Линейные ДУ первого порядка и уравнение Бернулли

Разделяющиеся переменные — это везение: правая часть раскладывается на множители, и оба интеграла берутся по таблице. Но попробуйте разделить переменные в $y^{\prime }-2y=4$. Множителей нет, есть сумма. И вот тут вступает в игру одна из самых элегантных идей курса: не решать уравнение напрямую, а сначала превратить его в разделяющееся удачной заменой. Сегодня — два таких превращения: линейное уравнение и уравнение Бернулли.

Линейное уравнение: строение и смысл#

Линейным уравнением первого порядка называется уравнение, линейное по $y$ и $y^{\prime }$ — то есть в него обе эти величины входят в первой степени и не перемножаются:

Слова «линейное по $y$» — не формальность. Посмотрите, что делает уравнение нелинейным: $y^2$, $\sin y$, $y\cdot y^{\prime }$, $\sqrt{y^{\prime }}$. Всё, что вы видели в задачниках вроде «найдите общее решение», начинается с проверки: линейно? Если да — есть два стандартных метода, и любой из них гарантированно доведёт до ответа.

Полезно сразу увидеть два слоя в уравнении. Занулите правую часть: $y^{\prime }+p(x)y=0$ — однородное уравнение, оно с разделяющимися переменными. Правая часть $q(x)$ — это «внешняя сила», источник, который подпитывает решение. Ответ получится как суперпозиция: реакция на начальное состояние плюс реакция на источник.

Метод подстановки y = uv#

Идея дерзкая: вместо одной неизвестной функции ищем две, но выбираем их сами. Подставим $y=uv$ в уравнение. По правилу произведения $y^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$, и уравнение принимает вид $u^{\prime }v+u{v}^{\prime }+puv=q$. Сгруппируем: $u^{\prime }v+u(v^{\prime }+pv)=q$. Теперь трюк: $v$ выбираем так, чтобы скобка обнулилась — $v^{\prime }+pv=0$. Это уравнение с разделяющимися переменными для $v$! А что останется для $u$? $u^{\prime }v=q$ — тоже разделяющееся. Одно сложное уравнение развалилось на два простых.

Пример: $y' - 2y = 4$ с условием $y(0) = 1$

1. 1
   Здесь $p=-2$, $q=4$. Подстановка $y=uv$ даёт $u^{\prime }v+u{v}^{\prime }-2uv=4$, группируем: $u^{\prime }v+u(v^{\prime }-2v)=4$
2. 2
   Скобку зануляем: $v^{\prime }-2v=0$. Разделяем: $\frac{dv}{v}=2dx$, интегрируем — берём $v=e^{2x}$ (константу для $v$ не ищем, достаточно одной функции)
3. 3
   Остаток: $u^{\prime }{e}^{2x}=4$, то есть $u^{\prime }=4e^{-2x}$. Интегрируем: $u=-2e^{-2x}+C$
4. 4
   Собираем ответ: $y=uv=(-2e^{-2x}+C)e^{2x}=C{e}^{2x}-2$
5. 5
   Начальное условие $y(0)=1$: $1=C-2$, значит $C=3$. Частное решение $y=3e^{2x}-2$
6. 6
   Проверка: $y^{\prime }-2y=6e^{2x}-2(3e^{2x}-2)=4$ — тождество, ответ верный

Есть и второй путь — интегрирующий множитель $e^{\int pdx}$. Умножьте уравнение на него, и слева соберётся производная произведения: $(y{e}^{\int pdx}{)}^{\prime }=q{e}^{\int pdx}$. Дальше один интеграл — и ответ. В примере выше $e^{\int (-2)dx}=e^{-2x}$, и $(y{e}^{-2x}{)}^{\prime }=4e^{-2x}$ сразу даёт $y{e}^{-2x}=-2e^{-2x}+C$. Один и тот же результат — выбирайте, что приятнее руке.

• Подстановка $y=uv$: два разделяющихся уравнения подряд. Самый «механический» путь — не нужно помнить формул.
• Интегрирующий множитель $e^{\int pdx}$: умножили, свернули левую часть в производную произведения, проинтегрировали. Самый короткий, если множитель считается легко.
• Вариация постоянной (Лагранжа): сначала решение однородного $y=C{e}^{-\int pdx}$, затем $C$ считаем функцией $C(x)$ и находим её из исходного уравнения. Чуть длиннее, зато универсальная идея — она же работает для уравнений второго порядка.

Все три дороги ведут в один и тот же пункт назначения: $y=e^{-\int pdx}\left(\int q{e}^{\int pdx}dx+C\right)$. Эту формулу можно запомнить целиком и подставлять числа — но на экзамене от вас обычно ждут вывода, поэтому потренируйте хотя бы подстановку $y=uv$ руками на двух-трёх уравнениях: навык вывода выручает, когда память подводит.

Уравнение Бернулли: добавляем нелинейность#

Уравнением Бернулли называют уравнение вида

Оно почти линейное — портит всё множитель $y^n$. Замена $z=y^{1-n}$ делает чудо: дифференцируем $z^{\prime }=(1-n)y^{-n}{y}^{\prime }$, делим исходное уравнение на $y^n$ — и все степени $y$ собираются в $z$. На выходе — честное линейное уравнение для $z$, которое решается уже знакомым методом $z=uv$.

Не поленитесь проверить: $y=\frac{1}{Cx-x^2}$ при $C=2$ в точке $x=1$ даёт $y=1$, производная $y^{\prime }=-\frac{C-2x}{(Cx-x^2{)}^2}$ в той же точке равна нулю. Левая часть $0+\frac{1}{1}=1$, правая $1\cdot 1^2=1$. Сходится. Заметьте также, что при делении на $y^2$ мы снова могли потерять $y\equiv 0$ — для Бернулли это вечная оговорка.

Ещё пример с интегрирующим множителем: $y' - 2xy = x$

1. 1
   Здесь $p=-2x$, интегрирующий множитель $e^{\int (-2x)dx}=e^{-x^2}$
2. 2
   Умножаем: ${\left(y{e}^{-x^2}\right)}^{\prime }=x{e}^{-x^2}$ — левая часть свернулась в производную произведения
3. 3
   Интеграл справа берётся в уме: $\int x{e}^{-x^2}dx=-\frac{e^{-x^2}}{2}+C$
4. 4
   Ответ: $y=C{e}^{x^2}-\frac{1}{2}$. Проверка: $y^{\prime }=2Cx{e}^{x^2}$, и $2Cx{e}^{x^2}-2x\left(C{e}^{x^2}-\frac{1}{2}\right)=x$ — тождество

Небольшой фильтр для самопроверки: в линейном уравнении ответ обязан содержать константу линейно. Получили $y=\dots +C\cdot \dots$ — хорошо; константа в знаменателе, под корнем или внутри синуса — где-то ошибка в выкладках. Этот фильтр отсеивает половину опечаток за секунды.

Если всё же хочется формулы целиком: $y=e^{-\int pdx}\left(\int q{e}^{\int pdx}dx+C\right)$. Она работает, но имеет дурную репутацию: под ней легко спрятать непроверенные выкладки. На контрольной лучше проиграть минуту и пройти по шагам множителя — надёжность дороже скорости.

Физическая интермедия: RL-цепь

Линейные уравнения первого порядка — родной язык электротехники. Катушка с индуктивностью $L$ и резистор $R$ под постоянным напряжением $U$ подчиняются $L{I}^{\prime }+RI=U$ — линейному уравнению с $p=R/L$, $q=U/L$. Решение: $I(t)=\frac{U}{R}\left(1-e^{-Rt/L}\right)$. Числа: $L=0,1$ Гн, $R=5$ Ом, $U=12$ В дают предельный ток $12/5=2,4$ А и постоянную времени $\tau =L/R=0,02$ с — за двадцать миллисекунд ток проходит 63% пути к финалу.

Посмотрите на структуру ответа: он распался на «установившийся режим» $U/R$ и «переходный процесс» $-\frac{U}{R}{e}^{-Rt/L}$. Это ровно та суперпозиция, о которой говорилось выше: реакция на источник плюс реакция на начальное состояние. Инженеры говорят «переходный процесс» — и имеют в виду то же, что студенты пишут в константе общего решения.

И про экзотику: $n$ в уравнении Бернулли может быть дробным или отрицательным — замена $z=y^{1-n}$ от этого не меняется. При $n=1/2$ получаем $z=\sqrt{y}$ и $z^{\prime }=\frac{y^{\prime }}{2\sqrt{y}}$; алгоритм тот же, арифметика чуть занятнее. Единственное исключение — $n=1$: там уравнение уже линейное, и замена вырождается.

Подведём итог маленькой карты методов. Произведение справа — разделяющиеся переменные. Сумма «производная + функция от $y$ с множителем от $x$» — линейное уравнение, лечится подстановкой $y=uv$. Почти линейное с $y^n$ — Бернулли, сначала $z=y^{1-n}$, потом линейный метод. Уравнения, где вообще ничего не раскладывается, ждут уравнения в полных дифференциалах — там решения ищут через потенциал, и без дифференциального исчисления функций двух переменных не обойтись.