Клепко В.Ю., Голець В.Л. Вища математика в прикладах і задачах
Подождите немного. Документ загружается.
471
Розділ VII. Диференційні рівняння
7.1.2. Приклади для самостійного розв’язку
Розв’язати диференціальні рівняння.
7.4. (1 + у
2
)dx + xydy = 0.
7.5.
2
1xyy x
c
.
7.6.
y
c
tgx – у = а.
7.7.
xy
c
+ у = у
2
.
7.8.
22
110x y dx y x dy
.
7.9. (1 + е
х
)у
y
c
= е
х
.
7.10. (ху
2
+ х)dx + (y – x
2
y
c
)dy = 0.
7.11.
y
c
= 10
х+у
.
7.12. х
2
уdx + x
3
dy = 0.
Знайти розв’язок задачі Коші.
7.13.
0
11
xdx ydy
yx
, у|
х=1
= 1.
7.14. (1 + е
х
)у
y
c
= е
х
, у|
х=1
= 1.
7.15. x(y
2
+1)dx + y(1 – x
2
)dy = 0, y|
x=0
= 1.
7.16.
y
c
= 10
х+у
, у|
х=0
= 1.
7.17.
2
y
x
y
c
, у|
х=4
= 1.
7.18.
0xy y
c
, у|
х=–2
= 4.
7.19.
2
x
y
c
+ у
2
= 0, у|
х=–1
= 1.
z = Ce
–x
.
Повернемось до початкової функції:
х – у = Се
–х
,
у = х – Се
–х
.
Це є загальний розв’язок приведеного рівняння.
472
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
7.2.1. Розв’язання прикладів
Приклад 7.20. Розв’язати диференційне рівняння
y
c
=
y
x
.
Розв’язок. Це рівняння ми розв’язали в попередньому розділі як
рівняння з відокремленими змінними. Розв’яжемо його методом за+
міни:
y = xz,
y
c
= z +
xz
c
, z +
xz
c
= z,
xz
c
= 0, x
z
0,
z
c
= 0, z = C,
або
y
x
= С.
Відповідь: у = Сх.
Приклад 7.21. Розв’язати диференційне рівняння
tg
dy y y
dx x x
.
Розв’язок. Заміна традиційна, у = хz.
§ 7.2. Однорідні диференційні рівняння
Однорідне диференційне рівняння має вигляд:
y
yf
x
§·
c
¨¸
©¹
. (7.10)
Для розв’язання таких рівнянь робиться заміна
y
z
x
, тобто ми
від функції
у переходимо до функції z. Очевидно, що
у = xz. (7.11)
Диференціюємо (7.11) по
х, вважаючи z функцією залежною від х,
y
c
= z +
xz
c
. (7.12)
Підставляємо (7.11) і (7.12) в (7.10) і одержуємо:
xz
c
+ z = f(z), (7.13)
яке, очевидною є рівнянням з відокремленими змінними.
473
Розділ VII. Диференційні рівняння
z +
xz
c
= tg z + z, ctg z dz =
dx
x
,
ctg ln
dx
zdz C
x
³³
,
ln
|sin z| = ln |x| + ln C,
sin
z = Cx,
z = arcsin (Cx),
y = x arcsin (Cx).
Зауваження. Сталу С беремо у різних виглядах, щоб простіше
виглядав розв’язок.
Приклад 7.22. Розв’язати диференційне рівняння
у
2
dx + (x
2
– xy)dy = 0.
Розв’язок. Формально це рівняння можна записати у вигляді:
2
2
dy y
dx
x
yx
,
2
1
y
dy
x
y
dx
x
§·
¨¸
©¹
,
і тут вже, очевидно, що воно є однорідним диференціальним рівнян+
ням. Виконаємо заміну
y
z
x
, отримаємо:
zxz
c
=
2
1
z
z
;
xz
c
=
2
1
z
z
z
;
xz
c
=
22
1
zzz
z
,
xz
c
=
1
z
z
,
474
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
7.2.2. Задачі для самостійного розв’язку
7.23. (х + у)dx – (x – y)dy = 0.
7.24. xdy – ydx = ydy.
7.25. (x
2
+ xy + y
2
)dx = x
2
dy.
7.26.
xy
c
= y +
22
y
x
.
7.27.
xy
c
= y ln
y
x
.
7.28.
y
c
=
2
2
2
y
x
.
7.29.
y
c
=
22
2
x
y
x
y
.
7.30.
y
c
=
xy
y
x
.
7.31.
xy
c
– у =
22
x
y
.
7.32. у
2
+
2
xy
c
=
xyy
c
.
7.33.
y
c
=
y
x
+ сos
y
x
.
Ми отримали рівняння з відокремленими змінними:
1zdx
dz
zx
,
z – ln |z| = ln |x| + ln C,
z = ln |xzC|,
y
x
= ln |yC|,
y = x ln |Cy|.
475
Розділ VII. Диференційні рівняння
§ 7.3. Лінійне диференціальне рівняння першого порядку
Лінійне диференціальне рівняння першого порядку, це рівняння
вигляду:
dy
dx
+ p(x)y = q(x), (7.14)
де
p(x) і q(x) задані і неперервні функції на деякому інтервалі.
Якщо рівняння має вигляд:
а
0
(х)
dy
dx
+ а
1
(х)у = а
2
(х),
в якому
а
0
(х) — неперервна функція відмінна від 0, то воно зводить+
ся до рівняння (7.14).
Якщо
q(x)
z
0, то рівняння (7.14) називають лінійним неоднорід
ним рівнянням
, а рівняння
dy
dx
+ p(x)y = 0 (7.15)
називають
однорідним рівнянням для рівняння (7.14). Шукаємо роз+
в’язок рівняння (7.14) методом варіації довільної сталої, який легко
переноситься на лінійні рівняння вищих порядків та системи
лінійних рівнянь.
Розглянемо спочатку рівняння (7.15). Воно є рівнянням з відок+
ремлюваними змінними. Нехай
у
z
0, тоді (7.15) можна записати так:
()
dy
p
xdx
y
,
звідки
ln ( ) ln
y
pxdx C
³
,
або
()
p
xdx
yCe
³
.
(7.16)
Формулою (7.16) дається загальний розв’язок рівняння (7.15).
Загальний розв’язок рівняння (7.14) є сумою двох доданків: за+
гального розв’язку відповідного однорідного рівняння (7.15) і част+
кового розв’язку неоднорідного рівняння.
476
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
7.3.1. Приклади розв’язання задач
Приклад 7.34. Розв’язати диференціальне рівняння
d
yy
dx x
= х
2
.
Розв’язок. Знайдемо розв’язок цього рівняння, користуючись фор+
мулою (7.14), в якій
p(x) =
1
x
, q(x) = x
2
.
21
2ln||ln||ln||2
11
dx
dx dx
xx x
xx x
y
Ce e e x dx Ce e e x dx
³³ ³
³³
= C
1
x + x
1
x
³
x
2
dx = C
1
x + x
2
2
x
= C
1
x +
3
2
x
.
Приклад 7.35. Розв’язати диференціальне рівняння
y
c
+ 2у = 4х.
Розв’язок. Розв’яжемо це рівняння по загальній схемі. Спочатку
розглянемо рівняння
y
c
+ 2у = 0. вважаючи у
z
0, запишемо його у
вигляді:
dy
y
= –2dx,
ln
|y| = –2x + ln C,
y = Ce
–2x
,
y = C(x)e
–2x
. (*)
Підставимо одержаний розв’язок в початкове рівняння.
()
Cx
c
e
–2x
+ (–2)С(х)e
2x
+ 2С(х) e
–2x
= 4х,
()
Cx
c
= 4хe
2x
.
С
(х) знайдемо скориставшись методом інтегрування частинами:
С(х) =
2
4
x
x
edx
³
=
2
2
1
2
x
x
ux
du dx
dv e dx
ve
= 4(
1
2
xe
2x
–
2
1
2
x
edx
³
) =
477
Розділ VII. Диференційні рівняння
= 2xe
2x
– 2
2
2
x
e
+ C
1
.
Підставивши знайдене С(х) в (*), одержимо
у = e
–2x
[e
2x
(2x – 1) + C
1
] = C
1
e
–2x
+ 2x – 1.
Приклад 7.36. Розв’язати диференціальне рівняння
y
c
=
2
1
2xy
.
Розв’язок. Це рівняння не є лінійним диференційним рівнянням
відносно функції
у, але воно стає лінійним, якщо за функцію прий+
мемо
х, а незалежною змінною вважатимемо у. Перепишемо рівнян+
ня у вигляді:
dx
dy
= 2x – y
2
,
dx
dy
– 2x = –y
2
.
Тепер його можна розв’язувати по загальній схемі.
7.3.2. Задачі для самостійного розв’язання
Розв’язати диференційні рівняння.
7.37.
y
c
+ 2ху = х
2
x
e
. 7.38.
y
c
+
2
12
x
у = 1.
7.39.
xy
c
– 2у = 2х
4
. 7.40. (2х + 1)
y
c
= 4х + 2у.
7.41.
y
c
+ ytgx = sec x. 7.42. (xy +e
x
)dx – xdy = 0.
7.43. x
2
y
c
+ xy + 1 = 0. 7.44. y = x(
y
c
– x cos x).
7.45. (
xy
c
– 1)ln x = 2y.
Зауваження. Із нелінійних рівнянь, які зводяться до лінійних,
часто зустрічаються рівняння виду
y
c
+ p(x)y = q(x)
y
D
, які дістали
назву рівняння Бернулі. При
D
= 0 рівняння стає лінійним, при
D
=
1 змінні відокремлюються. При інших значеннях
D
робиться заміна
змінних
1
y
z
D
і воно стає лінійним відносно z.
478
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
Приклад 7.46. Розв’язати рівняння
y
x
c
+ у = –ху
2
.
Розв’язок. Це є рівняння Бернулі. Поділимо обидві частини
рівняння на
у
2
. Одержимо:
2
1y
x
x
y
y
c
.
Робимо заміну
1
z
y
. Продиференціюємо цю рівність:
z
c
=
2
1
y
y
c
.
Рівняння прийме вигляд
xz
c
+ z = –x.
Запишемо однорідне рівняння
xz
c
+ z = 0.
Це є рівняння з відокремленими змінними:
dz dx
z
x
.
ln |z| = ln |x| + ln C, z = Cx.
Скористаємося методом варіації довільної сталої. Будемо шука+
ти загальний розв’язок неоднорідного рівняння у вигляді
z = C(x)x.
Продиференціюємо цю рівність. Одержимо
z
c
=
()Cx
c
x + C(x).
Підставимо в неоднорідне рівняння:
–x(
()Cx
c
x + C(x)) + C(x)x = –x,
()Cx
c
x
2
= x,
()Cx
c
=
1
x
,
C(x) = ln |x| + ln C
1
= ln |C
1
x|.
Тоді
z = x ln |C
1
x|, а
1
1
ln | |
y
x
Cx
.
479
Розділ VII. Диференційні рівняння
§ 7.4. Лінійні диференціальні рівняння другого порядку зі
сталими коефіцієнтами
Лінійні диференціальні рівняння другого порядку зі сталими кое+
фіцієнтами (з постійними коефіцієнтами) — це рівняння вигляду:
y
cc
+
py
c
+ qy = f(x). (7.17)
Якщо
() 0fx{
, то рівняння
y
cc
+
py
c
+ qy = 0. (7.18)
називається
однорідним, в іншому випадку — неоднорідним, де p i q —
дійсні числа,
f(х) — задана функція. Загальний розв’язок у
зн
рівнян+
ня (7.17) можна записати у вигляді:
у
зн
= у
зо
+ у
чн
, (7.19)
де
у
зо
— загальний розв’язок відповідного однорідного рівняння (7.18),
а
у
чн
— частковий розв’язок неоднорідного рівняння.
В свою чергу
у
зо
= С
1
у
1
(х) + С
2
у
2
(х),
де
у
1
та у
2
— два лінійно+незалежних розв’язки рівняння (7.18), тоб+
то такі, для яких
12
12
() ()
0
() ()
yx yx
yx yx
z
cc
.
Щоб знайти два лінійно+незалежні розв’язки рівняння (7.18) (так
звану фундаментальну систему) скористаємось ідеєю Ейлера. Шу+
каємо у у вигляді:
у =
x
e
O
,
y
c
=
x
e
O
O
,
y
cc
=
2
x
e
O
O
,
і підставляємо
у,
y
c
і
y
cc
в рівняння (7.18). Одержимо
x
e
O
(
2
O
+
p
O
+ q) = 0.
Рівняння виду
2
O
+
p
O
+ q = 0 (7.20)
називається
характеристичним рівнянням.
480
Клепко В.Ю., Голець В.Л. «Вища математика в прикладах і задачах»
7.4.1. Розв’язання прикладів
Приклад 7.47. Розв’язати рівняння
y
cc
– у = х
2
.
Розв’язок. Знаходимо корінь характеристичного рівняння
2
O
– 1 = 0,
1
O
= 1,
2
O
= –1.
Тоді
у
1
= е
х
, у
2
= е
–х
,
12
12
y
y
y
y
cc
=
x
x
x
x
ee
ee
= –1 – 1 = –2
z
0.
Отже,
у
зо
= С
1
е
х
+ С
2
е
–х
.
Таким чином, приклад звівся до знаходження коренів характери+
стичного рівняння (7.20). Можуть трапитись такі випадки:
1)
1
O
z
2
O
, тоді у
1
=
1
x
e
O
, у
2
=
2
x
e
O
.
2)
1
O
=
2
O
,тоді у
1
=
1
x
e
O
, у
2
= х
1
x
e
O
.
3)
1,2
O
=
i
D
E
r
— корені комплексно+спряжені, тоді
у
1
=
x
e
D
соs
x
E
;
у
2
=
x
e
D
sin
x
E
.
В окремих випадках, коли f(х) має вигляд
f(x) =
x
e
D
(a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ... + a
n
x
n
),
частковий розв’язок шукається методом невизначених коефіцієнтів
в залежності від того, чи число
D
є коренем характеристичного
рівняння чи ні.
у
ч
=
x
e
D
(b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ... + b
n
x
n
), коли
D
не є коренем харак+
теристичного рівняння.
у
ч
=
x
e
D
(b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ... + b
n
x
n
)х, коли
D
— простий корінь
характеристичного рівняння.
у
ч
=
x
e
D
(b
0
+ b
1
x + b
2
x
2
+ ... + b
n
x
n
)x
а
, коли
D
— кратний корінь
характеристичного рівняння.