Диференціальні рівняння Латышев
.pdfМіністерство освіти і науки України
ХАРКІВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ АВТОМОБІЛЬНО-ДОРОЖНІЙ УНІВЕРСИТЕТ
МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ ТА ЗАВДАННЯ
до теми «Диференціальні рівняння»
Затверджено методичною радою університету протокол № 3 від 09.12.2010 р.
Харків
ХНАДУ
2010
Укладачі: Латишев В.Р. Небратенко О.В.
Кафедра вищої математики
Дані вказівки та завдання до самостійної роботи студентів інженерно-технічних та економічних спеціальностей складені у відповідності до діючих програм і охоплюють одну з найважливіших частин дисципліни «Вища математика», а саме «Диференціальні рівняння».
Мета даного видання – допомогти студентам у самостійній роботі по засвоєнню даного розділу.
Завдання для самостійної роботи розташовані в додатку. Кожне завдання має 18 прикладів і задач по кожній темі, що сприяє підвищенню якості індивідуальної роботи студентів. Завдання відображають такі теми:
•диференціальні рівняння першого порядку з відокремлюваними змінними, однорідні, лінійні і рівняння Бернуллі;
•диференціальні рівняння другого порядку, які допускають пониження порядку;
•лінійні однорідні і неоднорідні диференціальні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами;
•системи лінійних диференційних рівнянь із сталими коефіцієнтами.
3
1. ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ПЕРШОГО ПОРЯДКУ
1.1. Загальні поняття та означення
Диференціальним рівнянням першого порядку називається рівняння виду
F(x, y, y′) = 0,
яке зв’язує незалежну змінну х, невідому функцію y=y(x) та її похідну y′.
Це рівняння може не містити явно x або y, але обов’язково має містити похідну y′ (у протилежному випадку воно не буде диференціальним).
Якщо рівняння можна розв’язати відносно y′, то його записують у вигляді
y′ = f (x, y)
і називають рівнянням першого порядку, розв’язаним відносно похідної. Загальним розв’язком диференціального рівняння в області G називається функція y=φ(x,с), яка залежить від аргументу
хі довільної сталої С, якщо вона задовольняє дві умови:
1)функція φ(x,с) є розв’язком рівняння при будь-якому значенні сталої С;
2)для довільної точки (x0,y0) є G можна знайти таке значення C=C0, що функція y=φ(x,с0),задовольняє початкову умову:
φ(x0 ,с0 ) = y0 .
Частинним розв’язком рівняння називається функція y=φ(x,с0), яка утворюється із загального розв’язку y=φ(x,с) при певному значенні сталої С=С0.
Якщо загальний розв’язок диференціального рівняння знайдено в неявному вигляді Ф (x,y,c) = 0, то такий розв’язок називають загальним інтегралом диференціального рівняння.
4
Рівність Ф(x,y,c0) = 0 у цьому випадку називають частинним інтегралом рівняння.
1.2.Диференціальні рівняння
звідокремлюваними змінними
Рівняння, яке можна звести до вигляду y′ = f (x) φ( y) ,
де f(x) і φ(y) – задані і неперервні на деякому інтервалі функції, називається диференціальним рівнянням з відокремлюваними змінними.
Щоб розв’язати рівняння треба замінити y′ на dydx , поділити обидві частини рівняння на φ( y) ≠ 0 і помножити на dx, тоді рівняння залишиться у вигляді φdy( y) = f (x) dx.
Оскільки рівняння містить тотожні рівні диференціали, то відповідні невизначені інтеграли відрізняються між собою на сталу величину, тобто
. ∫ φdy( y) = ∫ f (x) dx +c ..
Приклади.
1. Розв’язати рівняння:
(х+ xy2 )dx −(y + yx2 )dx = 0.
Розв’язання.
Оскільки це рівняння можна записати у вигляді x(1+ y2 )dx − y(1+ x2 )dy = 0,
5
то воно є рівнянням з відокремлюваними змінними. Поділивши обидві його частини на (1+ x2 )(1+ y2 )≠ 0 , дістанемо рівняння з відокремленими змінними:
x |
dx − |
y |
= 0 або |
2xdx |
= |
|
2 ydy |
. |
1+ х2 |
1+ y2 |
1+ х2 |
|
|||||
|
|
|
1+ y2 |
Інтегруючи останнє рівняння, маємо:
ln |
1+ x2 |
= ln |
1+ y2 |
+ln |
|
с |
|
, |
с ≠ 0. |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Потенціюючи, дістаємо загальний інтеграл рівняння:
1+ x2 = с(1+ y2 ), |
с ≠ 0 . |
2. Знайти частинний розв’язок рівняння:
(1+ x2 )dy + ydx = 0,
який задовольняє початкову умову y(0)=1.
Розв’язання.
Відокремимо змінні і проінтегруємо дане рівняння:
dy |
+ |
|
dx |
= 0; |
∫ |
dy |
+ ∫ |
dx |
= с; |
ln |
|
y |
|
+ arctg x = c . |
|
|
|
|
|||||||||||||
y |
1+ x2 |
y |
1+ x2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Дістали загальний інтеграл.
Використовуючи початкову умову, знайдемо С: ln1+arсtg y 0 = с,звідки с = 0.
Підставивши знайдемо сталу в загальний інтеграл, дістанемо шуканий частинний інтеграл:
ln y +arctg x = 0,звідки y =e arctg x частинний розв’язок.
6
3. Знайти криву, яка проходить через точку М0(1;2), коли відомо, що у кожній точці кривої відрізок дотичної, який міститься між осями координат, ділиться точкою дотику навпіл.
Розв’язання.
Нехай М(x*,y*) – довільна точка шуканої кривої y=f(x).
Запишемо рівняння дотичної, проведеноїдоцієїкривоївточціМ:
y − y* = y′(x* ) (x − x* ),
де (x*,y*) – довільна точка дотичної (дивись малюнок).
Оскільки за умовою АМ=ВМ, то ОС=ВС, звідки ОВ=2ОС=2х*. У точці В дотична перетинає вісь ох, тому з рівняння дотичної при y = 0 дістанемо абсцису х точки В:
x = x* − |
|
y* |
|
. |
|
|
|
|
||||
′ |
* |
) |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
y (x |
|
|
|
|
|
||
Дістаємо рівняння x* − |
|
y* |
|
|
= 2x* або |
y′ |
= − |
1 |
. |
|||
′ |
* |
|
|
|
|
|||||||
|
) |
|
|
|
|
|
y |
x |
||||
|
y (x |
|
|
|
|
|
Тому що М(x*,y*) взята довільно, то замінили x*, y* на x і y відповідно.
Відокремлюємо змінні і проінтегруємо останнє рівняння:
y |
′ |
|
y |
|
dy |
|
y |
|
dy |
|
dx |
|
|
= − x |
; |
dx = − x ; |
y = − x ; |
||||||||||
|
7
∫ |
dy |
= −∫ |
dx |
+ln |
|
с |
|
; |
ln |
|
y |
|
= ln |
|
с |
|
; |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
y |
x |
|
x |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y = cx – загальний розв’язок.
За умовою y(1) = 2, знаходимо с = 2, тому y = 2x – рівняння шуканої кривої.
1.3. Однорідні диференціальні рівняння
Диференціальне рівняння y′ = f (x, y) називається однорідним,
якщо функцію f (x, y) можна записати у вигляді φ xy , тобто
y′ = φ |
y |
, |
а це можливо, |
якщо функція |
f (x, y) є |
однорідною |
||||||||||
|
||||||||||||||||
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
функцією нульового виміру. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Зауваження. |
|
називається однорідною функцією n-го виміру |
||||||||||||||
Функція f (x, y) |
||||||||||||||||
відносно |
змінних |
x |
та |
y, |
якщо для |
довільного |
числа t ≠ 0 |
|||||||||
виконується тотожність: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
f (tx,ty) = tn f (x, y) . |
|
|
|
|||||||
Наприклад, функція |
f (x, y) = x2 −2xy |
– однорідна функція |
||||||||||||||
другого виміру, оскільки |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
f (tx,ty) = (tx)2 −2(tx) (ty) = t2 (x2 −2xy) = t2 f (x, y) , |
||||||||||||||
а функція |
f (x, y) = |
2x −3y |
– однорідна функція нульового виміру, |
|||||||||||||
x + 2 y |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
оскільки |
|
2(tx) −3(ty) |
|
|
t(2x −3y) |
|
|
2x −3y |
|
|
||||||
f (tx,ty) = |
|
= |
= t0 |
|
= t0 |
f (x, y) . |
||||||||||
tx + 2(ty) |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
t(x + 2 y) |
|
|
x + 2y |
|
8
Покажемо, що однорідні рівняння зводяться до рівнянь з відокремлюваними змінними підстановкою
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u = |
y |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
де u = u(x) – невідома функція. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
Якщо |
функція |
|
y =u x |
є |
розв’язком |
диференціального |
||||||||||||||||||||||||
рівняння і |
y |
′ |
′ |
|
|
′ |
|
′ |
|
|
|
′ |
+u =φ(u) . Відокремлюючи |
|||||||||||||||||
|
= u x +ux |
|
= u x +u , то |
u x |
||||||||||||||||||||||||||
змінні, дістаємо рівняння: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
du |
|
−u = |
dx |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
φ(u) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Проінтегрувавши знайдемо: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
∫ |
|
|
du |
|
= ∫ |
dx |
+ln |
|
с |
|
|
|
або |
∫ |
du |
= ln |
|
cx |
|
. |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
φ(u) −u |
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
φ(u) −u |
|
|
|
|
|
y |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Підставимо |
після |
інтегрування замість u |
відношення |
і |
||||||||||||||||||||||||||
x |
||||||||||||||||||||||||||||||
дістанемо загальний інтеграл рівняння. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
Приклад. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1. Розв’язати рівняння: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y′ = |
x2 + y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розв’язання.
Якщо поділити чисельник і знаменник правої частини рівняння
|
|
|
|
|
|
|
|
y 2 |
|
||||
2 |
|
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
y |
′ |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|||
на x ≠ 0 , |
то будемо мати рівняння |
= |
|
|
|
|
|
|
, яке |
є |
|||
|
y |
2 |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
||||||||||
однорідним. |
Застосувавши підстановку |
u |
= |
, |
а |
y =u x |
і |
||||||
x |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y′ = ux′+u , дістанемо загальний інтеграл даного рівняння:
9
′ |
|
|
|
1+u2 |
|
|
|
|
|
′ |
|
|
1+u2 |
|
|
|
|
du |
|
|
(u −1)2 |
|
||||||||||||||||||||
u x +u = |
|
|
|
; |
u x = |
|
|
|
|
|
−u; |
|
x |
|
= |
|
|
|
|
|
|
; |
||||||||||||||||||||
2 |
|
|
2 |
|
dx |
2 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2du |
|
|
|
= |
dx |
; |
|
|
|
∫ |
|
|
2du |
|
= ∫ |
dx |
+ln |
|
|
с |
|
; |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
(u −1)2 |
|
|
|
|
|
|
|
(u −1)2 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2x |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
− |
|
= ln |
|
сx |
|
; |
− |
|
|
|
|
= ln |
|
сx |
|
; |
|
|
|
|
= ln |
|
сx |
|
; |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
u −1 |
|
y |
−1 |
|
|
|
x − y |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 x
Відповідь: cx = ex−y .
1.4. Лінійні диференціальні рівняння
Лінійним диференціальним рівнянням першого порядку називається рівняння виду:
y′+ρ(x) y = q(x),
де ρ(x) і q(x) – задані і неперервні на деякому проміжку функції.
Розв’язок цього рівняння шукають за методом підстановки у вигляді добутку y = u ϑ, де u = u(x), ϑ = ϑ(x) – невідомі функції,
причому одна з цих функцій довільна (але не рівна тотожно нулю).
Приклади.
1. Знайти загальний розв’язок рівняння:
|
|
|
|
|
|
y′ |
+ |
|
y |
= |
sin 2x |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Розв’язання. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
sin 2x |
|
|
||||
Це лінійне |
рівняння в |
якому ρ(x) = |
, |
q(x) = |
. |
Нехай |
|||||||||||||||
x |
|
||||||||||||||||||||
y = u ϑ, тоді y |
′ |
|
′ |
|
|
′ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
= u ϑ+uϑ. Маємо: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
′ |
|
|
′ |
uϑ |
sin 2x |
|
|
′ |
|
′ |
|
ϑ |
sin 2x |
|
|
|
|||||
u ϑ+uϑ + |
|
= |
|
|
|
; |
|
u ϑ+u(ϑ + x ) = |
|
. |
|
|
|||||||||
x |
x |
|
|
|
x |
|
|
10