Вища Математика для Економістів

тому і довільна стала інтегрування має залежати від y . Підберемо

функцію (y) так, щоб виконувалось	N(x,y)	U	. Для цього
		y

диференціюємо (22) по y :

U			x
			M (x,y)dx
y		y
			x0

тоді з врахуванням (20)

x N

N(x,y) dx (y);

x0 x

			x	M
	(y)			y	dx	(y),
			x0
	N(x,y) N(x,y) N(x
						0 ,y) (y) ;

		y
	,y);	(y) N(x0 ,y)dy C1 .
(y) N(x0
		y0
Отже, шукана функція матиме вигляд
x		y
U (x,y) M (x,y)dx N(x0 ,y)dy C1 ,			(23)
x0		y0

де (x0 ,y0 ) - деяка точка з області існування розв’язку диференціального рівняння. Нагадаємо, що (23) – це функція, диференціал якої дорівнює лівій частині рівняння (19), тому загальний інтеграл цього рівняння має вигляд U (x,y) C або

x y

M (x,y)dx N(x0 ,y)dy C .		(24)
x0	y0

Зауважимо, що при практичному використанні формул (22), (23), (24) можна обчислювати невизначені інтеграли замість визначених.

Якщо умова (20) не виконується, то інколи вдається підібрати таку функцію (x,y), після множення на яку всіх частин рівняння (19) ліва частина цього рівняння стає повним диференціалом. Функція (x,y) називається інтегрувальним множником рівняння

(19).

Помножимо (19) на (x,y):

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

Це

рівняння

буде

рівнянням у

повних

диференціалах,

якщо

M

N

, тобто

y

x

M

N

N

M

M

N

;

M

N

;

x

x

y

y

x

y

x

y

412

M	ln	N	ln		N		M	.	(25)
	y		x
					x		y

Рівняння (25) є диференціальним рівнянням у частинних похідних відносно невідомої функції (x,y). Доведено, що при певних умовах це рівняння має безліч розв’язків, тобто (x,y) існує, але у загальному випадку задача (25) складніша, ніж задача (19).

Розглянемо частинні випадки. Нехай (x,y) (y) , тоді

ln
	0	, а співвідношення (25) набуде вигляду
x
			ln			N		M
										M .
											(26)
						x
			y					y

Якщо права частина рівності (26) не залежить від змінної x , то

		N		M
						M dy
						.
(y) e		x		y
Аналогічно, якщо (x,y) (x),			то			інтегрувальний

(27)

множник

обчислюється за формулою:

N

M

N dy

(y) e

.

(28)

x

y

Приклад

12.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

2x 3x 2y dx x 3 3y2 dy 0 .

Дане рівняння є рівнянням у повних диференціалах, бо

виконується умова (20), дійсно

2x 3x 2y 3x 2 ;

x 3 3y2 3x 2 .

y

x

Застосуємо формулу (22) для знаходження функції U (x,y) :

U (x,y) 2x 3x 2y dx (y) x 2 x 3y (y),

звідки в силу N(x,y)

U

y

x

3

3

3y

2

;

2

;

(y) y

3

C1 .

(y) x

(y) 3y

Отже,

U (x,y) x 2

x 3y y3 C1 , тому загальним інтегралом рівняння

є

x 2 x 3y y3 C .

Приклад

13.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

y xy2 dx xdy

0 .

Для даного рівняння не виконується умова (20), бо

413

		y xy 2 1 2xy;		x 1.
	y		x

Складемо вираз, що є лівою частиною співвідношення (26):

N

M

2(1 xy)

2

M

,

y

y(1 xy)

y

x

звідки маємо

ln

2

;

ln

2 ln

Cy

.

y

y

Вибираємо

C 1

і

одержуємо

шуканий

інтегрувальний

множник

1

.

Помножимо

початкове

рівняння

на

1

:

y2

y2

1

x

2 dy

0 .

x dx

y

y

Для цього рівняння умова повного диференціала (20) справджується, тому

1

x

x

2

x

(y);

U (x,y)

dx (y)

y

y

2

x

x

;

;

(y) C1 .

(y)

y2

(y) 0

y2

Отже, загальний інтеграл рівняння

x

x 2

C .

2

y

Приклад

14.

Розв’язати

диференціальне рівняння

x sin y y cos y dx x cos y y sin y dy 0 .

Для даного рівняння не виконується умова (20), бо

x siny y cosy x cosy cosy y siny;

y

x cosy y siny cosy.

x

Шукаємо інтегрувальний

множник рівняння, припускаючи що

(x,y) (x):

N

M

x cos y y siny

1

,

y

N

x

x cos y y siny

звідки маємо

ln

1;

ln

x ln

C

; (x) Ce x .

Вибираємо C 1

x

та множимо початкове рівняння на (x) e x :

e x x siny y cos y dx e x x cos y y siny dy 0 .

414

Легко перевірити, що останнє рівняння є рівнянням в повних диференціалах, тому маємо

U (x,y) e x x cosy y siny dy (x)

.

xe x siny e x y cosy e x siny (x)

Знайдемо похідну по x від одержаної функції:

U

e

x

x siny

x

y cos y (x).

U

Скориставшись рівністю

M (x,y)

, одержимо

x

x

x

x siny y cos y ,

e

x siny y cos y (x) e

звідки

0

, тобто (x) C . Остаточно маємо загальний інтеграл

(x)

рівняння:

e x x siny y cos y siny C .

§3. Загальні поняття та означення теорії диференціальних рівнянь вищих порядків

Диференціальним рівнянням порядку n (або n -го порядку)

називається	рівняння	вигляду				(n )	0	,	яке	пов’язує
			F x,y,y ,y ,...,y
незалежну	змінну x ,	невідому функцію			y y(x)				та її	похідні

y ,y ,...,y(n ) . Якщо це рівняння можна розв’язати відносно похідної

y(n ) , то маємо диференціальне рівняння n -го порядку у вигляді: y(n ) f x,y,y ,y ,...,y(n 1) .

Розв’язком диференціального рівняння n -го порядку на інтервалі (a,b) називається n раз диференційовна на цьому інтервалі функція y (x), яка перетворює це рівняння у тотожність по x на

(a,b).

Задача Коші для диференціального рівняння n -го порядку полягає у тому, щоб знайти розв’язок рівняння, який задовольняє початкові умови:

y(x

, ..., y

(n 1)

(x0 )

(n 1)

, де

x

(n 1)

-

задані

0 ) y0 , y (x

0 ) y0

y0

0 , y0 , y0

,..., y0

дійсні числа (початкові значення).

Загальним

розв’язком

диференціального

рівняння

n -го

порядку називається функція y x,C1,C2,...,Cn , що залежить від n

довільних сталих C1,C2,...,Cn і задовольняє такі умови:

415

1) функція y x,C1,C2,...,Cn є розв’язком диференціального рівняння при будь-яких значеннях сталих C1,C2,...,Cn з деякої множини;

2)	для				довільних					початкових	умов
				, ..., y		(n 1)			(n 1)	таких, що	початкові
y(x0 ) y0 , y (x			0 ) y0				(x0 ) y0
значення	x					(n 1)			належать області		існування
		0 , y0 , y0			,..., y0

розв’язку рівняння, можна підібрати такі сталі C1,C2,...,Cn , при яких розв’язок y x,C1,C2,...,Cn буде задовольняти початкові

умови.

Частинним розв’язком диференціального рівняння n -го порядку називається функція y x,C10 ,C20 ,...,Cn0 , яка одержується

із загального розв’язку фіксуванням деяких значень сталих.

Якщо загальний розв’язок диференціального рівняння знайдено у неявному вигляді, тобто у вигляді рівняння x,y,C1,C2,...,Cn 0 ,

то	такий	розв’язок		називається		загальним	інтегралом
диференціального			рівняння.		Рівність	x,y,C10 ,C20 ,...,Cn0 0
називають частинним інтегралом диференціального рівняння.
	Теорема Коші (достатні умови існування та єдиності
розв’язку задачі Коші).				Якщо у диференціальному рівнянні n -го

порядку

y

(n )

f

(n 1)

функція

(n 1)

x,y,y ,y ,...,y

f x,y,y ,y ,...,y

неперервна

та

має

неперервні

частинні похідні

по

змінним

(n 1)

в

деякій

області

D ,

що

містить

точку

початкових

y,y ,y ,...,y

(n 1)

, то існує єдиний розв’язок цього рівняння

значень x0 , y0 , y0

,..., y0

y (x),

який

задовольняє

початкові

умови

, ..., y

(n 1)

(n 1)

.

y(x0 ) y0 , y (x0 ) y0

(x0 ) y0

Зауважимо,

що

на

відміну

від

випадку

диференціального

рівняння першого порядку, через кожну точку (x0 ,y0 ) площини xOy буде проходити не одна, а безліч інтегральних кривих диференціального рівняння n -го порядку. Дійсно, нехай задано

диференціального рівняння другого		порядку		y f x,y,y	з
початковими умовами			. Зафіксуємо (x0 ,y0 ) ,		тоді
	y(x0 ) y0 , y (x0 ) y0
через цю точку буде	проходити єдина	інтегральна крива з кутом
нахилу дотичної до осі абсцис , причому				. Якщо змінювати
			tg y0

y0 при незмінних (x0 ,y0 ) , то одержимо безліч інтегральних кривих з різними кутами нахилу, що проходять через задану точку.

416

Диференціальні рівняння вищих порядків, що допускають зниження порядку

1.

Рівняння вигляду y(n ) f (x).

Загальний

розв’язок

цього

рівняння знаходиться

n -кратним

інтегруванням початкового рівняння.

Враховуючи,

що

y(n ) y(n 1) ,

маємо:

x

y(n 1) f (x)dx C1 ;

x0

(n 2)

x x

y

f (x)dx dx C1(x x0 ) C2 ;

x0 x0

(n 3)

x x

x

C1

2

y

f (x)dx dx dx

(x x0 )

C2(x x0 ) C3 ;

2

x0 x0 x0

……..

…….

……;

x

x

x

C1

n 1

y

...

f (x)dx dx ...dx

(x x0 )

(n 1)!

(29)

x0

x0 x0

C

2

(x x

n 2

... Cn 1(x x0 ) Cn ,

0 )

(n 2)!

де x0 - довільне значення змінної

з області

існування

розв’язку

рівняння, C1,C2,...,Cn

- довільні сталі. Остання рівність визначає

загальний розв’язок рівняння. Частинний розв’язок,

що задовольняє

умови y(x0 ) y0 ,

, ..., y

(n 1)

(x0 )

(n 1)

, можна одержати з (29),

y (x0 ) y0

y0

поклавши Cn

y0 , Cn 1

(n 1)

.

y0

, ..., C1 y0

2.

Рівняння

вигляду

F x,y(k ),y(k 1), ...,y(n ) 0 ,

що не

містить шуканої функції (k 1).

Порядок такого рівняння можна понизити, якщо ввести нову

функцію

P(x) y

(k )

(x),

тоді

y

(k 1)

(n )

P

(n k )

.

Початкове

P , ..., y

рівняння

зводиться до рівняння

порядку

n k

відносно

невідомої

функції P(x):

...,P

(n k )

0 .

F x,P,P ,

3.Рівняння вигляду F y,y ,y , ...,y(n ) 0 , що не містить

незалежної змінної.

Такі рівняння допускають пониження порядку на одиницю, якщо покласти yx P(y), де y - нова залежна змінна. Дійсно, тоді

417

dP

dP

d

P ;

dP

P

2

2

yx

dy

yx

dy

yx

Py P

Py P ,

dx dy

і так далі, а задане рівняння зводиться до диференціального рівняння

(n 1)

0

порядку n 1.

F1 y,P,P , ...,P

0 ,

4.

Рівняння вигляду

(n )

яке є

F x,y,y , ...,y

(n )

.

однорідним відносно y,y , ...,y

Рівняння даного типу допускають пониження порядку на

одиницю при заміні невідомої функції на нову функцію P(x)

y

.

y

Приклад

15.

Розв’язати

задачу

Коші

y

sin(kx),

y(0) 0,

y (0) 1.

Запропоноване рівняння розв’язується шляхом двократного

інтегрування.

Якщо k 0 , то маємо:

1

y sin(kx)dx

cos(kx) C1 ;

k

1

1

y

cos(kx) C

dx

sin(kx) C

x C

.

k

k 2

1

1

2

Отже, загальний розв’язок рівняння задається співвідношенням

1

y k 2 sin(kx) C1x C2 .

Скористуємось початковими умовами для знаходження розв’язку

задачі

Коші: 0 C2;

1

1

C1 , звідки

C1

1

1;

C2 0 та

k

k

1

1

y

sin(kx) 1

x .

k 2

k

Якщо k 0 , то задане рівняння набуває вигляду y 0 , звідки маємо

y C1; y C1x C2 .

Враховуючи

початкові

умови

0 C2; 1 C1 ,

одержимо y x .

Приклад

16.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

y

xy y ln

.

x

y y(x) ,

Рівняння не містить шуканої функції

тому введемо

P

y

, після чого рівняння перетвориться у

нову функцію P(x) y ;

P

P

P

наступне xP P ln

або

P

ln

.

x

x

x

418

Одержане

рівняння

є

однорідним

першого

порядку.

Покладаючи

P tx;

P

,

матимемо

рівняння

або

t x t

t x t t lnt

dt

dx

.

t(lnt 1)

x

Інтегруючи останнє рівняння, знаходимо

ln

lnt 1

ln

x

ln

C1

;

lnt C1x 1;

t eC1x 1 .

Повертаючись

до

змінної

y

одержимо

диференціальне

рівняння

першого порядку y xeC1x 1 , звідки

C1x 1

1

C1x 1

1

C1x 1

y

xe

dx

xe

e

C2 .

C1

Приклад

C12

17.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

1 y 2 yy .

Рівняння не містить незалежної змінної x , тому зробимо заміну

P(y)

, де y

- нова залежна змінна,

dP

P

після чого рівняння

yx

yx

dy

перетвориться у наступне yP

dP

1 P 2

або

PdP

dy

, звідки

1 P 2

dy

y

1

ln1 P 2 ln

y

ln

C1

;

1 P 2 C12y2 ;

P C12y2 1 .

2

P(y), маємо:

Враховуючи yx

dy

dy

1

x C

.

C

2y2

1 ;

dx ;

ln

C y C 2y2

1

2

dx

1

C12y2 1

C1

1

1

Приклад

18.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

3 y 2 4yy y2 .

, тому поділимо його на

Рівняння є однорідним відносно y,y ,y

2

y

y

2

, y

0 , та одержимо рівняння у вигляді

y

1.

3

4

y

y

y

dP

y

2

Зробимо

заміну

невідомої

функції:

P(x)

;

y

або

y

dx

y

y

y

P P 2 , тоді матимемо:

y

2

2

2

dP

1

3P

4P

4P 1;

4P

1 P ;

1 P 2 4 dx ;

arctgP C

1

x

1

y

1

1

;

P tg

C

x

;

tg C

x ;

4

4

y

1

1

4

419

1

4

1

ln

y

4 ln

cos C1

x

ln

C2

;

y C

2 cos

C1

x .

4

4

Зауважимо, що y 0 є частинним розв’язком рівняння.

§4. Лінійні диференціальні рівняння другого порядку

Диференціальне рівняння другого порядку називається лінійним, якщо невідома функція та її похідні входять в це рівняння

в	першій	степені,	тобто	це	рівняння	вигляду
a0 (x)y a1(x)y a2(x)y f (x) ,			де	a0 (x),a1(x),a2(x), f (x)		- відомі
функції, a0 (x) 0,		x D .
	Надалі будемо вважати, що функції a0 (x),a1(x),a2(x), f (x)
неперервні на D		та a0 (x) 1. Якщо f (x) 0 ,			то лінійне	рівняння
називається неоднорідним, а якщо f (x) 0 , то – однорідним.
	Розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння
		y a1(x)y a2(x)y 0				(30)

та встановимо його властивості.

Лема 1. Якщо y1(x), y2(x) - частинні розв’язки рівняння (30),

то їхня сума y1(x) y2(x) є також розв’язком рівняння (30).

Дійсно, в силу припущення леми, y1(x), y2(x) - частинні розв’язки рівняння (30), тому мають місце рівності:

		0;			0 ,
y1 a1(x)y1 a2(x)y1			y2 a1(x)y2 a2(x)y2
	a1(x) y1 y2		(x) y1	y2 0 , отже,	y1(x) y2(x) є
звідки y1 y2		a2
розв’язком рівняння (30).
Лема 2. Якщо y1(x) -		частинний розв’язок рівняння (30), C -

довільна стала, то їхній добуток Cy1(x) є також розв’язком рівняння

(30).

Лема 2 доводиться аналогічно доведенню леми 1.

		Два частинні розв’язки y1(x),			y2(x) рівняння (30), називаються
лінійно незалежними на відрізку						a,b , якщо їх відношення на
						y1(x)		x a,b . Якщо
цьому відрізку не є				сталим, тобто			const,
						y2 (x)
	y1(x)		const,	x a,b , то y1(x), y2(x) називаються лінійно
		,
	y2(x)

залежними на a,b , в цьому випадку y1(x) y2(x).

Якщо y1(x), y2(x) - деякі функції, то визначник

420

W (y1,y2 )	y1	y2				(31)
		y		y1y2	y1y2
	y1		2

називається визначником Вронського (вронскіаном) даних функцій.

Теорема 1. Якщо y1(x),

y2(x) лінійно залежні на a,b , то їхній

вронскіан на цьому відрізку дорівнює нулю.

Нехай

y1(x) y2(x),

const ,

тоді

та

y1

y2

W (y ,y

2

)

y2

y2

0 .

1

y

2

y2

Теорема 2. Якщо вронскіан W (y1,y2 ), складений для розв’язків

y1(x),

y2(x) рівняння (30), не дорівнює нулю при деякому значенні

незалежної змінної x0 на відрізку a,b , де коефіцієнти рівняння (30) неперервні, то він не обертається в нуль при жодному значенні x на цьому відрізку.

Нехай y1(x), y2(x) - розв’язки рівняння (30), тому мають місце рівності:

a2(x)y2 0 .

y1

a1(x)y1 a2(x)y1 0;

y2

a1(x)y2

Помножимо

друге

рівняння

на

y1 ,

перше

рівняння

– на

y2 та

віднімемо результати:

0 .

y1y2

y1y2

a1(x) y1y2

y1y2

Зауважимо,

що

тоді

маємо

W (y1,y2 ) y1y2

y1y2

y1y2

y1y2 ,

диференціальне рівняння першого порядку відносно вронскіана:

W a1(x)W 0 .

Знайдемо			його розв’язок, який задовольняє початкову								умову
W (x0 ) W0 . Якщо W 0 , то маємо:
										x
	dW					x				a1(x )dx
			a1(x)dx ;	ln	W	a1(x)dx ln	C		;	W Ce x0	.
	W
						x0
Враховуючи початкову умову одержимо C W0										та
						x
						a1(x )dx
						W W0e x0		.			(32)

Рівність (32) називається формулою Ліувіля - Остроградського. За умовою теореми W0 0 , тому з (32) випливає, що W 0 для будь-

якого x a,b .

421