Неразделимое дифференциальное уравнение - Inseparable differential equation

В математика, неразрывное дифференциальное уравнение является обыкновенное дифференциальное уравнение это не может быть решено с помощью разделение переменных. Для решения неразрывного дифференциального уравнения можно использовать ряд других методов, например Преобразование Лапласа, замена, так далее.

Примеры

Рассмотрим общее неотделимое уравнение

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}+p(x)y=q(x)}$

Теперь мы определим специальный факториал, μ в качестве

${\displaystyle \mu =e^{\int p(x)dx}}$

Таким образом:

${\displaystyle {\frac {d\mu }{dx}}=(e^{\int p(x)dx}){\frac {d}{dx}}(\int p(x)dx)}$

${\displaystyle {\frac {d\mu }{dx}}=\mu p(x)}$

Отсюда мы можем решить уравнение, используя приведенное выше определение:

${\displaystyle \mu {\frac {dy}{dx}}+\mu p(x)y=\mu q(x)}$

${\displaystyle \mu {\frac {dy}{dx}}+y{\frac {d\mu }{dx}}=\mu q(x)}$

(используя правило продукта в обратном порядке)

${\displaystyle {\frac {d}{dx}}(\mu y)=\mu q(x)}$

${\displaystyle \mu y=\int \mu q(x)dx}$

В итоге получаем:

${\displaystyle y={\frac {\int \mu q(x)dx}{\mu }}}$

Это может быть использовано для решения большинства неразрывных уравнений, не содержащих у в степени, отличной от одной. Например, решение неразрывного уравнения:

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=x+y}$

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}-y=x}$

Разложив в требуемом виде, получаем:

${\displaystyle p(x)=-1\ }$

${\displaystyle q(x)=x\ }$

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}+p(x)y=q(x)}$

Теперь все, что нужно, - это найти значение μ чтобы включить в наше исходное уравнение ${\displaystyle y={\frac {\int \mu q(x)dx}{\mu }}.}$

${\displaystyle \mu =e^{\int p(x)dx}=e^{\int -1dx}=e^{-x}}$

Включение этого в исходное уравнение и упрощение дает нам окончательный ответ:

${\displaystyle y={\frac {\int xe^{-x}}{e^{-x}}}}$

${\displaystyle y=e^{x}(-xe^{-x}-e^{-x}+C)\ }$

${\displaystyle y=Ce^{x}-x-1\ }$

Рассмотрим, например, неразрывное уравнение

${\displaystyle 2y''+3y'+y=5.\ }$

Решим его с помощью преобразования Лапласа. У одного есть это

${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f'\}=s{\mathcal {L}}\{f\}-f(0)}$

${\displaystyle {\mathcal {L}}\{f''\}=s^{2}{\mathcal {L}}\{f\}-sf(0)-f'(0)}$

${\displaystyle {\mathcal {L}}\left\{f^{(n)}\right\}=s^{n}{\mathcal {L}}\{f\}-s^{n-1}f(0)-\cdots -f^{(n-1)}(0).}$

Используя удобство того, что преобразования Лапласа следуют правилам линейности, можно решить приведенный выше пример для у путем выполнения преобразования Лапласа с обеих сторон дифференциального уравнения, подстановки начальных значений, решения преобразованной функции и последующего выполнения обратного преобразования.

Для приведенного выше примера предположим, что начальные значения равны ${\displaystyle y(0)=0}$ и ${\displaystyle y'(0)=0.}$ Потом,

${\displaystyle 2(s^{2}Y-s\cdot 0-0)+3(sY-0)+Y={\frac {5}{s}}.}$

Следует, что

${\displaystyle (2s+1)(s+1)Y={\frac {5}{s}}}$

или же

${\displaystyle Y={\frac {5}{s(2s+1)(s+1)}}.}$

Теперь можно просто взять обратное преобразование Лапласа Y получить решение у к исходному уравнению.

Смотрите также

• примеры дифференциальных уравнений
• метод вариации параметров