Вища Математика для Економістів

поле напрямів. Графічно його можна зобразити, накресливши у відповідних точках області визначення f (x,y) стрілки, що утворюють з віссю Ox кути, тангенси яких збігаються зі значеннями f (x,y) у цих точках. Геометричне місце точок з однаковим напрямом поля y C

називають ізоклінами.

Приклад 1. Знайти особливі розв’язки диференціального рівняння y 1 y2 .

Легко безпосередньо перевірити, що загальним розв’язком рівняння є y sin(x C). Ця сім’я інтегральних кривих має дві обвідні

y 1, y 1, які є особливими розв’язками диференціального рівняння.

Приклад 2. Знайти диференціальне рівняння сім’ї парабол, що

проходять через точку M(0,1)і дотикаються до осі Ox .

Рівняння

параболи,

що

дотикається

до

осі

Ox ,

має

вигляд

2

1

y k(x a)

. Враховуючи

умову

y(0) 1,

дістаємо

k

.

Отже,

a2

рівняння

сім’ї

парабол,

що

задовольняють

умову

приклада,

є

1

2

y

(x C) ,

де

C 0

-

довільна стала.

Диференціюючи

це

C 2

2

y

(x C).

C

рівняння,

маємо

C

2

Виключаючи

параметр

з

одержаних рівнянь, дістаємо диференціальне рівняння даної сім’ї

	2 y		.
парабол: y		y
	x

§2. Найпростіші диференціальні рівняння першого порядку

Рівняння з відокремлюваними змінними

Диференціальне рівняння вигляду

M(x)dx N(y)dy 0 ,		(1)
де M(x), x (a,b), N(y), y (c,d)	- відомі неперервні	функції,
називається рівнянням з відокремленими змінними.
З (1) маємо рівність двох	диференціалів M(x)dx N(y)dy ,

невизначені інтеграли від яких відрізняються на постійний доданок, тому

M (x)dx N(y)dy C .

(2)

Рівняння (2) є загальним інтегралом диференціального рівняння (1). Диференціальне рівняння вигляду

402

M1(x)N1(y)dx M 2(x)N2(y)dy 0 ,	(3)
де M1(x), M 2(x), x (a,b), N1(y), N2(y), y (c,d) - відомі	неперервні

функції, називається рівнянням з відокремлюваними змінними.

За умови N1(y) 0, M 2(x) 0 це рівняння зводиться до (1)

шляхом ділення його на добуток N1(y) M 2(x):

M1(x)		N 2	(y)
	dx			dy 0	,
M 2(x)		N1(y)

звідки дістають загальний інтеграл рівняння (3)

	M1(x)	dx	N 2(y)	dy C .
	M 2(x)		N1(y)

Рівняння N1(y) 0, M 2(x) 0 доцільно дослідити окремо (ці рівняння

можуть визначати особливі розв’язки рівняння (3)).

Диференціальне рівняння з відокремлюваними змінними, що розв’язане відносно похідної, має вигляд:

		y f (x)g(y),			(4)
де f (x), x (a,b), g(y), y (c,d) - відомі				неперервні функції. Якщо
g(y) 0 , то загальним інтегралом рівняння (4) буде
		dy	dy f (x)dx C .
		g(y)
Рівняння g(y) 0	досліджується окремо.
Приклад	3.	Розв’язати		диференціальне	рівняння

x(y2 4)dx ydy 0 .

Задане рівняння є рівнянням з відокремлюваними змінними,

тому

поділимо

його

на

(y2 4) ,

вважаючи,

що (y2 4) 0 :

y

xdx

dy 0 .

y2

4

Інтегруємо одержане рівняння:

xdx

ydy

~

x

2

y

2

C

C

,

ln

4

ln

,

y

2

4

lny2 4 lnC lne x2 , y2 4 Ce x2 .

Останнє співвідношення є загальним інтегралом диференціального рівняння. В ньому містяться частинні розв’язки y 2 (при C 0 ), втрачені внаслідок відокремлення змінних.

Приклад 4. Розв’язати диференціальне рівняння xy2y 1 y . Зведемо рівняння до вигляду (3)

403

xy2	dy	y 1;	xy2dy (y 1)dx .
	dx

Останнє рівняння є рівнянням з відокремлюваними змінними, ділимо його на x 2(y 1) , вважаючи x 2(y 1) 0 :

y2		dx
	dy		.
		x 2
y 1

Інтегруємо одержане рівняння з відокремленими змінними

y2

dy

dx

;

y2

y ln

y 1

1

C .

2

y 1

x

2

x

Загальний інтеграл одержано за умови x 2(y 1) 0 . Легко перевірити,

що	y 1 є особливим розв’язком рівняння (перетворює рівняння у
тотожність,		але не міститься у загальному інтегралі), а x 0		- не є
розв’язком рівняння.
			Однорідні диференціальні рівняння
	Функція		f (x,y) називається однорідною виміру n , якщо для
будь-якого 0 справджується тотожність f ( x, y) n f (x,y).
	Диференціальні рівняння вигляду
			y f (x,y) ,	(5)
			M(x,y)dx N(x,y)dy 0 ,	(6)
де	f (x,y)	-	неперервна однорідна функція нульового	виміру,

M(x,y), N(x,y) - неперервні однорідні функції одного й того самого

виміру, називаються однорідними.

Рівняння (5), (6) зводяться до рівняння з відокремлюваними змінними за допомогою підстановки y tx або t y , x 0 , де t t(x)

		y t xt	x
- нова невідома функція. Дійсно,			або dy tdx xdt та,
враховуючи	однорідність	заданих	функцій,	тобто

f (x,y) f (1,t), M (x,y) xn M (1,t), N(x,y) xn N(1,t), одержують рівняння

(5), (6) відповідно у вигляді

x dt f (1,t) t , dx

M(1,t)dx N(1,t)(tdx xdt) 0 ,

де змінні легко відокремлюються.

До однорідних рівнянь зводяться рівняння вигляду

404

dy

ax by c

.

(7)

dx a1x b1y c1

Якщо c c1

0 , то (7) є однорідним, якщо c 0

або c1 0 , то роблять

заміну x u , y v ,

де

, - деякі

сталі.

Враховуючи

співвідношення

dy

dv

одержують (7) у вигляді

dx du

dv

au bv a b c

.

(8)

du a1u b1v a1 b1 c1

Сталі , підбирають так,

щоб пара ( , ) була розв’язком системи

a b c 0,

(9)

a1 b1 c1 0,

або точка ( , ) була точкою перетину відповідних прямих. Тоді рівняння (8) стає однорідним:

dv

au bv

.

(10)

du

a1u b1v

Розв’язавши рівняння (10), повертаються до змінних (x,y) .

Якщо система (9)

несумісна, тобто

a1

b1

c1

, то

a

a1 a, b1 b та

b

c

dy

ax by c

.

(11)

dx

(ax by) c1

Тоді за допомогою підстановки z ax by рівняння (11)

зводять до

рівняння з відокремлюваними змінними. Дійсно, враховуючи рівність

dz	a b	dy	, одержують рівняння (11) у вигляді
dx
		dx
				dz		b(z c)	a .
				dx z c1

Той самий підхід можна застосовувати до інтегрування рівняння вигляду

				ax by c
y		f						,
					x b y c
			a
				1	1	1

де f - деяка неперервна функція.

	Приклад 5. Розв’язати задачу Коші y			xy		y(0) 1.
			x 2 y2		,

405

Маємо

однорідне

рівняння

типу

(5),

де

f (x,y)

xy

є

x 2

y2

однорідною

функцією

нульового

виміру,

бо

f ( x, y)

2xy

f (x,y),

тому

застосовуємо

заміну

2

2

y

2

(x

)

y tx, y t xt :

t x

dt

t

x

dt

t

3

;

.

dx

1 t 2

dx

1 t 2

Відокремлюємо змінні та інтегруємо рівняння:

1 t

2

dx

1

1

dx

1

t

x

C

dt

;

dt

;

ln

ln

ln

;

3

3

2

t

x

t

t

x

2t

1

ln

Cxt

.

2t 2

Повертаючись

до

змінних

(x,y) ,

одержимо

загальний

інтеграл у

вигляді

x 2

ln

Cy

.

У

ньому

не

міститься

розв’язок

y 0 .

2y2

Зауважимо,

що y y(x)

не

можна

виразити явно із

загального

інтеграла, але можна виразити x

як функцію від y :

x y

2 ln

Cy

.

Для знаходження розв’язку задачі Коші покладемо у загальному

інтегралі

x 0, y 1,

одержимо

0 ln

C

, звідки

C

1.

Отже,

x 2 2y2 ln

y

0 є частинним інтегралом рівняння,

що задовольняє

задану початкову умову.

x y 3

Приклад 6. Розв’язати диференціальне рівняння y

.

x y 1

Запропоноване рівняння є таким, що зводиться до

однорідного, тому

робимо

заміну

x u , y v .

Сталі

,

визначаємо як розв’язок системи

3 0,

1 0,

звідки 2, 1 та x u 2, y v 1.

У нових

змінних

рівняння

стає

однорідним

вигляду

dv

u v

.

dv

dt

du

u v

Робимо заміну v tu,

t u

, яка приводить до

du

du

t u

dt

1 t

або u

dt

1 t 2

.

du

1 t

du

1 t

406

Відокремлюємо змінні та інтегруємо рівняння:

1 t

dt

du

;

arctgt 0,5 ln(1 t 2 ) ln

u

ln

C

;

1 t 2

u

Cu

1

t

2

arctgt ln

.

Повертаємось до змінних (u,v) , а потім до (x,y) :

v

y 1

2

2

2

2

arctg

ln

C

u

v

; arctg

ln

C

(x 2)

(y 1)

.

u

x 2

Останнє рівняння є загальним інтегралом заданого диференціального

рівняння. Зауважимо,		що x 2 не	є розв’язком цього	рівняння
(перевіряється безпосередньо).
Приклад	7.	Розв’язати	диференціальне	рівняння

y 2x y 1 . 4x 2y 5

Рівняння можна звести до однорідного, якщо зробити заміну z 2x y, z 2 y , тоді матимемо

z 2	z 1	або	z	5z 9	.
	2z 5
				2z 5

Відокремлюємо змінні та інтегруємо одержане рівняння

	2z 5	dz dx ;	x C	2	z	7	ln		5z 9		.
	5z 9		5		25

Загальний інтеграл рівняння в змінних (x,y) матиме вигляд

10x 5y 7 ln10x 5y 9 C .

Крім того дане рівняння має особливий розв’язок, а саме, інтегральну криву 10x 5y 9 0 , яка в загальному інтегралі не міститься.

Лінійні диференціальні рівняння

Диференціальне рівняння вигляду

y P(x)y Q(x) ,	(12)
де P(x), Q(x), x (a,b) - відомі неперервні	функції, називається

лінійним рівнянням. Якщо Q(x) 0 , то (12) називається лінійним неоднорідним, а якщо Q(x) 0 , то – лінійним однорідним.

Інтегрування лінійних рівнянь здійснюється методом Лагранжа (варіації довільної сталої) або методом Бернуллі.

За методом Лагранжа спочатку розв’язують лінійне однорідне рівняння

y P(x)y 0 ,

(13)

407

яке є рівнянням з відокремлюваними змінними, тому

при y 0

мають

dy

P(x)dx ;

ln

y

P(x)dx ln

C

;

y

P (x )dx

y Ce

.

(14)

Рівняння (14) є загальним розв’язком (13), причому

частинний

розв’язок y 0 міститься у ньому при C 0 .

Загальний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння шукають

у вигляді

y C(x)e

P (x )dx

,

(15)

де C(x) - невідома диференційовна функція. Диференціюючи (15), мають:

y

P(x )dx

C(x)P(x)e

P (x )dx

,

C (x)e

тоді (12) набуде вигляду:

P (x )dx

C(x)P(x)e

P (x )dx

P(x)C(x)e

P (x )dx

Q(x),

C (x)e

P (x )dx

;

C(x) Q(x)e

P (x )dx

dx C .

звідки C (x) Q(x)e

Отже, загальний розв’язок лінійного неоднорідного рівняння має вигляд:

y Ce P (x )dx e P (x )dx Q(x)e P (x )dxdx ,

(16)

де перший доданок є загальним розв’язком лінійного однорідного рівняння, а другий – частинним розв’язком лінійного неоднорідного рівняння.

За методом Бернуллі шукають загальний розв’язок лінійного

неоднорідного рівняння у вигляді y u(x)v(x),			де u(x), v(x)				- невідомі
диференційовні функції. Враховуючи співвідношення y									,
							u v uv
рівняння (12) перетворюється	у наступне:				P(x)uv Q(x),
			u v uv
звідки		P(x)v Q(x).
							(17)
u v u v

Зауважимо, що одну з функцій u(x), v(x) можна обирати довільним чином, тому шукають v(x) як розв’язок рівняння з відокремлюваними

змінними	v P(x)v 0 , звідки	v Ce P (x )dx . Обирають значення
довільної сталої C 1 та повертаються до рівняння (17), підставивши
в нього	знайдену функцію	v(x), тоді u Q(x)e P(x )dx , звідки

408

u Q(x)e P (x )dxdx C . Остаточно, враховуючи y u(x)v(x), одержують

загальний розв’язок, що співпадає з (16). Диференціальне рівняння вигляду

y P(x)y Q(x)yn ,	(18)
де P(x), Q(x), x (a,b) - відомі неперервні функції,	n 0, n 1

називається рівнянням Бернуллі. Це рівняння перетворюється і

лінійне неоднорідне, якщо зробити заміну	невідомої функції
z y1 n , z (1 n)y n y , тоді (18) набуде вигляду:	1	z P(x)z Q(x) .
	1 n

Зауважимо, що при інтегруванні рівняння Бернуллі не обов’язково виконувати запропоновану заміну, а можна зразу застосовувати

методи Лагранжа або Бернуллі.

Приклад

8.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

xy

y

1 x

2 arcsin x x .

Рівняння є лінійним неоднорідним, застосуємо метод

Лагранжа. Інтегруємо відповідне однорідне рівняння:

y

xy

dy

xdx

1

2

1 x 2

0 ;

y

1 x 2 ;

ln

y

2 ln1 x

ln

C

;

y C 1 x 2 .

Шукаємо розв’язок неоднорідного рівняння у вигляді

xC(x)

y C(x)

1 x

2

, тоді

y

1 x

2

.

C (x)

1 x 2

Підставимо вказані y та y

у неоднорідне рівняння

xC(x)

x

2

2

C (x) 1 x

1 x 2

1 x 2 C(x)

1 x

arcsin x x ;

arcsin x

x

C (x)

1 x 2

1 x 2

;

x

1

2

2

arcsin x

C(x)

dx

arcsin x

1 x

C .

2

1

x

2

1

x

2

Отже, загальний розв’язок заданого рівняння має вигляд

y1 x 2 1 arcsin x 2

2

Приклад 9. Розв’язати y 2x y3 y .

1 x 2 C .

диференціальне рівняння

409

Запропоноване рівняння стане лінійним, якщо поміняти місцями шукану функцію та незалежну змінну, тобто будемо вважати x x(y),

тоді	рівняння	можна			переписати			у	диференціалах
ydx 2x y3 dy 0 , звідки			одержимо				лінійне		рівняння	відносно
невідомої функції x x(y):			dx		2	x y2 .
			dy		y
Розв’яжемо це		рівняння	методом				Бернуллі.		Зробимо	заміну
x u(y)v(y), тоді

x u v uv ; u v uv 2 uv y2 ; y

					2				2
						v		y		.
	u v u v				y

Шукаємо невідому функцію v(y) як розв’язок лінійного однорідного

рівняння: v

2

v 0 ;

dv

2dy

;

ln

v

2 ln

y

ln

C

;

v Cy2 .

y

v

y

du

Вибираємо

C 1,

тоді

v y2

та

y2 y2 ,

звідки

dy

u y C .Остаточно, маємо

x (y C)y2 .

Приклад 10. Розв’язати задачу Коші xy y xy2,

y(1)

1.

Маємо

рівняння

Бернуллі

(18)

з

n 2 . Зробимо

заміну

z y 1, z y 2y , тоді

xz z x .

Одержане рівняння є лінійним

неоднорідним відносно невідомої функції z z(x) . Застосуємо метод варіації довільної сталої:

xz z 0 ;

dz

dx

;

z Cx .

z

x

2

C(x)x C(x)x x , звідки

x

1

;

Нехай z C(x)x , тоді C (x)x

C (x)

C(x) ln

x

C ;

z Cx x ln

x

;

y 1 Cx x ln

x

.

Розв’яжемо задачу Коші:

1 C 0 ,тому y 1 x x ln

x

.

Приклад

11.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

y x 2 lny x y .

Будемо вважати

x x(y),

тоді

рівняння перетвориться

у

наступне yx x x 2 lny ,

яке

є рівнянням Бернуллі

з

n 2 .

Застосуємо

метод

Лагранжа:

yx x 0 ;

dx

dy

;

x

y

ln

x

lny ln

C

;

x

C

. Нехай x

C(y)

, тоді

y

y

410

C(y)

C(y)

C

2

(y)

1

1

C ;

C (y)

y

2

lny ;

lnyd

y

y

C(y)

y

1

lny 1

C ;

C(y)

y

.

C(y)

y

lny 1 Cy

Остаточно, загальним розв’язком рівняння є

x(y)

1

.

lny 1 Cy

Рівняння у повних диференціалах

Диференціальне рівняння вигляду

M(x,y)dx N(x,y)dy 0 ,

(19)

називається

рівнянням

у

повних

диференціалах, якщо

M (x,y), N(x,y),

M

,

N

,

(x,y) D R 2 - неперервні функції, причому

y

x

M

N

.

(20)

y

x

Назва рівняння пояснюється тим, що при виконанні умови (20) ліва частина рівняння (19) є повним диференціалом, тобто існує така диференційовна функція U (x,y), (x,y) D , що має місце рівність

M(x,y)dx N(x,y)dy dU (x,y),

(21)

Доведемо, що (20) є необхідною і достатньою умовою (21).

Дійсно, нехай виконується (21), тоді M (x,y)

U

,

N(x,y)

U

, звідки

x

y

M

2U

,

N

2U

. В силу неперервності

частинних

похідних

y

x y

x

y x

маємо

2U

2U

, тому

M

N

.

x y

y x

y

x

Нехай

виконується

умова

(20).

Побудуємо

деяку

диференційовну функцію U (x,y), (x,y) D таку, щоб мало місце (21)

або M (x,y)	U	, N(x,y)		U	.
	x			y
Із першої рівності маємо:
					x
			U (x,y) M(x,y)dx (y) ,			(22)
					x0
де x0 - абсциса			будь-якої точки з області існування			розв’язку

рівняння. При інтегруванні по x змінна y вважається параметром,

411