Бабич Диференціальні рівняння

якою б не була точка (x , y , y0 , . . . , y(n−1)) D, у деякому околi точки x iсну¹ ¹диний розв'язок рiвняння0 0 0 (2.10.2), який задовольня¹ умови (2.1.3)0.

Як i для рiвнянь першого порядку, задачу вiдшукання розв'язку рiвняння (2.1.1) або (2.1.2), який задовольня¹ початковi умови (2.1.3), називають задачею Кошi.

öiþЗагальним розв'язком рiвняння n-го порядку (2.1.2) називають функ-

умови.

задовольня¹ заданi початковi

Загальний розв'язок може бути записаний i в неявнiй формi:

Φ(x, y, C1, . . . , Cn) = 0.

Функцiя y = ϕ(x, C10, C20, . . . , Cn0), отримана iз загального розв'язку y = ϕ(x, C1, C2, . . . , Cn) рiвняння n-го порядку за певних значень сталих

Для побудови розв'язку задачi Кошi для рiвняння n-го порядку загальний розв'язок рiвняння пiдпорядковують початковим умовам:

домих C , C , . . . , C

ма¹ ¹диний1 2ðîçâ'ÿçîên. За виконання умов твердження 2.1.1 ця система

C10, C20, . . . , Cn0. Розв'язком задачi Кошi ¹ функцiя

y = ϕ(x, C10, C20, . . . , Cn0).

1Тут ми ма¹мо на увазi будь-якi точки (x0, y0, y00 , . . . , y0(n−1)) D, тобто точки, у яких виконуються вимоги твердження 2.1.1.

21

Для видiлення частинного розв'язку рiвняння порядку вище першо-

[a, b], тобто при x = a i x = b. Таку задачу називають крайовою задачею. Зазначимо, що на вiдмiну вiд задачi Кошi за виконання умов твердження 2.1.1 крайова задача може мати або ¹диний розв'язок, або безлiч розв'язкiв, або взагалi не мати розв'язку.

Перейдемо до розгляду окремих випадкiв диференцiальних рiвнянь, iнтегровних у квадратурах.

2.2.Рiвняння y(n) = f(x)

Iнтегруючи за змiнною x рiвняння

отрима¹мо:

Z Z Z

y(n)(x) dx = f(x) dx + C1, àáî y(n−1) = f(x) dx + C1,

äå C

Iнтегруючи1 довiльнаотриманестала. рiвняння, матимемо:

ZZ

y(n−2) = f(x) dx dx + C1x + C2.

Остаточно, пiсля n-кратного iнтегрування знайдемо розв'язок рiвняння (2.2.1):

ZZ

y(x) = · · · f(x) dx . . . dx + C1xn−1 + C2xn−2 + . . . + Cn−1x + Cn,

|{z}

n ðàçiâ

äå C1, C2, . . . , Cn äîâiëüíi ñòàëi.

П р и к л а д 1. Для диференцiального рiвняння y00 = 0 побудувати загальний розв'язок та знайти частиннi розв'язки, якi задовольняють такi додатковi

Р о з в ' я з а н н я. Буду¹мо загальний розв'язок рiвняння. Iнтегруючи задане рiвняння, отриму¹мо

y0 = C1.

22

Iнтегру¹мо отримане рiвняння ще раз i отриму¹мо загальний розв'язок:

y = C1x + C2.

Розв'язу¹мо задачу а:

Отже, розв'язком задачi а ¹ функцiя y = 2x + 1. Розв'язу¹мо задачу б :

Знаходимо, що C1 = 3, C2 = 1, i задача б ма¹ ¹диний розв'язок y = 3x + 1. Буду¹мо розв'язок задачi в:

y0(0) = (C1x + C2)0x = C1 = 1.

x=0

y0(1) = (C1x + C2)0x = C1 = 1.

x=1

Як бачимо, крайовi умови y0(0) = 1, y0(1) = 1 задовольняють такi розв'язки

заданого диференцiального рiвняння: y = x+C2, äå C2 довiльна стала, тобто крайова задача в ма¹ безлiч розв'язкiв.

Очевидно, що крайова задача г не ма¹ розв'язку, оскiльки система

y0(0) = (C1x + C2)0x = C1 = 1.

x=0

y0(1) = (C1x + C2)0x = C1 = 2.

x=1

¹ несумiсною.

23

2.3.Рiвняння, що допускають зниження порядку

Вкажемо два окремi випадки, коли порядок рiвняння можна знизити. 1. Рiвняння виду F (x,y (k), . . . ,y (n)) = 0. Уведемо нову змiнну

z = y(k). Тодi порядок рiвняння знизиться на k одиниць:

F (x, z, z0, . . . , z(n−k)) = 0.

Якщо знайдемо загальний розв'язок останнього рiвняння

z = ϕ(x, C1, . . . , Cn−k),

òî y визнача¹ться iз рiвняння

y(k) = ϕ(x, C1, . . . , Cn−k).

Рiвняння такого типу розглянутi в попередньому параграфi.

2. Рiвняння виду F (y,y 0, . . . ,y (n)) = 0. Якщо рiвняння не мiстить незалежно¨ змiнно¨ x, то вiзьмемо за незалежну змiнну y i покладемо

y0 = p(y),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Звiдси видно, що порядок рiвняння знизиться на одиницю.

Якщо буде знайдено розв'язок рiвняння, отриманого в результатi замiни,

p = ϕ(y, C1, . . . , Cn−1),

òî íåâiäîìà y ¹ розв'язком рiвняння першого порядку iз вiдокремлюваними змiнними

y0 = ϕ(y, C1, . . . , Cn−1).

24

П р и к л а д 1. Знайти частинний розв'язок рiвняння y00 + xy0 = x за додаткових умов y(0) = 2, y0(0) = 1.

Р о з в ' я з а н н я. Рiвняння не мiстить змiнно¨ y. Вводимо нову невiдому

çìiííó z = y0. Враховуючи, що y00 = z0, перепишемо рiвняння в нових позна- ченнях:

Враху¹мо додаткову умову y0(0) = 1, àáî z(0) = 1:

z(0) = 1 − C1 = 1.

Звiдси знаходимо, що C1 = 0, à z(x) = 1.

Îñêiëüêè z = y0, то для визначення невiдомо¨ y ма¹мо таке рiвняння:

y0 = 1.

Загальним розв'язком отриманого рiвняння ¹ функцiя y = x + C2. Значення довiльно¨ стало¨ C2 знаходимо з умови y(0) = 2:

y(0) = 0 + C2 = 2; C2 = 2.

Отже, розв'язком задачi ¹ функцiя

П р и к л а д 2. Знайти загальний розв'язок рiвняння y000 − y00 = 1.

Р о з в ' я з а н н я. Рiвняння не мiстить y i y0. Çàìiíèìî y00 = z. У результатi рiвняння набуде вигляду:

Буду¹мо загальний розв'язок отриманого рiвняння:

z = C1ex − 1.

Враховуючи, що z = y00, запишемо рiвняння для визначення y:

y00 = C1ex − 1.

Iнтегруючи двiчi останн¹ рiвняння, знаходимо y:

y0 = C1ex − x + C2; y = C1ex − x2 + C2x + C3.

2

25

Отже, задане рiвняння ма¹ загальний розв'язок

y = C1ex + C2x + C3 − x2 .

2

П р и к л а д 3. Знайти розв'язок диференцiального рiвняння yy00 − y02 = 0 за додаткових умов y(0) = 1, y0(0) = 2.

Р о з в ' я з а н н я. Рiвняння не мiстить незалежно¨ змiнно¨ x. Çàìiíèìî

y0 = p(y), y00 = p ddyp.

Перепишемо задане рiвняння в нових позначеннях:

Останн¹ рiвняння розпада¹ться на два рiвняння

Розв'язком першого з них y = const нехту¹мо, оскiльки вiн не задовольня¹

початкову умову y0(0) = 2.

Буду¹мо розв'язок другого рiвняння:

Îñêiëüêè p = y0, то для визначення y ма¹мо таке рiвняння:

y0 = C1y.

Знаходимо його розв'язок:

Значення сталих C1 i C2 знайдемо з початкових умов:

y = e2x.

26

 ï ð à â è

Розв'язати рiвняння:

17. y00 = xex. Початковi умови y(0) = 0, y0(0) = 1.

18. yIV = sin2 x. Початковi умови y(0) = 1, y0(0) = y00(0) = y000(0) = 0.

19. xy00 + y0 = 0. Початковi умови y(1) = 2, y0(1) = 3. 20. y02 + yy00 = 1. Крайовi умови y(0) = 1, y(1) = 2.

21. (x − 1)y000 − y00 = 0. Початковi умови y(2) = 0, y0(2) = 1, y00(2) = 0.

22. y00 = y0ey. Початковi умови y(0) = 0, y0(0) = 1. 23. y3y00 + 1 = 0. Початковi умови y(1) = 1, y0(1) = 0.

24. (1+sin x)y000 = cos x y00. Початковi умови y(0) = 0, y0(0) = 1, y00(0) = 0.

27

Òåìà 3

Лiнiйнi рiвняння вищих порядкiв

3.1.Основнi поняття

Означення 13. Лiнiйним диференцiальним рiвнянням n-го порядку називають рiвняння виду

де функцi¨ a1(x), . . . , an−1(x), an(x) i f(x) визначенi й неперервнi на деякому промiжку a < x < b.

ßêùî f(x) ≡ 0, рiвняння (3.1.1) називають о д н о р i д н и м, якщо f(x) ≡/ 0 í å î ä í î ð i ä í è ì.

Позначимо лiву частину рiвняння (3.1.1) через L[y]:

i назвемо L[y] диференцiальним оператором.

Безпосередньою перевiркою можна переконатися, що оператор L[y] ма¹ двi такi важливi властивостi:

òîäi1) нехай y1 i y2 будь-якi функцi¨, що мають n неперервних похiдних,

2) нехай y n разiв диференцiйовна функцiя, а α стала, тодi

28

Розглянемо деякi властивостi лiнiйних однорiдних рiвнянь

або у позначеннях (3.1.2)

L[y] = 0.

Очевидно, що функцiя y(x) = 0 ¹ розв'язком однорiдного рiвняння (3.1.5).

Означення 14. Ðîçâ'ÿçîê y = 0 лiнiйного однорiдного рiвняння називають т р и в i а л ь н и м р о з в ' я з к о м.

Нас цiкавитимуть розв'язки однорiдного рiвняння (3.1.5), в i д м i н - н i вiд тривiального, i далi мова йтиме саме про такi розв'язки.

Iз властивостей (3.1.3) i (3.1.4) оператора L випливають два такi твердження:

Твердження 3.1. 1. ßêùî y(x) який-небудь розв'язок однорiдно-

го рiвняння (3.1.5), то функцiя C · y(x), äå C довiльна стала, теж ¹ його розв'язком.

Твердження 3.1. 2. ßêùî y1 i y2 розв'язки рiвняння (3.1.5), то

також ¹ його розв'язком (тут C1, C2, . . . ,

Вираз (3.1.6) ¹ розв'язком рiвняння n-го порядку i мiстить n довiльних сталих. Виника¹ питання: чи не ¹ вираз (3.1.6) загальним розв'язком рiвняння (3.1.5)? Вiдповiдь на це питання буде ствердною, якщо частиннi

ðîçâ'ÿçêè y1, y2, . . . , yn ¹ ë i í i é í î í å ç à ë å æ í è ì è.

Означення 15. Система функцiй {y1, y2, . . . , yn} назива¹ться лiнiйно незалежною на промiжку (a, b), ÿêùî ðiâíiñòü

викону¹ться тотожно на (a, b) òîäi é òiëüêè òîäi, êîëè

C1 = C2 = . . . = Cn = 0.

29

Останн¹ твердження опису¹ структуру загального розв'язку однорiдного рiвняння (3.1.5). Вiдповiдь на питання щодо структури розв'язку лiнiйного н е о д н о р i д н о г о рiвняння (3.1.1) да¹ таке твердження:

Твердження 3.1. 5. Загальний розв'язок y(x) неоднорiдного рiвня-

ння (3.1.1) явля¹ собою суму загального розв'язку y(x) вiдповiдного одно-

рiдного рiвняння (3.1.5) i якого-небудь частинного розв'язку y (x) неоднорiдного рiвняння (3.1.1), тобтî

Перейдемо до побудови розв'язкiв лiнiйних диференцiальних рiвнянь. При цьому ми обмежимось окремим випадком рiвняннями зi сталими

коефiцi¹нтами, тобто випадком, коли a1, a2, . . . , an

3.2.Однорiднi рiвняння зi сталими коефiцi¹нтами

Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвняння

äå a1, . . . , an−1, an дiйснi числа. Його розв'язок шукатимемо у виглядi

y = eλx, äå λ поки що невiдоме число. Пiсля пiдстановки цi¹¨ функцi¨ у рiвняння (3.2.1) отрима¹мо таку рiвнiсть:

eλx λn + a1λn−1 + . . . + an−1λ + an = 0.

Îñêiëüêè eλx 6= 0, то з останньо¨ рiвностi ма¹мо такий висновок: функцiя y = eλx буде розв'язком рiвняння (3.2.1), якщо λ ¹ коренем рiвняння

30