Как определить тип уравнения: пять признаков ОДУ

Дано: пять уравнений первого порядка $y' = xy^2$; $y' + \dfrac{2}{x}y = x^3$; $y' + y = xy^3$; $y' = \dfrac{y}{x} + \dfrac{y^2}{x^2}$; $(2x + y)\,dx + (x + 2y)\,dy = 0$. Найти: тип каждого из них и метод решения.

Тип уравнения читается по виду правой части, а не по тому, насколько трудно потом брать интегралы: смотреть надо на степени, в которых входит $y$, и на то, что происходит с уравнением при замене масштаба. Ответ: разделяющиеся переменные, линейное, Бернулли при $n = 3$, однородное и уравнение в полных дифференциалах. Калькулятор сверху прогоняет уравнение по всем пяти признакам и показывает, какой из них сработал, а ниже идёт разбор каждого случая.

Решение по шагам

Дано. Пять уравнений первого порядка. Найти: тип и метод для каждого.

Шаг 0. Привести запись к канонической. Классификация работает с двумя формами: явной $y' = f(x, y)$ и симметричной $M(x, y)\,dx + N(x, y)\,dy = 0$. Первые четыре уравнения задачи легко приводятся к явной форме, пятое уже записано симметрично. Пока уравнение не приведено, признаки проверять бесполезно: слагаемое с $y$, оставшееся слева, маскирует и линейность, и однородность.

Шаг 1. Уравнение $y' = xy^2$. Правая часть уже распалась на произведение функции от $x$ и функции от $y$:

$$f(x, y) = x \cdot y^2 = g(x)h(y).$$

Значит, переменные разделяются, и это самый удобный из возможных вариантов. Разводим их по разные стороны и интегрируем: $\dfrac{dy}{y^2} = x\,dx$, откуда $-\dfrac{1}{y} = \dfrac{x^2}{2} + C$. Подробности метода разобраны в статье про уравнение с разделяющимися переменными.

Шаг 2. Уравнение $y' + \dfrac{2}{x}y = x^3$. Здесь $y$ входит в первой степени, а $y'$ идёт с коэффициентом единица. Приводим к явному виду и смотрим на структуру:

$$y' = -\frac{2}{x}\,y + x^3 \quad \Longrightarrow \quad y' + P(x)y = Q(x), \qquad P = \frac{2}{x},\; Q = x^3.$$

То, что коэффициент $P$ сам оказался дробью, ничего не меняет: линейность требуется только по $y$, а от $x$ функции могут быть любыми. Тип линейный, решается подстановкой $y = uv$ или интегрирующим множителем $\mu = x^2$; разбор подстановки лежит в статье про линейное уравнение методом Бернулли.

Шаг 3. Уравнение $y' + y = xy^3$. Слева всё как у линейного, но справа стоит $y$ в третьей степени. Это ровно шаблон Бернулли:

$$y' + P(x)y = Q(x)y^{\,n}, \qquad P = 1,\; Q = x,\; n = 3.$$

Показатель $n = 3$ отличается и от нуля, и от единицы, поэтому уравнение действительно нелинейное, но замена $z = y^{1-n} = y^{-2}$ превращает его в линейное относительно $z$. Дальше работает уже алгоритм шага 2, а вся техника замены разобрана в статье про уравнение Бернулли первого порядка.

Шаг 4. Уравнение $y' = \dfrac{y}{x} + \dfrac{y^2}{x^2}$. Ни разделить переменные, ни свести к линейному не выходит: степени $y$ разные. Зато правая часть не замечает растяжения координат. Подставим $x \to tx$, $y \to ty$:

$$f(tx, ty) = \frac{ty}{tx} + \frac{t^2y^2}{t^2x^2} = \frac{y}{x} + \frac{y^2}{x^2} = f(x, y).$$

Это и есть определение однородного уравнения: $f$ зависит только от отношения $y/x$. Замена $y = tx$ даёт $t + xt' = t + t^2$, то есть $xt' = t^2$, и дальше переменные уже разделяются. Отдельный случай, когда однородность появляется только после сдвига начала координат, разобран в статье про уравнение, приводящееся к однородному.

Шаг 5. Уравнение $(2x + y)\,dx + (x + 2y)\,dy = 0$. Запись симметричная, поэтому первым делом проверяем самый дешёвый признак, который стоит одну строку дифференцирования:

$$\frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2x + y) = 1, \qquad \frac{\partial N}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x + 2y) = 1.$$

Частные производные совпали, значит слева стоит полный дифференциал некоторой функции $F$. Восстанавливаем её из $F_x = 2x + y$ и $F_y = x + 2y$, получаем $F = x^2 + xy + y^2$, и общее решение записывается сразу: $x^2 + xy + y^2 = C$. Техника поиска потенциала расписана в статье про уравнение в полных дифференциалах.

Ответ.

Порядок проверки: пять признаков подряд

Признаки перебираются не в случайном порядке, а от самого простого метода к самому громоздкому. Как только очередной признак сработал, дальше можно не смотреть: найденный способ уже не будет длиннее следующих.

Исключение из порядка одно: если уравнение сразу дано в симметричной форме, первым проверяют условие $M_y = N_x$. Оно стоит двух производных и, если выполнено, избавляет от любых замен вообще.

Как проверяется каждый признак

Разделение переменных удобно проверять не глазами, а формально. Если $f = g(x)h(y)$, то для любых точек выполняется равенство $f(x, y)\,f(x_0, y_0) = f(x, y_0)\,f(x_0, y)$: обе части равны одному и тому же произведению. Достаточно взять пару контрольных точек, и сомнения снимаются за полминуты.

Однородность проверяется подстановкой множителя $t$ в оба аргумента. Если после сокращения $t$ исчезает полностью, уравнение однородное, и замена $y = tx$ гарантированно даёт разделяющиеся переменные. В симметричной записи признак формулируется иначе: $M$ и $N$ должны быть однородными функциями одной и той же степени.

Линейность это условие на степень: $y$ входит только в первой степени и не стоит ни под каким знаком функции. Формальный вариант того же признака удобен, когда правая часть громоздкая: вторая производная по $y$ обязана обращаться в нуль, $\partial^2 f/\partial y^2 \equiv 0$. Функции от $x$ при этом могут быть какими угодно, включая дроби и логарифмы.

Уравнение Бернулли отличается от линейного ровно одним слагаемым: справа появляется $y$ в степени $n$. Проверка сводится к тому, чтобы выписать все степени $y$ и убедиться, что их ровно две и одна из них равна единице. При $n = 0$ или $n = 1$ уравнение линейное, и замена $z = y^{1-n}$ вырождается в тождество.

Полный дифференциал ищется только в симметричной записи. Условие $M_y = N_x$ ровно означает, что выражение $M\,dx + N\,dy$ является дифференциалом какой-то функции $F$, а тогда уравнение говорит просто $dF = 0$. Если равенство не выполняется, признак ещё не приговор: иногда помогает интегрирующий множитель, после умножения на который условие становится верным.

Когда уравнение подходит сразу под два типа

Типы не исключают друг друга, и это нормально. Первое уравнение задачи с равным правом называется и уравнением с разделяющимися переменными, и уравнением Бернулли при $n = 2$ с нулевым коэффициентом $P$. Четвёртое одновременно однородное и Бернулли при $n = 2$, а пятое одновременно точное и однородное: и $M$, и $N$ там однородны первой степени.

Выбирать надо не «правильный» тип, а более короткий путь. Разделение переменных всегда дешевле замены, а готовый потенциал дешевле сведения к линейному уравнению. Калькулятор сверху показывает все сработавшие признаки и подсвечивает тот, с которого выгоднее начинать: колонки «да» в панели результата это и есть список альтернатив.

Обрати внимание, что тип от начальных условий не зависит. Условие вида $y(x_0) = y_0$ не меняет вид правой части, оно лишь вырезает из семейства одну кривую после того, как общее решение найдено; как это делается, показано в разборе задачи Коши.

Частые ошибки

• Путают порядок и тип. «Первый порядок» это про старшую производную, а «однородное» или «линейное» про вид правой части. Одно другому не замена.
• Классифицируют, не приведя уравнение к канонической форме. Пока слагаемое с $y$ висит слева, а $y'$ идёт с множителем, признаки читаются неверно.
• Считают уравнение нелинейным из-за дробей по $x$. В $y' + \dfrac{2}{x}y = x^3$ дробь стоит при $y$ как коэффициент $P(x)$, и линейности это не мешает.
• Объявляют однородность по одному слагаемому. В $y' = \dfrac{y}{x} + x$ первое слагаемое однородно, второе нет, и весь признак рушится: проверять надо все слагаемые сразу.
• Берут $n = 1$ у Бернулли. Тогда замена $z = y^{1-n} = y^0$ даёт константу и ничего не решает; при $n = 0$ и $n = 1$ уравнение просто линейное.
• Проверяют $M_y = N_x$ на явной форме. В записи $y' = f(x, y)$ получается $M = -f$, $N = 1$, и равенство выполняется лишь тогда, когда $f$ вообще не зависит от $y$.

FAQ

Чем однородное уравнение отличается от однородного линейного? Это два разных смысла одного слова. Однородное уравнение первого порядка это $y' = \varphi(y/x)$, а однородное линейное это уравнение $y' + P(x)y = 0$ с нулевой правой частью. Проверяются они по-разному, и путать их нельзя.

Что делать, если ни один из пяти признаков не сработал? Сначала попробовать интегрирующий множитель: часто хватает множителя, зависящего только от $x$ или только от $y$. Если не помогло, уравнение может оказаться специальным, например уравнением Риккати или уравнением Клеро, у которых свои приёмы.

Может ли уравнение сменить тип после замены переменных? Да, и на этом построена половина методов. Бернулли после $z = y^{1-n}$ становится линейным, однородное после $y = tx$ становится уравнением с разделяющимися переменными. Тип это характеристика конкретной записи, а не самой кривой решения.

Обязательно ли определять тип перед решением? Практически да. Метод выбирается по типу, и попытка решать однородное уравнение как линейное просто не сойдётся. Полминуты на проверку признаков экономят страницу бесполезных выкладок.

Коротко

1. Приведи уравнение к явной форме $y' = f(x, y)$ или к симметричной $M\,dx + N\,dy = 0$.
2. Проверяй признаки по порядку: разделяющиеся, однородное, линейное, Бернулли; для симметричной записи начинай с $M_y = N_x$.
3. Останавливайся на первом сработавшем признаке и бери соответствующий метод: разделение, замена $y = tx$, подстановка $y = uv$, замена $z = y^{1-n}$ или поиск потенциала.
4. Если признаков сработало несколько, выбирай тот, у которого метод короче.
5. Ответ задачи: $y' = xy^2$ разделяющиеся переменные; $y' + \dfrac{2}{x}y = x^3$ линейное; $y' + y = xy^3$ Бернулли при $n = 3$; $y' = \dfrac{y}{x} + \dfrac{y^2}{x^2}$ однородное; $(2x + y)\,dx + (x + 2y)\,dy = 0$ в полных дифференциалах.