Бабич Диференціальні рівняння

äå a, b деякi числа. При a = 0 àáî b = 0 права частина рiвняння (1.2.5) залежить або тiльки вiд x, àáî òiëüêè âiä y, i воно ¹ рiвнянням виду (1.2.1). Розглянемо випадок, коли a 6= 0 i b 6= 0. Зробимо замiну

ax + by = u,

äå u невiдома функцiя. Тодi

y= 1b (u − ax), à y0 = 1b (u0 − a).

Óрезультатi тако¨ замiни рiвняння (1.2.5) набува¹ вигляду

1b (u0 − a) = f(u).

Розв'яжемо це рiвняння вiдносно похiдно¨:

u0 = bf(u) + a.

Отримане рiвняння ¹ рiвнянням iз вiдокремлюваними змiнними.

П р и к л а д 2. Знайти загальний iнтеграл рiвняння y0 = cos(x + y). Р о з в ' я з а н н я. Проводимо замiну змiнно¨

u = x + y; y = u − x; y0 = u0 − 1

i перепишемо задане рiвняння з урахуванням цi¹¨ замiни:

u0 − 1 = cos u.

Розв'язу¹мо отримане рiвняння вiдносно похiдно¨:

u0 = 1 + cos u.

Перепишемо останн¹ рiвняння у виглядi

du = 2 cos2 u dx 2

i вiдокремимо змiннi:

du

= dx.

2 cos2

u

2

11

Iнтегру¹мо обидвi частини отримано¨ рiвностi:

1.3. Однорiднi рiвняння

Однорiдне рiвняння замiною y = ux, де u нова невiдома функцiя, зводиться до рiвняння з вiдокремлюваними змiнними.

Пiдставляючи вирази y = ux i y0 = u0x + u у рiвняння (1.3.1), зводимо його до вигляду

u0x + u = f(x, ux). (1.3.3)

На пiдставi властивостi (1.3.2) функцi¨ f ìà¹ìî:

f(x, ux) = f(1, u).

Позначимо f(1, u) через g(u). Перетворимо рiвняння (1.3.3) до вигляду

du = g(u) − u. dx x

12

Пiдставивши в (1.3.4) u = y

рiвняння (1.3.1). x, отрима¹мо загальний iнтеграл однорiдного

П р и к л а д 1. Розв'язати рiвняння y2 + x2y0 = xyy0.

Повернемося до старо¨ змiнно¨, покладемо u = xy i отрима¹мо загальний iнтеграл заданого рiвняння:

yy

−ln = ln | x| + C. x x

1.4. Лiнiйнi рiвняння першого порядку. Рiвняння Бернуллi

Означення 9. Рiвняння виду

ßêùî q(x) ≡ 0, лiнiйне рiвняння (1.4.1) називають о д н о р i д н и м, якщо q(x) ≡/ 0 í å î ä í î ð i ä í è ì.

äå u i v невiдомi функцi¨.

13

Пiсля пiдстановки (1.4.2) у (1.4.1) отрима¹мо:

u0v + uv0 + p(x)uv = q(x).

Згрупу¹мо другий i третiй доданки в лiвiй частинi отриманого рiвняння i винесемо за дужки спiльний множник u:

Виберемо тепер функцiю v так, щоб вираз у квадратних дужках у лiвiй частинi останнього рiвняння обернувся на нуль, тобто виберемо за

v який-небудь розв'язок рiвняння

v0 + p(x)v = 0.

Знаходимо функцiю v:

Тут ми нехту¹мо довiльною сталою, оскiльки нас цiкавить який-небудь частинний розв'язок.

Пiдставляючи функцiю

R

v(x) = e− p(x) dx (1.4.4)

у рiвнiсть (1.4.3), отриму¹мо рiвняння для визначення невiдомо¨ функцi¨ u:

(тут треба врахувати, що вираз у квадратних дужках у (1.4.3) за рахунок

вибору v тотожний нулю).

Знаходимо загальний розв'язок рiвняння (1.4.5):

Z

R

u(x) = q(x)e p(x) dx dx + C.

Отже, загальний розв'язок рiвняння (1.4.1) ма¹ вигляд:

Z

R R R

y(x) = u(x)v(x) = Ce− p(x) dx + e− p(x) dx q(x)e p(x) dx dx, (1.4.6)

äå C довiльна стала.

14

П р и к л а д 1. Розв'язати рiвняння (xy0 − 1) ln x = 2y. Р о з в ' я з а н н я. Зводимо рiвняння до вигляду (1.4.1):

y0 − x ln2 x y = x1 .

Поклада¹мо y = uv i пiдставля¹мо його в рiвняння:

u0v + uv0 − x ln2 x uv = x1 ;

äå m 6= 0, m 6= 1, назива¹ться р i в н я н н я м Б е р н у л л i.

Розв'язують рiвняння Бернуллi так само, як i лiнiйнi рiвняння.

П р и к л а д 2. Розв'язати рiвняння y0 + 2y = exy2.

15

Знаходимо функцiю u:

Îòæå,

e−2x 1

y = uv = e−x + C = Ce2x + ex .

Очевидно, що задане рiвняння ма¹ ще один розв'язок

y = 0.

1.5. Рiвняння в повних диференцiалах

Означення 11. Диференцiальне рiвняння

Рiвняння (1.5.1) за умови (1.5.2) можна записати у виглядi

dU(x, y) = 0,

а його загальний iнтеграл визнача¹ться формулою

U(x, y) = C.

Вiдновити функцiю U(x, y) за ¨¨ диференцiалом

dU = P dx + Q dy

äå µ(y) невiдома функцiя.

16

Функцiю µ(y) знайдемо з умови

Iз останньо¨ рiвностi знаходимо µ0(y), iнтегру¹мо його i знаходимо µ(y). Пiдставляючи знайдену функцiю µ(y) у (1.5.4), отриму¹мо функцiю U(x, y).

Для того щоб iз загального iнтеграла (сiм'¨ кривих U(x, y) = C) видiлити частинний розв'язок, що задовольня¹ початкову умову

y(x0) = y0,

тобто щоб видiлити криву, яка проходить через точку (x0, y0), довiльнiй сталiй C надають значення

C= C0 = U(x0, y0).

Ïр и к л а д 1. Знайти частинний розв'язок диференцiального рiвняння

ex+y + 3x2 dx + ex+y + 4y3 dy = 0,

який задовольня¹ умову y(0) = 0.

Р о з в ' я з а н н я. Задане рiвняння ¹ рiвнянням у повних диференцiалах: тут

P (x, y) = ex+y + 3x2, Q(x, y) = ex+y + 4y3,

∂P∂y = ex+y, ∂Q∂x = ex+y, ∂Q∂x = ∂P∂y .

Отже, лiва частина рiвняння ¹ диференцiалом деяко¨ функцi¨ U(x, y), тобто

Iнтегру¹мо ∂U∂x çà çìiííîþ x:

Z

U(x, y) = ex+y + 3x2 dx + µ(y) = ex+y + x3 + µ(y).

Знаходимо похiдну знайдено¨ функцi¨ U(x, y) за змiнною y i прирiвню¹мо ¨¨ до функцi¨ Q(x, y):

∂U∂y = ∂y∂ ex+y + x3 + µ(y) = ex+y + 4y3 = Q(x, y).

Звiдси отриму¹мо рiвнiсть

ex+y + µ0(y) = ex+y + 4y3, àáî µ0(y) = 4y3.

17

Знаходимо функцiю µ(y):

Пiдставимо знайдену функцiю µ(y) у вираз для функцi¨ U(x, y):

U(x, y) = ex+y + x3 + µ(y) = ex+y + x3 + y4 + C1.

Загальний iнтеграл заданого диференцiального рiвняння ма¹ вигляд

ex+y + x3 + y4 + C1 = C2,

àáî

ex+y + x3 + y4 = C,

äå C = C2 − C1.

Щоб задовольнити початкову умову y(0) = 0, у вираз для загального iнтеграла пiдставля¹мо значення x = 0, y = 0:

Звiдси знаходимо, що C = 1.

Отже, частинний розв'язок заданого диференцiального рiвняння, який задовольня¹ початкову умову y(0) = 0, визнача¹ться рiвнiстю

ex+y + x3 + y4 = 1.

 ï ð à â è

Ïðîiнтегрувати диференцiальнi рiвняння:

18

Розв'язати задачi Кошi:

19

Òåìà 2

Диференцiальнi рiвняння вищих порядкiв

2.1.Основнi поняття

твердженню 1.1.2n:-го порядку справджу¹ться твердження, аналогiчне

Твердження 2.1. 1. Нехай функцiя f(x, y, y0, . . . , y(n−1)) визначена i неперервна разом зi сво¨ми частинними похiдними за змiнними y, y0,

. . . , y(n−1) в деякiй областi D простору змiнних x, y, y0, . . . , y(n−1), òîäi

20