Вища Математика для Економістів

Теорема 3. Якщо розв’язки y1(x), y2(x) рівняння (30) лінійно незалежні на a,b , то їхній вронскіан не обертається в нуль при жодному значенні x з a,b .

Доведення теореми проводиться від супротивного.

Сукупність двох розв’язків рівняння (30), визначених і лінійно незалежних на a,b , називається фундаментальною системою розв’язків.

Теорема 4. Якщо y1(x), y2(x) - фундаментальна система розв’язків рівняння (30), то

y(x) C1y1(x) C2y2(x) ,

(33)

де C1, C2 - довільні сталі, є його загальним розв’язком.

Дійсно, з властивостей розв’язків рівняння (30) випливає, що

(33) є

розв’язком рівняння

(30). Доведемо,

що для

будь-яких

початкових умов

y(x0 ) y0 ,

можна

підібрати значення

y (x0 )

y0

сталих

C1, C2

так,

щоб

відповідний частинний

розв’язок

y(x) C1y1(x) C2y2(x)

задовольняв

початкові

умови.

Підставимо

задані початкові умови в (33):

y

C y (x

) C

y

(x

)

0

1

1

0

2

2

0

.

(x0 )

y0

C1y1(x0 ) C

2y2

Зодержаної системи можна визначити відповідні C1, C2 , бо

визначник системи не дорівнює нулю в силу лінійної незалежності частинних розв’язків. Отже, частинний розв’язок, який одержується з сім’ї (33) при відповідних (знайдених) C1, C2 , задовольняє початкові умови.

Слід зауважити, що не існує загальних методів знаходження в завершеному вигляді загального розв’язку рівняння (30) із змінними коефіцієнтами. При практичних діях може бути корисною наступна теорема.

Теорема 5. Якщо відомий один частинний розв’язок рівняння (30), то знаходження загального розв’язку зводиться до інтегрування функцій.

Нехай y1(x) - частинний розв’язок рівняння (30). Знайдемо частинний розв’язок y2(x), лінійно незалежний з y1(x) на a,b .

Скористаємося формулою Ліувіля – Остроградського

				x							x
				a1(x )dx					1		a1(x )dx
			Ce	x0		y1y2	y1y2			Ce	x0
					;	y2		y2
	y1y2	y1y2
							1	1

або

422

x

d

y

2

1

a1(x )dx

x0

dx

y2 Ce

,

y

1

1

звідки

x

y2

a1(x )dx

Ce x0

dx C1 .

y

y2

1

1

В силу

того,

що ми шукаємо

частинний

розв’язок,

покладемо

C 1, C1

0 , тоді

x

a1(x )dx

y2 y1

e

x0

dx .

(34)

y2

y1(x), y2(x)

1

a,b , бо

Очевидно, що

є

лінійно незалежними на

y2

const . Отже, загальний розв’язок рівняння (30) має вигляд

y1

x

a1(x )dx

x0

y(x) C1y1(x) C2y1(x)

e

dx .

(35)

y2

(x)

1

Розглянемо лінійне неоднорідне диференціальне рівняння

y a1(x)y a2(x)y f (x)

(36)

Розв’язок (36) будемо шукати методом варіації довільних сталих у вигляді:

y(x) C1(x)y1(x) C2(x)y2(x),

де y1(x), y2(x) - фундаментальна система розв’язків рівняння (30),

C1(x), C2(x) - невідомі функції. Обчислимо першу похідну:

					(x)				(x)y2(x).
y (x) C1(x)y1(x) C				2(x)y2		C1(x)y1(x) C		2
Підбираємо	шукані функції так,					щоб	виконувалась рівність:
		(x) 0 , тоді
C1(x)y1(x) C	2(x)y2
					(x)
y (x) C1(x)y1(x) C				2(x)y2		C1(x)y1(x) C		2	(x)y2(x) .
Підставимо y(x),
		y (x),	y (x) в (35), одержимо:
								a2(x)y2 )
C1(x)(y1 a1(x)y1			a2(x)y1 ) C2(x)(y2 a1(x)y2

(C1(x)y1 C2(x)y2 ) f (x).

Враховуючи те, що y1(x), y2(x) - розв’язки рівняння (30), з останнього співвідношення маємо систему рівнянь для знаходження

C1(x), C2(x) :

423

					(x)y2	(x)	0;
	C1(x)y1(x) C			2
						(x)	f (x),
	C1(x)y1(x) C			2	(x)y2
визначник якої W (y1,y2 ) 0			в силу лінійної незалежності y1(x),						y2(x) .
Якщо позначити	розв’язки системи								(x), то
						C1(x) 1(x), C		2(x) 2
C1(x) 1(x)dx C1,	C2(x) 2(x)dx C2 , де						C1, C2 - довільні сталі.

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

y(x) C1y1(x) C2y2(x) y1(x) 1(x)dx y2(x) 2(x)dx , (37)

де перші два доданки є загальним розв’язком лінійного однорідного, а два останні – частинним розв’язком лінійного неоднорідного диференціального рівняння.

Теорема 6.	Загальний розв’язок лінійного неоднорідного
диференціального рівняння другого порядку дорівнює сумі загального
розв’язку лінійного	однорідного диференціального рівняння другого
порядку та частинного розв’язку лінійного неоднорідного

диференціального рівняння другого порядку.
	Ця теорема доводиться аналогічно доведенню теореми 4.
	Теорема 7. Нехай задано лінійне неоднорідне диференціальне
рівняння другого порядку вигляду y a1(x)y a2(x)y f1(x) f2(x)		та
y1(x)	є частинним розв’язком рівняння y a1(x)y a2(x)y f1(x) ,	а
y2(x)	- частинним розв’язком рівняння y a1(x)y a2(x)y f2(x) , тоді

y1(x) y2(x) є частинним розв’язком заданого рівняння.

				Доведення теореми випливає з лінійності похідних.
Сформульована					теорема		називається теоремою накладання
розв’язків (принцип накладання).
				Приклад	19.		Розв’язати	задачу	Коші
y			y
				x, y(1) 1, y (1) 0 .

x

Запропоноване рівняння є лінійним неоднорідним диференціальним рівнянням другого порядку. Розв’яжемо, спочатку, однорідне рівняння:

y

y

0 .

Маємо:

x

y

1

,

ln

y

ln

Cx

,

y Cx ,

y C1x 2 C2 .

y

x

Розв’язок неоднорідного рівняння будемо шукати методом варіації довільних сталих у вигляді: y(x) C1(x)x 2 C2(x).

424

								(x) :
Складемо систему для знаходження C1(x), C							2
		(x)x	2	C		(x) 0;
C
	1				2
C1(x)2x x,

	1				1	2		1				1	3
		, C		(x)		x ;	C1(x)		x C1,	C2	(x)		x C2 .
звідки C1(x)	2		2		2			2				6

Тоді загальний розв’язок лінійного неоднорідного диференціального

рівняння другого порядку набуде вигляду y(x) C1x 2 C2

1

x 3

1

x 3

6

1

2

або y(x) C1x 2 C2

x 3 .

3

2C1x x

2

, тоді

Для розв’язання задачі Коші знаходимо: y (x)

1

1 C1 C

2

;

1

7

1

2

7

1

3

3

C1

, C2

;

y(x)

x

x

.

2

6

3

1;

2

6

0 2C1

Приклад

20.

Розв’язати

диференціальне

рівняння

y

2

y y

ctgx

,

якщо відомий частинний

розв’язок

y1(x)

sin x

x

x

x

однорідного рівняння.

Для знаходження частинного розв’язку однорідного рівняння,

лінійно незалежного з y1(x)

застосуємо формулу (34), тоді

2

dx

y2

(x)

sin x

e

x

dx

sin x

dx

cos x

.

sin x 2

sin2

x

x

x

x

x

Загальний розв’язок однорідного рівняння має вигляд:

y(x) C1	sin x	C2	cos x	.
	x
			x

Розв’язок неоднорідного рівняння шукаємо у вигляді:

y(x) C1(x) sin x C2(x) cos x . x x

Складемо систему для знаходження C1(x), C2(x) :

sin x

cos x

(x)

C

(x)

0;

C1

2

x

x

x cos x sin x

x sin x cos x

ctgx

(x)

C

(x)

,

2

2

C1

x

2

x

x

вронскіан якої дорівнює W (y1,y2 ) 1 . Тому x 2

425

C1

(x)

cos x ctgx

dx

cos2 x

dx ln

tg x

2

cos x C1

;

2

2

sin x

x

1 x

C2(x)

sin x ctgx

dx

cos xdx sin x C2,

x 2 1 x 2

звідки одержимо загальний розв’язок неоднорідного рівняння:

y(x) C1

sin x

C2

cos x

sin x

ln

tg x

2

.

x

x

x

§5. Лінійні диференціальні рівняння вищих порядків

Диференціальне рівняння порядку n називається лінійним, якщо невідома функція та її похідні входять в це рівняння в першій степені, тобто це рівняння вигляду

a0 (x)y(n ) a1(x)y(n 1) ... an (x)y f (x),	(37)
де a0 (x),a1(x),...,an (x), f (x) - відомі функції, a0 (x) 0,	x D .

Надалі будемо вважати, що функції a0 (x),a1(x),...,an (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(n ) a1(x)y(n 1) ... an (x)y 0 .	(38)
Частинні	розв’язки y1(x), y2(x), ...,yn (x)	рівняння (38),

називаються лінійно незалежними на відрізку a,b , якщо вони не

пов’язані	ніякою	тотожністю	1y1(x) 2y2(x) ... nyn (x) 0 , де
1, 2,..., n	- деякі сталі, що не дорівнюють нулю одночасно.
Сукупність n		розв’язків	рівняння (38), визначених і лінійно

незалежних на a,b , називається фундаментальною системою розв’язків.

Теорема 1. Якщо y1(x), y2(x), ...,yn (x) - фундаментальна система розв’язків рівняння (38), то

y(x) C1y1(x) C2y2(x) ... Cnyn (x),

(39)

де C1, C2,...,Cn - довільні сталі, є його загальним розв’язком.

Визначником Вронського (вронскіаном) системи функцій y1(x), y2(x), ...,yn (x) називається визначник

			y1	y2	...	yn
					...
	W (y1,y2	,...,yn )	y1	y2		yn	(40)
			...	...	... ...
			y(n 1)	y(n 1)	... y(n 1)
			1	2		n

426

Якщо y1(x), y2(x), ...,yn (x) - фундаментальна система розв’язків рівняння (38) на a,b , які є неперервними та мають (n 1) - шу неперервну похідну на цьому відрізку, то вронскіан цих функцій не дорівнює нулю в жодній точці a,b (ця умова є необхідною і

достатньою).

Для визначника Вронського має місце формула Ліувіля-

Остроградського:

x

a1(x )dx

W (y ,y

,...,y

n

) W (y ,y

,...,y

n

)

e x0

.

1

2

1

2

x x0

Структура загального розв’язку лінійного неоднорідного

диференціального

рівняння

порядку

n

визначається наступною

теоремою.

Теорема 2. Загальний розв’язок лінійного неоднорідного диференціального рівняння порядку n дорівнює сумі будь-якого його частинного розв’язку та загального розв’язку відповідного однорідного рівняння.

Для знаходження загального розв’язку лінійного неоднорідного

диференціального рівняння порядку n	застосовують метод варіації
довільних сталих, тобто шукають	цей	розв’язок у вигляді
y(x) C1(x)y1(x) C2(x)y2(x) ... Cn (x)yn (x),	де	невідомі	функції

C1(x), C2(x),...,Cn (x) визначаються із системи рівнянь:

C

(x)y2

C1(x)y1(x)

2

(x) ... Cn (x)yn (x) 0;

C

C1(x)y1(x)

2

(x)y2

(x) .. Cn

(x)yn (x) 0;

.... .....

.....

.....

......

..... .....

(n 1)

(n 1)

(n 1)

(x)

f (x).

C1(x)y1

(x) C2

(x)y2

(x) .. Cn

(x)yn

Лінійні диференціальні рівняння вищих порядків зі сталими коефіцієнтами

Розглянемо лінійне однорідне рівняння другого порядку зі сталими коефіцієнтами

		y py q 0 ,		(41)
де	p, q -	дійсні числа. Знайдемо два лінійно незалежних розв’язки
рівняння (41).
Шукаємо їх у вигляді y ekx , де k - дійсне число, тоді
		y kekx , y k 2ekx ,	ekx k 2 pk q 0.
В	силу	того, що ekx 0 , то	для знаходження k	маємо
характеристичне рівняння:
		k 2 pk q 0 .		(42)

427

Можливі наступні випадки:

1) k1, k2 - дійсні, k1 k2 , тоді фундаментальною системою

розв’язків (41)	будуть	y ek1x ,	y	2	ek2x . Загальний розв’язок (41)
матиме вигляд:		1
					C ek2x ;
		y(x) C ek1x
		1			2
2) k1, k2	- комплексно-спряжені, тобто: k1 i , k2					i .

Легко перевірити, що фундаментальною системою розв’язків (41)

будуть

y1 e x

cos x,

y2

e x sin x .

Загальний розв’язок

(41)

матиме вигляд:

y1 e x C1 cos x C2 sin x ;

3)

k

, k

2

- дійсні,

k

1

k

2

, тоді

y

ek1x , а y

2

шукаємо у вигляді

1

1

y2 u(x)ek1x , де u(x)

- невідома функція. Тоді

e

k1x

u

k1x

u

2k1u

2

y2

k1u , y2 e

k1 u .

в (41), одержимо:

Підставивши y2, y2

, y2

q u 0 .

ek1x u 2k1 p u k12

pk1

(43)

В силу того, що k1 - кратний корінь характеристичного рівняння, то

k1	p	і (43)	набуде вигляду: u 0 , звідки u Ax B . Оберемо
2				та y2 xek1x . Загальний
A 1, B 0 ,			тоді u x								розв’язок (41)
матиме вигляд:							xek12x .
			y(x) C ek1x C			2
				1
	Розглянемо лінійне однорідне диференціальне рівняння
порядку n зі сталими коефіцієнтами
				y(n ) a y(n 1)	... a			n	y 0 .		(44)
				1
Аналогічно складаємо характеристичне рівняння:
				kn a kn 1	... a			n		0 .	(45)
				1

Тоді загальний розв’язок (44) будується в залежності від характеру коренів рівняння (45):

	1)	кожному дійсному простому кореню k			відповідає
частинний розв’язок y ekx ;
	2)	кожній парі комплексно-спряжених простих коренів
i ,	i	відповідають	два	частинних	розв’язки:

y1 e x cos x, y2 e x sin x ;

3)кожному дійсному кореню k кратності r відповідають r

лінійно

незалежних

частинних

розв’язків:

y1 ekx , y2 xekx , ..., yr xr 1ekx ;

428

	4)	кожній		парі		комплексних		спряжених	коренів
i ,	i		кратності r відповідають 2r частинних розв’язків:
		y	e x cos x, y		2	xe x cos x, ..., y	r	xr 1e x cos x,
		1
		yr 1 e x		sin x, yr 2 xe x sin x, ..., y2r xr 1e x					sin x.

Загальна кількість частинних розв’язків повинна дорівнювати порядку диференціального рівняння.

У випадку лінійного неоднорідного диференціального рівняння порядку n зі сталими коефіцієнтами та спеціальною правою частиною для знаходження частинного розв’язку застосовують

метод невизначених коефіцієнтів.

Нехай f (x) P (x)e x , P (x) - многочлен n -ї степені, тоді:

n

n

якщо

не є

коренем

характеристичного

рівняння,

то

частинний

розв’язок

шукають

у

вигляді

~

(x)e

x

,

~

-

y Pn

Pn (x)

многочлен n -ї степені з невизначеними коефіцієнтами;

якщо є коренем кратності характеристичного рівняння, то

частинний

розв’язок

шукають

у

вигляді

y x

~

x

,

~

-

Pn (x)e

Pn (x)

многочлен n -ї степені з невизначеними коефіцієнтами.

Нехай

f (x) P (x)e x cos x Q

m

(x)e x sin x,

P (x),Q

m

(x)

-

n

n

многочлени відповідно n -ї та m -ї степені, тоді:

якщо число i не є коренем характеристичного рівняння, то

частинний

розв’язок

шукають

у

вигляді

~

(x)e

x

~

(x)e

x

sin x,

де

~

(x),

~

(x)

- многочлени l -ї

y Pl

cos x Ql

Pl

Ql

степені з невизначеними коефіцієнтами, l max n,m ;

якщо число i є коренем кратності характеристичного

рівняння,					то частинний розв’язок		шукають у		вигляді
y x		e	x	~	~	~	~	- многочлени l -ї
				Pl	(x)cos x Ql (x)sin x , де	Pl (x),	Ql (x)
степені з невизначеними коефіцієнтами, l max n,m .
		Зауважимо, що тоді, коли f (x)				містить лише cos x			або sin x

частинний розв’язок шукають у вигляді, що включає обидві функції. Невизначені коефіцієнти можна знайти із системи лінійних

рівнянь, які одержуються в результаті прирівнювання коефіцієнтів подібних членів у правій та лівій частинах початкового рівняння після підстановки в нього частинного розв’язку та його похідних.

Приклад 21. Розв’язати диференціальне рівняння

y(4) y x 3 1.

429

Характеристичне			рівняння				k 4 1 0	має	корені
k1 1, k2 1, k3,4	i .	Загальний розв’язок відповідного однорідного
рівняння y C e x C e x C				3	cos x C	4	sin x .
1	2
У заданому рівнянні		f (x) x 3 1 P (x)e0x , звідки						0 ,	яке не є
					3

коренем характеристичного рівняння. Тому шукаємо частинний

розв’язок					неоднорідного			рівняння	у	вигляді:
		~	(x) Ax	3	Bx	2	Cx D .
y P3

Обчислимо похідні y , y , y , y (4) та підставимо в задане рівняння:

1

1

Ax 3

y Ax 3 Bx 2 Cx D y 3Ax 2 2Bx C

y 6Ax 2B y 6A

y (4) 0

Bx 2 Cx D x 3 1.

Прирівнюємо

коефіцієнти

при

однакових

степенях

змінної, тоді

A 1, B 0,

C 0, D 1

та

x 3

1.

Остаточно,

загальний

y

розв’язок

рівняння

має

вигляд:

y C e x C e x

C

3

cos x C

4

sin x x 3 1.

1

2

Приклад 22. Розв’язати задачу Коші

y

y

2y cos x 3sin x,

y(0) 1, y (0) 2 .

Характеристичне

рівняння

k 2 k 2 0

має

корені

k1 1, k2

2.

Загальний

розв’язок

відповідного

однорідного

рівняння

y C e x

C e 2x .

Частинний

розв’язок

неоднорідного

1

2

рівняння шукаємо у вигляді: y A cos x B sin x , тоді

2 y A cos x B sin x

1 y A sin x B cos x1 y A cos x B sin x

A cos x B sin x A sin x B cos x 2A cos x 2B sin x cos x 3 sin x .

Прирівнюємо коефіцієнти при однакових тригонометричних функціях

	cos x	3A B 1			B 1.
	sin x		, звідки A 0,
			A 3B 3
Отже,	загальний		розв’язок	рівняння	має	вигляд:
y C e x C e 2x sin x .
1	2

430

x

2C

2e

2x

cos x ,

Для розв’язання задачі Коші знаходимо: y (x) C1e

тоді

1 C C

;

C1 0, C2

1 ;

y(x) e

2x sin x .

1

2

2 C1 2C2 1;

Приклад 23. Розв’язати диференціальне рівняння

y y 2y x e x .

Характеристичне рівняння

k 3 k 2

2k 0

має

корені

k1 0, k2

1, k3

2 .

Загальний розв’язок відповідного

однорідного

рівняння y C

C e x

C e 2x .

1

2

3

У даному рівнянні						f (x) x e x P (x)e0x P (x)e x , тому, користуючись
						1		0
принципом накладання та враховуючи, що 1									0, 2 1 є простими
коренями			характеристичного рівняння.,						шукаємо	частинний
розв’язок				неоднорідного				рівняння	у	вигляді:
		~	~	(x)e	x	x Ax B Cxe	x	. Отже,
y xP1(x) xP0

0y Ax 2 Bx Cxe x

2 y 2Ax B Ce x Cxe x

1 y 2A 2Ce x Cxe x

1y 3Ce x Cxe x

4Ax 2A 3B 3Ce x x e x ,

звідки

	A 1 4, B 1 4, C 1 3 .
Остаточно маємо: y C		1	C e x C	3	e 2x		1	x x 1		1	xe x .
			2			4				3
Приклад	24.
			Розв’язати				диференціальне					рівняння
y y ch2x .
Характеристичне рівняння k2 k 0									має корені k			0, k	2	1.
										1
Загальний розв’язок однорідного					рівняння				y C C ex .			Частинний
									1	2

розв’язок неоднорідного рівняння в даному випадку можна шукати у вигляді y Ach2x Bsh2x . Дійсно, відповідно до загальної теорії

треба було б праву частину заданого рівняння представити у вигляді

e2x e 2x

та застосувати принцип накладання, тоді частинний

2

розв’язок належало б шукати у вигляді y A1e2x B1e 2x , але

A1e2x B1e 2x A1 ch2x sh2x B1 ch2x sh2xA1 B1 ch2x A1 B1 sh2x Ach2x Bsh2x.

431