{-A\left(x\right)},\qquad C_{0}\equiv\pm e^{\tilde{C}_{0}}. \] Все решения из полученного семейства нам не нужны, поэтому выберем $C_{0}$ исходя из своего удобства.

Далее сделаем замену \[ y=y_{0}y_{1}, \] \[ y^{\prime}=y_{0}y_{1}^{\prime}+y_{0}^{\prime}y_{1}. \] Подставим замену в исходное уравнение (\ref{lin}) и воспользуемся (\ref{y0}): \[ y_{0}y_{1}^{\prime}+y_{0}^{\prime}y_{1}+a\left(x\right)y_{0}y_{1}=y_{0}y_{1}^{\prime}+\left(y_{0}^{\prime}+a\left(x\right)y_{0}\right)y_{1}=y_{0}y_{1}^{\prime}=b\left(x\right), \] после чего станет возможно найти $y_{1}$: \[ y_{1}^{\prime}=\frac{b\left(x\right)}{y_{0}},\qquad y_{1}=\int\frac{b\left(x\right)}{y_{0}}dx. \] Пример: Филиппов № 137 \[ \left(2x+1\right)y^{\prime}=4x+2y \] Поделим обе части на $\left(2x+1\right)$ и перенесём слагаемое с $y$: \[ y^{\prime}-\frac{2}{2x+1}y=\frac{4x}{2x+1} \] линейное уравнение; $a\left(x\right)=-\frac{2}{2x+1}$, $b\left(x\right)=\frac{4x}{2x+1}$.

Найдём какое-либо решение уравнения \[ y_{0}^{\prime}-\frac{2}{2x+1}y_{0}=0. \] Интегрируем, потенциируем: \[ \frac{y_{0}^{\prime}}{y_{0}}=\frac{2}{2x+1},\qquad\ln\left|y_{0}\right|=\ln\left|2x+1\right|+\tilde{C}_{0},\qquad\left|y_{0}\right|=e^{\tilde{C}_{0}}\left|2x+1\right|=\left|e^{\tilde{C}_{0}}\left(2x+1\right)\right| \] Снимаем модули и переобозначаем константу: \[ y_{0}=\pm e^{\tilde{C}_{0}}\left(2x+1\right)=C_{0}\left(2x+1\right) \] Пусть $C_{0}=1$ \[ y_{0}=2x+1,\qquad y=y_{0}y_{1}=\left(2x+1\right)y_{1},\qquad y^{\prime}=\left(2x+1\right)y_{1}^{\prime}+2y_{1} \] \[ \left[\left(2x+1\right)y_{1}^{\prime}+2y_{1}\right]-\frac{2}{2x+1}\left(2x+1\right)y_{1}=\frac{4x}{2x+1} \] \[ \left(2x+1\right)y_{1}^{\prime}+2y_{1}-2y_{1}=\frac{4x}{2x+1} \] \[ y_{1}^{\prime}=\frac{4x}{\left(2x+1\right)^{2}}=\frac{4x+2-2}{\left(2x+1\right)^{2}}=\frac{2}{2x+1}-\frac{2}{\left(2x+1\right)^{2}} \] \[ y_{1}=\ln\left|2x+1\right|+\frac{1}{2x+1}+C \] \[ y=\left(2x+1\right)y_{1}=\left(2x+1\right)\left[\ln\left|2x+1\right|+\frac{1}{2x+1}+C\right]=\left(2x+1\right)\ln\left|2x+1\right|+C\left(2x+1\right)+1. \]

Задание: № 138, 140.

Перевёртыши

Случается, что уравнение становится линейным, если рассматривать не $y$ как функцию от $x$, а $x$ как функцию от $y$. Для этого, правда, понадобится на что-то заменить производную $y\left(x\right)$. В этом поможет пройденная на 2-м семестре мат.анализа тема замены переменных в дифференциальных выражениях. Введём функцию $s\left(t\right)$ и заменим переменные так: \[ \left\{ \begin{array}{c} x=s,\\ y=t. \end{array}\right. \] Возьмём от этой системы производную $\frac{\partial}{\partial x}$: \[ \left\{ \begin{array}{c} 1=s'_{t}t'_{x},\\ y'=t'_{x}, \end{array}\right.\qquad\qquad\left\{ \begin{array}{l} \frac{1}{s'_{t}}=t'_{x},\\ y'=t'_{x}=\frac{1}{s'_{t}}=\frac{1}{x'_{y}}. \end{array}\right. \] Итак, производная заменяется по формуле $y'=\frac{1}{x'_{y}}$.

Пример: Филиппов № 149 \[ y^{\prime}=\frac{1}{x^{\prime}}=\frac{y}{3x-y^{2}} \] Перевернём уравнение: \[ x^{\prime}=\frac{3x-y^{2}}{y}=\frac{3}{y}x-y, \] перенесём влево и получим совсем линейное: \begin{equation} x^{\prime}-\frac{3}{y}x=-y.\label{149perever} \end{equation} Для замены решим уравнение \[ x_{0}^{\prime}-\frac{3}{y}x_{0}=0: \] \[ \frac{x_{0}^{\prime}}{x_{0}}=\frac{3}{y},\qquad\ln\left|x_{0}\right|=3\ln\left|y\right|+\tilde{C}_{0},\qquad x_{0}=\pm e^{\tilde{C}_{0}}y^{3}=C_{0}y^{3}. \] Пусть в нашей замене $C_{0}=1$: \[ x_{0}=y^{3},\qquad x=x_{0}x_{1}=y^{3}x_{1},\qquad x^{\prime}=y^{3}x_{1}^{\prime}+3y^{2}x_{1}. \] Подставим в уравнение (\ref{149perever}): \[ \left(y^{3}x_{1}^{\prime}+3y^{2}x_{1}\right)-\frac{3}{y}y^{3}x_{1}=y^{3}x_{1}^{\prime}+\left(3y^{2}x_{1}-3y^{2}x_{1}\right)=y^{3}x_{1}^{\prime}=-y, \] \[ x_{1}^{\prime}=-\frac{1}{y^{2}},\qquad x_{1}=\frac{1}{y}+C, \] \[ x=y^{3}\left(\frac{1}{y}+C\right)=y^{2}+Cy^{3}. \]

Задание: № 146, 147.

Уравнения Бернулли

\[ y^{\prime}+a\left(x\right)y=b\left(x\right)y^{n}. \] Разделим обе части на $y^{n}$ \[ \frac{y^{\prime}}{y^{n}}+a\left(x\right)\frac{1}{y^{n-1}}=b\left(x\right), \] и выполним замену $\frac{1}{y^{n-1}}=z$, $\left(1-n\right)\frac{y^{\prime}}{y^{n}}=z^{\prime}$ (для неё удобно будет ещё умножить обе части на $\left(1-n\right)$) \[ \left(1-n\right)\frac{y^{\prime}}{y^{n}}+\left(1-n\right)a\left(x\right)\frac{1}{y^{n-1}}=\left(1-n\right)b\left(x\right), \] \[ z^{\prime}+\left(1-n\right)a\left(x\right)z=\left(1-n\right)b\left(x\right), \] после чего получим линейное уравнение, решать которое будем соответственно. Найдя $z$, выполним обратную подстановку и найдём $y$.

Пример: № 153 \[ y^{\prime}=y^{4}\cos x+y\mathrm{tg}\,x \] После переноса второго слагаемого справа налево оно превращается в типичное уравнение Бернулли: \[ y^{\prime}-y\mathrm{tg}\,x=y^{4}\cos x. \] Разделим обе части на $y^{4}$: \[ \frac{y^{\prime}}{y^{4}}-\mathrm{tg}\,x\frac{1}{y^{3}}=\cos x, \] далее выполним замену $\frac{1}{y^{3}}=z$, $z^{\prime}=-3\frac{y^{\prime}}{y^{4}}$, $y=z^{-1/3}$, домножив на -3: \[ -3\frac{y^{\prime}}{y^{4}}+3\mathrm{tg}\,x\frac{1}{y^{3}}=-3\cos x, \] \begin{equation} z^{\prime}+3\mathrm{tg}\,xz=-3\cos x.\label{153naz} \end{equation} Это линейное уравнение. Сначала мы получим одно (больше не надо) решение уравнения \[ z_{0}^{\prime}+3\mathrm{tg}\,xz_{0}=0; \] \[ \frac{z_{0}^{\prime}}{z_{0}}=-3\frac{\sin x}{\cos x},\quad\ln\left|z_{0}\right|=3\ln\left|\cos x\right|+\tilde{C}_{0},\quad z_{0}=C_{0}\cos^{3}x. \] Пусть $C_{0}=1$, тогда замена будет такой: \[ z_{0}=\cos^{3}x,\quad z=z_{0}z_{1}=\cos^{3}xz_{1},\quad z^{\prime}=\cos^{3}xz_{1}^{\prime}-3\cos^{2}x\sin xz_{1}; \] подставим в уравнение \ref{153naz}: \[ z^{\prime}+3\mathrm{tg}\,xz=\left(\cos^{3}xz_{1}^{\prime}-3\cos^{2}x\sin xz_{1}\right)+3\frac{\sin x}{\cos x}\cos^{3}xz_{1}=\cos^{3}xz_{1}^{\prime}=-3\cos x, \] \[ z_{1}^{\prime}=-3\frac{1}{\cos^{2}x},\quad z_{1}=-3\mathrm{tg}\,x+C,\quad z=\cos^{3}x\left(-3\mathrm{tg}\,x+C\right)=-3\sin x\cos^{2}x+C\cos^{3}x. \] Вернёмся к переменной $y$, и задача будет решена: \[ y=z^{-1/3}=\left(C\cos^{3}x-3\sin x\cos^{2}x\right)^{-1/3}. \]

Задание: № 151, 156.

Уравнения Риккати \[ y^{\prime}+a\left(x\right)y+b\left(x\right)y^{2}=c\left(x\right). \] Уравнения такого вида можно решить в общем виде, если откуда-то получено частное решение $y_{0}$, которое уже удовлетворяет \[ y_{0}^{\prime}+a\left(x\right)y_{0}+b\left(x\right)y_{0}^{2}=c\left(x\right). \] Тогда можно выполнить замену $y=y_{0}+y_{1}$ \[ \left(y_{0}+y_{1}\right)^{\prime}+a\left(x\right)\left(y_{0}+y_{1}\right)+b\left(x\right)\left(y_{0}+y_{1}\right)^{2}=c\left(x\right) \] \[ \left(y_{0}^{\prime}+y_{1}^{\prime}\right)+a\left(x\right)\left(y_{0}+y_{1}\right)+b\left(x\right)\left(y_{0}^{2}+2y_{0}y_{1}+y_{1}^{2}\right)=c\left(x\right) \] \[ \left[y_{0}^{\prime}+a\left(x\right)y_{0}+b\left(x\right)y_{0}^{2}\right]+y_{1}^{\prime}+a\left(x\right)y_{1}+2b\left(x\right)y_{0}y_{1}+b\left(x\right)y_{1}^{2}=c\left(x\right) \] Но то, что стоит в квадратных скобках, уже равно $c\left(x\right)$, и получается \[ y_{1}^{\prime}+a\left(x\right)y_{1}+2b\left(x\right)y_{0}y_{1}+b\left(x\right)y_{1}^{2}=0, \] а это уже уравнение Бернулли с $n=2$: \[ y_{1}^{\prime}+\left[a\left(x\right)+2b\left(x\right)y_{0}\right]y_{1}=-b\left(x\right)y_{1}^{2}, \] и решается уже описанным способом.

Пример: № 167 \[ x^{2}y^{\prime}+xy+x^{2}y^{2}=4. \] Совсем уравнение Риккати получается, если разделить на $x^{2}$: \[ y^{\prime}+\frac{1}{x}y+y^{2}=\frac{4}{x^{2}}. \] Попробуем, не получится ли подставить $y=\frac{k}{x}$, $k=const$: \[ -x^{2}\frac{k}{x^{2}}+x\frac{k}{x}+x^{2}\left(\frac{k}{x}\right)^{2}=4, \] \[ -k+k+k^{2}=4, \] \[ k=\pm2. \] Выберем 2 и положим $y_{0}=\frac{2}{x}$. Заменим $y=y_{0}+y_{1}=\frac{2}{x}+y_{1}$, $y^{\prime}=-\frac{2}{x^{2}}+y_{1}^{\prime}$ \[ x^{2}\left(-\frac{2}{x^{2}}+y_{1}^{\prime}\right)+x\left(\frac{2}{x}+y_{1}\right)+x^{2}\left(\frac{2}{x}+y_{1}\right)^{2}=4 \] \[ -2+x^{2}y_{1}^{\prime}+2+xy_{1}+x^{2}\left(\left(\frac{2}{x}\right)^{2}+2\frac{2}{x}y_{1}+y_{1}^{2}\right)=4 \] \[ x^{2}y_{1}^{\prime}+xy_{1}+4+4xy_{1}+x^{2}y_{1}^{2}=4 \] \[ x^{2}y_{1}^{\prime}+5xy_{1}=-x^{2}y_{1}^{2}. \] Решение уравнения Бернулли понятно и может быть пропущено.

Задание: в № 168 свести уравнение Риккати к уравнению Бернулли.