Решение дифференциальных уравнений онлайн: общее решение и задача Коши

Уравнения первого порядка (с разделяющимися переменными, линейные, Бернулли, однородные) и линейные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами. Решатель узнает тип, решит его по шагам, найдёт постоянные из начальных условий и проверит ответ подстановкой.

Примеры: y' = 2xy y' + y = x y' = y(1 - y), y(0) = 1/2 y'' - 3y' + 2y = 0 y'' + 2y' + 5y = 0 y'' + y = sin x y'' + 4y = 8x^2, y(0) = 0, y'(0) = 1 y' = (x^2 + y^2)/(x y)

Загружаем решатель…

Что можно ввести

Производные пишут штрихами: y', y'', или через дроби: dy/dx, d^2y/dx^2. Уравнение можно не приводить к стандартному виду: x y' + y = x^2 решатель перепишет сам. Начальные условия идут через запятую: y'' + 4y = 8x^2, y(0) = 0, y'(0) = 1 — это задача Коши, и в ответе будет одно конкретное решение. Если функция зовётся $x(t)$, как в физике, так и пишите: x'' + 9x = 0.

Решатель берёт уравнения первого порядка пяти типов: $y' = f(x)$, с разделяющимися переменными, линейные, Бернулли и однородные. Из второго порядка — линейные с постоянными коэффициентами $a y'' + b y' + c y = f(x)$ с любой правой частью, для которой находятся интегралы. Уравнения с параметрами ($y' = ay$) нужно конкретизировать числами.

Как узнать тип и что с ним делать

С разделяющимися переменными: $y' = f(x)\,g(y)$. Пишем $y' = \frac{dy}{dx}$, собираем всё с $y$ слева, всё с $x$ справа, $\frac{dy}{g(y)} = f(x)\,dx$, и интегрируем обе части. Не забудьте: делить на $g(y)$ можно, только если $g(y) \ne 0$; постоянные функции $y = c$ с $g(c) = 0$ — тоже решения, их легко потерять.

Линейное первого порядка: $y' + p(x)\,y = q(x)$. Сначала решаем однородное $y' + py = 0$ — оно с разделяющимися переменными, $y = C e^{-\int p\,dx}$. Потом «оживляем» постоянную: ищем $y = C(x)\,e^{-\int p\,dx}$. После подстановки слагаемые с $C(x)$ сокращаются, остаётся $C'(x)\,e^{-\int p} = q$, и $C(x)$ находится одним интегралом. Это метод вариации постоянной (Лагранжа).

Бернулли ($y' + py = q y^n$) заменой $z = y^{1 - n}$ сводится к линейному, однородное ($y' = F(y/x)$) заменой $y = ux$ — к уравнению с разделяющимися переменными.

Второго порядка с постоянными коэффициентами: $a y'' + b y' + c y = f(x)$. Общее решение складывается из двух частей: $y = y_{\text{о}} + y^{*}$, где $y_{\text{о}}$ — общее решение однородного уравнения (с нулём справа), а $y^{*}$ — любое одно решение неоднородного. Разность двух решений неоднородного уравнения решает однородное, поэтому, зная одно решение $y^{*}$, получаем все.

Почему работает характеристическое уравнение

Экспонента — функция, которая при дифференцировании только умножается на число: $(e^{\lambda x})' = \lambda e^{\lambda x}$, $(e^{\lambda x})'' = \lambda^2 e^{\lambda x}$. Подставим $y = e^{\lambda x}$ в однородное уравнение:

$$a\lambda^2 e^{\lambda x} + b\lambda e^{\lambda x} + c\,e^{\lambda x} = (a\lambda^2 + b\lambda + c)\,e^{\lambda x} = 0.$$

Экспонента в ноль не обращается, значит, решения получаются ровно при тех $\lambda$, что обнуляют скобку. Дифференциальное уравнение свелось к квадратному.

Показатель экспоненты, которую ищем: каждая производная превращается в множитель $\lambda$.

Дискриминант решает, как выглядит ответ. При $D > 0$ два корня и две экспоненты: $y_{\text{о}} = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x}$. При $D = 0$ корень один, и второе решение — та же экспонента, умноженная на $x$: $y_{\text{о}} = (C_1 + C_2 x)e^{\lambda x}$. При $D < 0$ корни $\alpha \pm \beta i$, и по формуле Эйлера $y_{\text{о}} = e^{\alpha x}(C_1 \cos \beta x + C_2 \sin \beta x)$ — колебания.

Пример: $y'' - 3y' + 2y = 0$ даёт $\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0$, корни $1$ и $2$, решение $y = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x}$. Проверим одну экспоненту: для $y = e^{2x}$ имеем $4e^{2x} - 3 \cdot 2e^{2x} + 2e^{2x} = 0$.

Частное решение для правой части вида «многочлен $\times\ e^{\alpha x} \times$ косинус или синус $\beta x$» ищут в таком же виде с неизвестными коэффициентами: $y^{*} = e^{\alpha x}\bigl(P(x)\cos\beta x + Q(x)\sin\beta x\bigr)$, где $P$ и $Q$ — многочлены той же степени с буквами вместо чисел. Если «контрольное число» $\alpha + \beta i$ оказалось корнем характеристического уравнения, догадку домножают на $x$ (для двукратного корня — на $x^2$): иначе она сама решает однородное уравнение и даёт ноль. Это и есть резонанс — тот самый, что раскачивает качели, когда толкать их в такт.

Разобранные примеры

Пример 1. Разделение переменных: $y' = 2xy$

$\frac{dy}{y} = 2x\,dx$, интегрируем: $\ln|y| = x^2 + C$. Потенцируем: $|y| = e^{C}e^{x^2}$, а знак и $e^{C}$ собираем в новую постоянную: $y = Ce^{x^2}$. Решение $y = 0$, потерянное при делении на $y$, входит сюда при $C = 0$.

Пример 2. Линейное уравнение: $y' + y = x$

Однородное $y' + y = 0$ даёт $y = Ce^{-x}$. Ищем $y = C(x)e^{-x}$: подстановка оставляет $C'(x)e^{-x} = x$, то есть $C'(x) = xe^{x}$. По частям $C(x) = e^{x}(x - 1) + C$, и

$$y = e^{-x}\bigl(e^{x}(x - 1) + C\bigr) = x - 1 + Ce^{-x}.$$

Проверка: $y' = 1 - Ce^{-x}$, и $y' + y = 1 - Ce^{-x} + x - 1 + Ce^{-x} = x$.

Пример 3. Задача Коши: $y'' + 4y = 8x^2$, $y(0) = 0$, $y'(0) = 1$

Характеристическое уравнение $\lambda^2 + 4 = 0$, корни $\pm 2i$, поэтому $y_{\text{о}} = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x$. Справа многочлен второй степени, ноль не корень — ищем $y^{*} = Ax^2 + Bx + C$. Подставляем: $2A + 4(Ax^2 + Bx + C) = 8x^2$. Приравниваем коэффициенты: $4A = 8$, $4B = 0$, $2A + 4C = 0$, откуда $A = 2$, $B = 0$, $C = -1$.

Общее решение $y = C_1 \cos 2x + C_2 \sin 2x + 2x^2 - 1$. Из $y(0) = 0$ получаем $C_1 - 1 = 0$, из $y'(0) = 1$ — $2C_2 = 1$. Ответ:

$$y = \cos 2x + \frac12 \sin 2x + 2x^2 - 1.$$

Пример 4. Резонанс: $y'' + 9y = \cos 3x$

Корни $\pm 3i$, а справа $\cos 3x$ — контрольное число $3i$ совпало с корнем. Догадка $A\cos 3x + B\sin 3x$ решает однородное уравнение и даёт слева ноль, поэтому берём $y^{*} = x(A\cos 3x + B\sin 3x)$. Подстановка даёт $-6A\sin 3x + 6B\cos 3x = \cos 3x$, откуда $A = 0$, $B = \frac16$:

$$y = C_1\cos 3x + C_2 \sin 3x + \frac{x}{6}\sin 3x.$$

Амплитуда частного решения растёт вместе с $x$: система, которую толкают на собственной частоте, раскачивается без предела.

Типичные ошибки

Постоянная не туда. Из $\ln|y| = x^2 + C$ следует $y = Ce^{x^2}$, а не $y = e^{x^2} + C$: постоянная сидит в показателе, а после потенцирования становится множителем.
Потерянные решения. В $y' = y^2$ делят на $y^2$ и получают $y = -\frac{1}{x + C}$. Но $y = 0$ тоже решение, и формула его не даёт ни при каком $C$.
Кратный корень без $x$. При $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda$ запись $C_1 e^{\lambda x} + C_2 e^{\lambda x}$ — это одна функция с постоянной $C_1 + C_2$. Нужно $(C_1 + C_2 x)e^{\lambda x}$.
Комплексные экспоненты в ответе. При корнях $\alpha \pm \beta i$ ответ записывают через $e^{\alpha x}\cos\beta x$ и $e^{\alpha x}\sin\beta x$ — это действительные функции с тем же набором решений.
Забытый резонанс. Если контрольное число — корень характеристического уравнения, догадку без множителя $x$ подставлять бесполезно: получится $0 = f(x)$.
Начальные условия подставляют в $y_{\text{о}}$. Постоянные $C_1$, $C_2$ находят из общего решения, уже вместе с $y^{*}$, иначе частное решение не будет удовлетворять условиям.

Что ещё посмотреть

Поле направлений, метод Эйлера, логистический рост, колебания пружины и модели эпидемий — в главе «Дифференциальные уравнения». Почему экспонента — единственная функция, равная своей производной, рассказывает глава о числе e, а формулу Эйлера $e^{i\varphi} = \cos\varphi + i\sin\varphi$, превращающую комплексные корни в колебания, — её раздел об окружности и глава о комплексных числах. Интегралы, которые встречаются по пути, можно разобрать отдельно в решателе интегралов, а характеристическое уравнение — в решателе квадратных уравнений.