Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными и их интегрирование

п.1. Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными

Например:
\(y''+y'-4=5cos⁡x\) - ДУ второго порядка первой степени
\((y')^3+5y^2=19\) – ДУ первого порядка третьей степени
\(\sqrt{y+1}=y'x\) - ДУ первого порядка первой степени

Самыми простыми для решения будут такие уравнения, у которых можно разделить переменные, т.е. собрать всё, что связано с функцией \(y\), по одну сторону знака равенства, и всё, что связано с независимой переменной \(x\), - по другую сторону.

Например:
Уравнение \(\sqrt{y+1}=y'x\) является уравнением с разделяющимися переменными, т.к. $$ y'=\frac{\sqrt{y+1}}{x}=g(x)\cdot h(y),\ \ \text{где}\ g(x)=\frac1x,\ h(y)=\sqrt{y+1} $$

Алгоритм решения ДУ с разделяющимися переменными
На входе: уравнение первого порядка \(y'=f(x,y)\), для которого \(f(x,y)=g(x)\cdot h(y)\)
Шаг 1. Записать производную в форме Лейбница \(y'=\frac{dy}{dx}\)
Шаг 2. Преобразовать уравнение
$$ \frac{dy}{dx}=g(x)\cdot h(y)\Rightarrow \frac{dy}{h(y)}=g(x)dx $$ Шаг 3. Проинтегрировать левую и правую части уравнения: $$ \int\frac{dy}{h(y)}=\int g(x)dx+C $$ Шаг 4. Результат интегрирования \(H(y)=G(x)+C\) - общее решение данного уравнения.
На выходе: выражение \(H(y)=G(x)+C\)

Например:
Решим уравнение \(\sqrt{y+1}=y'x\)
1) Пусть \(x\ne 0\). Тогда: $$ y'=\frac{\sqrt{y+1}}{x}\Rightarrow\frac{dy}{dx}=\frac{\sqrt{y+1}}{x}\Rightarrow\frac{dy}{\sqrt{y+1}}=\frac{dx}{x} $$ Находим интегралы (константу запишем в конце): $$ \int\frac{dy}{\sqrt{y+1}}=\frac{(y+1)^{\frac32}}{\frac32}=\frac23\sqrt{(y+1)^3},\ \ \int\frac{dx}{x}=\ln|x| $$ Получаем общее решение: $$ \frac23\sqrt{(y+1)^3}=\ln|x|+C,\ x\ne 0 $$ 2) Пусть \(x=0\). Тогда по условию: \(\sqrt{y+1}=0\Rightarrow y=-1\)
Точка (0;-1) – особое решение данного уравнения.

Ответ: \(\frac23\sqrt{(y+1)^3}=\ln|x|+C,\ x\ne 0\) и \(y=-1,\ x=0\)

п.2. Задача Коши

Например:
Найдем решение задачи Коши для уравнения \(\sqrt{y+1}=y'x\) при начальном условии \(y(1)=3\).
Общее решение нами уже найдено: \(\frac23\sqrt{(y+1)^3}=\ln|x|+C\) - этим выражением задано бесконечное множество кривых. Решить задачу Коши означает найти единственную кривую, проходящую через точку (1;3), т.е. конкретное значение C для заданных начальных условий.
Подставляем \(x=1\) и \(y=3:\frac23\sqrt{(3+1)^3}=\underbrace{\ln 1}_{=0}+C\Rightarrow C=\frac23\sqrt{4^3}=\frac{16}{3}\)
Решение задачи Коши: \(\frac23\sqrt{(y+1)^3}=\ln|x|+\frac{16}{3}\)
Выразим y в явном виде, что всегда приходится делать на практике: $$ \sqrt{(y+1)^3}=\frac32\ln|x|+8\Rightarrow y+1=\left(\frac32\ln|x|+8\right)^{\frac23}\Rightarrow y=\left(\frac32\ln|x|+8\right)^{\frac23}-1 $$ Ограничения ОДЗ: \( \begin{cases} y\geq -1\\ \frac32\ln|x|+8\geq 0 \end{cases} \Rightarrow |x|\geq -\frac{16}{3}\Rightarrow |x|\geq e^{-\frac{16}{3}} \)
Начальная точка \(x=1\gt e^{-\frac{16}{3}}\), требования ОДЗ выполняются.
Т.к. \(x=1\gt 0\) в решении также можно убрать модуль.


Ответ: \(y=\left(\frac32\ln x+8\right)^{\frac23}-1,\ x\geq 1\)

п.3. Закон радиоактивного распада

В многочисленных экспериментах по определению радиоактивности вещества был установлен следующий факт:

Перейдем к бесконечно малым \(dN\) и \(dt\) и запишем соответствующее этому факту дифференциальное уравнение: $$ \frac{dN}{td}=-\lambda N $$ где знак «-» учитывает уменьшение числа атомов N со временем.
Полученное ДУ является уравнением с разделяющимися переменными.
Найдем его общее решение: $$ \frac{dN}{N}=-\lambda dt\Rightarrow\int\frac{dN}{N}=-\lambda\int dt\Rightarrow \ln N=-\lambda t+C $$ Пусть в начальный момент времени \(t=0\) в образце было \(N_0\) атомов.
Решаем задачу Коши, находим \(C:\ \ln N_0=-\lambda\cdot 0+C\Rightarrow C=\ln N_0\)
Подставляем найденное C в общее решение. Получаем: $$ \ln N=-\lambda N+\ln N_0\Rightarrow \ln N-\ln N_0=-\lambda t\Rightarrow\ln\frac{N}{N_0}=-\lambda t\Rightarrow\frac{N}{N_0}=e^{-\lambda t} $$

п.4. Зарядка конденсатора

Соберем цепь, состоящую из конденсатора C, резистора R, источника ЭДС E и ключа K. Пусть в начальный момент времени конденсатор разряжен, напряжение на обкладках: \(U(0)=0\) Замкнем ключ и начнем зарядку конденсатора.

По закону Ома для замкнутой цепи можем записать: $$ I(R+r_0)+U=\varepsilon $$ где \(I\) - ток в цепи, \(I(R+r_0)\) – падение напряжения на резисторе и источнике, \(U\) - напряжение на конденсаторе, \(\varepsilon\) – ЭДС источника.
Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=\frac{dq}{dt}=\frac{d(CU)}{dt}=C\frac{dU}{dt} $$ Подставляем: $$ C\frac{dU}{dt}\cdot (R+r_0)=\varepsilon-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ \frac{dU}{\varepsilon-U}=\frac{dt}{C(R+r_0)} $$ Интегрируем (не забываем про минус перед U в знаменателе): $$ \int\frac{dU}{\varepsilon-U}=-\ln(\varepsilon-U),\ \ \int\frac{td}{C(R+r_0)} = \frac{t}{C(R+r_0)} $$ Общее решение: $$ \ln(\varepsilon-U)=-\frac{t}{C(R+r_0)}+B $$ где \(B\) константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие \(U(0)=0\). Подставляем: $$ \ln(\varepsilon-0)=-\frac{0}{C(R+r_0)}+B\Rightarrow B=\ln\varepsilon $$ Решение задачи Коши: \begin{gather*} \ln(\varepsilon-U)=-\frac{t}{C(R+r_0)}+\ln\varepsilon\\ \ln(\varepsilon-U)-\ln\varepsilon=-\frac{t}{C(R+r_0)}\\ \ln\frac{\varepsilon-U}{\varepsilon}=-\frac{t}{C(R+r_0)}\Rightarrow\frac{\varepsilon-U}{\varepsilon}=e^{-\frac{t}{C(R+r_0)}}\Rightarrow \varepsilon e^{-\frac{t}{C(R+r_0)}} \end{gather*}

Если внутренне сопротивление источника пренебрежимо мало по сравнению с внешним сопротивлением, \(r_0\lt\lt R\), то получаем: $$ u(t)=\varepsilon\left(1-e^{-\frac{t}{RC}}\right) $$ При \(t\rightarrow +\infty\) показатель экспоненты стремится к (\(-\infty\)), а сама экспонента стремится к нулю: \(U(t\rightarrow +\infty)=\varepsilon(1-e^{-\infty})\), т.е. напряжение на обкладках конденсатора стремится к значению ЭДС источника.

Например:
При \(\varepsilon=5В,\ RC=0,01\) с график зарядки конденсатора имеет вид:

п.5. Примеры

Пример 1. Решите уравнение:
a) \(y'=e^{x+y}\) \begin{gather*} \frac{dy}{dx}=e^x\cdot e^y\Rightarrow e^{-y}dy=e^x dx\Rightarrow\int e^{-y}dy=\int e^x dx\Rightarrow -e^{-y}=e^x+C \end{gather*} \(e^{-y}=-e^x+C\) (на константу, определенную от минус до плюс бесконечности, перемена знака не влияет).
\(-y=\ln⁡(-e^x+C) \)
\(y=-\ln⁡(C-e^x)\)
Ответ: \(y=\ln⁡(C-e^x)\)

б) \(xy+(x+1)y'=0\) \begin{gather*} (x+1)y'=-xy\Rightarrow\frac{dy}{dx}=-\frac{xy}{x+1}\Rightarrow\frac{dy}{y}=-\frac{x}{x+1}dx\\ \int\frac{dy}{y}=\ln|y|\\ -\int\frac{x}{x+1}dx=-\int\frac{(x+1)-1}{x+1}dx=-\int\left(1-\frac{1}{x+1}\right)dx=-x+\ln|x+1| \end{gather*} Получаем: \(\ln|y|=-x+\ln|x+1|\)
Запишем константу немного по-другому, как \(\ln ⁡C\). Это удобно для потенцирования: \begin{gather*} \ln|y|-x+\ln|x+1|+\ln C\\ \ln|y|-\ln C=-x+\ln|x+1|\\ \ln\frac{|y|}{C}=-x+\ln|x+1|\\ e^{\ln\frac{|y|}{C}}=e^{-x+\ln|x+1|}\\ \frac yC=e^{-x}\cdot (x+1)\\ y=Ce^{-x}(x+1) \end{gather*} При преобразованиях мы делили на \((x+1)\) и \(y\), считая, что \(x\ne -1\) и \(y\ne 0\). Если подставить \(x=-1\) в решение, получим \(y=0\), т.е. эта точка не является особой, она входит в общее решение.
Ответ: \(y=Ce^{-x}(x+1)\)

Пример 2*. Найдите решение задачи Коши:
a) \(\frac{y'}{x^2}+e^y=0,\ y(1)=0\) \begin{gather*} \frac{y'}{x^2}=-e^y\Rightarrow\frac{dy}{dx}=-x^2e^y\Rightarrow e^{-y}dy=-x^2dx\\ \int e^{-y}dy=-e^{-y},\ \ -\int x^2dx=-\frac{x^3}{3} \end{gather*} Получаем: \begin{gather*} -e^{-y}=-\frac{x^3}{3}+C\Rightarrow e^{-y}=\frac{x^3}{3}+C\Rightarrow -y=\ln\left|\frac{x^3}{3}+C\right|\Rightarrow y=-\ln\left|\frac{x^3}{3}+C\right| \end{gather*} Общее решение: \(y=-\ln\left|\frac{x^3}{3}+C\right|\)
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ 0-\ln\left|\frac13+C\right|\Rightarrow\frac13+C=1\Rightarrow C=\frac23 $$ Решение задачи Коши: \(y=-\ln\left|\frac{x^3+2}{3}\right|\)
Ответ: \(y=-\ln\left|\frac{x^3+2}{3}\right|\)

б) \(x^2(y^2+5)+y^2(x^2+r)y'=0,\ y(0)=\sqrt{5}\) \begin{gather*} y^2(x^2+5)y'=-x^2(y^2+5)\\ y'=\frac{dy}{dx}=-\frac{x^2(y^2+5)}{y^2(x^2+5)}\Rightarrow \frac{y^2}{y^2+5}dy=-\frac{x^2}{x^2+5}dx \end{gather*} Используем табличный интеграл: \(\int\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac1a arctg\frac xa+C\) \begin{gather*} \int\frac{y^2}{y^2+5}dy=\int\frac{(y^2+5)-5}{y^2+5}dy=\int\left(1-\frac{5}{y^2+5}\right)dy=y-5\cdot\frac{1}{\sqrt{5}}arctg\frac{y}{\sqrt{5}}=\\ =y-\sqrt{5}arctg\frac{y}{\sqrt{5}} \end{gather*} Аналогично: \(-\int\frac{x^2}{x^2+5}dx=-x+\sqrt{5}arctg\frac{x}{\sqrt{5}}\)
Общее решение: \(y-\sqrt{5}arctg\frac{y}{\sqrt{5}}=-x+\sqrt{5}arctg\frac{x}{\sqrt{5}}+C\)
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ \sqrt{5}-\sqrt{5}arctg1=-0+0+C\Rightarrow C=\sqrt{5}-\frac{\pi\sqrt{5}}{4}=\sqrt{5}\left(1-\frac\pi 4\right) $$ Решение задачи Коши: \(y-\sqrt{5}arctg\frac{y}{\sqrt{5}}=-x+\sqrt{5}arctg\frac{x}{\sqrt{5}}+\sqrt{5}\left(1-\frac\pi 4\right)\)
Ответ: \(y-\sqrt{5}arctg\frac{y}{\sqrt{5}}=-x+\sqrt{5}arctg\frac{x}{\sqrt{5}}+\sqrt{5}\left(1-\frac\pi 4\right)\)

Пример 3. Найдите массу радиоактивного вещества спустя время, равное четырем периодам полураспада, если начальная масса составляла 64 г.
При радиоактивном распаде атомы одного элемента превращаются в атомы другого, поэтому для массы вещества справедлив тот же закон, что и для количества атомов этого вещества: $$ m(t)=m_0 e^{-\lambda t} $$ Период полураспада – это время, за которое масса уменьшается в 2 раза: $$ \frac{m\left(T_{\frac12}\right)}{m_0}=\frac12 $$ За время, равное 4 периодам полураспада, масса уменьшится: $$ \frac{m\left(4T_{\frac12}\right)}{m_0}=\left(\frac12\right)^4=\frac{1}{16} $$ в 16 раз.
Получаем: $$ m\left(4T_{\frac12}\right)=\frac{m_0}{16},\ \ m\left(4T_{\frac12}\right)=\frac{64}{16}=4\ \text{(г)} $$ Ответ: 4 г

Пример 4. Выведите зависимость \(U(t)\) на обкладках конденсатора при его разрядке в RC-цепи.

Разрядка конденсатора происходит в цепи без источника ЭДС. Пусть в начальный момент заряд на обкладках \(U(0)=U_0.\) Замкнем ключ и начнем разрядку конденсатора.

По закону Ома для замкнутой цепи: $$ IR+U=0 $$ Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=\frac{dq}{dt}=\frac{d(CU)}{dt}=C\frac{dU}{dt} $$ Подставляем: $$ RC\frac{dU}{dt}=-U $$ Получили ДУ с разделяющимися переменными: $$ \frac{dU}{U}=-\frac{dt}{RC} $$ Интегрируем: $$ \int\frac{dU}{U}=\ln U,\ \ \int{dt}{RC}=\frac{t}{RC} $$ Общее решение: $$ \ln U=-\frac{t}{RC}+B $$ где \(B\) константа, которую мы обозначили так, чтобы не путать с емкостью.
Начальное условие \(U(0)=0\). Подставляем: $$ \ln U_0=-\frac{0}{RC}+B\Rightarrow B=\ln U_0 $$ Решение задачи Коши: \begin{gather*} \ln U=-\frac{t}{RC}+\ln U_0\Rightarrow\ln U-\ln U_0=-\frac{t}{RC}\Rightarrow \ln\frac{U}{U_0}=-\frac{t}{RC}\\ \frac{U}{U_0}=e^{-\frac{t}{RC}} \end{gather*}

Например, \(при U_0=5В,\ RC=0,01 с\) график разрядки конденсатора имеет вид: