6.Чим відрізняються рівняння з відокремлюваними та відокремленими змінними?

7.Які диференціальні рівняння належать до однорідних?

8.Яка підстановка застосовується при розв’язанні однорідних рівнянь першого порядку?

9.Які диференціальні рівняння називаються лінійними?

10.Яка підстановка використовується при розв’язанні лінійних рівнянь першого порядку?

11.Яке рівняння називається рівнянням Бернуллі?

12.Яка підстановка використовується при розв’язанні рівнянь Бернуллі?

3.2.ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ВИЩИХ ПОРЯДКІВ

3.2.1. Диференціальне рівняння другого порядку, основні поняття

Диференціальне рівняння другого порядку має вигляд

¢	¢¢	)= 0.	(3.26)
F (x, y, y , y

Якщо (3.26) розв’язане відносно другої похідної, то отримуємо рівняння

y¢¢ =	f (x, y, y¢).	(3.27)
Як і у випадку рівняння	першого	порядку, розв’язком рівнян-

ня (3.27) називається функція y = y(x) , визначена на деякому інтервалі (а, b), яка перетворює це рівняння в тотожність.

Теорема (існування і єдиності). Якщо ƒ(х, у, у') – функція трьох незалежних змінних х, у і у' – неперервна в області, що містить точку M 0 (x0 , y0 , y0¢), то диференціальне рівняння

y¢¢ = f (x, y, y¢)

має розв’язок y = y(x) такий, що
y(x0 )= y0 , y¢(x)= y0¢.			(3.28)
Якщо, крім того, неперервні і частинні похідні	¶f	,	¶f	, то
	¶y		¶x
цей розв’язок рівняння єдиний

Умови (3.28) називаються початковими умовами, а задача знаходження розв’язку рівняння(3.27) за заданими початковими умовами (3.28) називається задачею Коші.

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

74

Загальним розв’язком диференціального рівняння другого порядку (3.27) називається функція

y = y(x, C1 , C2 ),

яка при будь-яких значеннях х і довільних сталихС1 і С2 перетворює дане рівняння на тотожність.

Частинним розв’язком рівняння (3.27) називається такий розв’язок, який одержаний із загального розв’язкуy = y(x, C1 , C2 ) при фіксованих сталих С1 і С2: y = y(x, C10 , C20 ).

3.2.2. Інтегрування найпростіших типів диференціальних рівнянь другого порядку, що допускають зниження порядку

Розглянемо три типи диференціальних рівнянь другого порядку, які зводяться до рівнянь першого порядку.

Перший тип:
y¢¢ = f (x).	(3.29)

Права частина рівняння (3.29) не містить функції у і похідної у'.

Відомо, що y" = ( y' )' = dy' . Отже, дане рівняння можна записати так: dx

dy' = f ( x) Þ dy' = f (x)dx. dx

Інтегруючи останнє рівняння, отримаємо y' = ò f ( x)dx + C1 .

Інтегруючи ще раз, отримаємо загальний розв’язок рівняння (3.29): y = ò(ò f ( x)dx)dx + C1 x + C2 .

Приклад 3.11. Знайти частинний розв’язок рівняння

y¢¢ = 6x + sin x,

що задовольняє початковим умовам: y(0)= 2, y¢(0)= 3.

► Оскільки y¢¢ = dy¢ , дане рівняння можна записати так: dx

dy¢ = 6x + sin x Þ dy¢ = (6x + sin x)dx. dx

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

75

Інтегруючи, отримаємо
	y¢ = 3x2 - cos x + C1.	(3.30)
Тоді	(3x2 - cos x + C )dx.
dy =
	1
Інтегруючи ще раз, отримуємо загальний розв’язок

y = x3 - sin x + C x + C			.
	1	2
Скористаємось початковими умовами. Підставимо в загальний
розв’язок x = 0 і y = 0, отримаємо C2	= 2.	Підставимо в (3.30) x = 0 і
y' = 3, дістанемо: 3 = -1 + C1 , звідки C1	= 4.
Отже, шуканий частинний розв’язок, що задовольняє заданим
початковим умовам, має вигляд
y = x3 - sin x + 4x + 2. <
Другий тип:
y" = f (x, y').			(3.31)

Права частина рівняння не містить у явному вигляді функціюy. Щоб розв’язати рівняння (3.31), припустимо, що y¢ = p(x), де p – деяка

функція аргументу x. Тоді y" = p'

і рівняння(3.31) буде

рівнянням

першого порядку відносно змінних x та p:

p' = f (x, p).

Якщо загальний розв’язок останнього рівняння є p = j(x, C1), то,

повторно

інтегруючи, отримаємо:

y = òj(х,С1 )dx + C2 –

загальний

розв’язок рівняння (3.31).

Приклад 3.12. Знайти загальний розв’язок рівняння y" =

y¢

.

1 + x

► Права частина даного рівняння не містить явно виражену функ-

цію y. Припустимо y' = p, тоді y" = p'. Маємо:

dp

=

p

Þ

dp

=

dx

Þ ln | p |= ln | 1 + x | + ln C Þ p = C (1 + x).

dx

1 + x

p

1 + x

1

1

Оскільки p =

dy

,

то dy = C (1 + x)dx.

dx

1

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

76

Інтегруючи ще раз, отримаємо загальний розв’язок даного рівняння:

x2

y = С (x +

) + C

2

. <

1

2

Приклад 3.13. Знайти частинний розв’язок рівняння y

¢¢

1

y¢

= x 2

- x ,

якщо y(1) =1; y'(1) = 2.

► Права частина даного рівняння не містить явно вираженої

функції y. Припустимо

y' = p,

тоді y" = p', і задане рівняння набуде

вигляду:

¢

1

p

¢

p

1

p

= x2 - x Þ p

+ x

= x2 .

Отримане рівняння є лінійним рівнянням першого порядку. Для його розв’язання слід використати підстановку p = uv. Загальним розв’язком буде

p = ln x + C1 . x x

Інтегруючи, отримаємо:

y = ln 2 x + C1 ln x + C2 . 2

Оскільки за умовою y(1) = 1, y'(1) =1, то C1 = 2, C2 =1. Тому

y = ln 2 x + 2ln x +1 – частинний розв’язок, що задовольняє даним по- 2

чатковим умовам. <

Третій тип:
y" = f ( y, y').	(3.32)
Права частина рівняння не містить явно аргументуx. Щоб розв’я-
зати рівняння (3.32), припустимо, що y' = p( y).	Виразимо y" через

похідну від p по y. Використовуючи правило диференціювання складної функції, матимемо:

y¢¢ =

dy¢

=

dp

=

dp

dy

= p

dp

Þ y'' = p

dp

.

dy dx

dy

dx dx

dy

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

77

Підставивши у рівняння (3.32) замість y″ похідну p dp , отримаємо dy

диференціальне рівняння першого порядку відносно змінних р та у:

p

dp

= f ( y, p).

(3.33)

dy

Якщо p = j( y, C1 ) – загальний розв’язок (3.33), то

отримаємо

dy = j( y, C1 )dx – рівняння

з

відокремлюваними

змінними відносно

змінних х та у. Тоді

dy

= dx

і ò

dy

= x + C2

є загальним інте-

j( y, C )

j( y, C )

1

1

гралом рівняння (3.32).

Приклад 3.14.

Знайти

частинний

розв’язок

(1- y) y'' +

рівняння

+

¢ 2 =

0, який би задовольняв початковим умовам

y(0) = 0, y'(0) =2.

2( y )

► Рівняння

не містить

явно аргументух. Нехай y¢ = p( y), тоді

y'' = p

dp

, і дане рівняння набуде вигляду

dy

(1 - y) p

dp

+ 2 p 2

= 0 Þ p[(1 - y)

dp

+ 2 p] = 0.

dy

dy

Прирівнявши до нуля перший співмножник, отримаємо p = 0 Þ

Þ

dy

= 0,

звідки y = C. Цей

розв’язок

не

задовольняє

умову задачі

dx

y'(0) = 2.

Прирівнявши до нуля другий співмножник, отримаємо

dp

=

2dy

Þ p = C

( y -1)2 .

(*)

p

y -

1

1

Оскільки p =

dy

, то dy = C ( y -1)2 dx Þ

dy

= C dx .

dx

1

( y - 1) 2

1

Інтегруючи це рівняння, отримуємо загальний інтеграл даного

рівняння:

-

1

= C x + C

.

(**)

y -1

1

2

ДВНЗ “Українська академія банківської справи НБУ”

78