Метод Лагранжа (вариации постоянной). Линейные дифференциальные уравнения первого порядка.

Рассмотрен способ решения линейных дифференциальных уравнений первого порядка методом вариации постоянной (Лагранжа). Дан пример подробного решения линейного дифференциального уравнения методом Лагранжа.

Рассмотрим линейное неоднородное дифференциальное уравнение первого порядка:
(1)   y^′ + p (x ) y = q (x )  . 
Существует три способа решения этого уравнения:

• метод интегрирующего множителя;
• метод введения двух функций (Бернулли);
• метод вариации постоянной (Лагранжа).

Рассмотрим решение линейного дифференциального уравнения первого порядка методом Лагранжа.

Метод вариации постоянной (Лагранжа)

В методе вариации постоянной мы решаем уравнение в два этапа. На первом этапе мы упрощаем исходное уравнение и решаем однородное уравнение. На втором этапе мы заменим постоянную интегрирования, полученную на первой стадии решения, на функцию. После чего ищем общее решение исходного уравнения.

Рассмотрим уравнение:
(1)   y^′ + p (x ) y = q (x ) 

Шаг 1 Решение однородного уравнения

Ищем решение однородного уравнения:
y^′ + p (x )  y = 0
Это уравнение с разделяющимися переменными
dydx + p (x )  y = 0
Разделяем переменные - умножаем на dx , делим на y :
dyy + p (x )  dx = 0
Интегрируем:
∫ dyy + ∫ p (x )  dx = C
Интеграл по y - табличный:
∫ dyy = ln  | y | 
Тогда
ln  | y |  = C – ∫ p (x )  dx
Потенцируем:
 | y |  = e^C  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} 
Заменим постоянную e^C на C и уберем знак модуля, что сводится к умножению на постоянную ±1 , которую включим в C :
y = C ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} 

Шаг 2 Заменим постоянную C на функцию

Теперь заменим постоянную C на функцию от x :
C → u(x)
То есть, будем искать решение исходного уравнения (1) в виде:
(2)   y = u (x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} 
Находим производную.
( – ∫ p (x )  dx  ) ^′ = – p (x ) 
По правилу дифференцирования сложной функции:
( e^{– ∫ p (x )  dx}  ) ^′ =  e^{– ∫ p (x )  dx} ⋅ ( – ∫ p (x )  dx  ) ^′ =  – e^{– ∫ p (x )  dx} ⋅ p (x )  . 
По правилу дифференцирования произведения:
y^′ = u^′(x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} +  u (x )  ⋅ ( e^{– ∫ p (x )  dx}  ) ^′ = 
 u^′(x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} –  u (x )  ⋅ p (x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx}  . 
Подставляем в исходное уравнение (1):
(1)   y^′ + p (x ) y = q (x )  ; 
u^′(x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} –  u (x )  ⋅ p (x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} + 
 p (x )  ⋅ u (x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} = q (x )  . 
Два члена сокращаются:
u^′(x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} = q (x )  ; 
u^′(x )  = q (x )  ⋅ e^{∫ p (x )  dx}  . 
Интегрируем:
u (x )  = ∫ q (x )  ⋅ e^{∫ p (x )  dx} dx + C . 
Подставляем в (2):
y = u (x )  ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} =  [ ∫ q (x )  ⋅ e^{∫ p (x )  dx} dx + C  ]  ⋅  e^{– ∫ p (x )  dx}  . 
В результате получаем общее решение линейного дифференциального уравнения первого порядка:
y = C ⋅ e^{– ∫ p (x )  dx} +  e^{– ∫ p (x )  dx} ∫ q (x )  ⋅ e^{∫ p (x )  dx} dx . 

Пример решения линейного дифференциального уравнения первого порядка методом Лагранжа

Решить уравнение
xy^′ + 3y = x²  . 

Решение

Решаем однородное уравнение:
xy^′ + 3y = 0
Разделяем переменные:
x dydx + 3y = 0
Умножим на   dxxy  : 
dyy + 3 dxx = 0
Интегрируем:
∫ dyy + 3 ∫ dxx = C
Интегралы табличные:
ln  | y |  + 3 ln  | x |  = C
Потенцируем:
 | y |  ⋅  | x | ³  = e^C 
Заменим постоянную e ^C на C и убираем знаки модуля:
y ⋅ x³  = C
Отсюда:
y = Cx³  
Заменим постоянную C на функцию от x :
C → u(x)
y = ux³  
Находим производную:
y^′ = ( u ⋅ 1x³   ) ^′ =  u^′ ⋅ 1x³  + u ⋅ ( x^– 3  ) ^′ =  u^′x³  + u ⋅ ( – 3x^– 4  )  = u^′x³  – 3ux⁴   . 
Подставляем в исходное уравнение:
xy^′ + 3y = x²  ; 
x ( u^′x³  – 3ux⁴   )  + 3ux³  = x²  ; 
Или:
u^′x²  = x²  ; 
dudx = x⁴  . 
Интегрируем:
u = ∫ x⁴ dx + C = 15 x⁵  + C ; 
Решение уравнения:
y = ux³  = 1x³  ( 15 x⁵  + C  )  =  15 x²  + Cx³   . 

Ответ

Общее решение уравнения:
y = Cx³  + 15 x²  . 

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 27-07-2012   Изменено: 01-03-2015