Дифференциальные уравнения, не содержащие одну из переменных

Дан метод решения дифференциальных уравнений, не разрешенных относительно производной, не содержащих в явном виде одну из переменных. Рассмотрен частный случай, когда уравнение может быть разрешено относительно переменной. Приводятся примеры решений таких уравнений.

Постановка задачи

Здесь мы рассматриваем метод решения уравнений вида:
(1)    f (x, y^′ )  = 0 ; 
(2)    f (y, y^′ )  = 0 . 
То есть это дифференциальные уравнения первого порядка, не разрешенные относительно производной, и которые не содержат одну из переменных в явном виде.

Общий метод решения

Решение таких уравнений мы ищем в параметрическом виде. Пусть t – параметр. Тогда переменные x и y являются функциями от этого параметра t  : 
x = x (t )  ; 
y = y (t )  . 
Производная y^′ также является функцией от параметра t  : 
y^′ = dydx = dydt dxdt  = y^′(t ) x^′(t )   . 

Преимущество параметрического представления заключается в том, что его можно создать многими способами. В качестве примера рассмотрим функцию
y = x³  . 
В параметрическом виде ее можно представить так:
x = t;  y = t³  . 
Или так:
x = t^1 / 3 ;  y = t . 
То есть мы можем найти бесконечно много способов, чтобы создать параметрическое представление для одной и той же функции.

Мы будем использовать это преимущество параметрического представления при решении уравнений (1) и (2). Общий метод заключается в том, чтобы подобрать такую функцию y^′ = u (t )  ,  чтобы уравнения (1) или (2) можно было разрешить относительно переменной x или y . 

Рассмотрим уравнение (1):
(1)    f (x, y^′ )  = 0 . 
Пусть мы подобрали такую функцию y^′ = u (t )  ,  что при подстановке в (1), уравнение (1) удалось разрешить относительно x .  То есть мы получили параметрическое представление для переменной x  : 
x = x (t )  . 
Тогда имея две функции x = x (t )  и y^′ = u (t )  ,  мы можем найти y (t )  .  Для этого запишем дифференциал:
dy = y^′ dx = u (t )  dx (t )  = u (t ) x^′(t )  dt . 
Интегрируя, получаем параметрическое представление для y  : 
y = ∫ u (t ) x^′(t )  dt + C . 

Теперь рассмотрим уравнение (2):
(2)    f (y, y^′ )  = 0 . 
Пусть мы подобрали такую функцию y^′ = u (t )  ,  что при подстановке в (2), уравнение (2) удалось разрешить относительно y .  То есть мы получили параметрическое представление для переменной y  : 
y = y (t )  . 
Тогда имея две функции y = y (t )  и y^′ = u (t )  ,  мы можем найти x (t )  .  Для этого запишем дифференциал:
dx = dyy^′ = dy (t ) u (t )  = y^′(t )  dtu (t )   . 
Интегрируя, получаем параметрическое представление для x  : 
x = ∫ y^′(t ) u (t )  dt + C . 

Уравнения, разрешенные относительно переменной

Рассмотрим наиболее простой случай, когда исходное уравнение
(1)    f (x, y^′ )  = 0
удается разрешить относительно переменной x  : 
x = g (y^′ )  . 
В этом случае проще положить y^′ = t .  Тогда x = g (t )  . 

Тогда имея две функции x = g (t )  и y^′ = t ,  мы можем найти y (t )   : 
dy = y^′ dx = t dg (t )  =  t dgdt dt = t g^′(t )  dt ; 
y = ∫ t g^′(t )  dt + C . 

Аналогично, если исходное уравнение
(2)    f (y, y^′ )  = 0
удается разрешить относительно переменной y  : 
y = g (y^′ )  . 
То положим y^′ = t .  Тогда y = g (t )  . 

Имея две функции y = g (t )  и y^′ = t ,  мы можем найти x (t )   : 
dx = dyy^′ = dg (t ) t =  dgdt dtt = g^′(t ) t dt ; 
x = ∫ g^′(t ) t dt + C . 

Пример

Решить уравнение:
(1.1)   y = y^′ ln y^′

Решение

Это дифференциальное уравнение первого порядка, не разрешенное относительно производной. Оно не содержит переменную x в явном виде. Ищем решение в параметрическом виде, введя параметр t .  Это уравнение разрешено относительно переменной y .  Поэтому делаем подстановку:
(1.2)   y^′ = t . 
Тогда
(1.3)   y = t ln t . 

Итак, мы выразили переменную y через параметр t .  Теперь осталось выразить через параметр переменную x .  Для этого запишем дифференциал переменной y  : 
dy = y^′ dx . 
Отсюда получаем дифференциал переменной x  : 
(1.4)   dx = dyy^′  . 
Распишем дифференциал dy ,  используя (1.3):
dy = (t ln t ) ^′ dt =  ((t ) ^′ ln t + t (ln t ) ^′ )  dt =  ( ln t + tt  )  dt = (1 + ln t )  dt ; 
(1.5)   dy = (1 + ln t )  dt . 
Подставляем (1.2) и (1.5) в (1.4):
dx = 1 + ln tt dt . 
Интегрируем:
x = ∫ 1 + ln tt dt =  ∫ (1 + ln t )  d (ln t )  =  ln t + 12 (ln t ) ²  + C . 

Итак, мы получили решение в параметрическом виде:
(1.6)   x = ln t + 12 (ln t ) ²  + C ; 
(1.3)   y = t ln t . 

Далее мы можем явно выразить y через x. Для этого перепишем уравнение (1.6):
(ln t ) ²  + 2 ln t – (2x – 2C )  = 0 . 
Решаем квадратное уравнение:
ln t =  12 ( – 2 ± √ 2²  + 4(2x – 2C )    )  =  – 1 ± √ 1 + (2x – 2C )   = 
 – 1 ± √ 2x + 1 – 2C  =  – 1 ± √ 1 – 2C  ⋅ √ 2x1 – 2C + 1   . 
Заменим постоянную C  : 
± √ 1 – 2C  → C  : 
ln t = C  √ 2xC²  + 1  – 1 . 
Подставляем в (1.3):
y = t ln t = e^ln t ln t =  e^{C  √ 2xC 2  + 1  – 1}  ⋅ ( C  √ 2xC²  + 1  – 1  ) 

Ответ

y = ( C  √ 2xC²  + 1  – 1  )  ⋅  exp ( C  √ 2xC²  + 1  – 1  )  . 

Уравнения, не разрешенные относительно переменной

Теперь рассмотрим более общий случай. Рассмотрим уравнение (1):
(1)    f (x, y^′ )  = 0 . 
Если это уравнение не удается разрешить относительно переменной x ,  то у нас нет гарантий, что мы можем получить решение. Но мы можем попытаться найти такую функцию
y^′ = g (x, t )  ,  чтобы подставив в (1), можно было выразить переменную x через параметр t .  Если это удастся сделать, то у нас будут две функции, зависящие от параметра t  : 
x = x (t )  ; 
y^′ = g (x, t )  = g (x (t ) , t )  = s (t )  . 
Подставляя их в выражение для дифференциала
dy = y^′ dx
и интегрируя, мы найдем y = y (t )  . 

Аналогично поступаем для уравнения (2):
(2)    f (y, y^′ )  = 0 . 
Нашей задачей является найти такую функцию
y^′ = g (y, t )  ,  чтобы подставив в (2), можно было выразить переменную y через параметр t .  Если это удастся сделать, то у нас будут две функции, зависящие от параметра t  : 
y = y (t )  ; 
y^′ = g (y, t )  = g (y (t ) , t )  = s (t )  . 
Подставляя их в выражение для дифференциала
dx = dyy^′ 
и интегрируя, мы найдем x = x (t )  . 

Пример

Решить уравнение:
(2.1)   x³  + y^′ 3  = axy^′ . 

Решение

Это дифференциальное уравнение первого порядка, не разрешенное относительно производной. Оно не содержит переменную y в явном виде. Ищем решение в параметрическом виде. Нашей задачей является найти такую подстановку y^′ = g (x, t )  ,  чтобы из уравнения (2.1) можно было выразить переменную x через параметр t . 

Можно увидеть, что такой подстановкой является
(2.2)   y^′ = xt . 
Подставляем в исходное уравнение (2.1):
x³  + x³ t³  = ax² t ; 
x + xt³  = at ; 
x (1 + t³ )  = at ; 
(2.3)   x = at1 + t³   . 

Итак, мы выразили переменную x через параметр t .  Теперь осталось выразить через параметр переменную y .  Для этого запишем дифференциал переменной y и выразим его через параметр t . 
dy = y^′ dx . 
Подставим (2.2):
dy = xt dx . 
Здесь x – функция от t ,  определяемая из (2.3).
Интегрируем по частям и подставляем (2.3):
y = ∫ tx dx = 12 ∫ t dx²  =  12 tx²  – 12 ∫ x²  dt =  a² t³ 2(1 + t³ ) ²  – a² 2 ∫ t²  dt(1 + t³ ) ²   ; 
∫ t²  dt(1 + t³ ) ²  =  13 ∫ (1 + t³ ) ^– 2  d (1 + t³ )  =  13 ⋅ 1– 2 + 1 ⋅ (1 + t³ ) ^– 1  =  – 13(1 + t³ )   ; 
y =  a² 2 [ t³ (1 + t³ ) ²  + 13(1 + t³ )   ]  + C =  a² 2 3t³  + 1 + t³ 3(1 + t³ ) ²  + C =  a² 6 1 + 4t³ (1 + t³ ) ²  + C . 

Ответ

x = at1 + t³   ; 
y = a² 6 1 + 4t³ (1 + t³ ) ²  + C . 

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 22-08-2012   Изменено: 01-04-2016