Линейные уравнения первого порядка. Уравнения Бернулли и Риккати

Прогресс изучения0 из 6

Отмечай теоремы кнопками ✓ (изучено) и ↻ (повторить)

Все теоремы темы6

Решения линейного однородного уравнения первого порядка
Метод вариации постоянной. Формула Коши
Структура общего решения линейного уравнения первого порядка
Сведение уравнения Бернулли к линейному
Уравнение Риккати с известным частным решением
Уравнение Риккати с двумя известными частными решениями

теорема

Решения линейного однородного уравнения первого порядка

Формулировка

Пусть $p$ непрерывна на $I$ , $x_0\in I$ . Все решения уравнения $y' + p(x)y = 0$ на $I$ имеют вид

y = Ce^{-\int_{x_0}^xp(t)\,dt},\qquad C\in\mathbb R.

Доказательство

Развернуть

Положим $P(x) = \int_{x_0}^xp(t)\,dt$ , так что $P' = p$ . Для любой дифференцируемой функции $y$

\bigl(ye^{P}\bigr)' = e^{P}(y' + py).

Поэтому $y$ — решение тогда и только тогда, когда $(ye^P)' = 0$ , то есть $ye^P = C$ . Деления на $y$ не было, так что найдены все решения, включая $y\equiv 0$ . $\blacksquare$

теорема

Метод вариации постоянной. Формула Коши

Формулировка

Пусть $p$ , $q$ непрерывны на $I$ . Тогда для любых $x_0\in I$ , $y_0\in\mathbb R$ уравнение $y' + p(x)y = q(x)$ имеет на всём интервале $I$ единственное решение с $y(x_0) = y_0$ :

y(x) = y_0e^{-\int_{x_0}^xp(t)\,dt} + \int_{x_0}^xq(s)\,e^{-\int_s^xp(t)\,dt}\,ds.

Общее решение: $y = e^{-P(x)}\left(C + \int q(x)e^{P(x)}\,dx\right)$ , $P' = p$ .

Доказательство

Развернуть

Ищем решение в виде $y = C(x)e^{-P(x)}$ — «варьируем» постоянную в решении однородного уравнения. Подставляя, получаем

C'e^{-P} - Cpe^{-P} + pCe^{-P} = q\quad\Longrightarrow\quad C' = qe^{P}.

Отсюда $C(x) = y_0 + \int_{x_0}^xq(s)e^{P(s)}\,ds$ , где $P(x) = \int_{x_0}^xp$ . Подстановка даёт формулу Коши; функция определена и дифференцируема на всём $I$ .

Единственность: разность двух решений с одинаковым начальным значением решает однородное уравнение и обращается в нуль в точке $x_0$ . Значит, она равна $Ce^{-P}$ с $C = 0$ . $\blacksquare$

следствие

Структура общего решения линейного уравнения первого порядка

Формулировка

Если $y_1$ — частное решение неоднородного уравнения $y' + py = q$ , то его общее решение

y = y_1 + Ce^{-\int p\,dx}.

Если известны два различных частных решения $y_1, y_2$ , то общее решение $y = y_1 + C(y_2 - y_1)$ .

Доказательство

Развернуть

Для любого решения $y$ разность $y - y_1$ удовлетворяет однородному уравнению: $(y - y_1)' + p(y - y_1) = q - q = 0$ . Значит, $y - y_1 = Ce^{-\int p}$ . Обратно, $y_1 + Ce^{-\int p}$ — решение при любом $C$ .

Разность $y_2 - y_1$ — ненулевое решение однородного уравнения. Оно не обращается в нуль (иначе $C = 0$ ), поэтому любое решение однородного уравнения ему пропорционально. $\blacksquare$

теорема

Сведение уравнения Бернулли к линейному

Формулировка

На множестве $y > 0$ (а при целом $n$ — на множестве $y\ne 0$ ) замена $z = y^{1-n}$ приводит уравнение Бернулли к линейному

z' + (1 - n)\,p(x)\,z = (1 - n)\,q(x).

При $n > 0$ уравнение имеет также решение $y\equiv 0$ .

Доказательство

Развернуть

Если $y$ — решение, то

z' = (1 - n)y^{-n}y' = (1 - n)y^{-n}\bigl(qy^n - py\bigr) = (1 - n)\bigl(q - pz\bigr).

Обратно, если $z$ — положительное решение линейного уравнения, то $y = z^{1/(1-n)}$ удовлетворяет уравнению Бернулли — те же выкладки в обратном порядке.

При $n > 0$ функция $y\equiv 0$ обращает обе части в нуль. $\blacksquare$

теорема

Уравнение Риккати с известным частным решением

Формулировка

Если $y_1$ — частное решение уравнения Риккати $y' = ay^2 + by + c$ , то подстановка $y = y_1 + z$ приводит его к уравнению Бернулли

z' = \bigl(2a y_1 + b\bigr)z + az^2,

а затем подстановка $u = 1/z$ — к линейному уравнению $u' = -(2ay_1 + b)u - a$ .

Доказательство

Развернуть

Подставим $y = y_1 + z$ :

y_1' + z' = a(y_1 + z)^2 + b(y_1 + z) + c = \bigl(ay_1^2 + by_1 + c\bigr) + 2ay_1z + az^2 + bz.

Так как $y_1' = ay_1^2 + by_1 + c$ , остаётся $z' = (2ay_1 + b)z + az^2$ — уравнение Бернулли с $n = 2$ . По теореме о сведении уравнения Бернулли замена $u = z^{-1}$ даёт линейное уравнение. $\blacksquare$

следствие

Уравнение Риккати с двумя известными частными решениями

Формулировка

Если $y_1\ne y_2$ — частные решения уравнения Риккати, то остальные решения находятся одной квадратурой:

\frac{y - y_1}{y - y_2} = C\exp\left(\int a(x)\bigl(y_1 - y_2\bigr)\,dx\right).

Доказательство

Развернуть

Для решения $y$ , отличного от $y_1, y_2$ , вычтем из уравнения для $y$ уравнения для $y_i$ :

(y - y_i)' = a(y^2 - y_i^2) + b(y - y_i) = (y - y_i)\bigl(a(y + y_i) + b\bigr).

Поэтому

\left(\ln\left|\frac{y - y_1}{y - y_2}\right|\right)' = a(y + y_1) + b - a(y + y_2) - b = a(y_1 - y_2),

и интегрирование даёт формулу. Решения $y - y_i$ не обращаются в нуль — это частный случай единственности (подстановка $y = y_i + z$ сводит вопрос к линейному уравнению для $1/z$ ). $\blacksquare$

Линейное уравнение с коэффициентом 1/x

Условие

Решить уравнение $y' + \dfrac yx = x^2$ при $x > 0$ .

Решение

Развернуть

Интегрирующий множитель $e^{\int dx/x} = x$ : $(xy)' = xy' + y = x^3$ . Тогда $xy = \frac{x^4}4 + C$ , и

y = \frac{x^3}{4} + \frac Cx.

Линейное уравнение с тангенсом

Условие

Решить уравнение $y' - y\operatorname{tg}x = \dfrac{1}{\cos x}$ на интервале $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ .

Решение

Развернуть

Однородное уравнение $y' = y\operatorname{tg}x$ имеет решения $y = \dfrac{C}{\cos x}$ . Варьируем постоянную: $y = \dfrac{C(x)}{\cos x}$ , тогда

\frac{C'(x)}{\cos x} = \frac1{\cos x}\quad\Longrightarrow\quad C(x) = x + C.

Ответ: $y = \dfrac{x + C}{\cos x}$ .

Задача Коши для линейного уравнения

Условие

Решить задачу Коши $y' + 2xy = 2xe^{-x^2}$ , $y(0) = 1$ .

Решение

Развернуть

Множитель $e^{x^2}$ : $\bigl(ye^{x^2}\bigr)' = 2x$ , откуда $ye^{x^2} = x^2 + C$ . Из $y(0) = 1$ получаем $C = 1$ :

y = (x^2 + 1)e^{-x^2}.

Уравнение Бернулли с n = 2

Условие

Решить уравнение $y' + \dfrac yx = xy^2$ , $x > 0$ .

Решение

Развернуть

$n = 2$ , замена $z = y^{-1}$ при $y\ne 0$ :

z' - \frac zx = -x.

Множитель $1/x$ : $\left(\frac zx\right)' = -1$ , откуда $z = x(C - x)$ .

Ответ: $y = \dfrac{1}{Cx - x^2}$ и $y\equiv 0$ .

Проверка: $y' = -\dfrac{C - 2x}{(Cx - x^2)^2}$ , $\dfrac yx = \dfrac{C - x}{(Cx - x^2)^2}$ , сумма равна $\dfrac{x}{(Cx - x^2)^2} = xy^2$ .

Уравнение Риккати y' = y² − 2/x²

Условие

Решить уравнение $y' = y^2 - \dfrac{2}{x^2}$ , $x > 0$ , подобрав частное решение вида $y = \dfrac kx$ .

Решение

Развернуть

Подстановка $y = k/x$ : $-k = k^2 - 2$ , откуда $k = 1$ или $k = -2$ . Частные решения: $y_1 = \dfrac1x$ , $y_2 = -\dfrac2x$ .

Способ 1 (одно частное решение). $y = \dfrac1x + z$ : $z' = \dfrac2xz + z^2$ . Замена $u = 1/z$ :

u' + \frac2xu = -1\quad\Longrightarrow\quad (x^2u)' = -x^2\quad\Longrightarrow\quad u = \frac{C - x^3}{3x^2}.

Отсюда $y = \dfrac1x + \dfrac{3x^2}{C - x^3}$ .

Способ 2 (два частных решения):

\frac{y - 1/x}{y + 2/x} = C\exp\int\frac3x\,dx = Cx^3.

Отсюда $y = \dfrac{1 + 2Cx^3}{x(1 - Cx^3)}$ — то же семейство (с $C\to 1/C$ ).

Ответ: $y = \dfrac{C + 2x^3}{x(C - x^3)}$ (при $C = 0$ получается $y_2 = -\dfrac2x$ ), а также $y = \dfrac1x$ — оно было потеряно при замене $u = 1/z$ и получается из формулы предельным переходом $C\to\infty$ .

Уравнение, линейное относительно x

Условие

Решить уравнение $y' = \dfrac{y}{2y\ln y + y - x}$ , $y > 0$ .

Решение

Развернуть

Относительно $y$ уравнение нелинейно, но для обратной функции $x = x(y)$ :

\frac{dx}{dy} = \frac{2y\ln y + y - x}{y}\quad\Longrightarrow\quad x' + \frac xy = 2\ln y + 1.

Это линейное уравнение. Множитель $y$ : $(xy)' = 2y\ln y + y = \bigl(y^2\ln y\bigr)'$ , откуда

x = y\ln y + \frac Cy.

Проверка: $\dfrac{dx}{dy} = \ln y + 1 - \dfrac C{y^2}$ и $2\ln y + 1 - \dfrac xy = \ln y + 1 - \dfrac{C}{y^2}$ .

0на повторение
0новых сегодня
0освоено

Как это работает

Упражнения собраны из теорем, определений и задач темы. Отвечать нужно касанием — печатать формулы не придётся:

узнать — дана формулировка без названия, выберите теорему;
пропуск — в формулировке пропущена формула, выберите верную среди похожих;
ошибка — в определении или формулировке одна формула искажена, нажмите на неё;
связи — отметьте, на что опирается доказательство;
порядок — соберите доказательство из перемешанных шагов;
в док-ве — восстановите формулу внутри доказательства;
задача — отметьте утверждения, которые нужны для решения; после ответа откроется решение.

Ответ проверяется сразу. Верные упражнения возвращаются всё реже — через дни, недели, месяцы (алгоритм FSRS), ошибки — ещё в этой же сессии. Если ответили наугад, нажмите «Угадал», и упражнение вернётся раньше. Сложные упражнения открываются, когда освоены простые: сначала узнать теорему, потом формулы, потом доказательство. Названия теорем в ответах можно нажать — теорема откроется в окне поверх страницы.

В день вводится не больше 15 новых упражнений темы. Теоремы, отмеченные кнопкой ↻, идут первыми. Прогресс хранится в этом браузере.

С клавиатуры: 1–9 выбрать · Enter проверить / дальше ·Backspace убрать последний шаг · Ctrl+Z отменить

Упражнения темы

новоезаучиваетсяна повторенииосвоенозакрыто

Уравнение y' = f(x)

Формулировка

Пусть $f$ непрерывна на интервале $(a, b)$ . Тогда все решения уравнения $y' = f(x)$ на $(a, b)$ имеют вид

y = F(x) + C,

где $F$ — какая-либо первообразная $f$ , а $C$ — произвольная постоянная. Для любых $x_0\in(a, b)$ и $y_0$ существует единственное решение с $y(x_0) = y_0$ :

y(x) = y_0 + \int_{x_0}^xf(t)\,dt.

Доказательство

Развернуть

По теореме Барроу функция $F(x) = \int_{x_0}^xf(t)\,dt$ дифференцируема и $F' = f$ , поэтому $F + C$ — решение.

Если $y$ — любое решение, то $(y - F)' = 0$ на интервале. По теореме Лагранжа $y - F$ постоянна.

Условие $y(x_0) = y_0$ однозначно определяет постоянную: $C = y_0$ при $F(x_0) = 0$ . $\blacksquare$

Формула Остроградского–Лиувилля

Формулировка

Для любых решений $y_1, \dots, y_n$ уравнения $y^{(n)} + p_1(x)y^{(n-1)} + \dots + p_n(x)y = 0$ с непрерывными на $I$ коэффициентами

W(x) = W(x_0)\exp\left(-\int_{x_0}^xp_1(t)\,dt\right),\qquad x, x_0\in I.

Доказательство

Развернуть

Производная определителя, элементы которого — дифференцируемые функции, равна сумме $n$ определителей, в каждом из которых продифференцирована одна строка. Это следует из формулы полного развёртывания и правила дифференцирования произведения.

Если продифференцировать строку с номером $j < n$ (производные порядка $j - 1$ ), получится строка производных порядка $j$ , совпадающая со следующей строкой. Такой определитель равен нулю.

Остаётся определитель с продифференцированной последней строкой $\bigl(y_1^{(n)}, \dots, y_n^{(n)}\bigr)$ . Из уравнения

y_k^{(n)} = -p_1y_k^{(n-1)} - p_2y_k^{(n-2)} - \dots - p_ny_k.

По линейности определителя по строке он распадается на сумму. Слагаемые с $p_2, \dots, p_n$ содержат строку, пропорциональную одной из предыдущих, и равны нулю, а слагаемое с $p_1$ равно $-p_1W$ . Итак, $W' = -p_1W$ — линейное однородное уравнение первого порядка, откуда следует формула. $\blacksquare$

Лемма Гронуолла

Формулировка

Пусть функция $u(x)\ge 0$ непрерывна на $[x_0, x_1]$ , и при некоторых $a\ge 0$ , $L > 0$

u(x)\le a + L\int_{x_0}^xu(t)\,dt,\qquad x\in[x_0, x_1].

Тогда $u(x)\le ae^{L(x - x_0)}$ . В частности, при $a = 0$ имеем $u\equiv 0$ .

Доказательство

Развернуть

Положим $v(x) = a + L\int_{x_0}^xu(t)\,dt$ . Тогда $u\le v$ и $v' = Lu\le Lv$ . Значит,

\bigl(v(x)e^{-L(x - x_0)}\bigr)' = (v' - Lv)e^{-L(x - x_0)}\le 0,

то есть функция $ve^{-L(x - x_0)}$ не возрастает и не превосходит своего значения $v(x_0) = a$ . Поэтому $u(x)\le v(x)\le ae^{L(x - x_0)}$ . $\blacksquare$

Интегрирующий множитель линейного уравнения

Формулировка

Линейное уравнение $y' + p(x)y = q(x)$ , записанное в виде $\bigl(p(x)y - q(x)\bigr)dx + dy = 0$ , имеет интегрирующий множитель $\mu = e^{\int p(x)\,dx}$ .

Доказательство

Развернуть

Здесь $M = py - q$ , $N = 1$ , и $\dfrac{M_y - N_x}{N} = p(x)$ зависит только от $x$ . По теореме о множителе, зависящем от одной переменной, $\mu = e^{\int p}$ . Умножение на $\mu$ — именно то преобразование $\bigl(ye^{\int p}\bigr)' = qe^{\int p}$ , которое приводит к формуле общего решения линейного уравнения. $\blacksquare$

Интегрирование уравнения Лагранжа

Формулировка

Для уравнения Лагранжа $y = x\varphi(y') + \psi(y')$ с гладкими $\varphi$ , $\psi$ :

на участках, где $\varphi(p)\ne p$ , функция $x(p)$ удовлетворяет линейному уравнению

\bigl(p - \varphi(p)\bigr)\frac{dx}{dp} = x\varphi'(p) + \psi'(p),

и, найдя $x = \omega(p, C)$ , получаем решения $x = \omega(p, C)$ , $y = \omega(p, C)\varphi(p) + \psi(p)$ ;

для каждого корня $p_0$ уравнения $\varphi(p_0) = p_0$ прямая $y = p_0x + \psi(p_0)$ — решение (оно может оказаться особым).

Доказательство

Развернуть

По методу введения параметра: $dy = p\,dx$ и $dy = \varphi\,dx + (x\varphi' + \psi')\,dp$ . Приравнивая, получаем $(p - \varphi)\,dx = (x\varphi' + \psi')\,dp$ . При $p\ne\varphi(p)$ это линейное уравнение для $x(p)$ , которое решается методом вариации постоянной.
Для $y = p_0x + \psi(p_0)$ имеем $y' = p_0$ , и $x\varphi(p_0) + \psi(p_0) = p_0x + \psi(p_0) = y$ . $\blacksquare$

Линейные уравнения первого порядка. Уравнения Бернулли и Риккати

Решения линейного однородного уравнения первого порядка

Формулировка

Доказательство

Метод вариации постоянной. Формула Коши

Формулировка

Доказательство

Структура общего решения линейного уравнения первого порядка

Формулировка

Доказательство

Сведение уравнения Бернулли к линейному

Формулировка

Доказательство

Уравнение Риккати с известным частным решением

Формулировка

Доказательство

Уравнение Риккати с двумя известными частными решениями

Формулировка

Доказательство

Линейное уравнение с коэффициентом 1/x

Условие

Решение

Линейное уравнение с тангенсом

Условие

Решение

Задача Коши для линейного уравнения

Условие

Решение

Уравнение Бернулли с n = 2

Условие

Решение

Уравнение Риккати y' = y² − 2/x²

Условие

Решение

Уравнение, линейное относительно x

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Линейное уравнение первого порядка

Уравнение Бернулли

Уравнение Риккати

Уравнение y' = f(x)

Формулировка

Доказательство

Формула Остроградского–Лиувилля

Формулировка

Доказательство

Лемма Гронуолла

Формулировка

Доказательство

Интегрирующий множитель линейного уравнения

Формулировка

Доказательство

Интегрирование уравнения Лагранжа

Формулировка

Доказательство