Диференціальні рівняння Латышев

′

ϑ

′

sin 2x

Доберемо функцію

ϑ так, щоб ϑ

+ x

= 0,

тоді

u ϑ =

.

x

Інтегруючи перше з цих рівнянь, дістаємо:

dϑ

= −

dx

;

ln

ϑ

= −ln

x

;

ϑ=

1

.

ϑ

x

x

Для цього рівняння достатньо взяти частинний розв’язок, тому що одну із функцій вибирають довільно.

Підставивши значення ϑ у друге рівняння, дістанемо:

1			sin 2x			cos 2x
u′		=		; du = sin 2xdx;	u = −		+с;
	x		x			2

після чого знайдемо загальний розв’язок:

1

1

y =u ϑ

=

с−

cos 2x .

x

2

2. Знайти частинний розв’язок рівняння:

y′+ 2xy = 2x,

який задовольняє умову y(0) = 0.

Розв’язання.

′

′

′

Поклавши y =u ϑ,

y

= u ϑ+uϑ, матимемо:

′

′

′

′

u ϑ+uϑ + 2xuϑ= 2x;

u

ϑ+u(ϑ + 2xϑ) = 2x;

′

dϑ

dϑ

а) ϑ + 2xϑ= 0;

= −2xϑ,

= −2xdx;

dx

ϑ

∫

dϑ

= −2 ∫xdx;

ln

ϑ

= −x2 ;

ϑ= e−x2 ;

ϑ

11

′

−x

2

du

+x

2

+x

2

x

2

б) u

e

= 2x;

= 2xe

;

u = ∫2xe

dx = e

+с.

dx

Загальний розв’язок даного рівняння:

y = u ϑ= e−x2 (ex2 +с)= сe−x2 +1.

Знайдемо значення сталої с, при якому частковий розв’язок задовольняє початкову умову y(0) = 2 : 2 = сe0 +1, звідки с =1.

Відповідь: y = e−x2 +1.

1.5. Рівняння Бернуллі

Рівнянням Бернуллі називається рівняння виду:

y′+ρ(x) y = q(x) yα , α R, α ≠ 0; 1.

Очевидно,	при α = 0 це рівняння – лінійне, а при α =1 – з
відокремлюваними змінними.
Розв’язок рівняння Бернуллі зручніше шукати методом
підстановки у	вигляді y = u ϑ,		не зводячи його до лінійного
рівняння.
Приклад.
Розв’язати рівняння:
	y′−	y	=	x2
					.
		x		y2

Розв’язання.

Маємо рівняння Бернуллі. Знайдемо його розв’язок поклавши

y = u ϑ, тоді

y

′

′

′

= u ϑ+uϑ.

Маємо:

′

′

uϑ

=

x2

;

′

′

ϑ

=

x2

;

u ϑ+uϑ −

x

u2ϑ2

u

ϑ+u

ϑ −

u2ϑ2

x

′

ϑ

dϑ

ϑ

dϑ

dx

dϑ

dx

а) ϑ − x

= 0;

=

x

;

=

;

∫

= ∫

;

dx

ϑ

x

ϑ

x

12

ln

ϑ

= ln

x

;

ϑ= x.

′

x2

′

x2

du

1

2

dx

б) u ϑ=

;

u x =

;

x

=

;

u

du =

;

u2 x2

u2 x2

dx

u2

x

∫u 2du = ∫

dx

+An

с

;

u3

= ln

cx

;

u = 3

3ln

cx

;

x

3

Відповідь: y =u ϑ= x3 3ln cx .

1.6.Питання для самоконтролю

1.Яке рівняння називається диференціальним рівнянням першого порядку?

2.Дати означення загального і частинного розв’язків диференціального рівняння першого порядку.

3.Дати означення рівняння з відокремлюваними змінними. Як воно розв’язується?

4.Дати означення і описати метод інтегрування однорідного рівняння першого порядку.

5.Дати означення лінійного рівняння першого порядку та викласти метод його інтегрування.

6.Дати означення рівняння Бернуллі. Як воно розв’язується?

13

2. ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ДРУГОГО ПОРЯДКУ, ЯКІ ДОПУСКАЮТЬ ПОНИЖЕННЯ ПОРЯДКУ

2.1. Загальні поняття та означення

Диференціальне рівняння другого порядку має вигляд:

F(x, y, y′,y′′) = 0,

де x – незалежна змінена, y = y(x) – невідома функція, F – відома

функція.

У рівнянні 2-го порядку похідна y′′, має справді входити, тоді як наявність у ньому решти змінних, тобто x, y, y′, необов’язкова.

Рівняння, не розв’язане відносно старшої похідної y′′,

називається неявним диференціальним рівнянням.

Рівняння, розв’язане відносно y′′ має вигляд y′′ = f (x, y, y′).

Розв’язком диференціального рівняння на деякому інтервалі (а,в) називається два раза неперервно диференційовна на цьому

інтервалі функція φ(x), яка при підстановці в дане рівняння обертає його в тотожність по x (a,в).

Як ми вже бачили, загальний розв’язок рівняння першого порядку знаходиться за допомогою операції інтегрування і містить одну довільну сталу.

Загальний розв’язок рівняння другого порядку містить дві довільних сталих, тобто має вигляд:

y = φ(x,с1,с2 ).

Якщо загальний розв’язок знаходиться в неявній формі:

ϕ(x, y,с1,с2 ) = 0,

то його називають загальним інтегралом рівняння.

14

2.2. Диференціальне рівняння виду y′′= f (x)

Нехай

y′′ = f (x),

де f (x) – задана неперервна функція, тоді це рівняння інтегрується в квадратурах.

Приклад.

Знайти загальний розв’язок рівняння: y′′ = 4cos 2x.

Розв’язання.

Маємо послідовно:

y′ = ∫4cos 2xdx +c1 = 2sin 2x +c1;

y = ∫ y′dx +c2 = ∫(2sin 2x +c1)dx +c2 = −cos 2x +c1x +c2.

		2.3.		Диференціальне рівняння виду
				′ ′′	) = 0 або y		′′	=	′
				F ( x, y , y					f (x, y ).
		Порядок такого рівняння можна понизити, якщо за нову
невідому функцію z = z(x)						взяти похідну y′, тобто				покласти
y	′	= z(x), тоді y	′′	′
				= z , тому дістаємо рівняння першого порядку:
					F(x, z,z ) = 0.
						′
		Якщо для цього рівняння вдається знайти загальний розв’язок
z = z(x,с1), тоді y′ = z(x,с1),						а y(x) = ∫z(x,с1)dx +c2 .
		Приклад.
		Розв’язати рівняння: y′′+ y′tg x = sin 2x.
		Розв’язання.			тоді y′′ = z′
		Покладемо		y′ = z(x),				і	маємо лінійне	рівняння

першого порядку відносно невідомої функції z = z(x) : z′+ ztgx = sin 2x.

15

Знайдемо його розв’язок поклавши z = u ν, z

′

′

′

Далі

= uν

+uν .

маємо:

′

′

′

′

+ν tg x) = sin 2x;

uν +uν

+uν tg x = sin 2x, uν +u(ν

а) ν

′

+ν tg x = 0;

dν

= −ν tg x;

dν

= −tg x dx;

dx

ν

∫

dν

= −∫tg xdx;

ln

ν

= ln

cos x

;

ν = cos x;

ν

′

du

cos x

= sin 2x;

dx cos x = 2sin x cos x;

cos x ≠ 0;

б) u

du = 2sin xdx;

∫du = 2 ∫sin xdx +с1;

u = −2cos x +с1;

Знайдемо функцію z =u ν = cos x(с1 −2cos x).

′

будемо мати:

Оскільки z(x) = y (x),

′

2

x,

y (x) = c1 cos x −2cos

y(x) = ∫(c cos x −1−cos 2x)dx +c ,= с sin x − x −

1

sin 2x +c ;

1

2

1

2

2

Відповідь : y(x) = −x −

1

sin 2x +c sin x +с .

2

1

2

2.4. Диференціальне рівняння виду

F ( y, y′, y′′) = 0 або y′′= f ( y, y′).

Такі рівняння допускають пониження порядку, якщо y′ = z( y), тоді y′′ = dydz dydx = z dydz і ми маємо рівняння першого порядку:

Fy, z( y), z( y) dz = 0.

dy

16

Приклад.

Розв’язати рівняння

yy

′′

′

2

= 0.

−2( y )

Розв’язання.

dz

Поклавши y′ = z (y),

y′′ =z

дістанемо:

dy

yz

dz

−2z2 = 0

або z y

dz

−2z

= 0.

dy

dy

Це рівняння розпадається на два:

z = 0,

і

y

dz

−2z = 0.

dy

З першого маємо y′ = 0,

звідки

y = const. У другому рівнянні

відокремлюються змінні:

dz

= 2

dy

,

∫

dz

= 2 ∫

dy

+ln

с

,

ln

z

= 2ln

y

+ln

с

;

z

y

z

y

1

1

Звідки z = с y2 ,

с

≠ 0.

1

dy

1

Оскільки z =

,

то

dx

dy

= с y2 ,

dy

= с dx;

−

1

= с x +c ,

y =

1

;

y

−с x −c

dx

1

y2

1

1

2

1

2

Отже, задане рівняння має розв’язки:

	y = с, та y =		1	.
		−с x −с
		1	2

17

2.5.Запитання для самоконтролю

1.Яке рівняння називається диференціальним рівнянням 2-го порядку? Як визначити порядок диференціального рівняння?

2.Що називається загальним розв’язком рівняння 2-го порядку? Як знайти його окремий розв’язок?

3.	Як інтегруються рівняння y		′′	= f (x) та	′′
					F(x, y ) = 0?
4.	У чому суть методу пониження порядку диференціального
рівняння?
5.	Як	звести до рівняння		першого	порядку рівняння
′	′′	′ ′′
F(x;y ;y ) = 0 та F( y; y ; y ) = 0 ?

18

3. ЛІНІЙНІ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ІЗ СТАЛИМИ КОЕФІЦІЄНТАМИ

3.1. Лінійні однорідні рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами

Диференціальне рівняння виду:

y′′+ρy′+qy = 0,

де ρ, q – дійсні числа, y(x) – невідома функція називається

лінійним однорідним диференціальним рівнянням другого порядку із сталими коефіцієнтами.

Ейлер запропонував шукати частинні розв’язки цього рівняння у вигляді:

y = eкх,

де к – стала (дійсна чи комплексна), яку треба знайти. Підставивши цю функцію і її похідні в рівняння, дістанемо:

eкх(к2 + ρк + q) = 0.

Оскільки eкх ≠ 0, то к2 +ρк + q = 0.

Останнє квадратне рівняння називається характеристичним рівнянням відповідного диференціального рівняння.

Позначимо корені характеристичного рівняння через к1 і к2 . Можливі три випадки:

I.D > 0, K1 і K2 – дійсні і різні числа (K1 ≠ K2);

II. D = 0, K1=K2=K – дійсні і рівні числа;

III. D < 0, K1,2=α±βi, i= −1 – комплексні числа. Розглянемо кожен випадок окремо.

I. Корені характеристичного рівняння дійсні і різні: (K1≠K2). Загальний розв’язок диференціального рівняння знаходять за

формулою: y = с1eк1х +с2ek2 x .

II. Корені характеристичного рівняння дійсні і рівні: K1=K2=K. Загальний розв’язок рівняння має вигляд: y = eкх(с1 +с2 x).

19

III. Корені характеристичного рівняння комплексно-спряжені:

к1 = α+βi, к2 = α−βi.

Загальний розв’язок рівняння запишеться у вигляді:

y = eαx (с1 sin βx +с2 cosβx).

Приклади.

1. Знайти загальний розв’язок рівняння y′′−5y′+6 y = 0.

Складемо характеристичне рівняння k2 −5k +6 = 0 і знайдемо його корені: k1 = 2; k2 = 3.

Шуканий розв’язок має вигляд:

		y = с e2 x +с e3x .
			1		2
2. Знайти	розв’язок	рівняння			y′′+6 y′+9 y = 0, який			задо-
вольняє початкові умови		y(0) =		0,	′
					y (0) = 2.
Знайдемо спочатку загальний розв’язок. Характеристичне
рівняння k2 +6k +9 = 0		має		корені k = k		2	= −3. Маємо	такий
загальний розв’язок y = e−3x (c +с x).					1
		1		2
Тепер скористаємось початковими умовами.
Оскільки:
	y′ = −3e−3x (с1 +с2 x) +с2e−3x ,
то с1 = 0			звідки с1 = 0,				с2 = 2.
	3с1 +с2 = 2,
Відповідь:	y = 2xe−3x..
3. Розв’язати рівняння:
		y′′+ 4 y′+13y = 0.

20