Уравнения с разделящи се променливи
Както видяхме в предната тема, ако $Pdx+Qdy$ е локално точен диференциал с непрекъснати коефициенти в дадена област $D\subseteq\mathbb{R}^2$, то в околност на всяка неособена точка на формата, задачата на Коши $Pdx+Qdy=0, (x,y)=(a,b)\in D$ има единствено решение, което се определя като неявна функция от уравнението $F(x,y)=F(a,b)$, където $F$ е примитивна на диференциала $Pdx+Qdy$ в околност на точката $(a,b)$ (вж. Твърдение 1 на Тема 3). Както вече видяхме с примери, в околност на точките, в които $P$ и $Q$ се анулират едновременно (особените точки), задачата на Коши може да има повече от едно решение или да няма решения. Въпросът как изглеждат интегралните криви в околност на особена точка ще дискутираме по-нататък.
Най-простият случай на точно диференциално уравнение е уравнението $P(x)dx+Q(y)dy=0$, където $P,Q$ са непрекъснати функции в дадени интервали $I,J$, които не се анулират едновременно в правоъгълника $I\times J$. Такова уравнение се нарича уравнение с разделени променливи. От теоремата на Нютон-Лайбниц имаме, че функцията $F(x,y)=\int_a^xP(t)dt+\int_b^yQ(t)dt$, където $(a,b)\in I\times J$ произволна фиксирана точка, е примитивна на диференциала $P(x)dx+Q(y)dy$ и следователно всички решения на уравнението се определят от $F(x,y)=c$, където $c\in\mathbb{R}$ е произволна константа от множеството от стойности на $F$. Уравненията с разделени променливи могат да бъдат зададени и във вида $Q(y)y’=P(x)$ или $P(x)x’=Q(y)$. Последните уравнения имат смисъл при условие, че $Q$ и $P$ не се анулират съответно в някакви интервали, при което те са еквивалентни на $P(x)dx-Q(y)dy=0$, т. е. уравнение, което вече знаем как се решава. Така виждаме, че практическото решаване уравнения с разделени променливи се свежда до пресмятане на интеграли от коефициентите по отделните променливи. Както ще видим в следващите няколко теми, методите за решаване на повечето диференциални уравнения от първи ред се състоят в това, да се направи подходяща смяна на координатите, така че уравнението да се сведе до уравнение с разделени променливи.
Уравнение с разделящи се променливи се нарича уравнение от вида $P_1(x)Q_1(y)dx+P_2(x)Q_2(y)dy=0$, или $y’=f(x)g(y)$, където $P_1,P_2,Q_1,Q_2, f, g$ са непрекъснати функции в дадени интервали. Тези уравнения се наричат така, тъй като лесно се свеждат до уравнения с разделени променливи, които се решават непосредствено. Това става чрез умножение на уравненията съответно с функциите $\frac{1}{Q_1P_2}$ и $\frac{1}{g}$, в множествата където $Q_1P_2\neq 0$ и $g\neq 0$. Множествата в които $Q_1=0$, $P_2=0$ и $g=0$ определят тривиални решения на уравненията. Например ако $Q_1(a)=0$, то непосредствено се вижда, че правата с уравнение $y=a$ е решение на $P_1(x)Q_1(y)dx+P_2(x)Q_2(y)dy=0$, а, ако $P_2(a)=0$, то правата с уравнение $x=a$ е решение на това уравнение. По същия начин, ако $g(a)=0$, то постоянната функция $y(x)=a$ е решение на уравнението $y’=f(x)g(y)$. От (вж. Твърдение 1 на Тема 3) виждаме, че ако $P_1, P_2, f$ и $Q_1,Q_2, g$ са дефинирани в интервалите $I$ и $J$ съответно и $P_2\neq 0$ в $I$, $Q_2,g\neq 0$ в $J$, то за всяка точка $(a,b)\in I\times J$, задачата на Коши $y’=f(x)g(y), y(a)=b$ има единствено решение в някой подинтервал на $I$ съдържащ $a$, а задачата на Коши $P_1(x)Q_1(y)dx+P_2(x)Q_2(y)dy=0, (a,b)\in I\times J$ има единствено решение в околност на точката $(a,b)$. В точките от правите определени от уравненията $Q_1=0$ и $P_2=0$ или $g=0$, може да се наруши единствеността на решението на съответната задача на Коши. Например ако разгледаме задачата на Коши $y’=3\sqrt[3]{y^2}$, $y(0)=0$, можем да видим, че решенията са поне две: постоянната функция $y(x)=0$ и функцията $y(x)=x^3$.
Забележка. Доказва се с допускане на противното, че ако $g(a)=0$ и $f(a)\neq 0$, то задачата на Коши $y’=f(x)g(y), y(a)=b$ има единствено решение (постоянната в околност на $a$ функция $y(x)=b$ ) тогава и само тогава, когато за достатъчно малко $\delta>0$, несобствените интеграли $\int_a^{a+\delta}\frac{dx}{g(x)}$ и $ \int_{a-\delta}^{a}\frac{dx}{g(x)}$ са разходящи.
Упражнения
- Решете уравненията $(x^2+1)dx+ydy=0$, $\frac{y’}{1+y^2}=x\sin x$, $xy’=y$.
- Решете задачите на Коши: а) $yy’=\sqrt{x}$, $y(1)=1$, б) $xdx=ydy$, $(1,-1)$.
- Колко решения има задачата на Коши: a) $y’\cot x+y=2$, $y(0)=-1$, б) $xy’=y$, $y(0)=0$?
- Решета уравненията: а) $xy+(x+1)y’=0$, б) $y’=10^{x+y}$, в) $\sqrt{y^2+1}=xyy’$, г) $(y^2-2)dx+2x^2ydy=0$, д) $2xy^2dx+(x^2-1)dy=0$.
- Решете задачите на Коши: а) $(1+y^2)dx-2xydy=0, (2,1)$, б) $(1+y^2)dx-\cos^2xdy=0, y(\pi)=1$, в) $y’=\cos2x\sin^2y, y(0)=\frac{\pi}{4}$, г) $\sqrt{x}y’=y, y(9)=1$.