ДИФЕРЕНЦiАЛЬНiРiВНЯННЯprima.lnu.edu.ua/faculty/mechmat/departments/... · 2)...

Мiнiстерство освiти i науки УкраїниЛьвiвський нацiональний унiверситет iменi Iвана Франка

МЕТОДИЧНI РЕКОМЕНДАЦIЇ

до вивчення курсу

"ДИФЕРЕНЦIАЛЬНI РIВНЯННЯ"

для студентiв 2-го курсумеханiко-математичного факультету

ЛьвiвВидавничий центр ЛНУ iменi Iвана Франка

2014

Рекомендовано до друкукафедрою диференцiальних рiвняньПротокол ?? вiд ??.??.200??

Уклали:Бокало Микола Михайлович,Доманська Олена Вiкторiвна,Чмир Оксана Юрiївна

Редактор Н.Й. ПлисаКомп’ютерний набiр i макетування М.М. Бокало

МЕТОДИЧНI РЕКОМЕНДАЦIЇ

до вивчення курсу

"ДИФЕРЕНЦIАЛЬНI РIВНЯННЯ"

для студентiв 2-го курсумеханiко-математичного факультету

Пiдп. до друку 4.05.2006. Формат 60× 84/16 .Папiр друк. Друк на рiзогр. Гарнiтура LATEX.Умовн. друк. арк. 2,6. Обл.- вид. арк. 2,9.Наклад 200 прим. Зам.

Видавничий центр Львiвського нацiонального унiверситетуiменi Iвана Франка. 79000 Львiв, вул. Дорошенка, 41.

3

ЗМIСТ

ВСТУП . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

Тема 1. Побудова iнтегральних лiнiй. Рiвняння звiдокремлюваними змiнними 7

Тема 2. Рiвняння, звiднi до рiвнянь з вiдокремлюва-ними змiнними. Геометричнi та фiзичнi задачi, якiзводяться до диференцiальних рiвнянь 14

Тема 3. Однорiднi рiвняння та звiднi до них 19

Тема 4. Лiнiйнi рiвняння першого порядку та звiднiдо них (I) 27

Тема 5. Лiнiйнi рiвняння першого порядку та звiднiдо них (II) 35

Контрольна робота 1 (по темах 1-5) 40

Тема 6. Рiвняння у повних диференцiалах. Iнтегру-вальний множник 41

Тема 7. Рiвняння, не розв’язнi щодо похiдної (I) 49

4

Тема 8. Рiвняння, не розв’язнi щодо похiдної (II) 59

Колоквiум 1. 63

Тема 9. Iснування та єдинiсть розв’язку задачi Кошiдля рiвняння першого порядку 64

Контрольна робота 2 (по темам 6-9). 72

Тема 10. Рiвняння вищих порядкiв (I) 73

Тема 11. Рiвняння вищих порядкiв (II) 80

Тема 12. Iснування та єдинiсть розв’язку задачi Кошiдля рiвнянь вищого порядку та систем 84

Контрольна робота 3 (по темам 10-12) 95

Колоквiум 2 96

Тема 13. Лiнiйнi однорiднi рiвняння. Загальний випа-док 97

Тема 14. Лiнiйнi однорiднi рiвняння зi сталими кое-фiцiєнтами 106

Тема 15. Лiнiйнi неоднорiднi рiвняння зi сталими ко-ефiцiєнтами (метод неозначених коефiцiєнтiв) 113

Тема 16. Лiнiйнi неоднорiднi рiвняння зi сталими ко-ефiцiєнтами (метод варiацiї сталих) 124

Контрольна робота 4 (по темам 13-16) 134

5

Вступ

Тема 17.Нормальнi лiнiйнi однорiднi системи зi ста-лими коефiцiєнтами (випадок спiвпадiння алгебра-їчної i геометричної кратностi) 135

Тема 18. Лiнiйнi однорiднi системи зi сталими кое-фiцiєнтами (випадок неспiвпадiння алгебраїчної iгеометричної кратностi) 140

Тема 19. Лiнiйнi неоднорiднi системи зi сталими кое-фiцiєнтами (метод неозначених коефiцiєнтiв) 145

Тема 20. Лiнiйнi неоднорiднi системи зi сталими кое-фiцiєнтами (метод варiацiї сталих) 150

Контрольна робота 5 (по темам 17—20) 156

Тема 21. Нормальнi системи 157

Тема 22. Рiвняння в частинних похiдних 165

Тема 23. Рiвняння в частинних похiдних. Задача Кошi172

Контрольна робота 6 (по темам 21—23) 179

6

Змiст

ВСТУПЗбiрник мiстить короткий опис розв’язування задач з курсу

звичайних диференцiальних рiвнянь у вiдповiдностi з програмоюна механiко-математичному факультетi Львiвського нацiональ-ного унiверситету iменi Iвана Франка.

При складаннi тем використовувалися задачi з таких збiрни-кiв: Филипов А.Ф. Сборник задач по дифференциальным урав-нениям.

Збiрник складається з 18 тем, серед яких – три контрольнихроботи, два колоквiуми та одне залiкове заняття. Кожна кон-трольна робота мiстить подiбнi завдання з попереднiх тем.

На початку кожної теми викладено основнi методи, необхi-днi для розв’язування задач цiєї теми. В деяких випадках наве-дено повне розв’язування типових задач. Кожна тема складає-ться iз аудиторних завдань – це завдання, якi розглядаються зiстудентами в аудиторiї, та домашнiх завдань – це тi завдання,якi даються студентам для здобуття самостiйних навичок прирозв’язування задач з цiєї теми.

7

Тема 1. Побудова iнтегральних лiнiй.Рiвняння з вiдокремлюваними змiнними.

Спiввiдношення вигляду

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0, (1.1)

яке зв’язує незалежну змiнну x , шукану функцiю вiд неї y тапохiднi цiєї функцiї до певного порядку, називається звичайнимдиференцiальним рiвнянням ( ЗДР ) .

Спiввiдношення вигляду

Q(x1, . . . , xn, u,

∂u

∂x1. . . ,

∂u

∂xn, . . . ,

∂k1+···+knu

∂xk11 · · · ∂xknn

, . . .)

= 0, (1.2)

яке зв’язує незалежнi змiннi x1, . . . , xn (n > 2) , шукану функ-цiю u вiд них та її частиннi похiднi до певного порядку, нази-вається диференцiальними рiвнянням з частинними похiдними(ДРЧП).

Диференцiальним рiвнянням (ДР) називається або звичайнедиференцiальне рiвняння, або диференцiальне рiвняння з час-тинними похiдними. Найвищий з порядкiв похiдних, що входятьв ДР, називається порядком цього рiвняння.

Звичайним диференцiальним рiвнянням першого порядку на-зивається рiвняння вигляду

F (x, y, y′ ) = 0, (1.3)

8

Тема 1. Рiвняння з вiдокремлюваними змiнними

де x – незалежна змiнна, y – невiдома функцiя вiд змiнної x,y′ – її похiдна, а F (x, y, y) – функцiя, яка визначена в деякiйобластi Ω ⊂ R3.

Розв’язком рiвняння (1.3) називається функцiя y = ϕ(x),x ∈ 〈a, b〉, яка задовольняє умови

1) ϕ ∈ C1(〈a, b〉) (тобто ϕ – неперервно-диференцiйовна на〈a, b〉 );

2) (x, ϕ(x), ϕ′(x)) ∈ Ω, x ∈ 〈a, b〉 ;

3) F (x, ϕ(x), ϕ′(x)) = 0, x ∈ 〈a, b〉 .

Функцiя y = ψ(x, C) вiд незалежної змiнної x i параметраC називається загальним розв’язком рiвняння (1.3), якщо

1) при довiльному допустимому значеннi C0 параметра Cфункцiя y = ψ(x, C0) вiд змiнної x є розв’язком рiвняння (1.3);

2) для будь-якого розв’язку рiвняння (1.3) y = ϕ(x), x ∈〈a, b〉, знайдеться допустиме значення Cϕ параметра C таке,що ϕ(x) = ψ(x, Cϕ) ∀x ∈ 〈a, b〉.

Iнтегралом рiвняння (1.3) називається cпiввiдношення виг-ляду Φ(x, y) = 0, якщо будь-яка неявно задана ним неперервно-диференцiйовна функцiя є розв’язком рiвняння (1.3) .

Загальним iнтегралом рiвняння (1.3) називається спiввiд-ношення вигляду G(x, y, C) = 0, яке зав’язує змiннi x , y iпараметр C так, що

1) для довiльного фiксованого значення C0 параметра Cспiввiдношення G(x, y, C0) = 0 є iнтегралом рiвняння (1.3);

2) для довiльного iнтеграла Φ(x, y) = 0 рiвняння (1.3) зна-йдеться значення CΦ таке, що G(x, y, CΦ) = Φ(x, y) для всiхточок (x, y) з областi визначення Φ .

Рiвняння вигляду (1.3) називається рiвнянням, нерозв’язнимстосовно похiдної. Якщо його можна записати у виглядiy′ = f(x, y), то воно називається рiвнянням, розв’язаним сто-совно похiдної.

9


Рiвняння вигляду

M(x, y)dx+N(x, y)dy = 0, (x, y) ∈ D, (1.4)

де D – область в R2, а змiннi x i y є "симетричними": можнавважати, що x – незалежна, а y – залежна змiнна, або, навпаки,y – незалежна, а x – залежна змiнна, називається рiвнянням всиметричнiй формi.

Нехай D — область в площинi R2 . Розглянемо рiвняння

y′ = f(x, y), (x, y) ∈ D. (1.5)

Побудуємо в кожнiй точцi (x, y) областi D вектор (1, f(x, y)) .У результатi отримаємо так зване поле напрямкiв (або векторнеполе), вiдповiдне рiвнянню (1.5). Iнтегральною лiнiєю рiвнян-ня (1.5) називається графiк розв’язку цього рiвняння. Iзоклиноюназивається геометричне мiсце точок областi D , в яких векториполя напрямкiв рiвнi мiж собою.

Звичайнi диференцiальнi рiвняння, розв’язки яких можна за-дати аналiтично, називаються iнтегровними рiвняннями. Рiвня-ння вигляду

M0(x) dx+N0(y) dy = 0, (x, y) ∈ (α, β)× (γ, δ), (1.6)

називаються рiвняннями з вiдокремленними змiнними.

Нехай M0 ∈ C(α, β), N0 ∈ C(γ, δ). Тодi загальний iнтег-рал рiвняння (1.6) має вигляд

M0(x) + N0(y) = C, (x, y) ∈ (α, β)× (γ, δ),

де M0 i N0 — первiснi вiдповiдно функцiй M0 та N0, C —довiльна стала.

Рiвняннями з вiдокремлювальними змiнними називаютьсярiвняння вигляду

M1(x)M2(y) dx+N1(x)N2(y) dy = 0, (x, y) ∈ (α, β)× (γ, δ).

10


Теоретичнi питання:

1. Що називається звичайним диференцiальним рiвнянням,диференцiальним рiвнянням з частинними похiдними, його по-рядком?

2. Що таке ЗДР першого порядку розв’язне i нерозв’язне сто-совно похiдної?

3. Що називається загальним розв’язком, iнтегралом, загаль-ним iнтегралом ЗДР першого порядку?

4. Що таке поле напрямкiв (векторне поле), iзоклина? Щоназивається iнтегральною лiнiєю ЗДР першого порядку?

5. Якi класи рiвнянь називаються iнтегровними?Що таке рiв-няння в симетричнiй формi, рiвняння з вiдокремленними, вiд-окремлюваними змiнними? Який вигляд має загальний iнтегралрiвняння з вiдокремленними змiнними?

Приклади розв’язування деяких типових задач.

1. Побудувати iнтегральнi кривi рiвняння: y′ = −x+ |x|y + |y|

.

J Дане рiвняння визначене у верхнiй пiвплощинi координа-тної площини xOy . В областi визначення рiвняння можна запи-сати так:

y′ =

0, x ≤ 0,−xy , x > 0.

У другiй чвертi квадратної площини xOy маємо: y′ = 0 ,тобто y = C . У першiй чвертi квадратної площини xOy вихiднерiвняння набирає вигляду: y dy+x dx = 0 , або 1

2 d(y2 +x2) = 0 .Звiдси y2 + x2 = C2 . I

2. Знайти рiвняння множини екстремальних точок розв’язкiврiвняння y′ = y− 3x+ x3 . Як вiдрiзнити точки мiнiмуму вiд точокмаксимуму?

11


J Нехай дано рiвняння y′ = f(x, y) та y = ϕ(x) будь-якийрозв’язок даного рiвняння. Функцiя ϕ(x) – неперервно диферен-цiйовна, i її похiдна в точцi екстремуму функцiї дорiвнює нулю:ϕ′(x) = f(x, ϕ(x)) = 0 . Отже, множина екстремальних точокрозв’язкiв рiвняння вигляду y′ = f(x, y) визначається спiввiд-ношенням f(x, y) = 0 . Звiдси робимо висновок, що множиноюекстремальних точок вихiдного рiвняння y′ = y− 3x+x3 є такакубiчна парабола y = 3x− x3 .

Нехай x0 – екстремальна точка розв’язку y = ϕ(x) . З курсуматематичного аналiзу вiдомо, якщо ϕ′′(x) > 0 (ϕ′′(x) < 0) , тоx0 – точка мiнiмуму(точка максимуму). Оскiлькиϕ′′(x) = d

dxf(x, ϕ(x)) , то беручи похiдну вiд правої частини да-ного спiввiдношення як вiд складеної функцiї та враховуючи, щоf(x, ϕ(x)) = 0 , одержуємо, що множина точок мiнiмуму (макси-муму) розв’язкiв рiвняння y′ = f(x, y) визначається системоюспiввiдношень

f(x, y) = 0,f ′x(x, y) > 0, (f ′x(x, y) < 0).

Отже, множиною точок мiнiмуму (точок максимуму) розв’яз-кiв рiвняння y′ = y−3x+x3 є y− 3 + 3x2 > 0 ( y− 3 + 3x2 < 0 ),або y > 3− 3x2 ( y < 3− 3x2 ). I

3. За допомогою iзоклiн наближено побудувати iнтегральнi кри-вi рiвняння ...

4. Розв’язати задачу Кошi (x2 − 1)y′ + 2xy2 = 0 , y(0) = 1 .J Запишемо дане рiвняння у виглядi

(x2 − 1) dy + 2xy2 dx = 0. (1.7)

Роздiливши обидвi частини рiвняння (1.7) на добуток(x2 − 1)y2 6= 0 , одержимо рiвняння з вiдокремленими змiнними

dy

y2+

2x

x2 − 1dx = 0.

12


Iнтегруючи це рiвняння, знаходимо

−1

y+ ln |x2 − 1| = C

– загальний розв’язок вихiдного рiвняння, де C – довiльна кон-станта. Крiм цього, розв’язки рiвняння (1.7) можуть знаходитисьсеред виразiв, на якi ми дiлимо, тобто серед x2 − 1 = 0 , y2 = 0 .Звiдси x = 1 , x = −1 , y = 0 . Пiдставляючи останнi виразиу (1.7), переконуємось, що вони перетворюють дане рiвняння утотожнiсть.

Для того щоб розв’язати задачу Кошi потрiбно, щоб загаль-ний розв’язок рiвняння задовольняв початкову умову. З умовиy(0) = 1 знаходимо −1 + ln | − 1| = C , тобто C = −1 . Розв’язокзадачi Кошi задається неявно: − 1

y + ln |x2 − 1| = −1 . I

Аудиторнi завдання:

1а. Побудувати поле напрямкiв рiвняння: y′ =|xy|xy

.

2b. Знайти геометричне мiсце точок максимумiв та мiнiмумiвiнтегральних кривих рiвняння: y′ = y − x2 − 2x− 1 .

Накреслити схематично хiд iнтегральних кривих:7. y′ = x− y2 .

Розв’язати рiвняння (або задачу Кошi):22. xy dx+ (x+ 1) dy = 0 ; 25. y′ ctg x+ y = 2 , y(0) = −1 .

Домашнi завдання:

1c. Побудувати поле напрямкiв рiвняння: y′ =x− y|x− y|

.

2d. Знайти геометричне мiсце точок максимумiв та мiнiмумiвiнтегральних кривих рiвняння: y′ = cos(y − x2 + 1) .

Накреслити схематично хiд iнтегральних кривих:9. 2(y + y′) = x+ 3 ; 12. xy′ = 2y ; 15. y′ = (y − 1)2 .

Розв’язати рiвняння (або задачу Кошi):23.

√y2 + 1 dx = xy dy ; 26. y′ = 3y2/3 , y(2) = 0 ;

13


28. 2x2yy′ + y2 = 2 ; 31. z′ = 10x+z ;

36. x2y′ − cos 2y = 1 , y(+∞) =9π

4;

37. 3y2y′ + 16x = 2xy3 , y(x) – обмежена при x→∞ ;

39. (1 + x2)y′ − 1

2cos2 2y = 0 , y(−∞) =

7π

2.

Додатковi завдання:Накреслити схематично хiд iнтегральних кривих:

4. y′ = x+ y .Розв’язати рiвняння (або задачу Кошi):

30. e−s(

1 +ds

dt

)= 1 .

Вiдповiдi:22. y = C(x+ 1)e−x , x = −1 ; 23. ln |x| = C

√y2 + 1 , x = 0 ;

25. y = 2 + C cosx , y = 2− 3 cosx ;26. y = (x− C)3 , y = 0 ; y = (x− 2)3 , y = 0 ;28. y2− 2 = Ce1/x ; 30. e−s = 1 +Cet ; 31. z = − lg(C − 10x) ;

36. y = arctg

(1− 2

x

)+ 2π ; 37. y = 2 ;

39. y =1

2arctg

(π

2+ arctg x

)+

7

2π .

14

Тема 2. Рiвняння, звiднi до рiвнянь звiдокремлюваними змiнними. Геометричнiта фiзичнi задачi, якi зводяться додиференцiальних рiвнянь.

Розглянемо рiвняння, якi зводяться певною замiною змiнних дорiвнянь з вiдокремлювальними змiнними. До таких належатьрiвняння вигляду

y′ = f(ax+ by + c), (2.1)

де a , b , c — cталi, f(z) , z ∈ (α, β), — задана функцiя.Зробимо замiну змiнних

z = ax+ by + c. (2.2)

Тут x — незалежна змiнна, y = y(x) — "стара" шукана функцiя,а z = z(x) — "нова" шукана функцiя. Маємо z′ = a+by′ , звiдкиy′ = (z′ − a)/b . Враховуючи це та (2.2), iз (2.1) отримаємо

z′ = bf(z) + a.

Це рiвняння є рiвнянням з вiдокремлювальними змiнними.

Теоретичнi питання:1. Що називається звичайним диференцiальним рiвнянням

(ЗДР) першого порядку розв’язне i нерозв’язне стосовно похi-дної?

15

Тема 2. Рiвняння, звiднi до рiвнянь з вiдокремлюваними змiнними

2. Якi класи рiвнянь зводяться до рiвнянь з вiдокремлюва-ними змiнними? За допомогою якої замiни змiнних?


1. Розв’язати рiвняння y′ =√x− y + 1 .

J Зробимо замiну x − y = z . Звiдси взявши похiдну зазмiнною x та враховуючи, що змiннi y та z залежать вiд x ,одержуємо y′ = 1 − z′ . Далi зводимо дане рiвняння до рiвня-ння з вiдокремленими змiнними. Одержуємо 1 − z′ =

√z + 1 ,

− dzdx =

√z , − dz√

z= dx . Iнтегруючи останнє рiвняння, знаходимо

загальний розв’язок вихiдного рiвняння −2√z = x + C , тобто

−2√x− y = x + C , а також y = x (як розв’язок, який виникає

при дiленнi рiвняння на вираз√z ). I

2. Знайти криву, яка проходить через точку (4, 3) та кожнадотична до цiєї кривої перетинає пряму y = 1 у точцi з абсцисою,яка дорiвнює потрiйнiй абсцисi точки дотику.

J Нехай (x, y) – довiльна точка на шуканiй кривiй. Рiвняннядотичної, проведеної до цiєї кривої в точцi (x, y) має вигляд

Y − y = y′(X − x),

де X , Y – змiннi координати точок дотичної. Оскiльки вiдомо,що дотична перетинає пряму y = 1 в точцi з абсцисою 3x , тоодержуємо диференцiальне рiвняння, яке задовольняє шуканакрива:

1− y = y′(3x− x), 2xdy

dx= 1− y.

Вiдокремивши змiннi та проiнтегрувавши це рiвняння, знаходи-мо:

y − 1 =C√x.

Шукана крива проходить через точку (4, 3) , тому пiдставив-ши координати цiєї точки в знайдений розв’язок, матимемо, щоC = 4 . Отже, y = 1 + 4√

x. I

16


3. Матерiальна точка рухається по прямiй зi швидкiстю, обер-нено пропорцiйною до пройденого шляху. В початковий момент ру-ху точка була на вiдстанi 10 см вiд початку вiдлiку шляху i малашвидкiсть v0 = 40 см/c. Знайти шлях, який пройшла точка, та їїшвидкiсть через 20 с пiсля початку руху.

J Нехай s = s(t) – вiдстань точки в момент часу t . Тодis(0) = 10 . За умовою задачi змiна величини s вiд часу опи-сується диференцiальним рiвнянням s′ = k

s , де k – коефiцiєнтпропорцiйностi. Розв’яжемо це рiвняння: ds

dt = ks . Звiдси вiдокре-

мивши змiннi, тобто s ds = k dt , та проiнтегрувавши, одержуємо:s2 = 2(kt + C) , s =

√2(kt+ C) . З умови s(0) = 10 випливає,

що 10 =√

2C , тобто C = 50 . Отже, s(t) =√

2(kt+ 50) – шлях,який проходить точка за час t .

Продиференцiювавши це рiвняння по змiннiй t , знайдемошвидкiсть руху точки в момент часу t :

v(t) = s′(t) =k√

2(kt+ 50)

.З умови v(0) = v0 = 40 см/c знаходимо коефiцiєнт пропор-

цiйностi k :

v(0) =k

10= 40 см/c, k = 400.

Отже, швидкiсть матерiальної точки змiнюється за законом

v(t) =400√

2(400t+ 50).

Через 20 c пiсля початку руху

s(20) =√

2(400 · 20 + 50) ≈ 127см,

v(20) =400√

2(400 · 20 + 50)≈ 3, 15 см/c.

17


Отже, через 20 c пiсля початку руху швидкiсть точки ста-новила 3, 15 см/c . За цей час точка пройшла вiдстаньs(20)− s(0) = 127− 10 = 117 cм . I


Розв’язати рiвняння:42. y′ = cos(y − x) ; 45. y′ =

√4x+ 2y − 1 .

48. Знайти кривi, для яких площа трикутника, утвореногодотичною, ординатою точки дотику i вiссю абсцис, є величиноюсталою, рiвною a2 .

52. У посудинi об’ємом 20 л є повiтря ( 80% азоту i 20%кисню). В посудину вливається 0, 1 л азоту за секунду, який не-перервно перемiшується, i витiкає така ж кiлькiсть сумiшi. Черезякий час у посудинi буде 99% азоту ?

55. Швидкiсть охолодження тiла в повiтрi пропорцiйна рi-зницi мiж температурою тiла та температурою повiтря. Темпе-ратура повiтря 20C , тiло протягом 20 хв охолоджується вiд100 до 60 . Знайти залежнiсть температури вiд часу та черезякий час температура тiла знизиться до 30 .


Розв’язати рiвняння (або задачу Кошi):43. y′ − y = 2x− 3 ; 44. (x+ 2y)y′ = 1 ; y(0) = −1 ;46. y′ = sin(x− y) ; 47. (x+ y)2y′ = a2 .

49. Знайти кривi, для яких сума катетiв трикутника, утворе-ного дотичною, ординатою точки дотику i вiссю абсцис, є вели-чиною сталою i рiвною b .

51. Знайти кривi, якi володiють такою властивiстю: якщо че-рез довiльну точку кривої провести прямi, паралельнi осям ко-ординат, до зустрiчi з цими осями, то площа одержаного прямо-кутника дiлиться кривою у вiдношеннi 1 : 2 .

54. У повiтрi кiмнати об’ємом 200 м 3 є 0, 15 % вуглекислогогазу. Вентилятор подає 20 м 3 повiтря за хвилину, в якому є0, 04 % вуглекислого газу. Через який час кiлькiсть вуглекислого

18


газу в кiмнатi зменшиться втроє?56. Встановлений вертикально чан цилiндричної форми має

отвiр у днi. Вiдомо, що швидкiсть витiкання води з чана дорiвнює0, 6√

2gh , де g = 10 м/c 2 – прискорення сили тяжiння, h -висота рiвня води над отвором ; а також те, що половина води зповного чана витiкає за 5 хв. За який час витече вся вода ?

Додатковi завдання:57. У прямокутний чан розмiром 60 см×75 см i висотою 80

см вливається вода зi швидкiстю 1, 8 л за секунду. У днi є отвiрплощею 2, 5 см 2 . За який час наповниться чан ?

58. Куля входить у дошку, товщина якої 10 см, зi швидкiстюU0 = 200 м/c, а вилiтає з дошки , пробиваючи її, зi швидкiстюU1 = 80 м/с. Знайти час руху кулi через дошку, вважаючи, щосила опору дошки руху кулi пропорцiйна квадрату швидкостiруху.

Вiдповiдi:

42. ctg

(y − x

2

)= x+ C , y − x = 2πk , k ∈ Z ;

43. 2x+ y − 1 = Cex ; 44. x+ 2y + 2 = 0 ;45.√

4x+ 2y − 1− 2 ln(√

4x+ 2y − 1 + 2) = x+ C ;

46. x+ C = ctg

(y − x

2+π

4

);

47. x+ y = a tg

(C +

y

a

), x− y =

3π

2+ 2πk , k ∈ Z ;

48. (C ± x)y = 2a2 ; 49. b ln y − y = C ± x , 0 < y < b ;51. y = Cx2 , y2 = Cx ;52. кiлькiсть азоту (в лiтрах) x(t) = 20 − 4e−t/200 ; x(t) = 19, 8при t = 200 ln 20 ≈ 10 хв ;54. об’єм вуглекислого газу x(t) = 0, 08 + 0, 22e−t/10 ; x(t) = 0, 1при t = 10 ln 11 ≈ 24 хв ;55. T = 20 + 80e−

ln 220t , t = 60 хв ; 56. приблизно 17, 06 хв ;

57. 260 c ; 58.3

40 ln 2, 5c .

19

Тема 3. Однорiднi рiвняння та звiднi до них

Функцiя F (x, y) , (x, y) ∈ G, — однорiдна порядку m ∈ R ,якщо

1) ∀(x, y) ∈ G ∀k > 0 : (kx, kx) ∈ G ;

2) F (kx, ky) = kmF (x, y), (x, y) ∈ G , k > 0 .

Однорiдним рiвнянням називається рiвняння, яке можна за-писати у виглядi

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0, (x, y) ∈ G, (3.1)

де M i N — однорiднi функцiї одного i того ж порядку, а G —область.

Якщо рiвняння, розв’язане стосовно похiдної, має вигляд

y′ = f(x, y), (x, y) ∈ G, (3.2)

де f — однорiдна функцiя нульового порядку, то таке рiвняннятакож називається однорiдним.

Oднорiднi рiвняння замiною змiнних

z =y

x, (y = xz, dy = z dx+ x dz)

зводяться до рiвнянь з вiдокремлювальними змiнними.

Тепер розглянемо рiвняння, якi зводяться до однорi-дних.

20


1) Рiвняння вигляду

M∗

(a1x+ b1y + c1

a2x+ b2y + c2

)dx+N∗

(a1x+ b1y + c1

a2x+ b2y + c2

)dy = 0, (3.3)

де M∗(s) , N∗(s) , s ∈ (α, β), — заданi функцiї, |c1| + |c2| > 0 ,|a1|+ |b1| > 0, |a2|+ |b2| > 0,∣∣∣∣ a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣ 6= 0, (3.4)

зводяться до однорiдних замiною змiннихx = τ + x0,

y = z + y0,(3.5)

де (x0, y0) — розв’язок системи лiнiйних алгебраїчних рiвняньa1x+ b1y + c1 = 0,

a2x+ b2y + c2 = 0.(3.6)

Вiдмiтимо, що коли не виконується умова (3.4), то система(3.6) або не має розв’язку, або має безлiч розв’язкiв. Тодi, якщоb1 6= 0 (в протилежному випадку рiвняння (3.3) є рiвнянням звiдокремлюваними змiнними), то рiвняння (3.3) належить до рiв-нянь (безпосередньо) звiдних до рiвнянь з вiдокремлювальнимизмiнними.2) Узагальнено однорiднi рiвняння — це рiвняння вигляду

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0, (3.7)

якi замiною змiнних x = ξm або y = zm зводяться до однорi-дних.


21


1. Яка функцiя називається однорiдною? Що таке однорiднерiвняння? Якою замiною однорiднi рiвняння зводяться до рiв-нянь з вiдокремлюваними змiнними?

2. Якi класи рiвнянь зводяться до однорiдних? Що таке уза-гальнено-однорiднi рiвняння?


1. Розв’язати рiвняння (y2 − 2xy) dx+ x2 dy = 0 .J Функцiї M = y2 − 2xy та N = x2 – однорiднi функцiї

другого степеня. Тому дiлимо рiвняння на x2 i робимо замiнуz = y

x . Звiдси y = zx ⇒ dy = z dx + x dz . Дана замiна зводитьрiвняння

((y

x)2 − 2

y

x) dx+ dy = 0

до рiвняння з вiдокремлюваними змiнними

(z2 − z) dx+ x dz = 0.

Подiливши останнє рiвняння на x(z2− z) , одержимо рiвняння звiдокремленими змiнними

dx

x+

dz

z2 − z= 0.

Проiнтегрувавши лiву i праву частини матимемо

ln (x · (1− 1

z)) = lnC ⇒ x · (1− 1

z) = C.

Повертаючись до змiнних x та y одержуємо розв’язок рiв-няння

x · (1− x

y) = C ⇒ (y − x) · x = y · C.

Оскiльки ми дiлили рiвняння на x(z2− z) , то потрiбно пере-вiрити чи серед x = 0 , z2 − z = 0 не буде розв’язкiв вихiдного

22


рiвняння. Пiдставивши x = 0 у вихiдне рiвняння, одержуємототожнiсть 0 = 0 (так як d0 = 0 , 02 = 0 ).

Розв’яжемо рiвняння z2 − z = 0 ⇒ z = 0 або z = 1 , тобтоy = 0 або y = x . Пiдставивши y = 0 , а потiм y = x у вихiднерiвняння, одержуємо тотожнiсть 0 = 0 .

Зауважимо, що при C = 0 розв’язки x = 0 та y = x входятьв загальний розв’язок рiвняння, знайдений вище.

Отже, розв’язками даного рiвняння є (y − x) · x = y · C таy = 0 . I

2. Розв’язати рiвняння (x+ 4y)y′ = 2x+ 3y − 5 .J Запишемо рiвняння у виглядi

(x+ 4y) dy − (2x+ 3y − 5) dx = 0.

Знайдемо точку перетину прямих x+ 4y = 0 та 2x+ 3y− 5 = 0 .Iз системи рiвнянь

x0 + 4y0 = 02x0 + 3y0 − 5 = 0

знаходимо, що x0 = 4 , y0 = −1 .Введемо змiннi

x = t+ 4y = u− 1

⇒ dx = dtdy = du.

Пiдставивши замiну змiнних у вихiдне рiвняння, одержуємооднорiдне рiвняння (t+ 4u) du− (2t+ 3u) dt = 0 , яке дiлимо на t(оскiльки функцiї M = t+ 4u i N = 2t+ 3u однорiднi першогопорядку). Далi робимо замiну z = u

t , u = zt ⇒ du = z dt+ t dz .Дана замiна зводить рiвняння (1 + 4ut ) du − (2 + 3ut ) dt = 0 дорiвняння 2(2z2− z− 1) dt+ t(1 + 4z) dz = 0 . Дiлимо останнє рiв-няння на t(2z2−z−1) та одержуємо рiвняння з вiдокремленимизмiнними

2

tdt+

1 + 4z

2z2 − z − 1dz = 0.

23


Проiнтегрувавши лiву i праву частини матимемо

2 ln t+1

3(ln |z − 1|5+ln (2z + 1)) = lnC ⇒ t2(z−1)

53 (2z+1)

13 = C.

Повертаючись спершу до змiнних u та t , а потiм до – x таy одержуємо розв’язок рiвняння

(y − x+ 5)5(2y + x− 2) = C.

Далi перевiряємо чи серед t = 0 , 2z2 − z − 1 = 0 ( z = 1 абоz = −1

2 ⇒ u = t або u = − t2 ) тобто y = x − 5 або y = 1 − x

2не буде розв’язкiв вихiдного рiвняння. Цi розв’язки входять взагальний розв’язок рiвняння при C = 0 .

Отже, t2(z−1)53 (2z+1)

13 = C – розв’язок вихiдного рiвняння.

I3. Розв’язати рiвняння (2x+ y + 1) dx− (4x+ 2y − 3) dy = 0 .J Оскiльки прямi 2x+y+1 = 0 i 4x+2y−3 = 0 – паралельнi,

то зробивши замiну

z = 2x+ y ⇒ dy = dz − 2dx,

дане рiвняння зведеться до рiвняння з вiдокремлюваними змiн-ними

5(z − 1) dx− (2z − 3) dz = 0.

Подiливши останнє рiвняння на z − 1 та проiнтегрувавши його,одержуємо розв’язок рiвняння 5x−2z+ln |z − 1| = C. Повертаю-чись до змiнних x та y , матимемо розв’язок вихiдного рiвняння

x− 2y + ln |2x+ y − 1| = C ⇒ 2x+ y − 1 = Ce2y−x.

Зауважимо, що при C = 0 розв’язок y = 1− 2x , який вини-кає при дiленнi рiвняння на z−1 , тобто z−1 = 0 або 2x+y = 1 ,входить в загальний розв’язок рiвняння. I

4. Розв’язати рiвняння x3(y′ − x) = y2 .

24


J Запишемо рiвняння у виглядi x3y′ = x4 + y2 , тобтоx3 dy−(x4+y2) dx = 0 . Дане рiвняння є узагальнено однорiдним,оскiльки функцiї M = x3 та N = x4 + y2 не є однорiдними, дотого ж одного i того самого порядку однорiдностi. Робимо фор-мальну замiну y = zm , де m – невiдома величина, яку знайдемоз умови однорiдностi. Пiдставляємо замiну у рiвняння, матимемоx3mzm−1 dz−(x4+z2m) dx = 0. Оскiльки функцiї M1 = x3mzm−1

та N1 = x4 + z2m мають бути однорiдними одного i того ж по-рядку однорiдностi, то у функцiї M1 , N1 пiдставляємо замiстьx вираз kx , а замiсть z – kz та прирiвнюємо степiнь k у ко-жному доданку: 3 + (m− 1) = 4 = 2m . Звiдси m = 2 .

Отже, зробивши замiну y = z2 , ми вихiдне рiвняння зведемодо однорiдного

2x3z dz − (x4 + z4) dx = 0.

Дiлимо рiвняння на x4 i робимо замiну u = zx ⇒ z = ux ⇒

dz = u dx+ x du . Тодi одержуємо рiвняння з вiдокремлюванимизмiнними

2ux du− (u2 − 1)2 dx = 0.

Подiливши останнє рiвняння на x(u2 − 1)2 та проiнтегрувавшийого, одержуємо розв’язок рiвняння − 1

u2−1= ln (xC) . Повер-

таючись до змiнних x та z , а потiм до – x та y матимеморозв’язок вихiдного рiвняння

x2

x2 − y= ln (xC) ⇒ x2 = (x2 − y) ln (xC).

Оскiльки ми дiлили рiвняння на x(u2 − 1)2 , то треба пе-реконатися чи x = 0 або y = x (цi рiвностi виникають приx(u2 − 1)2 = 0 , тобто x = 0 або u2 = 1 ⇒ z2 = 1 ⇒ y = 1 )не є розв’язками вихiдного рiвняння. Пiдставляючи цi рiвностi врiвняння ми не отримаємо тотожностi.

25


Отже, x2 = (x2 − y) ln (xC) – загальний розв’язок рiвняння.I

Аудиторнi завдання:Розв’язати рiвняння:

62. (xctgy

x− y) dx+ x dy = 0 ;

86. (x+ 2y + 1) dx− (2x+ 4y + 3) dy = 0 ;

89. (y′ + 1) lny + x

x+ 3=y + x

x+ 3;

102. (2x− 3y+ 1) dx+ (x+ y− 1) dy = 0 ; 118. 2x2y′ = y3 +xy .Домашнi завдання:

Розв’язати рiвняння:60. (x−y−√xy) dx+

√xy dy = 0 ; 65. xy′−y = (x+y) ln

x+ y

x;

72. (13x+ y) dx+ (y − 5x) dy = 0 ;81. (x+ y + y cos

y

x) dx− (x cos

y

x+ x) dy = 0 ;

84. (x− 2y − 1) dx+ (3x− 6y + 2) dy = 0 ;94. (2y − 1) dx+ (2x+ y + 1) dy = 0 ;100. (1− 2x− 2y) dx+ (3x+ y − 1) dy = 0 ;103. (2x+y+1)2 dx+(x−1)2 dy = 0 ; 116. 4xy2+(x2y+1)y′ = 0 ;121. 2y′ + x = 4

√y ; 132. y(1 +

√x2y4 + 1) dx+ 2x dy = 0 .

142. Знайти криву, знаючи, що пiднормаль будь-якої точки кри-вої є середнє арифметичне мiж координатами точки.

Додатковi завдання:Розв’язати рiвняння:

59. (y +√x2 − y2) dx− x dy = 0 ;

69. (3y − 2x) dx+ (y − 2x) dy = 0 ;92. (2y + 3) dx+ (x+ y − 3) dy = 0 ;130. 2xy3 dx+ (x2y2 + 1) dy = 0 .

Вiдповiдi:59. arcsin

y

x− ln |x| = C ;

60. (x− y)(√x−√y)2e

2√x√

x−√y = C , x = 0 ;

26


62. cos yx = Cx , x = 0 ; 65. lnx+ y

x= Cx ;

69. (y + 2x)4 = C(y − x) ;

72. arctgy − 2x

3x= lnC(y2 − 4xy + 13x2) ;

81. ln |x|+ y

x+ cos

y

x= C ; 84. x+ 3y − ln |x− 2y| = C ;

86. ln |4x+ 8y + 5|+ 8y − 4x = C ; 89. lny + x

x+ 3= 1 +

C

x+ y;

92. (2y + 3)(3x+ y − 12)2 = C ; 94. (2y − 1)(2y + 8x+ 5) = C ;100. (y − x)4 = C(4y + 8x− 3) , 4y + 8x− 3 = 0 ;102. ln[(5y − 3)2 − 2(5y − 3)(5x− 2) + 2(5x− 2)2] +

+ 4 arctg5y − 5x− 1

5x− 2= C ;

103. (x− 1)3(y + x+ 2) = C(y + 4x− 1) , y = 1− 4x ;116. 1− x2y4 = Cy2 , y = 0 ; 118. x = −y2 lnCx , y = 0 ;121. (2

√y − x) lnC(2

√y − x) = x , 2

√y = x ;

130.√y − x2

√y3 = C ; 132. x2(

√x4y2 + 1− x2y) = C ;

142. y =1

2

(Cx2 − 1

C

).

27

Тема 4. Лiнiйнi рiвняння першого порядкута звiднi до них (I)

Лiнiйним рiвнянням (ЛР) першого порядку називається рiвнян-ня, яке можна записати у виглядi

y′ + a(x)y = b(x), (x, y) ∈ (α, β)× R. (4.1)

Функцiя a(x) , x ∈ (α, β) , називається коефiцiєнтом, а фун-кцiя b(x) , x ∈ (α, β), — вiльним членом рiвняння (4.1). Якщо врiвняннi (4.1) b(x) = 0 , x ∈ (α, β) , тобто, воно набуває вигляду

y′ + a(x)y = 0, (x, y) ∈ (α, β)× R, (4.2)

то це рiвняння називається лiнiйним однорiдним рiвнянням(ЛОР), а в протилежному випадку — лiнiйним неоднорiдним рiв-нянням (ЛНР).

Якщо в рiвняннях (4.1) та (4.2) коефiцiєнти однаковi, то рiв-няння (4.2) називається лiнiйним однорiдним рiвнянням вiдпо-вiдним лiнiйному неоднорiдному рiвнянню (4.1).

Нехай y =∗y(x), x ∈ (α, β), — частковий розв’язок рiв-

няння (4.1), а y =y(x,C), (x,C) ∈ G ⊂ R2, — загаль-

ний розв’язок рiвняння (4.2). Тодi y =y(x,C) +

∗y(x),

(x,C) ∈ G, — загальний розв’язок рiвняння (4.1).

Загальний розв’язок рiвняння (4.2) має вигляд y = Ce−

x∫x0

a(s) ds

,x ∈ (α, β), C ∈ R.

28

Тема 4. Лiнiйнi рiвняння першого порядку та звiднi до них (I)

Частковий розв’язок y =∗y(x) , x ∈ (α, β), рiвняння (4.1) шу-

катимемо методом варiацiї сталої. Суть цього методу полягаєв тому, що (маючи зображення загального розв’язку вiдповiд-ного однорiдного рiвняння) частковий розв’язок неоднорiдногорiвняння шукаємо як функцiю, зображення якої вiдрiзняєтьсявiд зображення загального розв’язку вiдповiдного однорiдногорiвняння тiльки тим, що замiсть сталої C стоїть певний виразiз незалежною змiнною. Точнiше, частковий розв’язок рiвняння(4.1) шукається у виглядi

y = χ(x)e−

x∫x0

a(s) ds

, x ∈ (α, β), (4.3)

де χ ∈ C1(α, β) .

Нехай a, b ∈ C(α, β). Тодi загальний розв’язок рiвняння(4.1) можна записати у виглядi

y = Ce−

x∫x0

a(s) ds

+x∫x0

b(τ)e−x∫τa(s) ds

dτ, x ∈ (α, β), C ∈ R,

де x0 ∈ (α, β) — яке-небудь фiксоване значення.

Тепер розглянемо рiвняння, якi зводяться до лiнiйних.1) Рiвняння Бернуллi, тобто, рiвняння, якi можна записати увиглядi

y′ + a(x)y = b(x)yn, x ∈ (α, β), (4.4)

де n ∈ R \ 0; 1 , a , b — заданi функцiї. Рiвняння Бернуллiзамiною змiнних z = y1−n зводяться до лiнiйного рiвняння

1

1− nz′ + a(x)z = b(x), x ∈ (α, β).

2) Рiвняння, якi можна записати у виглядi(h(y)x+ g(y)

)y′ = q(y). (4.5)

29


Цi рiвняння розв’язуються таким чином. Шукаємо не функцiїy = y(x), — розв’язки даного рiвняння, а оберненi до них функцiїx = x(y) .

3) Рiвняння вигляду(m(y)xn + h(y)x

)y′ = q(y),

переходом до вiдшукання функцiй x = x(y), обернених дорозв’язкiв y = y(x) даного рiвняння, зводиться до рiвняння Бер-нуллi (стосовно x )

q(y)x′ − h(y)x = m(y)xn.

4) Рiвняння вигляду

c(x)ψ′(y)y′ + d(x)ψ(y) = g(x)

зводяться до лiнiйного

c(x)z′ + d(x)z = g(x)

замiною змiнних z = ψ(y) (тодi z′ = ψ′(y)y′).

5) Рiвняння Рiкаттi, тобто, рiвняння, якi можна записати у виг-лядi

y′ + c(x)y + d(x)y2 = g(x),

де c , d 6≡ 0 , g — заданi функцiї, зводяться до рiвнянь Бернуллiтаким чином.

Нехай нам вiдомий частковий розв’язок y = y1(x) цього рiв-няння. Тодi робимо в даному рiвняннi замiну змiнних

y = y + y1(x).

30


У результатi отримаємо рiвняння Бернуллi

y′ + a(x)y = dy2,

де a(x)def= c(x) + 2d(x)y1(x) , d(x)

def= −d(x) , x ∈ (α, β) .

Теоретичнi питання:1. Що таке лiнiйне рiвняння першого порядку? Що називає-

ться коефiцiєнтом, вiльним членом лiнiйного рiвняння першогопорядку? Що називається лiнiйним однорiдним, неоднорiднимрiвнянням? Що таке лiнiйне однорiдне рiвняння вiдповiдне лi-нiйному неоднорiдному рiвнянню?

2. Який вигляд має загальний розв’язок лiнiйного однорiдно-го рiвняння? Як знайти загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння, якщо вiдомий один його ненульовий частковийрозв’язок?

3. Як знайти загальний розв’язок неоднорiдного лiнiйногорiвняння, якщо вiдомий його частковий розв’язок i загальнийрозв’язок вiдповiдного йому лiнiйного однорiдного рiвняння?

4. В чому полягає суть методу варiацiї сталої для знаходже-ння часткового розв’язку лiнiйного рiвняння? Який вигляд маєзагальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння?

5. Якi класи рiвнянь зводяться до лiнiйних рiвнянь? Що та-ке рiвняння Бернуллi, Рiккартi? Як знайти загальний розв’язокрiвняння Рiккартi? У якому випадку це можна зробити?


1. Розв’язати рiвняння 2x(x2 + y) dx = dy .J Запишемо дане рiвняння у виглядi y′ − 2xy = 2x3 .1-ий крок. Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвняння

y′−2xy = 0 . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо загальний розв’я-зок цього рiвняння y0(x) = Cex

2 , де C – довiльна стала.

31


2-ий крок. Частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння y′ − 2xy = 2x3 шукаємо методом варiацiї сталої, тобто увиглядi y∗(x) = ϕ(x)ex

2 , де ϕ – невiдома функцiя.Знаходимо y′∗(x) = ϕ′(x)ex

2+ 2xϕ(x)ex

2 . Пiдставимо y∗ , y′∗у вихiдне рiвняння

ϕ′(x)ex2

+ 2xϕ(x)ex2 − 2xϕ(x)ex

2= 2x3

звiдси

ϕ′(x) = 2x3e−x2 ⇒ ϕ(x) =

∫2x3e−x

2dx = −e−x2(x2 + 1).

Тодi y∗(x) = −(x2 + 1) .3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-

няння складається iз суми загального розв’язку лiнiйного однорi-дного рiвняння та часткового розв’язку лiнiйного неоднорiдногорiвняння y(x) = y0(x) + y∗(x) = Cex

2 − (x2 + 1) . I

2. Розв’язати рiвняння y′ =y

3x− y2.

J Запишемо рiвняння у виглядi y′(3x−y2) = y . Це рiвнянняє нерозв’язне вiдносно змiнної y , оскiльки бiля y′ стоїть вираз,який мiстить змiннi y та x , якi ми не можемо вiдокремити однувiд одної. Тодi перетворимо останнє рiвняння наступним чином

dy

dx(3x− y2) = y ⇒ (3x− y2) = y

dx

dy⇒ x′ − 3

yx = −y,

тобто ми одержали рiвняння, яке є лiнiйним вiдносно змiнної x(в даному випадку незалежною змiнної виступає y , а функцiя xзалежить вiд y ). Зауважимо, що y = 0 є розв’язком вихiдногорiвняння.

1-ий крок. Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвняння

x′− 3

yx = 0 . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо загальний розв’я-

зок цього рiвняння x0(y) = Cy3 , де C – довiльна стала.

32


2-ий крок. Частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-

няння x′ − 3

yx = −y шукаємо у виглядi x∗(y) = ϕ(y)y3 , де ϕ –

невiдома функцiя, яка залежить вiд незалежної змiнної y .Знаходимо x′∗(y) = ϕ′(y)y3 + 3y2ϕ(y) . Пiдставимо x∗ , x′∗ у

вихiдне рiвняння

ϕ′y3 + 3y2ϕ− 3y2ϕ = −y ⇒ ϕ′ = − 1

y2⇒ ϕ =

1

y.

Тодi x∗(y) = y2 .3-ий крок. Отже, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдно-

го рiвняння x(y) = Cy3 + y2 .Таким чином, розв’язками вихiдного рiвняння є y = 0 ,

x = Cy3 + y2 . I3. Розв’язати рiвняння xy′ + 2y + x5y3ex = 0 .J Вiдiлимо лiнiйну частину рiвняння вiдносно змiнної y

y′ +2

xy = −x4exy3. (4.6)

Отримане рiвняння є рiвнянням Бернуллi. Зауважимо, щоy = 0 є розв’язком рiвняння (4.6). Подiливши це рiвняння на y3 ,одержимо рiвняння

1

y3y′ +

2

x· 1

y2= −x4ex. (4.7)

За допомогою замiни

z =1

y2, z′ = −2y′

y3

рiвняння (4.7) зводиться до лiнiйного рiвняння

z′ − 4

xz = 2x4ex. (4.8)

33


1-ий крок. Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвнянняz′− 4

xz = 0 . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо загальний розв’я-зок цього рiвняння z0(x) = Cx4 , де C – довiльна стала.

2-ий крок. Частковий розв’язок рiвняння (4.8) шукаємо у ви-глядi z∗(x) = ϕ(x) · x4 , де ϕ – невiдома функцiя.

Знаходимо z′∗(x) = ϕ′(x)x4 + 4x3ϕ(x) . Пiдставимо z∗ , z′∗ увихiдне рiвняння 4x3ϕ + x4ϕ′ − 4x3ϕ = 2x4ex , звiдки ϕ = 2ex .Тодi z∗(x) = 2x4ex .

3-ий крок. Отже, загальний розв’язок рiвняння (4.8):z(x) = Cx4 + 2x4ex .

Повертаючись до старих змiнних, записуємо розв’язок рiвня-ння (4.6): y = 0 , 1

y2= Cx4 + 2x4ex . I


Розв’язати рiвняння:149. xy′ − 2y = 2x4 ; 156. (xy′ − 1) lnx = 2y ;159. (2ey − x)y′ = 1 ; 170. y dx+ (2x− ey) dy = 0 ;189. y′ + 2y = y2ex ; 197. y′x3 sin y = xy′ − 2y ;204. y′x = 2

√y(lnx−√y) .

Домашнє завдання:

Розв’язати рiвняння:

151. y′ + y tg x =1

cosx; 154. y = x(y′ − x cosx) ;

158. (x+ y2) dy = y dx ; 163. (1− 2xy)y′ = y(y − 1) ;172. xy′ = 3− (2x+ 3)y ; 191. y′ = y4 cosx+ y tg x ;194. xy′ − 2x2√y = 4y ; 198. (2x2y ln y − x)y′ = y ;203. y′(1− x2) = xy(1− by) ; 215. 1 = 4x

√y(1−√yy′) ;

220. dx =(

8xy + 4(y + 1)ey2x3/4

)dy .

227. Вiдрiзок на осi OX , який вiдтинається нормаллю до

деякої кривої, дорiвнюєy2

x. Знайти цю криву.

Вiдповiдi:

34


149. y = Cx2 + x4 ; 151. y = sinx+ C cosx ;154. y = x(C + sinx) ; 156. y = C ln2 x− lnx ;158. x = y2 + Cy , y = 0 ; 159. x = ey + Ce−y ;163. (y − 1)2x = y − lnCy , y = 0 , y = 1 ;170. x = [C + (+y−)ey]y−2 ;

172. y =

[Ce−2x +

3

2x2 − 3

2x− 3

2

]x−3 ;

189. y(ex + Ce2x) = 1 , y = 0 ;191. y−3 = C cos3 x− 3 sinx cos2 x , y = 0 ;194. y = x4 ln2Cx , y = 0 ; 197. x2(C − cos y) = y , y = 0 ;198. xy(C − ln2 y) = 1 ; 203. (b+ C

√1− x2)y = 1 , y = 0 ;

204. 2x√y = ln2 x+ C , y = 0 ; 215.

√y = 1 + Ce−x

2 ;

220. x1/4 =(y + 1)2

2ey

2+Cey

2 , x = 0 ; 227. y2 = 2x2(C− lnx) .

35

Тема 5. Лiнiйнi рiвняння першого порядкута звiднi до них (II)


1. Розв’язати рiвняння x(ey − y′) = 2 .J Запишемо рiвняння у виглядi

x− x

eyy′ =

2

ey. (5.1)

Зробивши замiну z = e−y, z′ = − y′

ey , зводимо рiвняння (5.1) долiнiйного

z′ − 2

xz = −1. (5.2)

1-ий крок. Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвнянняz′− 2

xz = 0 . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо загальний розв’я-зок цього рiвняння z0(x) = Cx2 , де C – довiльна стала.

2-ий крок. Частковий розв’язок рiвняння (5.2) шукаємо у ви-глядi z∗(x) = ϕ(x) · x2 , де ϕ – невiдома функцiя. Знаходимоz′∗(x) = ϕ′(x)x2 + 2xϕ(x) . Пiдставивши z∗ , z′∗ у рiвняння (5.2)матимемо ϕ′ = − 1

x2, звiдки ϕ = 1

x . Тодi z∗(x) = x .3-ий крок. Отже, загальний розв’язок рiвняння (5.2):

z(x) = Cx2 + x .Повертаючись до старих змiнних, записуємо розв’язок рiвня-

ння (5.1): 1ey = Cx2 + x . I

36

Тема 5. Лiнiйнi рiвняння першого порядку та звiднi до них (II)

2. Розв’язати рiвняння y(x) = 1 +x∫0

y(t) dt .

J Продиференцiюємо обидвi частини цього рiвняння по змiн-нiй x , використовуючи формулу

ddx

(ψ(x)∫ϕ(x)

f(t) dt)

= f(ψ(x)) · ψ′(x)− f(ϕ(x)) · ϕ′(x) . Одержуємо

y′ = y, y(0) = 1. (5.3)

Вiдокремлюючи змiннi у рiвняннi (5.3), знаходимо y = Cex , деC – довiльна стала. Оскiльки y(0) = 1 , то C = 1 . Отже, розв’я-зок вихiдного iнтегрального рiвняння y = ex . I

3. Завдяки пiдбору часткового розв’язку звести дане рiвнянняРiккатi до рiвняння Бернуллi та розв’язати йогоxy′ − (2x+ 1)y + y2 = −x2 .

J Частковий розв’язок рiвняння Рiккатi можна пiдiбрати,враховуючи вигляд лiнiйного члена рiвняння. Шукатимемо час-тковий розв’язок у виглядi y1 = ax + b . Пiдставимо y1 у рiв-няння xa − (2x + 1)(ax + b) + (ax + b)2 = −x2 . Звiвши подiбнiдоданки бiля x2 , x , x0 та прирiвнявши їх до нуля, знаходимоa = 1 , b = 0 або b = 1 . Отже, дiстали два розв’язки: y1 = x абоy1 = x + 1 . Замiною y = z + y1 = z + x зводимо дане рiвняннядо рiвняння Бернуллi

z′ − 1

xz = −1

xz2. (5.4)

Зауважимо, що не має значення, який брати частковий розв’я-зок. Для простоти викладу беремо y1 = x .

Подiливши рiвняння (5.4) на z2 та зробивши замiну u = 1z ,

u′ = − z′

z2, зводимо його до лiнiйного рiвняння

u′ +1

xu =

1

x. (5.5)

37


Зауважимо, що z = 0 є розв’язком рiвняння (5.4). Пiдставившиz = 0 в замiну y = x + z , одержуємо, що y = x є розв’язкомвихiдного рiвняння.

1-ий крок. Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвнянняu′+ 1

xu = 0 . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо загальний розв’я-зок цього рiвняння u0(x) = C

x , де C – довiльна стала.2-ий крок. Частковий розв’язок рiвняння (5.5) шукаємо у ви-

глядi u∗(x) = ϕ(x)x , де ϕ – невiдома функцiя.

Знаходимо u′∗(x) = ϕ′(x)x − ϕ(x)

x2. Пiдставивши u∗ , u′∗ у рiв-

няння (5.5) матимемо ϕ′ = 1 , звiдки ϕ = x . Тодi u∗ = 1 .3-ий крок. Отже, загальний розв’язок рiвняння (5.5):

u(x) = Cx + 1 .

Повертаючись до старих змiнних, спершу замiною u = 1z , а

потiм замiною y = z+x записуємо розв’язок вихiдного рiвняння:y = x+ x

C+x . I4. Знайти лiнiї, ортогональнi до лiнiї сiм’ї гiпербол xy = a .J Складемо диференцiальне рiвняння даної сiм’ї гiпербол,

тобто продиференцiюємо рiвняння xy = a за змiнною x :

xdy

dx+ y = 0⇒ y = −dy

dxx.

Вiдомо, що двi кривi y = k1x + b1 та y = k2x + b2 ортого-нальнi тодi i лише тодi, коли мiж їхнiми кутовими коефiцiєнтамиiснує зв’язок: k = − 1

k1. Оскiльки k = − dy

dx , то диференцiальнерiвняння лiнiй, ортогональних до даних гiпербол, має вигляд

y = − 1

− dydx

x⇒ dy

dxy − x = 0.

Звiдси знаходимо y dy − x dx = 0 , y2 − x2 = C – лiнiї, якi орто-гональнi до даної сiм’ї гiпербол. I

5. Знайти розв’язок рiвняння y′ sin 2x = 2(y + cosx) , який за-лишається обмеженим при x→ π

2 .

38


J Видiлимо лiнiйну частину вихiдного рiвняння вiдноснозмiнної y

y′ − 2

sin 2xy =

1

sinx(5.6)

та знайдемо розв’язок цього рiвняння.1-ий крок. Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвняння

y′ − 2sin 2xy = 0 . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо загальний

розв’язок цього рiвняння y0(x) = C tg x , де C – довiльна стала.2-ий крок. Частковий розв’язок рiвняння (5.6) шукаємо у ви-

глядi y∗(x) = ϕ(x) tg x , де ϕ – невiдома функцiя.Знаходимо y′∗(x) = ϕ′(x) tg x + ϕ(x) 1

cos2 x. Пiдставивши y∗ ,

y′∗ у рiвняння (5.6) матимемо ϕ′ = cosxsin2 x

, звiдки ϕ = − 1sinx .

Тодi y∗ = − 1cosx .

3-ий крок. Отже, загальний розв’язок рiвняння (5.6):y(x) = C tg x− 1

cosx .Для обмеженого при x→ π

2 розв’язку y маємоlimx→π

2

(y cosx) = 0 . Тому limx→π

2

(C sinx − 1) = C − 1 = 0 , звiдки

C = 1 .Отже, y(x) = tg x− 1

cosx . I


Розв’язати рiвняння:

161*. xdx = (x2 − 2y + 1)dy ; 165*. y(x) =x∫0

y(t)dt+ x+ 1 .

Завдяки пiдбору часткового розв’язку звести дане рiвнянняРiккатi до рiвняння Бернуллi та розв’язати його:167 ∗ . x2y′ + xy + x2y2 = 4 .

172*. Знайти траєкторiї, ортогональнi до лiнiй сiм’їy2 = Cex + x+ 1 .

234. Показати, що тiльки один розв’язок рiвнянняxy′−(2x2 +1)y = x2 прямує до скiнченної границi при x→ +∞ ,i знайти цю границю.

39


Домашнi завдання:Розв’язати рiвняння:

162*. (x+ 1)(yy′ − 1) = y2 ;164*. (x2 − 1)y′ sin y + 2x cos y = 2x− 2x3 ;

166*.x∫0

(x− t)y(t) dt = 2x+x∫0

y(t) dt .

Завдяки пiдбору часткового розв’язку звести данi рiвнянняРiккатi до рiвняння Бернуллi та розв’язати їх:

168*. 3y′ + y2 +2

x2= 0 ; 170*. y′ − 2xy + y2 = 5− x2 .

226. Знайти криву, дотична до якої в точцi (x, y) проходитьчерез точку (x2, y2) .

235. Знайти перiодичний розв’язок рiвнянняy′ = 2y cos2 x− sinx .


163*. x(ey − y′) = 2 .Вiдповiдi:

161*. x2 = Ce2y + 2y ; 162*. y2 = C(x+ 1)2 − 2(x+ 1) ;163*. e−y = Cx2 + x ; 164*. cos y = (x2 − 1) lnC(x2 − 1) ;165*. y = 2ex − 1 ; 166*. y = −2ex ;

167*. y =2

x+

4

Cx5 − x, y =

2

x;

168*. y =1

x+

1

Cx2/3 + x, y =

1

x;

170*. y = x+ 2 +4

Ce4x − 1, y = x+ 2 ;

172*. 3x = C√|y|−y2 , y = 0 ; 226. y(2x−1+C(x−1)2) = x2 ;

234. y = xx∫

+∞ex

2−t2dt→ −1

2при x→∞ ;

235. y =∞∫0

e−t−sin t cos(t+2x) sin (x+ t) dt .

40

Контрольна робота 1 (по темах 1-5)

Типовi завдання

1. (1− x2)dy + y3dx = 0;

2. y′ = cos(x+ y);

3. (3x+ 4y + 4)dy − (4x− 3y + 8)dx = 0;

4. xy′ + xey/x = y;

5. 2x2y′ − y3 = xy;

6. y′ + y cosx = e− sinx.

41

Тема 6. Рiвняння у повних диференцiалах.Iнтегрувальний множник

Нехай D — область в R2. Рiвнянням в повних диференцiалахназивається рiвняння вигляду

M(x, y) dx+N(x, y) dy = 0, (x, y) ∈ D, (6.1)

лiва частина якого є повним диференцiалом деякої функцiїF (x, y) , (x, y) ∈ D , тобто,

dF (x, y) = M(x, y) dx+N(x, y) dy, (x, y) ∈ D. (6.2)

Нагадаємо, що повний диференцiал функцiї F знаходиться заформулою

dF (x, y) =∂F (x, y)

∂xdx+

∂F (x, y)

∂ydy, (x, y) ∈ D. (6.3)

Якщо M,N ∈ C(D), то рiвняння (6.1) буде рiвнянням вповних диференцiалах тодi i лише тодi, коли iснує функ-цiя F ∈ C1(D) така, що

∂F (x, y)

∂x= M(x, y),

∂F (x, y)

∂y= N(x, y), (x, y) ∈ D.

42

Тема 6. Рiвняння у повних диференцiалах

Нехай D — однозв’язна область i M,N, ∂M∂y ,∂N∂x ∈ C(D).

Тодi рiвняння (6.1) буде рiвнянням в повних диферен-цiалах в тому i лише в тому випадку, коли виконуєтьсярiвнiсть

∂M(x, y)

∂y=∂N(x, y)

∂x, (x, y) ∈ D.

Якщо рiвняння (6.1) є рiвнянням в повних диференцiалах, тойого, на пiдставi (6.2), можна подати у виглядi

dF (x, y) = 0, (x, y) ∈ D.

НехайM,N ∈ C(D) i рiвняння (6.1) є рiвнянням в повнихдиференцiалах. Тодi загальний iнтеграл цього рiвняннямає вигляд

F (x, y) = C, (x, y) ∈ D, C ∈ R.

Рiвняння, звiднi до рiвнянь в повних диференцiалах, —це такi, якi не є рiвняннями в повних диференцiалах, але можутьбути зведеними до них за допомогою множення на певний вираззi змiнними x i y . Такий вираз називається iнтегрувальниммножником.

Нехай M,N, ∂M∂y ,∂N∂x ∈ C(D) . Очевидно, що, якщо µ(x, y) ,

(x, y) ∈ D, — iнтегрувальний множник рiвняння (6.1), то вико-нується рiвнiсть

∂(µ(x, y) ·M(x, y)

)∂y

=∂(µ(x, y) ·N(x, y)

)∂x

, (x, y) ∈ D, (6.4)

i, навпаки, якщо для деякої функцiї µ ∈ C1(D) виконуєтьсярiвнiсть (6.4), то µ(x, y) , (x, y) ∈ D, — iнтегрувальний множникрiвняння (6.1).

43


Отoж, при наших припущеннях можна сказати, що, колиiснує розв’язок µ ∈ C1(D) рiвняння

∂M

∂yµ+M

∂µ

∂y=∂N

∂xµ+N

∂µ

∂x, (x, y) ∈ D, (6.5)

то рiвняння (6.1) є звiдним до рiвняння в повних диференцiалах.Рiвняння (6.5) є диференцiальним рiвнянням в частинних по-

хiдних першого порядку. Знаходження його розв’язку не є прос-тiшим, а може є й складнiшим завданням, нiж безпосереднєрозв’язування рiвняння (6.1). Але iснують випадки, коли рiвня-ння (6.5) має настiльки простий вигляд, що його можна легкорозв’язати. Розглянемо кiлька таких випадкiв.

1) Вираз∂M(x, y)

∂y− ∂N(x, y)

∂x

N(x, y)(6.6)

явно вiд y не залежить.Тодi µ шукаємо, як функцiю, залежну тiльки вiд x , тобто

µ = µ(x) .

2) Вираз∂N(x, y)

∂x− ∂M(x, y)

∂y

M(x, y)(6.7)

явно вiд x не залежить.Тодi розв’язок рiвняння (6.5) шукаємо у виглядi функцiї µ =

µ(y) тiльки вiд змiнної y .

3) Вираз∂N(x, y)

∂x− ∂M(x, y)

∂y

xM(x, y)− yN(x, y)(6.8)

44


залежить тiльки вiд xy .Тодi шукаємо розв’язок рiвняння (6.5) у виглядi функцiї µ =

µ(xy)(≡ µ(z)|z=xy

).


1. Що називається рiвнянням в повних диференцiалах? Заяких умов рiвняння M(x, y) d x + N(x, y) d y = 0 є рiвнянням вповних диференцiалах? Як на практицi перевiрити чи є рiвнянняM(x, y) d x + N(x, y) d y = 0 в повних диференцiалах? Який ви-гляд має загальний iнтеграл рiвняння в повних диференцiалах?

2. Якi класи рiвнянь є звiдними до рiвнянь в повних дифе-ренцiалах? В чому полягає метод iнтегрувального множника? Заякої умови iснує iнтегрувальний множник, залежний тiльки вiдx (тiльки вiд y , тiльки вiд xy )?


1. Розв’язати рiвняння yx dx+ (y3 + lnx) dy = 0 .

J Маємо

M(x, y) =y

x, N(x, y) = y3 + lnx;

∂M

∂y=

1

x,

∂N

∂x=

1

x.

Отже,∂M

∂y=

∂N

∂x, тобто лiва частина даного рiвняння є

повним диференцiалом деякої функцiї F (x, y) :∂F

∂x=y

x∂F

∂y= y3 + lnx.

45


Iнтегруючи перше рiвняння за змiнною x , знаходимоF (x, y) = y lnx + ϕ(y) . Пiдставляємо знайдену функцiю F удруге рiвняння системи для того, щоб знайти невiдому функцiюϕ : lnx+ ϕ′(y) = y3 + lnx , звiдки ϕ(y) = y4

4 .Отже, y lnx + y4

4 = C – загальний розв’язок вихiдного рiв-няння. I

2. Розв’язати рiвняння (x2 + y2 + x) dx+ y dy = 0 .J З’ясуємо чи вихiдне рiвняння є рiвняння у повних дифе-

ренцiалах:

M(x, y) = x2 + y2 + x, N(x, y) = y;

∂M

∂y= 2y,

∂N

∂x= 0.

Отже,∂M

∂y6= ∂N

∂x. Тодi знайдемо функцiю µ(x) чи µ(y)

(iнтегрувальний множник), пiсля домноження на яку обидвохчастин рiвняння, воно стає рiвнянням у повних диференцiалах.

Домножимо вихiдне рiвняння на функцiю µ(x) . Маємо

M(x, y) = (x2 + y2 + x)µ(x), N(x, y) = yµ(x).

З рiвностi∂M

∂y=∂N

∂x, одержуємо рiвняння для знаходження

функцiї µ(x)

µ′ = 2µ⇒ µ = e2x.

Помноживши вихiдне рiвняння на e2x , отримуємо

(x2 + y2 + x)e2x dx+ ye2x dy = 0. (6.9)

В цьому рiвняннi M(x, y) = (x2 +y2 +x)e2x , N(x, y) = ye2x , для

яких вже виконується умова∂M

∂y=

∂N

∂x. Отже, лiва частина

46


рiвняння (6.9) є повним диференцiалом деякої функцiї F (x, y) :∂F

∂x= (x2 + y2 + x)e2x

∂F

∂y= ye2x.

Iнтегруючи друге рiвняння за змiнною y , знаходимоF (x, y) = e2x y2

2 + ϕ(x) . Пiдставляємо знайдену функцiю F уперше рiвняння системи, матимемо2e2x y2

2 + ϕ′(x) = (x2 + y2 + x)e2x , звiдки ϕ′(x) = x2e2x + xe2x .Iнтегруючи по частинам, знаходимо ϕ(x) = x2e2x

2 .Отже, e2x(y2 + x2) = C – загальний розв’язок вихiдного рiв-

няння. I3. Розв’язати рiвняння y dx− x dy = 2x3 tg y

x dx .J Дане рiвняння розв’яжемо, видiливши повний диференцi-

ал деякої функцiї. Подiлимо рiвняння на x2 . Тодi

y dx− x dyx2

= 2x tgy

xdx ⇒ −d

(yx

)= 2x tg

y

xdx ⇒

⇒ − ctgy

xd(yx

)= d(x2) ⇒ − ln | sin y

x| = x2 + C.

Отже, x2 + ln | sin yx | = C – загальний розв’язок вихiдного

рiвняння. I4. Розв’язати рiвняння (x2 − y2 + y) dx+ x(2y − 1) dy = 0 .J Запишемо рiвняння у виглядi

x2 dx− (y2 − y) dx+ x(2y − 1) dy = 0.

Зробимо замiну u = y2 − y , тодi du = (2y − 1) dy . Пiдставившизамiну, одержуємо x2 dx− u dx+ x du = 0 . Подiливши отриманурiвнiсть на x2 , матимемо

dx+x du− u dx

x2= 0 ⇒ dx+ d

(ux

)= 0 ⇒ x+

u

x= C.

47


Зауважимо, що x = 0 також є розв’язком даного рiвняння.Повернувшись до старих змiнних, одержуємо загальний роз-

в’язок вихiдного рiвняння x2 + y2 = xC + x . I


237. 2xy dx+ (x2 − y2) dy = 0 ;243. (1 + y2 sin 2x) dx− 2y cos2 x dy = 0 ;

271.(

1 +y

x2

)dx+

(1

x+

2y

x2

)dy = 0 ;

276. dx+ (x+ e−yy2) dy = 0 .Домашнi завдання:

Розв’язати рiвняння:238. x(2− 9xy2) dx+ (4y2 − 6x3)y dy = 0 ;

245.(

x

sin y+ 2

)dx+

(x2 + 1) cos y

cos 2y − 1dy = 0 ;

249.(y − sin2 x

y2

)dy +

(sin 2x

y+ x

)dx = 0 ;

251.(

sin y + y sinx+1

x

)dx+

(x cos y − cosx+

1

y

)dy = 0 ;

257. (6xy + x2 + 3)y′ + 3y2 + 2xy + 2x = 0 ;264. (2x2y + 2y + 5) dx+ (2x3 + 2x) dy = 0 ;270. y2(x− 3y) dx+ (1− 3xy2) dy = 0 ;

279.(x3 − 2 ln y

x− 2y

x

)dx+

(1

y+ 1

)dy = 0 ;

283.(

1

x2 + 1+ x+

2x

x2 + 1cos y

)dx− sin y dy = 0 .


259. (cos(x+y2)+3y) dx+(2y cos(x+y2)+3x) dy = 0 , y(π/2) = 0 ;265. (x+ sinx+ sin y) dx+ cos y dy = 0 ;

286. (ex + 1) dx+

(y2 +

ex + x

y ln y

)dy = 0 .

48


Вiдповiдi:237. 3x2y − y3 = C ; 238. x2 − 3x3y2 + y4 = C ;243. x− y2 cos2 x = C ; 245. x2 + 1 = 2(C − 2x) sin y ;

249.(

sin2 x

y+x2 + y2

2

)= C ; 251. x sin y−y cosx+ln |xy| = C ;

257. 3xy2 + x2y + 3y + x2 = C ; 259. sin(x+ y2) + 3xy = 1 ;264. 5 arctg x+ 2xy = C , x = 0 ;265. 2ex sin y + 2ex(x− 1) + ex(sinx− cosx) = C ;

270.x2

2− 1

y− 3xy = C ; 271. x3 + 3xy + 3y2 = C ;

276. 3xey + y3 = C ; 279.x2

2+

1

x2(ln y + y) = C ;

283. x4 + 2x2 + 4x+ 4x2 cos y + 4 cos y = C ;

286. (ex + x) ln y +y3

3(ln y − 1) = C .

49

Тема 7. Рiвняння, не розв’язнi щодопохiдної (I)

РiвнянняF (x, y, y′) = 0, (7.1)

яке не можна записати у виглядi y′ = f(x, y), називається рiв-нянням, нерозв’язним стосовно похiдної.

Видiлимо двi групи iнтегровних рiвнянь, нерозв’язних сто-совно похiдної, в залежностi вiд методу iнтегрування.

I група. Рiвняння, що можна подати у виглядi сукупностim > 1 рiвнянь y′ = f1(x, y),

. . . . . . . . . . . . .y′ = fm(x, y),

(7.2)

кожне з яких належить до ранiше вивчених класiв.Нехай для k ∈ 1, . . . ,m Φk(x, y, C) = 0 — загальний iн-

теграл k -го рiвняння сукупностi (7.2). Тодi загальний iнтегралрiвняння (7.1) має вигляд

Φ1(x, y, C) · . . . · Φm(x, y, C) = 0

або вигляд Φ1(x, y, C) = 0,. . . . . . . . . . . . . . . .Φm(x, y, C) = 0.

50

Тема 7. Рiвняння, не розв’язнi щодо похiдної (I)

II група. Рiвняння, якi можна записати у виглядi

y = h(x, y′) (7.3)

або у виглядix = q(y, y′), (7.4)

де h, q — неперервно диференцiйовнi функцiї, що задовольняютьпевну додаткову умову ( ця умова буде вказана пiзнiше ) .

Рiвняння (7.3) та (7.4) розв’язуються методом введення па-раметра. Суть цього методу продемонструємо на рiвняннi (7.3).

Дивлячись спочатку на рiвняння (7.3) як на рiвняння, щозв’язує три незалежнi змiннi x, y, y′ , запишемо його в параме-тричнiй формi

y′ = p,

x = x,

y = h(x, p),

dy = y′ dx.

(7.5)

Спiввiдношення (7.5) є диференцiальним рiвнянням в параме-тричнiй формi. Загальний iнтеграл рiвняння (7.3) задається впараметричнiй формi таким чином

y = h(x, p),

Φ(x, p, C) = 0,(7.6)

де Φ(x, p, C) — загальний iнтеграл рiвняння dh(x, p) = p dx.Особливi розв’язки звичайних диференцiальних рiв-

нянь. Розглянемо звичайне диференцiальне рiвняння першогопорядку

F (x, y, y′) = 0, (7.7)

припускаючи, що функцiя F визначена в областi G просто-ру R3 = (x, y, p) : x, y, p ∈R . Пiд iнтегральною лiнiєю рiвня-ння (7.7) розумiтимемо графiк розв’язку цього рiвняння. Гово-ритимемо, що iнтегральна лiнiя проходить через задану точку,

51


якщо ця точка належить данiй лiнiї. Далi припускатимемо, щовсi розв’язки рiвняння (7.7), якi тут розглядатимуться, визначенiна iнтервалах числової осi.

Точка (x0, y0) ∈ D називається звичайною для рiвняння(7.7) , якщо через неї проходить хоча б одна iнтегральна лiнiяi нема двох iнтегральних лiнiй, що проходять цю точку, доти-каються в нiй i вiдрiзняються одна вiд другої в будь-якому (якзавгодно малому) околi заданої точки.

Зауважимо, що слова "двi лiнiї вiдрiзняються одна вiд другоїв деякому околi заданої точки"означають, що частини цих лiнiй,якi лежать в цьому околi, не спiвпадають.

Точка (x0, y0) ∈ D називається особливою для рiвняння(7.7) , якщо вона не є звичайною.

Множина особливих точок рiвняння (7.7) називається осо-бливою множиною.

Особливою iнтегральною лiнiєю рiвняння (7.7) називаєтьсяiнтегральна лiнiя, яка складається з особливих точок цього рiв-няння.

Отже, особливою iнтегральною лiнiєю рiвняння (7.7) є такаiнтегральна лiнiя цього рiвняння, через кожну точку якої прохо-дить ще хоча б одна його iнтегральна лiнiя, яка дотикається вцiй точцi до даної лiнiї i вiдрiзняється вiд неї в будь-якому околiцiєї точки.

Особливим розв’язком рiвняння (7.7) називається його роз-в’язок, графiком якого є особлива iнтегральна лiнiя.

Оскiльки особлива iнтегральна лiнiя лежить в особливiй мно-жинi, то вiдшукання особливих iнтегральних лiнiй (особливихрозв’язкiв) рiвняння (7.7) варто починати iз знаходження осо-бливої множини заданого рiвняння.

Особлива множина рiвняння (7.7) є пiдмножиною (можливарiвнiсть) множини точок (x, y) з D , якi знаходяться iз системи

52


рiвнянь F (x, y, p) = 0,

∂F (x, y, p)

∂p= 0

(7.8)

(координати (x, y) будь-якої з цих точок — це першi двi компо-ненти трiйки чисел (x, y, p) , якi є розв’язками системи (7.8)).

Є iнший спосiб вiдшукання особливих iнтегральних лiнiй. Вiнбазується на поняттi обвiдної сiм’ї лiнiй.

Нехай

R(x, y, C) = 0, (x, y, C) ∈ U (U — область в R3 ), (7.9)

— сiм’я гладких лiнiй на площинi (C — параметр, який "iден-тифiкує" лiнiї заданої сiм’ї). Пiд обвiдною заданої сiм’ї лiнiй ро-зумiється гладка лiнiя, яка в кожнiй своїй точцi дотикається дооднiєї з лiнiй цiєї сiм’ї, причому в рiзних точках — до рiзнихлiнiй.

Нехай

Φ(x, y, C) = 0, (x, y, C) ∈ Ω (Ω — область в R3 ), (7.10)

сiм’я iнтегральних лiнiй рiвняння (7.7), а y = ϕ(x) , x ∈ (a, b) ,— її обвiдна.

Oбвiдна сiм’ї iнтегральних лiнiй є особливою iнтегральноюлiнiєю. Отже, особливi iнтегральнi лiнiї рiвняння (7.7) можнашукати, як обвiднi цiєї сiм’ї. Oбвiднi сiм’ї (7.10) можна шукатитаким чином. Спочатку записуємо систему рiвнянь

Φ(x, y, C) = 0,

∂Φ(x, y, C)

∂C= 0.

(7.11)

53


Достатнi умови того, що лiнiя, задана рiвнянням y = v(x),x ∈ (p, q), яка отримується iз системи (7.11) є обвiдною:

∂Φ(x, y, C)

∂x

∣∣∣∣ y=v(x)C=C(x)

6= 0 ∀x ∈ (p, q),

або

∂Φ(x, y, C)

∂y

∣∣∣∣ y=v(x)C=C(x)

6= 0 ∀x ∈ (p, q),

де C(x) — значення C , при якому трiйка чисел (x, v(x), C) єрозв’язком системи (7.11).

Теоретичнi питання:1. Що таке ЗДР першого порядку розв’язне, нерозв’язне сто-

совно похiдної?2. Як записати загальний iнтеграл рiвняння, яке можна пода-

ти у виглядi сукупностi m > 1 рiвнянь кожне з яких належитьдо ранiше вивчених класiв?

3. У чому полягає метод введення параметра?4. Яка точка називається звичайною (особливою) для ЗДР

першого порядку? Що таке особлива множина, особлива iнте-гральна лiнiя, особливий розв’язок ЗДР першого порядку?

5. Що називається обвiдною сiм’ї лiнiй? Якi умови є достатнi-ми для того, щоб лiнiя була обвiдною сiм’ї iнтегральних лiнiй?


1. Розв’язати рiвняння y′ 2 + xy = y2 + xy′ i видiлити особливiрозв’язки (якщо вони є).

J Запишемо рiвняння у виглядi y′ 2 − xy′ + (xy − y2) = 0 .Розв’язуючи отримане рiвняння як квадратне вiдносно y′ , одер-жуємо

y′ = x− y, y′ = y. (7.12)

54


Записавши перше рiвняння як y′ + y = x бачимо, що воно єлiнiйним неоднорiдним рiвнянням, яке розв’язуємо у три кроки.

1-ий крок. Знаходимо розв’язок лiнiйного однорiдного рiвня-ння y′+ y = 0 , вiдокремлюючи змiннi, матимемо y0(x) = Ce−x ,де C – довiльна стала.

2-ий крок. Частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння y′ + y = x шукаємо у виглядi y∗(x) = ϕ(x)e−x , де ϕ –невiдома функцiя. Пiдставимо y∗ , y′∗ = ϕ′e−x−ϕe−x у рiвнянняy′ + y = x , звiдки одержуємо ϕ′ = xex ⇒ ϕ = xex − ex . Тодiy∗(x) = x− 1 .

3-ий крок. Отже, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдно-го рiвняння: y(x) = Ce−x + x− 1 .

Вiдокремлюючи змiннi у другому рiвняннi (7.12), одержуємоy = Cex .

Таким чином, розв’язки вихiдного рiвняння

y(x) = Ce−x + x− 1, y = Cex.

Знайдемо особливi розв’язки рiвняння. Для визначення дис-кримiнантної кривої складемо систему

y′2 + xy − y2 − xy′ = 02y′ − x = 0.

Виключивши з цих рiвнянь y′ , знайдемо дискримiнантну кривуy =

x

2.

Безпосередньо перевiркою впевнюємося, що функцiя y =x

2не є розв’язком заданого рiвняння, а отже, i його особливимрозв’язком. Таким чином, задане рiвняння особливих розв’язкiвнемає. I

2. Розв’язати рiвняння y = x + 2y′ − y′ 2 i видiлити особливiрозв’язки (якщо вони є).

55


J Запишемо дане рiвняння в параметричному виглядiy′ = px = xy = x+ 2p− p2.

З рiвностi dy = y′ dx дiстанемо d(x + 2p − p2) = p dx . Звiдки(1− p)(dx+ 2dp) = 0⇒ p = 1 або dx+ 2 dp = 0 . Розв’язуючиостаннє рiвняння, одержуємо x = −2p+ C .

Отже, розв’язками даного рiвняння є функцiї

y = x+ 1 абоx = −2p+ Cy = x+ 2p− p2.

Виключивши параметр p в останнiй системi, одержуємо зобра-

ження розв’язку в явному виглядi y = C − (C − x)2

4.

Знайдемо особливi розв’язки рiвняння. Iз системи рiвняньy − x− 2y′ + y′ 2 = 02− 2y′ = 0

знаходимо дискримiнантну криву y = x + 1 . З вище описанихмiркувань, бачимо, що ця функцiя є розв’язком вихiдного рiвня-ння. Перевiримо, чи дотикаються до прямої y = x+ 1 в кожнiйїї точцi iншi iнтегральнi кривi даного рiвняння. Умови дотикукривих y = ϕ(x) i y = ψ(x) в точцi з абсцисою x = x0 та-кi: ϕ(x0) = ψ(x0) , ϕ′(x0) = ψ′(x0) . Для розв’язкiв y = x + 1 i

y = C − (C − x)2

4цi умови запишемо у виглядi x0 + 1 = C − (C − x0)2

4

1 =C − x0

2.

З другої рiвностi знаходимо C = x0 + 2 . Пiдставивши значенняC в перше рiвняння системи, знаходимо x0 + 1 = x0 + 1 . Ця

56


рiвнiсть виконується при всiх x0 . Отже, при кожному x0 прямаy = x+ 1 в точцi з абсцисою x0 дотикається до однiєї з парабол

y = C − (C − x)2

4, а саме, до тiєї параболи, для якої C = x0 + 2 .

Звiдси робимо висновок, що y = x+1 – особливий розв’язок. I3. Розв’язати рiвняння 2xy′ − y = y′ ln yy′ .J Запишемо дане рiвняння в параметричному виглядi

y′ = py = y

x =y + p ln yp

2p.

З рiвностi dy = y′ dx дiстанемо

dy = p2p d(y + p ln yp)− 2(y + p ln yp) dp

4p2.

Звiдcи 2(y − p)(pydy + dp) = 0 ⇒ y = p або

p

ydy + dp = 0 .

Вiдокремлюючи змiннi в останньому рiвняннi, одержуємоyp = C .

Отже, розв’язками даного рiвняння є функцiї

y = p

x =1 + 2 ln p

2

або

y =

C

p

x =C + p2 lnC

2p2.

Виключивши параметр p в останнiх системах, одержуємо зобра-ження розв’язкiв в явному виглядi

x =1 + 2 ln y

2або x =

y2 + C lnC

2C. I


57


Знайти всi розв’язки поданих рiвнянь i видiлити особливiрозв’язки (якщо вони є).298. y′2 − y2 = 0 .

Розв’язати рiвняння щодо y′ , а пiсля цього загальний розв’я-зок шукати звичайними методами. Знайти також особливi роз-в’язки, якщо вони є.309. xy′(xy′ + y) = 2y2 .

Розв’язати рiвняння методом введення параметра.

341. y = xy′−x2y′3 ; 346. x =y

y′ln y− y

′2

y2; 324. x = y′3 +y′ .


Знайти всi розв’язки поданих рiвнянь i видiлити особливiрозв’язки (якщо вони є).301. y2(y′2 + 1) = 1 ; 304. xy′2 = y ;307. 4(1− y) = (3y − 2)2y′2 .

Розв’язати рiвняння щодо y′ а пiсля цього загальний розв’я-зок шукати звичайними методами. Знайти також особливi роз-в’язки, якщо вони є.314. y′2 − 2xy′ = 8x2 ; 318. y′4 + y2 = y4 ;321. yy′(yy′ − 2x) = x2 − 2y2 .

Розв’язати рiвняння методом введення параметра.326. x = y′

√y′2 + 1 ; 327. y′(x− ln y′) = 1 ;

334. y′4 = 2yy′ + y2 ; 342. y = 2xy′ + y2y′3 ;348. y′3 − 4xy′ + 8y2 = 0 .

Додатковi завдання:

Знайти всi розв’язки поданих рiвнянь i видiлити особливiрозв’язки (якщо вони є).306. y′3 + y2 = yy′(y′ + 1) .

Розв’язати рiвняння щодо y′ а пiсля цього загальний розв’я-зок шукати звичайними методами. Знайти також особливi роз-в’язки, якщо вони є.316. y′2 − 2yy′ = y2(ex − 1) .

58


Розв’язати рiвняння методом введення параметра.328. y = y′2 + 2y′3 .

Вiдповiдi:298. y = Ce±x ; 301. (x+ C)2 + y2 = 1, y = ±1 ;304. (y − x)2 = 2C(x+ y)− C2 , y = 0 ;306. 4y = (x+C)2 , y = Cex ; 307. y2(1−y) = (x+C)2 , y = 1 ;309. x2y = C , y = Cx ; 314. y = 2x2 + C , y = −x2 + C ;316. lnCy = x± 2ex/2 , y = 0 ;

318. arctg u+1

2ln

∣∣∣∣u− 1

u+ 1

∣∣∣∣ = ±x+C , де u = (1−1/y2)1/4 , y = 0 ,

y = ±1 ;321. 2(x− C)2 + 2y2 = C2 , y = ±x ;324. x = p3 + p , 4y = 3p4 + 2p2 + C ;326. x = p

√p2 + 1 , 3y = (2p2 − 1)

√p2 + 1 + C ;

327. x = ln p+ (1/p) , y = p− ln p+ C ;328. x = 3p2 + 2p+ C , y = 2p3 + p2 , y = 0 ;334. x = ±2

√1 + p2 − ln(

√1 + p2 ± 1) +C , y = −p± p

√p2 + 1 ,

y = 0 ;341. xp2 = C

√|p| − 1 , y = xp− x2p3 , y = 0 ;

342. 2p2x = C − C2p2 , py = C , 32x3 = −27y4 , y = 0 ;

346. x =1

Cln y − C2 , x = −3

(ln y

2

)2/3

;

348. y = C(x− C)2 , y = 0 , y =4

27x3 .

59

Тема 8. Рiвняння, не розв’язнi щодопохiдної (II)

В класi рiвнянь, якi можна подати у виглядi (7.3) i розв’язатиметодом введення параметра, видiляють два пiдкласи: рiвнянняЛагранжа та Клеро.

Рiвнянням Лагранжа називається рiвняння, яке можна по-дати у виглядi

y = xϕ(y′) + ψ(y′), (8.1)

де ϕ(p) − p 6≡ 0 . Рiвняння Лагранжа зводиться до розв’язаннялiнiйного рiвняння.

Рiвнянням Клеро називається рiвняння

y = xy′ + ψ(y′). (8.2)

Повна сiм’я розв’язкiв рiвняння Клеро має виглядx = −ψ′(p),y = −ψ′(p)p+ ψ(p),

y = Cx+ ψ(C),

де C — довiльна стала.

Теоретичнi питання:1. Який вигляд має рiвняння Лагранжа? Як знайти його за-

гальний розв’язок в параметричнiй формi?

60

Тема 8. Рiвняння, не розв’язнi щодо похiдної (II)

2. Який вигляд має рiвняння Клеро? Чим воно вiдрiзняєтьсявiд рiвняння Лагранжа? Як написати його загальний розв’язокпо вигляду рiвняння?


1. Розв’язати рiвняння методом введення параметраy′ 3 = 3(xy′ − y) .

J Запишемо дане рiвняння в параметричному виглядiy′ = py = y

x =p3 + 3y

3p.


dy = p d(p3 + 3y

3p

)⇒ dy =

3p3 dp+ 3p dy − p3 dp− 3y dp

3p.

Звiдcи (2p3 − 3y) dp = 0 ⇒ p3 =3y

2або p = C . Розв’язки

заданого рiвняння записуємо у виглядi 4x3 = 9y2 або3xC = C3 + 3y . I

2. Розв’язати рiвняння Клеро xy′ − y = ln y′ .J Запишемо дане рiвняння в параметричному виглядi

y′ = px = xy = xp− ln p.


d(xp− ln p) = p dx⇒ x dp+ p dx− 1

pdp = p dx.

61


Звiдcи (x− 1

p) dp = 0⇒ x =

1

pабо p = C . Розв’язки заданого

рiвняння можна записати як в параметричному виглядi x =1

py = 1− ln p

або y = xC − lnC,

так i в явному виглядi y = 1 + lnx або y = xC − lnC . I3. Розв’язати рiвняння Лагранжа xy′(y′ + 2) = y .J Запишемо дане рiвняння в параметричному виглядi

y′ = px = xy = xp2 + 2xp.


d(xp2 + 2xp) = p dx⇒ p2 dx+ 2px dp+ 2x dp+ 2p dx = p dx.

Звiдcи (p+1)(p dx+2x dp) = 0⇒ p = −1 або p dx+2x dp = 0 .Вiдокремлюючи змiннi в останньому рiвняннi, одержуємоxp2 = C . Розв’язки заданого рiвняння можна записати як в па-раметричному виглядi

y = −x або

x =

C

p2

y = C +2C

p,

так i в явному виглядi y = −x або y = ±2√xC + C . I

Аудиторнi завдання:Розв’язати рiвняння методом введення параметра:

340. y′ = exy′/y ; 349. y = y′2 − xy′ + x2

2.

Розв’язати рiвняння Клеро i Лагранжа:361. y = xy′ − y′2 ; 366. y = xy′2 − 2y′3 .

62


Домашнi завдання:Розв’язати рiвняння методом введення параметра:

325. x(y′2−1) = 2y′ ; 333. y′2−y′3 = y2 ; 337. x2y′2 = xyy′+1 .Розв’язати рiвняння Клеро i Лагранжа:

363. y = 2xy′ − 4y′3 ; 367. xy′ − y = ln y′ ; 377. x =y

y′+

1

y′2.

388. Знайти криву, кожна дотична до якої вiдтинає на осяхкоординат такi вiдрiзки, що сума величин, обернених до квадра-тiв довжин цих вiдрiзкiв, дорiвнює 1 .

Додатковi завдання:Розв’язати рiвняння методом введення параметра:

351. yy′2 − (xy + 1)y′ + x = 0 .Розв’язати рiвняння Клеро i Лагранжа:

372. y = x(1 + y′) + y′2 .Вiдповiдi:

325. x =2p

p2 − 1, y =

2

p2 − 1− ln |p2 − 1|+ C ;

333. x = ±(

ln

∣∣∣∣1−√1− p1 +√

1− p

∣∣∣∣ + 3√

1− p)

+ C , y = ±p√

1− p ,y = 0 ;

337. ±xp√

2 lnCp = 1 , y = ∓(√

2 lnCp− 1√2 lnCp

);

340. Cx = lnCy , y = ex ; 349. y =x2

2+ Cx+ C2 , y =

x2

4;

351.(y − x2

2− C

)(y2

2− x− C

)= 0 ;

361. y = Cx− C2 , 4y = x2 ;363. x = 3p2 + Cp−2 , y = 2p3 + 2Cp−1 , y = 0 ;366. x = C(p − 1)−2 + 2p + 1 , y = Cp2(p − 1)−2 + p2 , y = 0 ,

y = x− 2 ;367. y = Cx− lnC , y = lnx+ 1 ;372. x = Ce−p − 2p+ 2 , y = x(1 + p) + p2 ;377. x = yC + C2 ; x = −y2/4 .

63

Колоквiум 1.

Колоквiум складається з двох частин: 1) формулювання озна-чень, понять i теорем; 2) доведення теорем.

Перша частина колоквiуму складається з теоретичних пи-тань, поданих у темах 1—8.

Друга частина - доведення таких теорем:1) Теорема про повний загальний iнтеграл рiвняння з вiд-

окремленими змiнними;2) Теорема про повний загальний iнтеграл однорiдного рiв-

няння;3) Теорема про структуру повного загального розв’язку лi-

нiйного рiвняння першого порядку;4) Теорема про зображення повного загального розв’язку лi-

нiйного рiвняння першого порядку;5) Критерiй того, що рiвняння є рiвнянням у повних дифе-

ренцiалах;6) Теорема про повний загальний iнтеграл рiвняння у повних

диференцiалах;7) Метод введення параметра iнтегрування рiвнянь не розв’я-

зних стосовно похiдної;8) Iнтегрувальний множник для звичайних диференцiальних

рiвнянь.

64

Тема 9. Iснування та єдинiсть розв’язкузадачi Кошi для рiвняння першого порядку

Нехай D — область площини R2 i f(x, y), (x, y) ∈ D, – заданафункцiя. Розглянемо диференцiальне рiвняння

y′ = f(x, y), (x, y) ∈ D. (9.1)

Нагадаємо, що розв’язком рiвняння (9.1) називається функцiяy = ϕ(x) , x ∈ 〈a, b〉 , яка задовольняє умови

1) ϕ ∈ C1(〈a, b〉

);

2) (x, ϕ(x)) ∈ D ∀x ∈ 〈a, b〉 ;3) ϕ′(x) = f(x, ϕ(x)) ∀x ∈ 〈a, b〉 .Задача Кошi для рiвняння (9.1) полягає у знаходженнi

розв’язку рiвняння (9.1), який задовольняє умову

y(x0) = y0, (9.2)

де (x0, y0) — деяка точка областi D . Умова (9.2) називається по-чатковою умовою, а точка (x0, y0) — початковими даними. Пiдвихiдними даними задачi Кошi для рiвняння (9.1) розумiєтьсяправа частина f цього рiвняння та початковi данi (x0, y0) .

65

Тема 9. Задача Кошi для рiвняння першого порядку

Нехай f ∈ C(D). Тодi будь-який розв’язок задачi (9.1),(9.2) є розв’язком рiвняння

y = y0 +

x∫x0

f(s, y) ds. (9.3)

i, навпаки, довiльний розв’язок рiвняння (9.3) є розв’яз-ком задачi (9.1), (9.2).

Якщо функцiя f є неперервною на D, то задача(9.1), (9.2) має розв’язок.

Нехай Ω — множина в R2 . Кажуть, що функцiя g(x, y) ,(x, y) ∈ Ω , задовольняє умову Лiпшиця за змiнною y на Ω ,якщо iснує стала L > 0 така, що для будь-яких (x, y1), (x, y2) ∈Ω виконується нерiвнiсть

|g(x, y1)− g(x, y2)| 6 L|y1 − y2|.

Найменша зi сталих типу L називається сталою Лiпшиця.Множина функцiй, якi визначенi на Ω i задовольняють там

умову Лiпшиця, позначається через Lipy(Ω) .Кажуть, що функцiя g(x, y) , (x, y) ∈ Ω , задовольняє умову

Лiпшиця за змiнною y локально на Ω , якщо g ∈ Lipy(F ) длябудь-якого компакту F ⊂ Ω .

Нехай для деяких r > 0 i q > 0 прямокутник

P r,qx0,y0def= (x, y) : x0 − r 6 x 6 x0 + r, y0 − q 6 y 6 y0 + q

лежить в D i f ∈ C(P r,qx0,y0) ∩ Lipy(Pr,qx0,y0). Тодi за-

дача (9.1), (9.2) має розв’язок, визначений на вiдрiзкуПеано Ix0,h

def= [x0 − h, x0 + h], де h = min

r, qm

, а

m = max(x,y)∈P r,qx0,y0

|f(x, y)|.

66


Нехай f ∈ C(D) ∩ Lipy,loc(D) . Тодi для довiльної фiксованоїточки (x0, y0) ∈ D iснує розв’язок задачi (9.1), (9.2) .

Нехай Ω — область в R2 i функцiя f(x, y), (x, y) ∈ Ω,разом з частинною похiдною fy(x, y), (x, y) ∈ Ω, належатьпростору C(Ω). Тодi f ∈ Lipy,loc(Ω).

Послiдовнi наближення розв’язку задачi (9.1),(9.2) будую-ться за правилом

yn(x) = y0 +

x∫x0

f(s, yn−1(s))ds. (9.4)

Скажемо, що розв’язок задачi (9.1),(9.2) єдиний в областi D ,якщо або ця задача не має розв’язку, або будь-якi два розв’язкицiєї задачi (графiки яких лежать в D ) спiвпадають на спiльнiйчастинi їх областей визначення.

Область D , для кожної точки (x0, y0) якої розв’язок задачi(9.1),(9.2) єдиний в D , називається областю єдиностi розв’язкузадачi Кошi для рiвняння (9.1).

Вияснимо, якi умови на f гарантують єдинiсть розв’язку за-дачi (9.1),(9.2).

Нехай f ∈ C(D)∩Lipy,loc(D). Тодi для будь-яких початко-вих даних (x0, y0) ∈ D розв’язок задачi (9.1), (9.2) єдинийв D.

Нехай y = ϕ1(x) , x ∈ 〈a1, b1〉 , i y = ϕ2(x) , x ∈ 〈a2, b2〉 —розв’язки задачi (9.1),(9.2). Розв’язок ϕ1 називається продов-женням розв’язку ϕ2 (а ϕ2 — звуженням ϕ1 ), якщо 〈a2, b2〉 ⊂〈a1, b1〉 i ϕ1(x) = ϕ2(x) для кожного x ∈ 〈a2, b2〉 .

Розв’язок y = ϕ(x) , x ∈ 〈a, b〉 , задачi (9.1),(9.2) називає-ться непродовжувальним ( повним ) , а його область визначення

67


〈a, b〉 — максимальною, якщо не iснує нетривiльного продовже-ння цього розв’язку.

Пiд тривiальним продовженням заданого розв’язку розумiє-ться сам розв’язок.

Нехай f ∈ C(D)∩Lipy,loc(D). Тодi для довiльних початко-вих даних (x0, y0) ∈ D задача (9.1), (9.2) має тiльки одиннепродовжувальний розв’язок, вiн визначений на iнтер-валi i будь-який iнший розв’язок цiєї задачi є звуженнямцього непродовжувального розв’язку.

Лема Гронуолла-Белмана. Нехай u ∈ C([a, b]

), u > 0

i для деяких сталих x0 ∈ [a, b], A > 0, B > 0 виконуєтьсянерiвнiсть

u(x) 6 A+B

∣∣∣∣x∫

x0

u(s)ds

∣∣∣∣, x ∈ [a, b]. (9.5)

Тодiu(x) 6 AeB|x−x0|, x ∈ [a, b]. (9.6)

Теоретичнi питання:1. В чому полягає задача Кошi для рiвняння першого поряд-

ку? Що таке початкова умова, початковi данi, вихiднi данi задачiКошi? Який вигляд має iнтегральне рiвняння еквiвалентне зада-чi Кошi?

2. За яких умов задача Кошi має розв’язок? Як знайти по-слiдовнi наближення розв’язку задачi Кошi?

3. Що означає, що розв’язок задачi Кошi єдиний в областiD ? Що таке область єдиностi розв’язку задачi Кошi? За якихумов розв’язок задачi Кошi єдиний в областi D ?

68


4. Який розв’язок задачi Кошi називається непродовжуваль-ним? Сформулювати теорему про непродовжувальний розв’язокзадачi Кошi. В чому полягає лема Гронуолла-Белмана?


1. Побудувати послiдовнi наближення y0 , y1 , y2 для розв’язкурiвняння y′ = 1 + x sin y з початковою умовою y(π) = 2π .

J Послiдовнi наближення до розв’язку даної задачi Кошiвизначимо за формулою

yn+1(x) = 2π +x∫πf(s, yn(s)) ds, y0(x) = 2π,

n = 0, 1, 2...

При n = 0 маємо

y1(x) = 2π +

x∫π

(1 + s sin 2π) ds = 2π +

x∫π

ds = x+ π.

Знайдемо y2(x) :

y2(x) = 2π +

x∫π

(1 + s sin s+ π) ds = 2π +

x∫π

(1− s sin s) ds =

= 2π + x− π −x∫π

s · sin s ds = π + x+ s · cos s |xπ − sin s |xπ =

= 2π + x+ x cosx− sinx. I

2. Вказати який-небудь вiдрiзок, на якому iснує розв’язок рiв-няння y′ = x+ ey з початковою умовою y(1) = 0 .

J У будь-якому прямокутнику

Π = (x, y) ∈ R2 : |x− 1| ≤ a, |y| ≤ b, a, b > 0

69


права частина f(x, y) = x + ey даного рiвняння неперервна i

частинна похiдна по у∂f

∂y= ey обмежена. Тому f(x, y) задо-

вольняє по y умову Лiпшiца рiвномiрно по x , |x−1| ≤ a . Отже,виконуються умови теореми Пiкара. Теорема гарантує iснуваннярозв’язку даної задачi на промiжку

|x− 1| ≤ h, h = mina, b

M, де M = max

(x,y)∈Π|f(x, y)|.

Знайдемо максимальне значення функцiї f на Π . Вiзьмемоa = b = 1 . Тодi

M = max(x,y)∈Π

|x+ ey| = 2 + e, h = min1, 1

2 + e =

1

2 + e.

Таким чином, [1− 1

2 + e; 1 +

1

2 + e] = [0, 8; 1, 2] – вiдрiзок на

якому iснує розв’язок даної задачi. I3. Користуючись якою-небудь достатньою умовою єдиностi, ви-

дiлити на площинi XOY тi точки, через якi проходить єдинийрозв’язок рiвняньa) y′ = 2xy + y2 ;b) (y − x)y′ = y lnx .

J a) Областю визначення функцiї f(x, y) = 2xy + y2 євся площина (x, y) ∈ R2 . Причому функцiя f(x, y) неперервна

всюди в R2 i частинна похiдна по змiннiй y∂f

∂y= 2x + 2y

неперервна в R2 . Отже, вся площина R2 є областю єдиностiрозв’язку даного рiвняння.

b) Областю визначення функцiї f(x, y) =y lnx

y − xє точки

(x, y) ∈ R2 такi, що x > 0 , y 6= x , тобто область

S = (x, y) ∈ R2 : x > 0, y 6= x.

70


Причому функцiя f(x, y) неперервна в областi S i частинна

похiдна по змiннiй y∂f

∂y= − x lnx

(y − x)2неперервна на S . Отже,

S – область єдиностi розв’язку даного рiвняння. I4. Чи можуть графiки двох розв’язкiв рiвняння y′ = e2x + y2

перетинатися в деякiй точцi (x0, y0) ∈ R2 .J Областю визначення функцiї f(x, y) = e2x + y2 є вся пло-

щина (x, y) ∈ R2 . Причому функцiя f(x, y) неперервна всюди в

R2 i частинна похiдна по змiннiй y∂f

∂y= 2e2x + 2y неперервна

в R2 . Отже, вся площина R2 є областю єдиностi розв’язку да-ного рiвняння, тому графiки двох розв’язкiв цього рiвняння неперетинатися в жоднiй точцi R2 . I

Аудиторнi завдання:287. Побудувати послiдовнi наближення y0, y1, y2 для роз-

в’язку даного рiвняння з такими початковими умовами:a) y′ = x− y2 , y(0) = 0 .

289. Вказати який-небудь вiдрiзок, на якому iснує розв’язокз такими початковими умовами:a) y′ = x+ y3 , y(0) = 0 .

290. Користуючись якою-небудь достатньою умовою єдино-стi, видiлити на площинi XOY тi точки, через якi проходитьєдиний розв’язок рiвняння:b) y′ = 2 + 3

√y − 2x .

292. Чи можуть графiки двох розв’язкiв даного рiвняння пе-ретинатися в деякiй точцi (x0, y0) ∈ R2 :a) для рiвняння y′ = x+ y2 .

Домашнi завдання:287. Побудувати послiдовнi наближення y0, y1, y2 для роз-

в’язку даного рiвняння з такими початковими умовами:b) y′ = y2 + 3x2 − 1 , y(1) = 1 .

289. Вказати який-небудь вiдрiзок, на якому iснує розв’язокз такими початковими умовами:

71


b) y′ = 2y2 − x , y(1) = 1 ; c)dx

dt= t+ ex , x(1) = 0 .

290. Користуючись якою-небудь достатньою умовою єдино-стi, видiлити на площинi XOY тi точки, через якi проходитьєдиний розв’язок рiвняння:c) (x− 2)y′ =

√y − x ; f) xy′ = y +

√y2 − x2 .

293. Чи можуть графiки двох розв’язкiв даного рiвняння до-тикатися один до одного у деякiй точцi (x0, y0) ∈ R2 :a) для рiвняння y′ = x+ y2 .

Додатковi завдання:290. Користуючись якою-небудь достатньою умовою єдино-

стi, видiлити на площинi XOY тi точки, через якi проходитьєдиний розв’язок рiвняння:d) y′ = 1 + tg y .

72

Контрольна робота 2 (по темам 6-9).


1. (x3 + xy2)dx+ (x2y + y3)dx = 0;

2. (x2 − sin2 y)dx+ x sin 2ydy = 0;

3. yy′2 + (x− y)y′ − x = 0;

4. y = y′2 sin y′.

5. yy′2 + 2xy′ − y = 0;

6. y = xy′ +√

1− y′2.

7. Дано задачу Кошi y′ = 1− (1 + x)y + y2, y(0) = 1.Знайти : а) iнтегральне рiвняння, яке еквiвалентне данiй за-

дачi;б)який-небудь промiжок, на якому визначений розв’язок да-

ної задачi;в) послiдовнi наближення y0, y1, y2 розв’язку даної задачi.

8. Знайти область iснування та єдиностi розв’язку задачi Ко-шi для рiвняння

y′ = ln(x2−y+4)y+2x−3 .

73

Тема 10. Рiвняння вищих порядкiв (I)

Звичайним диференцiальним рiвнянням вищого порядку назива-ється звичайне диференцiальне рiвняння

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0, (10.1)

порядок якого вищий за перший ( n > 1 ).Якщо рiвняння (10.1) можна подати у виглядi

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)), (10.2)

то воно називається рiвнянням, розв’язним стосовно старшоїпохiдної, а в протилежному випадку — рiвнянням, нерозв’язнимстосовно старшої похiдної. Рiвняння вигляду (10.2) називаєтьсярiвнянням, розв’язаним стосовно старшої похiдної.

Нехай функцiя f(x, y1, . . . , yn) визначена на областi D про-стору R1+n , де n > 2 — деяке натуральне число.

Пiд розв’язком рiвняння (10.2) розумiємо функцiю y = ϕ(x) ,x ∈ 〈a, b〉 , яка задовольняє умови:

1) ϕ ∈ Cn(〈a, b〉

);

2)(x, ϕ(x), ϕ′(x), . . . , ϕ(n−1)(x)

)∈ D ;

3) ϕ(n)(x) = f(x, ϕ(x), ϕ′(x), . . . , ϕ(n−1)(x)) ∀x ∈ 〈a, b〉 .Загальним розв’язком рiвняння (10.2) називається функцiя

y = ψ(x,C1, . . . , Cn) , (x,C1, . . . , Cn) ∈ Ω (Ω — область в R1+n ),яка задовольняє умови:

74

Тема 10. Рiвняння вищих порядкiв(I)

1) для кожних конкретних допустимих значень C1 , . . . , Cn

вiдповiдних параметрiв C1, . . . , Cn функцiя y = ϕ(x,C1 , . . . , Cn)

є розв’язком рiвняння (10.2);2) який би не був розв’язок y = ϕ(x) , x ∈ 〈a, b〉 , рiвнян-

ня (10.2), знайдуться значення C1 , . . . , Cn параметрiв C1, . . . , Cn

такi, що ϕ(x) = ψ(x,C1 , . . . , Cn), x ∈ 〈a, b〉.

Пiд iнтегралом рiвняння (10.2) розумiється рiвнянняΦ(x, y) = 0,

таке, що будь-яка n раз неперервно-диференцiйовна функцiяy = ϕ(x) , x ∈ 〈a, b〉 , неявно задана цим рiвнянням, є розв’яз-ком рiвняння (10.2).

Загальним iнтегралом рiвняння (10.2) називається спiввiд-ношення

Ψ(x, y, C1, . . . , Cn) = 0,

яке зв’язує змiннi x , y , C1, . . . , Cn , таке, що1) при довiльно вибраних i зафiксованих значеннях C1 , . . . ,

Cn вiдповiдних параметрiв (довiльних сталих) C1, . . . , Cn рiв-няння Ψ(x, y, C1 , . . . , C

n) = 0 є iнтегралом рiвняння (10.2);

2) для будь-якого iнтегралу Φ(x, y) = 0 рiвняння (10.2) зна-йдуться допустимi значення C1,Φ, . . . , Cn,Φ параметрiв C1, . . . ,Cn такi, що

Φ(x, y) = Ψ(x, y, C1,Φ, . . . , Cn,Φ).

Розглянемо рiвняння вищого порядку

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0, (n > 2). (10.3)

Видiлимо декiлька груп рiвнянь (10.3), для яких iснують вiдпо-вiднi способи пониження порядку.

I група. Рiвняння вигляду

y(n) = f(x), (10.4)

75


де f(x) — задана на (a, b) i неперервна там функцiя. Розв’язокцього рiвняння шукається n -кратним iнтегруванням функцiї f .

II група. Рiвняння вигляду

F (x, y(k), y(k+1), . . . , y(n)) = 0, (10.5)

де k > 1 (рiвняння, в якому явно не фiгурують значення шука-ної функцiї та її похiдних до певного порядку).

Рiвняння (10.5) замiною y(k) = z зводиться до рiвнянняF (x, z, z′, . . . , z(n−k)) = 0, порядок якого n− k .

III група. Рiвняння вигляду

F (y, y′, . . . , y(n)) = 0, (10.6)

(рiвняння, в якому явно не фiгурують значення незалежної змiн-ної x ).

Рiвняння (10.6) замiною y′ = p, де p = p(y) ( p(y) — фун-кцiя, яка залежить вiд значень шуканої функцiї y ) зводиться дорiвняння G(y, p, p′, . . . , p(n−1)) = 0, порядок якого на 1 меншийза порядок вихiдного рiвняння.

IV група. Однорiднi рiвняння (стосовно y, y′, . . . , y(n) ), тобто рiв-няння вигляду (10.3), де F — однорiдна функцiя стосовно змiн-них y, y′, . . . , y(n)

(F (x, ky, ky′, . . . , ky(n)) = kmF (x, y, y′, . . . , y(n))

∀k > 0, де m ∈ R). Покладемо

y′

y= z.

Тодi y′ = zy , звiдки y′′ = z′y+zy′ = (z′+z2)y , y′′′ = (z′′+2zz′)y+(z′ + z2)y′ = (z′′ + 3z′z + z3)y , . . . , y(n) = h(z, z′, . . . , z(n−1))y .Пiдставляючи цi вирази в (10.3), отримаємо рiвняння

H(x, z, z′, . . . , h(z, z′, . . . , z(n−1))

)= 0.

76


V група. Узагальнено однорiднi рiвняння, тобто рiвняння вигля-ду (10.3), де функцiя F (x, y, y′, . . . , y(n)) володiє властивiстю

F(kx, kmy, km−1y′, . . . , km−ny(n)

)= kνF

(x, y, y′, . . . , y(n)

)∀k > 0,

де m i ν — деякi дiйснi числа.Зробимо замiну змiнних при x > 0

x = eτ ,

y = zemτ ,

де z = z(τ) — "нова" шукана функцiя вiд "нової" змiнної τ .З (10.3) отримаємо рiвняння

M(z, z′, . . . , z(n)

)= 0,

яке належить до групи III.

VI група. Рiвняння, якi пiсля певних елементарних перетворень(множення i дiлення на певнi вирази), можна записати у виглядi(

F1

(x, y, y′, . . . , y(n−1)

))′=(F2

(x, y, y′, . . . , y(n−1)

))′.

Звiдси, очевидно, отримаємо рiвняння

F1

(x, y, y′, . . . , y(n−1)

)= F2

(x, y, y′, . . . , y(n−1)

)+ C1.

Теоретичнi питання:1. Що називається звичайним диференцiальним рiвнянням

(ЗДР) вищого порядку розв’язним (нерозв’язним) стосовно по-хiдної?

2. Що називається розв’язком, загальним розв’язком, iнте-гралом, загальним iнтегралом ЗДР вищого порядку?

77


3. Як iнтегруються рiвняння вигляду y(n) = f(x) ( рiвняння,в яких явно не фiгурують значення шуканої функцiї та її похi-дних до певного порядку, рiвняння, в яких явно не фiгуруютьзначення незалежної змiнної x )?

4. Яка функцiя називається однорiдною? Що таке однорi-дне рiвняння? Як iнтегруються однорiднi рiвняння (стосовноy, y′, . . . , y(n) )?

5. Що таке узагальнено однорiднi рiвняння? Як вони iнтегру-ються?

6. Як iнтегруються рiвняння лiва i права частина яких є пов-ними диференцiалами?


1. Розв’язати рiвняння 2xy′y′′ = y′ 2 − 1 .J Оскiльки у рiвняння явно входить змiнна x , то роблячи у

ньому замiну y′ = z , y′′ = z′ , зводимо його до рiвняння першогопорядку

2xzz′ = z2 − 1. (10.7)

Вiдокремлюючи змiннi, одержуємо2z

z2 − 1dz =

dx

x. Далi iн-

тегруючи, z = ±√

1 + xC1 . Повертаючись до старих змiнних

y′ = ±√

1 + xC1 , звiдси матимемо y = ±2(1 + xC1)32

3C1+ C2 .

Оскiльки при вiдокремленнi змiнних, ми дiлили рiвняння(10.7) на (z2−1)x , то потрiбно перевiрити чи x = 0 , y = ±x+Cне є розв’язками даного рiвняння. Пiдставляючи цi вирази у рiв-няння, переконуємось, що y = ±x+ C – його розв’язок.

Отже, розв’язком рiвняння є функцiї y = ±x+ C та

y = ±2(1 + xC1)32

3C1+ C2 . I

2. Розв’язати рiвняння yy′′ = y′ 2 − y′ 3 .

78


J Оскiльки у рiвняння явно входить змiнна y , то роблячиу ньому замiну y′ = p , y′′ = pp′ , зводимо його до рiвнянняпершого порядку

yp′p = p2 − p3 ⇒ p(yp′ + p2 − p) = 0.

Звiдсиp = 0 або y dp+ (p2 − p) dy = 0. (10.8)

У першому виразi (10.8) повернемось до старих змiнних, а удругому – вiдокремемо змiннi та проiнтегруємо. Тодi y = C абоp =

y

y + C1. Повертаючись до старих змiнних, одержуємо рiвня-

ння вiдносно змiнної y , в якому знову вiдокремлюємо змiннi таiнтегруємо

y′ =y

y + C1⇒ y + C1 ln y = x+ C2.

Отже, розв’язками рiвняння є функцiї y+C1 ln y = x+C2 таy = C . I

3. Розв’язати рiвняння xyy′′ − xy′ 2 = yy′ .J Дане рiвняння однорiдне другого порядку. Зробимо замiну

y′ = yz , y′′ = y(z2 + z′) . Тодi пiдставляючи y′ , y′′ у вихiднерiвняння, одержуємо xz′ = z . Вiдокремлюючи змiннi, знаходимо

z = xC1 . Повертаючись до старих змiнних, одержуємоy′

y=

xC1 , звiдки y = C2eC1x2 . I

Аудиторнi завдання:Розв’язати рiвняння (або задачу Кошi):

536. y′ = 2xy′′ + 4y′′ + 3 ; 552. yy′′ + y′2 = 3yy′ ;564. 2yy′′ − 3y′2 = 4y2 .

Знизити порядок рiвняня, користуючись його однорiднiстюрозв’язати це рiвняння:

618. y′′ +y′

x+

y

x2=y′2

y.

79


Домашнi завдання:Розв’язати рiвняння (або задачу Кошi):

538. y′ − 1

2xy′′ + 2y′′ = 1 ; 544. y′ =

1

2xy′′2 − y′′2 + 4 ;

570. y′′′y′ − 3y′′2 = 0 ;553. 2yy′′ − (y − 2)y′2 = (y + 2)y′ , y(0) = 1 , y′(0) = −5 ;

567. yy′′ + y′2 =yy′√

1 + x2;

582. y′′y3 + 1 = 0 , y(1) = 1 , y′(1) = 1 ;

545.(

3

2x− 7

2

)(yy′′ − y′2) +

5

9y2 = yy′ ;

572. yy′′ − y′(2√yy′ − y′) = 0 .

Знизити порядок рiвняння, користуючись його однорiднiстюрозв’язати це рiвняння:615. (x2 + 1)(y′2 − yy′′) = xyy′ .

Додатковi завдання:542. y′ = xy′′2 − 2y′′2 + 1 ; 564. 2yy′′ − 3y′2 = 4y2 .

Вiдповiдi:

536. y = C1|2x+4|3/2 +3x+C2 ; 538. y = C1

(x

2−2

)3

+x+C2 ;

542. y = x+ C , y =x2

2+

4C1

3|x− 2|3/2 ± C2

1x− x+ C2 ;

544. y = 4x+ C ; y = x2 +16

3C1

∣∣∣∣x2 − 1

∣∣∣∣3/2 ± C21x+ C2 ;

545. y = C2 exp

(x2

3+

16

27C1

∣∣∣∣32x− 7

2

∣∣∣∣3/2±C21x−x

), y = C2e

5x/9 ;

552. 3y2 + C1 = C2e3x ; 553. (y + 4)4 = 54ex+y−1 ;

557. y = e3/y−x/2−3 ; 564. y cos2(x+ C1) = C2 ;567. y2 = C1 + C2

(x2 + x

√1 + x2 + ln(x+

√1 + x2)

);

570. x = C1y2 + C2y + C3 ; 572. ln(y + C1) +

C1

y + C1= x+ C2 ;

582. y2 = 2x− 1 ; 618. y = C2|x|C1−(1/2) ln |x| .

80

Тема 11. Рiвняння вищих порядкiв (II)


1. Розв’язати рiвняння x4y′′ + (xy′ − y)3 = 0 .J Дане рiвняння є узагальнено однорiдним. Пiдставивши за-

мiсть x вираз kx , а замiсть y , y′ , y′′ вирази kmy , km−1y′ ,km−2y′′ вiдповiдно, знаходимо степiнь однорiдностi m

k4x4km−2y′′ + (kxkm−1y′ − kmy)3 = 0⇒

⇒ 4 +m− 2 = 3m⇒ m = 1.

Зробимо замiну змiннихx = et

y = zet.(11.1)

Знаходимо y′ = z′ + z , y′′ = e−t(z′′ + z′) . Пiдставляємо замiну(11.1) та знайденi похiднi у дане рiвняння, одержуємо

z′′ + z′ + z′ 3 = 0.

Оскiльки у рiвняння явно входить змiнна z , то роблячи уньому замiну z′ = p , z′′ = pp′ , зводимо його до рiвняння першо-го порядку p′p+ p+ p3 = 0 . Звiдси

p(p′ + 1 + p2) = 0⇒ p = 0 або p′ = −(1 + p2).

81

Тема 11. Рiвняння вищих порядкiв(II)

З першого виразу одержуємо, що z = C , а з другого рiвнянняматимемо p = tg(C1−z) , тобто z′ = tg(C1−z) . Вiдокремлюючизмiннi в останньому рiвняннi та iнтегруючи його, одержуємоz = C1 + arcsinC2e

−t . Повертаючись до старих змiнних, знахо-димо розв’язки вихiдного рiвняння

z = C ⇒ y = Cx

z = C1 + arcsinC2e−t ⇒ y = x(C1 + arcsin

C2

x).

Зауважимо, що розв’язок y = Cx входить у розв’язок

y = x(C1 + arcsinC2

x) , коли у ньому припустити, що C1 = C ,

C2 = 0 .Таким чином, розв’язком вихiдного рiвняння є функцiя

y = x(C1 + arcsinC2

x) . I

2. Розв’язати рiвняння yy′′′ + 3y′y′′ = 0 .J Подiлимо вихiдне рiвняння на yy′′ . При цьому зауважимо,

що y = xC′1 + C

′2 є розв’язком даного рiвняння. Тодi

y′′′

y′′+ 2

y′

y= 0⇒ (ln y′′)′ + 3(ln y)′ = 0⇒ y′′y3 = C1.

Зробивши замiну y′ = p , y′′ = p′p в останньому рiвняннi,зведемо його до рiвняння першого порядку p′py3 = C1 . Звiдсивiдокремлюючи в цьому рiвняннi змiннi та iнтегруючи, одержу-

ємо p = ±

√C2y

2 + C1

y2. Повертаючись до старих змiнних, мати-

мемоdy

dx= ±

√C2y

2 + C1

y2, звiдси C2y

2 − C1 = C22 (x+ C3)2 .

Отже, розв’язками рiвняння є функцiї y = xC′1 + C

′2 та

C2y2 − C1 = C2

2 (x+ C3)2 . I


82


Знизити порядок рiвнянь, користуючись їхньою однорiднi-стю, i розв’язати цi рiвняння:

625.y2

x2+ y′2 = 3xy′′ +

2yy′

x; 627. x2(2yy′′ − y′2) = 1− 2xyy′ .

Знизивши порядок рiвнянь, звести їх до рiвнянь першого по-рядку:642. 2yy′′′ = y′ .

Знайти розв’язки рiвнянь, що задовольняють заданi початко-вi умови:649. yy′′ = 2xy′2 , y(2) = 2 , y′(2) = 0, 5 ;651. y′′′ = 3yy′ , y(0) = −2 , y′(0) = 0 , y′′(0) = 4, 5 .

Домашнi завдання:Знизити порядок рiвнянь, користуючись їхньою однорiднi-

стю, i розв’язати цi рiвняння:623. 4x2y3y′′ = x2 − y4 ; 624. x3y′′ = (y − xy′)(y − xy′ − x) ;630. yy′ + xyy′′ − xy′2 = x3 .

Знизивши порядок рiвнянь, звести їх до рiвнянь першого по-рядку:640. yy′′ = y′2 + 2xy2 ; 646. (y′y′′′ − 3y′′2)y = y′5 ;648. x2(y2y′′′ − y′3)2y2y′ − 3xyy′2 .

Знайти розв’язки рiвняння, що задовольняють заданi поча-тковi умови:652. y′′ cos y + y′2 sin y = y′ , y(−1) = π

6 , y′(−1) = 2 .Додатковi завдання:

Знизивши порядок рiвнянь, звести їх до рiвнянь першого по-рядку:639. y′y′′′ = y′′2 + y′2y′′ .

Знайти розв’язки рiвнянь, що задовольняють заданi початко-вi умови:650. 2y′′′ − 3y′2 = 0 , y(0) = −3 , y′(0) = 1 , y′′(0) = −1 .

Вiдповiдi:623. 4C1y

2 = 4x+ x(C1 lnC2x)2 ;

83


624. y = −x ln(C2 lnC1x) , y = Cx ;625.

y

x= C2 − 3 ln |1/x− C1| , y = Cx ;

627. 4(C1y − 1) = C21 ln2C2x ;

630. 2C1C2y = C22 |x|2+C1 + |x|2−C1 ;

649. (3− x)y5 = 8(x+ 2) ; 650. y(x+ 2) = −x− 6 ;

651. y = 3th2x√

3

2− 2 ; 652. ln tg

(y

2+π

6

)= 2x+ 2 .

84

Тема 12. Iснування та єдинiсть розв’язкузадачi Кошi для рiвнянь вищого порядку тасистем

Системою звичайних диференцiальних рiвнянь називається сис-тема m > 1 спiввiдношень

F1(x, y1, y′1, . . . , y

(n1)1 , . . . , ym, y

′m, . . . , y

(nm)m ) = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Fm(x, y1, y

′1, . . . , y

(n1)1 , . . . , ym, y

′m, . . . , y

(nm)m ) = 0,

(12.1)

яка зв’язує незалежну змiнну x , m функцiй y1 = y1(x) , . . . ,ym = ym(x) вiд неї та похiднi цих функцiй до певних порядкiв(можливо рiзних для рiзних функцiй).

Тут i далi для кожного j ∈ 1, . . . ,m nj — найвищий зпорядкiв похiдних функцiї yj , якi входять в рiвняння системи(12.1). Порядком системи (12.1) називається число n = n1+· · ·+nm.

Якщо систему (12.1) можна записати у виглядiy

(n1)1 = f1(x, y1, y

′1, . . . , y

(n1−1)1 , . . . , ym, y

′m, . . . , y

(nm−1)m ) = 0,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y

(nm)m = fm(x, y1, y

′1, . . . , y

(n1−1)1 , . . . , ym, y

′m, . . . , y

(nm−1)m ) = 0,

(12.2)то вона називається системою, розв’язною стосовно старшихпохiдних, а в протилежному випадку — системою, нерозв’язною

85

Тема 12. Задача Кошi для рiвняння вищого порядку та систем

стосовно старших похiдних. Система (12.2) називається систе-мою, розв’язаною стосовно старших похiдних.

Система вигляду (12.2) при n1 = · · · = nm = 1 , тобто, систе-ма

y′1 = f1(x, y1, . . . , ym),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′m = fm(x, y1, . . . , ym)

(12.3)

називається нормальною системою (m -го порядку).Нехай функцiї f1, . . . , fm визначенi в областi D простору

R1+m = (x, y1, . . . , ym) : x, y1, . . . , ym ⊂ R .Пiд розв’язком системи диференцiальних рiвнянь (21.1) розу-

мiється набiр функцiй y1 = ϕ1(x), . . . , ym = ϕm(x) , визначенихна деякому числовому промiжку 〈a, b〉 , якi задовольняють умо-ви:

1) ϕ1, . . . , ϕm ⊂ C1(〈a, b〉

);

2) (x, ϕ1(x), . . . , ϕm(x)) ∈ D ∀x ∈ 〈a, b〉 ;

3)

ϕ′1(x) = f1(x, ϕ1(x), . . . , ϕm(x)),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ϕ′m(x) = fm(x, ϕ1(x), . . . , ϕm(x)) ∀x ∈ 〈a, b〉.

Загальним розв’язком системи рiвнянь (21.1) називається на-бiр функцiй y1 = ψ1(x,C1, . . . , Cm) , . . . , ym = ψm(x,C1, . . . , Cm) ,(x,C1, . . . , Cm) ∈ Ω (Ω — область в R1+m ), якi задовольняютьумови:

1) для кожних конкретних допустимих значень C1 , . . . , Cm

вiдповiдних параметрiв C1, . . . , Cm функцiї y1 = ψ1(x,C1 , . . . , C

m) , . . . , ym = ψm(x,C1 , . . . , C

m) є розв’язком

системи (21.1);

86


2) який би не був розв’язок y1 = ϕ1(x), . . . , ym = ϕm(x) , x ∈〈a, b〉 , системи (21.1), знайдуться значення C1,ϕ, . . . , Cm,ϕпараметрiв C1, . . . , Cm такi, що

ϕ1(x) = ψ1(x,C1,ϕ, . . . , Cm,ϕ), . . . ,

ϕm(x) = ψm(x,C1,ϕ, . . . , Cm,ϕ), x ∈ 〈a, b〉.

Пiд iнтегралом системи (21.1) розумiється система рiвнянь

Φ1(x, y1, . . . , ym) = 0, . . . ,Φm(x, y1, . . . , ym) = 0, (12.4)

така, що будь-який набiр неперервно-диференцiйовних функцiйy1 = ϕ1(x), . . . , ym = ϕm(x) , x ∈ 〈a, b〉 , неявно заданих системоюрiвнянь (12.4), є розв’язком системи (21.1).

Загальним iнтегралом системи (21.1) називається системаспiввiдношень

Ψ1(x, y1, . . . , ym, C1, . . . , Cm) = 0, . . . ,

Ψm(x, y1, . . . , ym, C1, . . . , Cm) = 0, (12.5)

якi зв’язують змiннi x , y1, . . . , ym , C1, . . . , Cm , така, що1) при довiльно вибраних i зафiксованих значеннях C1 , . . . ,

Cm вiдповiдних параметрiв (довiльних сталих) C1, . . . ,Cm си-стема рiвнянь

Ψ1(x, y1, . . . , ym, C1 , . . . , C

m) = 0, . . . ,

Ψm(x, y1, . . . , ym, C1, . . . , Cm) = 0

є iнтегралом системи (21.1);2) для будь-якого iнтегралу (12.4) системи (21.1) знайдуться

допустимi значення C1,Φ, . . . , . . . , Cm,Φ параметрiв C1, . . . , Cmтакi, що

Φ1(x, y1, . . . , ym) ≡ Ψ1(x, y1, . . . , ym, C1,Φ, . . . , Cm,Φ), . . . ,

Φm(x, y1, . . . , ym) ≡ Ψm(x, y1, . . . , ym, C1,Φ, . . . , Cm,Φ).

87


Розглянемо нормальну системуy′1 = f1(x, y1, . . . , ym),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′m = fm(x, y1, . . . , ym), (x, y1, . . . , ym) ∈ D,

(12.6)

де D — область в R1+m .Задача Кошi для системи (12.6) полягає у знаходженнi роз-

в’язку цiєї системи, який задовольняє початкову умовуy1(x0) = y1,

. . . . . . . . . . . . .ym(x0) = ym,

(12.7)

де (x0, y1, . . . , y

m) — яка-небудь фiксована точка з D . Цю задачу

далi коротко називатимемо задачею (12.6),(12.7).Якщо систему (12.6) подати у векторнiй формi

y′ = f(x, y), (x, y) ∈ D∗, (12.8)

i ввести позначення y =

y1...ym

, то задачу (12.6),(12.7) мо-

жна переформулювати таким чином: знайти розв’язок рiвняння(12.8), що задовольняє початкову умову

y(x0) = y, (12.9)

де (x0, y) — яка-небудь фiксована точка з D∗ .

Теорема Пеано. Нехай f ∈[C(D∗)

]m. Тодi задача(12.8), (12.9)

((12.6), (12.7)

)має розв’язок.

88


Скажемо, що функцiя g(x, y1, . . . , ym) , (x, y1, . . . , ym) ∈ M(M — яка-небудь множина в Rm+1) , задовольняє умову Лiпши-ця за змiнними y1, . . . , ym , якщо iснує стала L > 0 така, що

∣∣g(x, y11, . . . , y

1m)− g(x, y2

1, . . . , y2m)∣∣ 6 L

m∑i=1

∣∣y1i − y2

i

∣∣ (12.10)

для будь-яких точок (x, y11, . . . , y

1m) i (x, y2

1, . . . , y2m) з D . Лiнiй-

ний простiр таких функцiй позначатимемо через Lip(y1,...,ym)(M) .Функцiя g(x, y1, . . . , ym) , (x, y1, . . . , ym) ∈ M (M — яка-

небудь область в Rm+1) , задовольняє умову Лiпшиця за змiн-ними y1, . . . , ym в M локально, якщо f ∈ Lip(y1,...,ym)(K) длябудь-якого компакту K ⊂ M . Лiнiйний простiр таких функцiйпозначатимемо через Lip(y1,...,ym),textloc(M) .

Теорема Пiккара. Нехай r > 0, i q > 0 такi, що

P r,qx0,y =

(x, y) : |x− x0| 6 r, |y − y| 6 q⊂ D i

f ∈[C(P r,qx0,y)

]m ∩ [ Lipy(P r,qx0,y)]m.Тодi задача (12.8), (12.9) має розв’язок, визначений навiдрiзку Пеано Ix0,h

def=[x0 − h, x0 + h], де h = min

r,q

m

,

а m = max(x,y)∈P r,q

x0,y|f(x, y)|.

Нехай f ∈[C(D∗)

]m ∩ [ Lipy, loc(D∗)]m. Тодi для будь-

якої точки (x0, y) ∈ D∗ задача (12.8), (12.9) має розв’я-

зок (безлiч розв’язкiв) i будь-якi два розв’язки цiєї задачiзбiгаються на спiльнiй частинi їх областей визначення.

За умов теореми Пiккара iснує (єдиний) непродовжуваль-ний розв’язок задачi (12.8), (12.9), вiн визначений на iн-тервалi i будь-який iнший розв’язок цiєї задачi є звужен-ням цього непродовжувального розв’язку.

89


Задача Кошi для рiвнянь вищих порядкiв, iснуваннята єдинiсть її розв’язку.

Розглянемо рiвняння

y(n) = f(x, y, y′, . . . , y(n−1)), (12.11)

де f(x, y1, . . . , yn) — функцiя, визначена в областi D просторуRn+1 .

Задача Кошi для рiвняння (12.11) полягає у знаходженнiрозв’язку цього рiвняння, який задовольняє початковi умови

y(x0) = y1,

y′(x0) = y2,

. . . . . . . . . . .y(n−1)(x0) = yn,

(12.12)

де (x0, y1, . . . , y

m) — задана точка областi D (початковi данi).

Цю задачу коротко називатимемо задачею (12.11),(12.12).

Теорема Пеано. Нехай f ∈ C(D). Тодi задача (12.11),(12.12) має розв’язок.

Iснування непродовжувального розв’язку. Нехайf ∈ C(D)∩ Lip(y1,...,yn), loc(D). Тодi для будь-якої точки(x0, y

1, . . . , y

n) ∈ D iснує (єдиний) непродовжувальний

розв’язок задачi (12.11), (12.12), вiн визначений на iнтер-валi i будь-який iнший розв’язок цiєї задачi є звуженнямцього непродовжувального розв’язку.

Теоретичнi питання:1. Що називається системою звичайних диференцiальних рiв-

нянь (СЗДР), його порядком? Що таке СЗДР, розв’язна (неро-зв’язна) стосовно старших похiдних?

90


2. Що називається розв’язком, загальним розв’язком, iнте-гралом, загальним iнтегралом СЗДР?

3. В чому полягає задача Кошi для СЗДР (для рiвняння ви-щого порядку)?

4. Коли задача Кошi для СЗДР має розв’язок? Як знайтипослiдовнi наближення розв’язку задачi Кошi для СЗДР? Заяких умов розв’язок задачi Кошi для СЗДР єдиний в областiD ? Сформулювати теорему про непродовжувальний розв’язокзадачi Кошi для СЗДР.

5. За яких умов задача Кошi для рiвняння вищого порядкумає розв’язок? Коли розв’язок задачi Кошi для рiвняння вищо-го порядку єдиний в областi D ? Сформулювати теорему пронепродовжувальний розв’язок задачi Кошi для рiвняння вищогопорядку.


1. Побудувати по два послiдовних наближення (не рахуючи да-ного) для розв’язкiв системи

y′ = ex + zz′ = y2

з початковими умовами y(0) = 1 , z(0) = 0 .J Проiнтегруємо дану систему

y(x)− y(x0) =x∫x0

(es + z(s)) ds

z(x)− z(x0) =x∫x0

y2(s) ds.

Використовуючи початковi умови, одержуємоy(x) = 1 +

x∫0

(es + z(s)) ds

z(x) =x∫0

y2(s) ds.

91


Тодi рекурентна формула запишеться:yk+1(x) = 1 +

x∫0

(es + zk(s)) ds

zk+1(x) =x∫0

y2k(s) ds.

Знайдемо перше послiдовне наближенняy1(x) = 1 +

x∫0

es ds = ex

z1(x) =x∫0

ds = x.

Тодi друге послiдовне наближенняy2(x) = 1 +

x∫0

(es + s) ds = ex +x2

2

z2(x) =x∫0

e2s ds =1

2e2x − 1

2.

I

2. Вказати який-небудь вiдрiзок, на якому iснує розв’язок си-стеми

dx

dt= ey

dy

dt= x

з початковими умовами x(1) = 1 , y(1) = 0 .J При s , r , q > 0 розглянемо паралелепiпед

Πs, r, qt0, x0, y0

= (t, x, y) ∈ R3 : |t−t0| ≤ s, |x−x0| ≤ r, |y−y0| ≤ q,

де з початкових умов t0 = 1 , x0 = 1 , y0 = 0 .Запишемо вихiдну систему у виглядi −→w ′ =

−→f (t,−→w ) , де

−→w =

(xy

),−→f (t,−→w ) =

(ey

x

)=

(f1

f2

).

92


Вектор-функцiя−→f ∈ C(R3) , бо кожна її координата є непе-

рервною ey ∈ C(R3) , x ∈ C(R3) .

Похiдна вiд цiєї вектор-функцiї∂−→f

∂−→w=

(0 ey

1 0

)∈ C(R3).

Тодi вектор-функцiя−→f задовольняє умову Лiпшiца. Отже,

виконуються умови теореми Пiкара. Теорема гарантує iснуваннярозв’язку даної задачi на промiжку

|t− 1| ≤ h, h = mins, r

M,q

M, де M = max

(x,y)∈Πs, r, q1, 1, 0

|−→f (t,−→w )|.

Знайдемо максимальне значення вектор-функцiї−→f на пара-

лелепiпедi Πs, r, q1, 1, 0 . Вiзьмемо s = r = q = 1 . Тодi

M = max(x,y)∈Π1, 1, 1

1, 1, 0

|−→f (t,−→w )| = max

(x,y)∈Π1, 1, 11, 1, 0

√f2

1 + f22 =

= max(x,y)∈Π1, 1, 1

1, 1, 0

√e2y + x2 =

√e2 + 4,

h = min1, 1√e2 + 4

=1√e2 + 4

.

Таким чином, [1− 1√e2 + 4

; 1+1√e2 + 4

] = [0, 7; 1, 3] – вiдрiзок

на якому iснує розв’язок даної задачi. I3. Для яких початкових умов iснує єдиний розв’язок системи

tdx

dt= y2 +

√t

dy

dt= lnx.

93


J Запишемо вихiдну систему у виглядi −→w ′ =−→f (t,−→w ) , де

−→w =

(xy

),−→f (t,−→w ) =

y2 +√t

tlnx

.

Вектор-функцiя−→f є неперервною в областi

D1 = (t, x, y) : t > 0, x > 0, y − довiльне .

Похiдна вiд цiєї вектор-функцiї∂−→f

∂−→w=

02y

t1

x0

є неперерв-

ною в областi D2 = (t, x, y) : t 6= 0, x 6= 0, y − довiльне .Отже, D = D1 ∩D2 = (t, x, y) : t > 0, x > 0, y − довiльне

– область єдиностi розв’язку даної системи. I


288. Побудувати по два послiдовних наближення (не рахую-чи даного) для розв’язкiв таких рiвнянь i систем:a) y′ = 2x+ z , z′ = y , y(1) = 1 , z(1) = 0 ;c) y′′ + y′2 − 2y = 0 , y(0) = 1 , y′(0) = 0 .

289. Вказати який-небудь вiдрiзок, на якому iснує розв’язокз такими початковими умовами:

d)dx

dt= y2 ,

dy

dx= x2 , x(0) = 1 , y(0) = 2 .

291. Для яких початкових умов iснує єдиний розв’язок такихрiвнянь i систем:

f)dx

dt= y3 + ln(1 + t) ,

dy

dx= 3√y − t .

293. Чи можуть графiки двох розв’язкiв даного рiвняння до-тикатися один до одного у деякiй точцi (x0, y0) ∈ R2 :a) для рiвняння y′′ = x+ y2 ?


288. Побудувати по два послiдовних наближення (не рахую-чи даного) для розв’язкiв таких рiвнянь i систем:

94


b)dx

dt= y ,

dy

dx= x2 , x(0) = 1 , y(0) = 2 ;

d)d2x

dt2= 3tx , x(1) = 2 ,

dx(1)

dt= −1 .

291 e). Для яких початкових умов iснує єдиний розв’язоктаких рiвнянь i систем:

e)dx

dt= y2 + 3

√t ,

dy

dx= 3√x .

292. Чи можуть графiки двох розв’язкiв даного рiвняння пе-ретинатися в деякiй точцi (x0, y0) ∈ R2 :b) для рiвняння y′′ = x+ y2 ?

Додатковi завдання:295. Скiльки розв’язкiв рiвняння y(n) = f(x, y) ( f i fy не-

перервнi в R2 ) проходить через кожну точку (x0, y0) за заданимнапрямком, який утворює кут α з вiссю OX ? Розглянути ви-падки n = 1 , n = 2 , n ≥ 3 .

95

Контрольна робота 3 (по темам 10-12)


1. (y′′) + 2xy′ = 0.

2. 1 + (y′)2 = 2yy′′.

3. yy′′ − (y′)2 = yy′√1+x2

.

4. x2y′′ − 3xy′ + 4y + x2 = 0.

5. y′y′′′ − 3(y′′)2 = 0.

6. Побудувати по два послiдовних наближення (не рахуючиданого) для розв’язкiв таких рiвнянь чи систем:

d2xdt2

= t2 + x, x(1) = 2, dx(1)dt = −1.

Додатковe завдання 1:

Знайти розв’язок задачi Кошi 2yy′′ + y′2 + y′4 = 0, y(0) =1, y′(0) = 2, попередньо переконавшись, що шуканий розв’язокiснує та єдиний.

Додатковe завдання 2:

Довести, що функцiя ξ(x) = a1xn−2 + a2x

n−3 + · · · + an−1

( a1, a2, . . . , an−1 — довiльнi сталi) є особливим розв’язком рiвня-ння y(n) = 3

23√y(n−1) .

96

Колоквiум 2

Колоквiум складається з двох частин: 1) формулювання озна-чень, понять i теорем; 2) доведення теорем.

Перша частина колоквiуму складається з теоретичних пи-тань, поданих у темах 9—12.

Друга частина - доведення таких теорем:1) Теорема про еквiвалентнiсть задачi Кошi для диференцi-

ального рiвняння iнтегральному рiвнянню;2) Лема Гронуолла-Белмана;3) Теорема Пiккара;4) Теорема про продовження розв’язку.

97

Тема 13. Лiнiйнi однорiднi рiвняння.Загальний випадок

Лiнiйним рiвнянням вищого порядку називається звичайне ди-ференцiальне рiвняння вищого порядку, яке можна записати увиглядi

y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = f(x), x ∈ (a, b), (13.1)

де a1, . . . , an , f — заданi функцiї, якi визначенi на (a, b) i прий-мають значення в P .

Розв’язком рiвняння (13.1) називається функцiя y = ψ(x) ,яка визначена на деякому промiжку 〈c, d〉 ⊂ (a, b) , приймає зна-чення в P i задовольняє умови

1) ψ ∈ Cn(〈c, d〉;P

);

2) ψ(n)(x)+a1(x)ψ(n−1)(x)+ · · ·+an(x)ψ(x) = f(x), x ∈ 〈c, d〉.

Функцiї a1, . . . , an називаються коефiцiєнтами, а функцiя f— вiльним членом ЛР. Рiвняння

y(n) + a1(x)y(n−1) + · · ·+ an(x)y = 0, x ∈ (a, b), (13.2)

( f = 0 ) називається лiнiйним однорiдним рiвнянням (ЛОР), ав протилежному випадку — лiнiйним неоднорiдним рiвнянням(ЛНР).

98

Тема 13. Лiнiйнi однорiднi рiвняння

Розглянемо задачу Кошi для рiвняння (13.1): знайти розв’я-зок цього рiвняння, який задовольняє початковi умови

y(x0) = y1,

y′(x0) = y2,

. . . . . . . . . . .y(n−1)(x0) = yn,

(13.3)

де x0 ∈ (a, b) , y1, . . . , yn ⊂ P — заданi. Далi цю задачу коротконазиватимемо задачею (13.1),(13.3).

Нехай a1, . . . , an, f ⊂ C((a, b);P

). Тодi задача (13.1),

(13.3) має розв’язок, визначений на (a, b), i будь-який iн-ший розв’язок є його звуженням.

Будь-яка лiнiйна комбiнацiя розв’язкiв рiвняння (13.2) єрозв’язком цього рiвняння.

Система функцiй ψ1, . . . , ψk , якi визначенi на (a, b) i при-ймають значення в P , називається лiнiйно залежною (ЛЗ ) ,якщо iснують сталi λ1, . . . , λk з P , не всi рiвнi нулевi (тобто,|λ1|+ · · ·+ |λk| > 0 ), такi, що

λ1ψ1(x) + · · ·+ λkψk(x) = 0, x ∈ (a, b). (13.4)

Система функцiй ψ1, . . . , ψk , якi визначенi на (a, b) i при-ймають значення в P , називається лiнiйно незалежною (ЛН ) ,якщо вона не є лiнiйно залежною, тобто з того, що виконує-ться рiвнiсть (13.4) для деяких λ1, . . . , λk , випливають рiвностiλ1 = · · · = λk = 0 .

99


Нехай ψ1, . . . , ψk — розв’язки рiвняння (13.2). Тодi систе-ма функцiй ψ1, . . . ψk — ЛН (ЛЗ ) в тому i лише в томувипадку, коли система вектор-функцiй

ϕ1 =

ψ1

ψ′1...

ψ(n−1)1

, . . . , ϕk =

ψkψ′k...

ψ(n−1)k

— ЛН (ЛЗ ).

Множина розв’язкiв рiвняння (13.2) утворює n-вимiрнийлiнiйний пiдпростiр простору C1

((a, b);P

), зокрема, за-

гальний розв’язок рiвняння (13.2) має вигляд

y = C1ψ1(x) + · · ·+ Cnψn(x), x ∈ (a, b), C1, . . . , Cn ∈ P,

де ψ1, . . . , ψn — яка-небудь система лiнiйно незалежнихрозв’язкiв рiвняння (13.2).

Будь-яка система n лiнiйно незалежних розв’язкiв рiвнян-ня (13.2) називається фундаментальною системою розв’язкiврiвняння (13.2) (ФСР (13.2)) .

Загальний розв’язок рiвняння (13.1) має вигляд

y =y(x,C1, . . . , Cn) +

∗y(x) x ∈ (a, b), C1, . . . , Cn ∈ P,

де y =y(x,C1, . . . , Cn) — загальний розв’язок рiвняння

(13.2), а y =∗y(x) — який-небудь частковий розв’язок рiв-

няння (13.1).

100


Загальний розв’язок рiвняння (13.1) можна записати у ви-глядi

y = C1ψ1(x) + · · ·+ Cnψn(x) + χ1(x)ψ1(x) + · · ·+

+χn(x)ψn(x), x ∈ (a, b), C1, . . . , Cn ∈ P,

де ψ1, . . . , ψn — ФСР (13.2), χ1, . . . , χn — якi-небудь функ-цiї з простору C1

((a, b);P

), що задовольняють систему рiв-

няньψ1(x) · · · ψn(x)ψ′1(x) · · · ψ′n(x)

.... . .

...ψ

(n−1)1 (x) · · · ψ

(n−1)n (x)

χ′1χ′2...χ′n

=

00...

f(x)

, x ∈ (a, b).

Теоретичнi питання:1. Що таке лiнiйне рiвняння вищого порядку? Що назива-

ється розв’язком лiнiйного рiвняння вищого порядку? Що такекоефiцiєнти та вiльний член ЛР? Що називається лiнiйним одно-рiдним рiвнянням (лiнiйним неоднорiдним рiвнянням)?

2. У чому полягає задача Кошi для ЛР? За яких умов iснуєрозв’язок задачi Кошi для ЛР?

3. Чи є лiнiйна комбiнацiя розв’язкiв ЛОР знову його розв’яз-ком?

4. Коли система функцiй ψ1, . . . , ψk є лiнiйно залежною (лi-нiйно незалежною)?

5. Який вигляд має загальний розв’язок ЛОР? Що таке фун-даментальна система розв’язкiв ЛОР?

6. У якому виглядi можна записати загальний розв’язок лi-нiйного неоднорiдного рiвняння?


101


1. Дослiдити на лiнiйну залежнiсть (лiнiйну незалежнiсть) си-стеми функцiй (у тiй областi, де вони визначенi):а) 4− x , 2x+ 3 , 6x+ 8 ;б) shx , chx , 2 + ex .

J а) Використовуючи означення лiнiйної залежностi систе-ми функцiй, з’ясуємо чи можна знайти сталi α1 , α2 , α3 такi,що α2

1 + α22 + α2

3 > 0 i виконується тотожнiсть

α1(4− x) + α2(2x+ 3) + α3(6x+ 8) = 0 ∀x ∈ R. (13.5)

Тотожнiсть (13.5) еквiвалентна тотожностi

(4α1 +3α2 +8α3) ·1+(−α1 +2α2 +6α3) ·x = 0 ∀x ∈ R. (13.6)

Поклавши тут спочатку x = 0 , а потiм x = 1 , прийдемо досистеми рiвнянь

4α1 + 3α2 + 8α3 = 0,−α1 + 2α2 + 6α3 = 0.

(13.7)

Це є лiнiйна однорiдна система алгебраїчних рiвнянь, в якiй рiв-нянь менше, нiж невiдомих (недовизначена), а отже, вона маєнетривiальнi розв’язки.

Отже, заданi функцiї лiнiйно залежнi на множинi дiйснихчисел.

б) Обчислимо визначник Вронського для даної системи фун-кцiй: ∣∣∣∣∣∣

shx chx 2 + ex

chx shx ex

shx chx ex

∣∣∣∣∣∣ = 2(ch2 x− sh2 x) = 2 6= 0.

Оскiльки визначник Вронського вiдмiнний вiд нуля, то заданасистема функцiй є лiнiйно незалежною на R . I

102


2. Скласти лiнiйне однорiдне диференцiальне рiвняння (можли-во найменшого порядку), маючи частковi розв’язки: 3x , x − 2 ,ex + 1 .

J Обчислюючи визначник Вронського для даної системифункцiй:∣∣∣∣∣∣

3x x− 2 ex + 13 1 ex

0 0 ex

∣∣∣∣∣∣ = 3xex − 3(x− 2)ex = 6ex 6= 0,

переконуємося, що ця система функцiй є лiнiйно незалежноюна R . Тодi цi три функцiї утворюють фундаментальну системурозв’язкiв деякого лiнiйного однорiдного диференцiального рiв-няння третього порядку. Це рiвняння можна записати у такомувиглядi: ∣∣∣∣∣∣∣∣

y 3x x− 2 ex + 1y′ 3 1 ex

y′′ 0 0 ex

y′′′ 0 0 ex

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.

Вiдкриваючи визначник за елементами останнього рядка, одер-жуємо лiнiйне однорiдне диференцiальне рiвняння третього по-рядку y′′′ − y′′ = 0 . I

3. Знайти загальний розв’язок рiвняння(x2 − 1)y′′ + (x− 3)y′ − y = 0 .

J Нам потрiбно знайти два (частковi) лiнiйно незалежнiрозв’язки заданого рiвняння.

Спробуємо знайти один частковий розв’язок у виглядiy = ax+ b , a i b – сталi. Маємо y′ = a , y′′ = 0 . Пiдставляючизнайденi вирази y , y′ , y′′ у вихiдне рiвняння та прирiвнюючикоефiцiєнти бiля x2 , x , x0 до нуля, одержуємо: 3a+ b = 0 . По-кладемо a = 1 , тодi b = −3 , а отже, перший частковий розв’я-зок y1(x) = x− 3 .

Для знаходження другого розв’язку подiлимо задане рiвнян-ня на коефiцiєнт при другiй похiднiй i знайдемо яку-небудь пер-

103


вiсну B(x) функцiї, яка є коефiцiєнтом при першiй похiднiй вотриманому пiсля перетворення рiвняннi, тобто

B(x) =

∫x− 3

x2 − 1dx = − ln

x− 1

(x+ 1)2.

На пiдставi формули Остроградського-Лiувiлля, другий час-тковий розв’язок знаходимо iз спiввiдношення∣∣∣∣∣ y1(x) y2(x)

y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣∣ = e−B(x). (13.8)

Iз (13.8) одержуємо:(y2(x)

y1(x)

)′=eB(x)

y21(x)

, тобто

y2(x) = y1(x)

∫eB(x)

y21(x)

dx . Отже,

y2(x) = (x− 3)

∫x− 1

(x+ 1)2(x− 3)2dx. (13.9)

Для обчислення iнтеграла у виразi (13.9) розкладаємо пiдiнте-гральний вираз на суму елементарних дробiв:

x− 1

(x+ 1)2(x− 3)2=

A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+

C

x− 3+

D

(x− 3)2, де A , B ,

C , D – сталi. Зводячи праву частину до спiльного знаменника таприрiвнюючи коефiцiєнти у правiй та лiвiй частинах при однако-вих степенях x , знаходимо A = C = 0 , B = −1

8 , D = 18 . Отож,

другий частковий розв’язок має вигляд: y2(x) = − 1

2(x+ 1)i за-

гальний розв’язок y = C1(x−3)+C21

x+ 1, де C1 , C2 – довiльнi

сталi. I

Аудиторнi завдання:Дослiдити, чи є данi функцiї лiнiйно залежнi (у тiй областi,

де вони визначенi):641. x+ 2 , x− 2 ; 642. 6x+ 9 , 8x+ 12 ; 643. sinx , cosx ;648. ex , e2x , e3x .

104


Скласти лiнiйне однорiдне диференцiальне рiвняння (можли-во найменшого порядку), маючи частковi розв’язки:674. 1 , cosx .

Знайти загальнi розв’язки даних рiвнянь, знаючи їх час-тковi розв’язки. У тих завданнях, де частковi розв’язки не за-данi, можна шукати їх шляхом пiдбору, наприклад, у виглядiпоказникової функцiї y = eax або алгебраїчного многочленаy = xn + axn−1 + bxn−2 + . . . :

681. (2x+1)y′′+4xy′−4y = 0 ; 684. xy′′+2y′−xy = 0 , y1 =ex

x;

686. x(x− 1)y′′ − xy′ + y = 0 ; 688. x2y′′ lnx− xy′ + y = 0 .Домашнi завдання:

Дослiдити, чи є данi функцiї лiнiйно залежнi (у тiй областi,де вони визначенi):644. 1 , x , x2 ; 646. x2 + 2x , 3x2 − 1 , x+ 4 ;649. x , ex , xex ; 656. sinx , cosx , sin 2x ; 660. x2 , x|x| .

Скласти лiнiйне однорiдне диференцiальне рiвняння (можли-во найменшого порядку), маючи частковi розв’язки:675. x , ex .

Знайти загальнi розв’язки даних рiвнянь, знаючи їх час-тковi розв’язки. У тих завданнях, де частковi розв’язки не за-данi, можна шукати їх шляхом пiдбору, наприклад, у виглядiпоказникової функцiї y = eax або алгебраїчного многочленаy = xn + axn−1 + bxn−2 + . . . . :683. xy′′ − (2x+ 1)y′ + (x+ 1)y = 0 ;685. y′′ − 2(1 + tg2 x)y = 0 , y1 = tg x ;687. (ex + 1)y′′ − 2y′ − exy = 0 ; y1 = ex − 1 .

Вiдповiдi:641. нi; 642. так; 643. нi; 648. нi; 674. y′′ − y′ ctg x = 0 ;681. y = C1x+ C2e

−2x ; 684. xy = C1e−x + C2e

x ;686. y = C1(1 + x ln |x|) + C2x ;701 ∗ . y = C1x+C2e

x+C3(x2−1) ; 644. нi; 646. нi; 649. нi;656. нi; 660. нi; 675. (x− 1)y′′ − xy′ + y = 0 ;

105


683. y = ex(C1x2 + C2) ; 685. y = C1 tg x+ C2(1 + x tg x) ;

687. y = C1(ex − 1) +C2

ex + 1.

106

Тема 14. Лiнiйнi однорiднi рiвняння зiсталими коефiцiєнтами

ЛОР зi сталими коефiцiєнтами — це рiвняння, яке можна запи-сати у виглядi

Ly ≡ y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ any = 0, (14.1)

де n — натуральне число; ak ∈ C, k = 1, n.Пiд розв’язком рiвняння (14.1) розумiтимемо n раз непе-

рервно-диференцiйовну комплекснозначну функцiю y = u(x) +iv(x) , x ∈ R , яка при пiдстановцi в задане рiвняння перетворюєйого в тотожнiсть.


y = C1ψ1(x) + · · ·+ Cnψn(x), C1, .., Cn ∈ C,

де ψ1, . . . , ψn — (частковi) лiнiйно-незалежнi розв’язки рiвняння(14.1) .

Функцiя y = eλx, де λ ∈ C, є (частковим) розв’язкомрiвняння (14.1) тодi i лише тодi, коли λ — корiнь рiвнянняλn + a1λ

n−1 + · · ·+ an = 0.

Многочлен D(λ)def=λn + a1λ

n−1 + · · ·+ an, λ ∈ C називаєтьсяхарактеристичним многочленом, рiвняння

D(λ) = 0 (14.2)

107

Тема 14. Лiнiйнi однорiднi рiвняння зi сталими коефiцiєнтами

— характеристичним рiвнянням, а його коренi — характери-стичними числами рiвняння (14.1) .

Функцiї

y = eλ1x, . . . , y = eλmx, x ∈ (−∞,+∞), (14.3)

є лiнiйно незалежними.

Якщо m = n, то система функцiй (14.3) є фундаменталь-ною системою розв’язкiв рiвняння (14.1) i, отже, загаль-ний розв’язок рiвняння (14.1) має вигляд

y = C1eλ1x + · · ·+ Cne

λnx, x ∈ R, C1, . . . , Cn ∈ C.

Нехай λ0 — корiнь характеристичного рiвняння кратностik0 ≥ 1. Тодi для кожного r ∈ 0, 1, . . . , k0 − 1 функцiяy = xreλ0x є розв’язком рiвняння (14.1).

Розглянемо функцiї

y = ψ1(x) ≡ eλ1x, . . . , y = ψk1(x) ≡ xk1−1eλ1x,

y = ψk1+1(x) ≡ eλ2x, . . . , y = ψk1+k2(x) ≡ xk2−1eλ2x,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . , . . . , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,

y = ψk1+···+km−1+1(x) ≡ eλmx, . . . , y = ψn(x) ≡ xkm−1eλmx.

(14.4)

Функцiї системи (14.4) утворюють фундаментальну сис-тему розв’язкiв ЛОР (14.1).

Загальний розв’язок рiвняння (14.1) можна записати увиглядi

y = C1ψ1(x) + · · ·+ Cnψn(x), C1, . . . , Cn ∈ C, (14.5)

де ψ1, . . . , ψn — функцiї iз системи (14.4).

108


Загальний розв’язок рiвняння (14.1) можна подати у ви-глядi

y = (C1,1 + C1,2x+ · · ·+ C1,k1xk1−1)eλ1x+

+(C2,1 + C2,2x+ · · ·+ C2,k2xk2−1)eλ2x + · · ·

· · ·+ (Cm,1 + Cm,2x+ · · ·+ Cm,kmxkm−1)eλmx, (14.6)

де Cj,l, j = 1,m, l = 1, kj , — довiльнi (комплекснi) сталi.

Якщо коренi λ1, . . . , λm характеристичного рiвняння —дiйснi, то загальний дiйсний розв’язок має вигляд (14),де довiльнi cталi — дiйснi.

Припустимо, що серед характеристичних чисел рiвняння(14.1) є комплекснi. Як вiдомо з алгебри, якщо коефiцiєнти рiв-няння (14.1) є дiйсними i λ0 — його комплексний корiнь (уявначастина λ0 вiдмiнна вiд нуля), то λ0 — теж корiнь цього рiв-няння i кратностi λ0 i λ0 збiгаються. Тому можна вважати, щокоренi рiвняння (14.2) можна записати так

λ1 = µ1 + iν1, λ2 = µ1 − iν1, λ3 = µ3 + iν3, λ4 = µ3 − iν3, . . . ,(14.7)

λ2l−1 = µ2l−1 + iν2l−1, λ2l = µ2l−1 − iν2l−1, λ2l+1, . . . , λm,

де µ1, µ3, . . . , µ2l−1, ν1, ν3, . . . , ν2l−1, λ2l+1, . . . , λm — дiйснi числа,причому ν1 6= 0, ν3 6= 0, . . . , ν2l−1 6= 0.

109


Якщо коефiцiєнти рiвняння (14.1) — дiйснi i коренi ха-рактеристичного рiвняння (14.2) мають вигляд (14.7), тозагальний дiйсний розв’язок рiвняння (14.1) можна пода-ти у виглядi

y = C1,1eµ1x cos ν1x+ · · ·+ C1,k1x

k1−1eµ1x cos ν1x+

+C2,1eµ1x sin ν1x+ · · ·+ C2,k1x

k1−1eµ1x sin ν1x+ · · ·+

+Cm,1eλmx + · · ·+ Cm,kmx

km−1eλmx ≡

≡ (C1,1 + · · ·+ C1,k1xk1−1)eµ1x cos ν1x+

+(C2,1 + · · ·+ C2,k1xk1−1)eµ1x sin ν1x+ · · ·+

+(Cm,1 + · · ·+ Cm,kmxkm−1)eλmx,

де C1,1, . . . , C1,k1 , . . . , Cm,1, . . . , Cm,km ∈ R.


1. Що таке ЛОР зi сталими коефiцiєнтами? Що називаєтьсярозв’язком ЛОР зi сталими коефiцiєнтами?

2. Який вигляд має загальний розв’язок ЛОР зi сталими ко-ефiцiєнтами?

3. Коли функцiя y = eλx, λ ∈ C, є (частковим) розв’язкомЛОР зi сталими коефiцiєнтами?

4. Що таке характеристичний многочлен, характеристичнерiвняння, характеристичнi числа ЛОР зi сталими коефiцiєнта-ми?

5. У якому випадку система функцiй y = eλ1x, . . . , y = eλmx

є фундаментальною системою розв’язкiв ЛОР зi сталими коефi-цiєнтами? Який вигляд має загальний розв’язок ЛОР зi сталимикоефiцiєнтами за умови m = n ?

6. Коли функцiя y = xreλ0x є ( частковим ) розв’язком ЛОРзi сталими коефiцiєнтами? Який вигляд має загальний дiйсний

110


розв’язок ЛОР зi сталими коефiцiєнтами якщо коефiцiєнти рiв-няння i коренi його характеристичного рiвняння дiйснi?


1. Розв’язати рiвняння y′′′ + 3y′′ + 3y′ + 2y = 0 .J Запишемо характеристичне рiвняння

λ3 + 3λ2 + 3λ+ 2 = 0 (14.8)

i розв’яжемо його. Зауважимо, що λ3 + 3λ2 + 3λ+ 1 = (λ+ 1)3 .Отож, рiвняння (14.8) можна записати у виглядi (λ+1)3 +1 = 0 ,звiдки (λ+ 2)(λ2 + λ+ 1) = 0 . Звiдси λ1 = −2 , λ2, 3 = −1±

√3i

2 .Отже, e−2x , e−

12x cos

√3

2 x , e−12x sin

√3

2 x – фундаментальна си-стема розв’язкiв заданого рiвняння, а загальний розв’язок маєвигляд

y(x) = C1e−2x + C2e

− 12x cos

√3

2x+ C3e

− 12x sin

√3

2x. I

2. Розв’язати рiвняння y p v + 16y = 0 .J Коренi характеристичного рiвняння λ4+16 = 0 знаходимо

за формулою Муавра

n√z = n√r(cos

ϕ+ 2πk

n+ i sin

ϕ+ 2πk

n), k = 0, n− 1, (14.9)

де z = a + bi = r(cosϕ + i sinϕ) , r =√a2 + b2 – модуль ком-

плексного числа z , ϕ ∈ [0, 2π) – аргумент комплексного числаz . Очевидно, що характеристичнi числа є коренями четвертогостепеня з числа −16 . Оскiльки −16 = 16(cosπ + i sinπ) , то

4√−16 =

n√

16(cosπ + 2πk

4+ i sin

π + 2πk

4), k = 0, 3.

Звiдси знаходимо, що коренями характеристичного рiвняння бу-дуть такi числа: λ1, 2 =

√2± i

√2 , λ3, 4 = −

√2± i

√2 .

111


Отже, загальний розв’язок даного рiвняння має вигляд

y(x) = e√

2x(C1 cos√

2x+ C2 sin√

2x)+

+e−√

2x(C3 cos√

2x+ C4 sin√

2x). I

3. Розв’язати рiвняння y p v − y′′′ − y′ + y = 0 .J Записуємо характеристичне рiвняння

λ4 − λ3 − λ+ 1 = 0⇐⇒ λ3(λ− 1)− (λ− 1) = 0⇐⇒

⇐⇒ (λ− 1)2(λ2 + λ+ 1) = 0,

звiдки λ1 = 1 (алгебраїчна кратнiсть цього кореня k1 = 2 ),λ3, 4 = −1±

√3i

2 .Отже, загальний розв’язок рiвняння

y(x) = C1ex + C2xe

x + e−12x(C3 cos

√3

2x+ C4 sin

√3

2x). I

4. Розв’язати рiвняння y′′ + 2iy = 0 .J Запишемо характеристичне рiвняння: λ2 + 2i = 0 . Його

коренi є числа√−2i . За формулою (14.9) знаходимо коренi ха-

рактеристичного рiвняння (в даному випадку r = 2 , ϕ = 3π2 )

λ1 = −1 + i , λ2 = 1− i (коренi характеристичного рiвняння не єкомплексно спряженими, оскiльки коефiцiєнти рiвняння – ком-плекснi числа). Отже, фундаментальна система розв’язкiв дано-го рiвняння складається з функцiй: e(−1+i)x та e(1−i)x . Оскiлькикоефiцiєнти рiвняння – комплекснi числа, тодi загальний розв’я-зок рiвняння записуємо в множинi комплексних чисел

y(x) = C1e(−1+i)x + C2e

(1−i)x. I


511. y′′+y′−2y = 0 ; 513. y′′−2y′ = 0 ; 515. y′′−4y′+5y = 0 ;

112


518. y′′′ − 8y = 0 ; 519. y(4) − y = 0 ; 520. y(4) + 4y = 0 ;523. 4y′′ + 4y′ + y = 0 ; 527. y′′′ − 3y′′ + 3y′ − y = 0 ;530. y(5) + 8y′′′ + 16y′ = 0 .


512. y′′ + 4y′ + 3y = 0 ; 514. 2y′′ − 5y′ + 2y = 0 ;516. y′′+2y′+10y = 0 ; 517. y′′+4y = 0 ; 521. y(6) +64y = 0 ;524. y(5) − 6y(4) + 9y′′′ = 0 ; 525. y(5) − 10y′′′ + 9y′ = 0 ;526. y(4) + 2y′′ + y = 0 ; 528. y′′′ − y′′ − y′ + y = 0 .

Вiдповiдi:511. y = C1e

x + C2e−2x ; 513. y = C1 + C2e

2x ;515. y = e2x(C1 cosx+ C2 sinx) ;518. y = C1e

2x + e−x(C2 cosx√

3 + C3 sinx√

3) ;519. y = C1e

x + C2e−x + C3 cosx+ C4 sinx ;

523. y = e−x/2(C1 + C2x) ; 527. y = ex(C1 + C2x+ C3x2) ;

530. y = C1 + (C2 + C3x) cos 2x+ (C4 + C5x) sin 2x ;512. y = C1e

−x + C2e−3x ; 514. y = C1e

2x + C2ex/2 ;

516. y = e−x(C1 cos 3x+ C2 sin 3x) ;517. y = C1 cos 2x+ C2 sin 2x ;520. y = ex(C1 cosx+ C2 sinx) + e−x(C3 cosx+ C4 sinx) ;521. y = ex

√3(C1 cosx+ C2 sinx) + C3 cos 2x+ C4 sin 2x+

+ e−x√

3(C5 cosx+ C6 sinx) ;524. y = C1 + C2x+ C3x

2 + e3x(C4 + C5x) ;525. y = C1 + C2e

x + C3e−x + C4e

3x + C5e−3x ;

526. y = (C1 + C2x) cosx+ (C3 + C4x) sinx ;528. y = ex(C1 + C2x) + C3e

−x .

113

Тема 15. Лiнiйнi неоднорiднi рiвняння зiсталими коефiцiєнтами (метод неозначенихкоефiцiєнтiв)

Розглянемо лiнiйне неоднорiдне рiвняння (ЛНР) зi сталими кое-фiцiєнтами

Ly ≡ y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ any = f(x), (15.1)

де aj ∈ C , j = 1, n ; f ∈ C(R;C) ; y = u+ iv , де u i v — дiйснiзмiннi, i — уявна одиниця.


y =y(x,C1, . . . , Cn) +

∗y(x), C1, . . . , Cn ∈ C,

де y — загальний розв’язок вiдповiдного однорiдного рiвняння

Ly = 0, (15.2)

а ∗y — (який-небудь частковий) розв’язок рiвняння (15.1).

Нехай f є квазiполiномом, тобто

f(x) =(b0x

ν + b1xν−1 + · · ·+ bν

)eµx, (15.3)

де ν ∈ N ∪ 0, b0, . . . , bν , µ ∈ C. Тодi рiвняння (15.1) маєчастковий розв’язок у виглядi

114

Тема 15. Лiнiйнi неоднорiднi рiвняння зi сталими коефiцiєнтами

де c0, . . . , cν ∈ C, а k = 0, якщо µ не є характеристичнимчислом рiвняння (16.2), а якщо µ є характеристичнимчислом, то k дорiвнює його кратностi.

Принцип суперпозицiї. Нехай f(x) = f1(x)+· · ·+fs(x),де s ∈ N; f1, . . . , fs ∈ C(R;C), а y = ϕj(x), j = 1, s, —частковi розв’язки вiдповiдно рiвнянь Ly = fj(x), j =1, s. Тодi функцiя y = ϕ1(x) + · · · + ϕs(x) є розв’язкомрiвняння Ly = f(x).

Нехай коефiцiєнти рiвняння (15.1) — дiйснi, а вiльнийчлен є дiйсним квазiполiномом

f(x) = eαx[(b0x

r + · · ·+ br) cosβx+(c0xs+ · · ·+ cs) sinβx

],

де r, s ∈ N, α, β, b0, . . . , br, c0, . . . , cs ∈ R.Тодi рiвняння (15.1) має частковий розв’язок вигляду

y = xkeαx[(d0x

ν + · · ·+dν) cosβx+(d0xν + · · ·+ dν) sinβx

],

де ν = max r, s; d0, . . . , dν , d0, . . . , dν ∈ R; k = 0, якщочисло µ = α + iβ не є характеристичним для рiвняння(16.2), а якщо µ є характеристичним числом, то k дорiв-нює кратностi цього числа.

Теоретичнi питання:1. Що таке ЛНР зi сталими коефiцiєнтами? Який вигляд має

загальний розв’язок ЛНР зi сталими коефiцiєнтами?2. Як знайти частковий розв’язок ЛНР зi сталими коефiцiєн-

тами, якщо вiльний член цього рiвняння є квазiполiномом?3. У чому полягає принцип суперпозицiї для часткових роз-

в’язкiв ЛНР зi сталими коефiцiєнтами?4. У якому виглядi можна шукати частковий розв’язок ЛНР

зi сталими коефiцiєнтами, якщо коефiцiєнти рiвняння дiйснi, а

115


вiльний член є дiйсним квазiполiномом?


1. Розв’язати рiвняння y′′ + 3y′ − 4y = e−4x + xe−x .J 1-ий крок. Знайдемо загальний розв’язок лiнiйного одно-

рiдного рiвняння y′′ + 3y′ − 4y = 0 . Записуємо характеристичнерiвняння i знаходимо його коренi

λ2 + 3λ− 4 = 0, (15.4)

звiдси за теоремою Вiєта λ1 = −4 , λ2 = 1 . Отже, загальнийрозв’язок лiнiйного однорiдного рiвняння

y0(x) = C1e−4x + C2e

x,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.2-ий крок. Знайдемо частковий розв’язок лiнiйного неоднорi-

дного рiвняння y′′+3y′−4y = e−4x+xe−x . Права частина цьогорiвняння є сумою двох функцiй f1(x) = e−4x та f2(x) = xe−x .Шукатимемо частковi розв’язки для двох неоднорiдних рiвнянь

y′′ + 3y′ − 4y = e−4x та y′′ + 3y′ − 4y = xe−x. (15.5)

Для f1(x) = e−4x маємо: число γ = −4 є коренем хара-ктеристичного рiвняння (15.4) кратностi k = 1 , тому частко-вий розв’язок першого з рiвнянь у (15.5) шукаємо у виглядiy1∗(x) = axe−4x , де a – невiдомий коефiцiєнт (оскiльки у правiйчастинi f1 бiля e−4x стоїть многочлен нульового степеня, а саме1 , тому у y1

∗(x) входить многочлен нульового степеня з невизна-ченим коефiцiєнтом), x –поправка зарахунок того, що γ = −4корiнь характеристичного рiвняння (15.4) кратностi k = 1 .

Для f2(x) = xe−x маємо: число γ = −1 не є коренем хара-ктеристичного рiвняння (15.4), а отже, нiякої поправки не буде,тому частковий розв’язок другого з рiвнянь у (15.5) шукаємо

116


у виглядi y2∗(x) = (bx + c)e−x , де b , c – невiдомi коефiцiєнти

(оскiльки у правiй частинi f2 бiля e−x стоїть многочлен першо-го степеня, а саме x , тому у y2

∗(x) входить многочлен першогостепеня з невизначеними коефiцiєнтами).

Частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння шука-тимемо у виглядi

y∗(x) = y1∗(x) + y2

∗(x) = axe−4x + (bx+ c)e−x. (15.6)

Знаходимо

y′∗(x) = a(1− 4x)e−4x + (b− bx− c)e−x,

y′′∗(x) = a(−8 + 16x)e−4x − (2b− bx− c)e−x.Пiдставляємо значення y∗ , y′∗ , y′′∗ у вихiдне лiнiйне неодно-

рiдне рiвняння i прирiвнюємо коефiцiєнти у лiвiй i правiй части-нах при функцiях xe−4x , e−4x , xe−x , e−x :xe−4x : 0 = 16a− 12a− 4ae−4x : 1 = −8a+ 3axe−x : 1 = b− 3b− 4be−x : 0 = −2b+ c+ 3b− 3c− 4c.Звiдси

−5a = 1−6b = 1b− 6c = 0

=⇒a = −1

5b = −1

6c = − 1

36 .

Записуємо частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвнян-ня

y∗(x) = −1

5xe−4x + (−1

6x− 1

36)e−x = −1

5xe−4x − 6x+ 1

36e−x.

3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння – сума загального розв’язку лiнiйного однорiдного рiвнян-ня, знайденого на першому кроцi, та часткового розв’язку лiнiй-ного неоднорiдного рiвняння, який знайдений на другому кроцi

y(x) = y0(x) + y∗(x) = C1e−4x + C2e

x − 1

5xe−4x − 6x+ 1

36e−x,

117


де C1 , C2 – довiльнi сталi. I2. Розв’язати рiвняння y′′ + 4y = e2x cos 2x .J 1-ий крок. Шукаємо загальний розв’язок лiнiйного одно-

рiдного рiвняння y′′ + 4y = 0 . Записуємо характеристичне рiв-няння i знаходимо його коренi

λ2 + 4 = 0, (15.7)

звiдси λ1, 2 = ±2i . Отже, загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння

y0(x) = C1 cos 2x+ C2 sin 2x,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.2-ий крок. Знайдемо частковий розв’язок лiнiйного неоднорi-

дного рiвняння y′′ + 4y = e2x cos 2x . Права частина цього рiв-няння є функцiєю вигляду f(x) = e2x cos 2x . Для цiєї функцiїмаємо: число γ = 2 + 2i не є коренем характеристичного рiвня-ння (15.7), тому поправки типу xs , де s – кратнiсть числа γ ,як кореня характеристичного рiвняння, не буде. Тодi частковийрозв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння шукаємо у виглядi

y∗(x) = ae2x cos 2x+ be2x sin 2x,

де a , b – невiдомi коефiцiєнти (оскiльки у правiй частинi f бiляe2x cos 2x стоїть многочлен нульового степеня, а саме 1 , томуу y∗(x) входять многочлени нульового степеня з невизначенимкоефiцiєнтом бiля виразiв e2x cos 2x та e2x sin 2x ).

Знаходимо

y′∗(x) = (2a+ 2b)e2x cos 2x+ (2b− 2a)e2x sin 2x,

y′′∗(x) = 8be2x cos 2x− 8ae2x sin 2x.

118


Пiдставляємо значення y∗ , y′∗ , y′′∗ у вихiдне лiнiйне неодно-рiдне рiвняння i прирiвнюємо коефiцiєнти у лiвiй i правiй части-нах при функцiях e2x cos 2x , e2x sin 2x :

e2x cos 2x : 1 = 8b+ 4ae2x sin 2x : 0 = −8a+ 4b

=⇒ a = 120

b = 110 .

Записуємо частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння

y∗(x) =1

20e2x cos 2x+

1

10e2x sin 2x.

3-ий крок. Отже, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдно-го рiвняння

y(x) = y0(x) + y∗(x) = C1 cos 2x+ C2 sin 2x+1

20e2x cos 2x+

+1

10e2x sin 2x,

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I3. Розв’язати рiвняння y′′ + y = −16 cosx · cos 2x .J Використовуючи формулу

cosα · cosβ =1

2(cos (α− β) + cos (α+ β)),

записуємо дане рiвняння у виглядi

y′′ + y = −8 cosx− 8 cos 3x.

1-ий крок.Шукаємо загальний розв’язок лiнiйного однорiдно-го рiвняння y′′ + y = 0 . Записуємо характеристичне рiвняння iзнаходимо його коренi

λ2 + 1 = 0, (15.8)

звiдси λ1, 2 = ±i . Отже, загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння

y0(x) = C1 cosx+ C2 sinx,

119


де C1 , C2 – довiльнi сталi.2-ий крок. Знайдемо частковий розв’язок лiнiйного неодно-

рiдного рiвняння y′′ + y = −8 cosx − 8 cos 3x . Права части-на цього рiвняння є сумою двох функцiй f1(x) = −8 cosx таf2(x) = −8 cos 3x . Шукатимемо частковi розв’язки для двох не-однорiдних рiвнянь

y′′ + y = −8 cosx та y′′ + y = −8 cos 3x. (15.9)

Для f1(x) = −8 cosx маємо: число γ = i є коренем ха-рактеристичного рiвняння (15.8) кратностi k = 1 , тому час-тковий розв’язок першого з рiвнянь у (15.9) шукаємо у вигля-дi y1

∗(x) = x(a cosx + b sinx) , де a , b – невiдомi коефiцiєнти(оскiльки у правiй частинi f1 бiля cosx стоїть многочлен ну-льового степеня, а саме −8 , тому у y1

∗(x) входять многочле-ни нульового степеня з невизначеним коефiцiєнтом бiля виразiвcosx та sinx ), x – поправка зарахунок того, що γ = i корiньхарактеристичного рiвняння (15.8) кратностi k = 1 .

Для f2(x) = −8 cos 3x маємо: число γ = 3i не є коренем ха-рактеристичного рiвняння (15.8), а отже, нiякої поправки не бу-де, тому частковий розв’язок другого з рiвнянь у (15.9) шукаємоу виглядi y2

∗(x) = c cos 3x+ d sin 3x , де c , d – невiдомi коефiцi-єнти (оскiльки у правiй частинi f2 бiля cos 3x стоїть многочленнульового степеня, а саме −8 ).


y∗(x) = y1∗(x) + y2

∗(x) = x(a cosx+ b sinx) + c cos 3x+ d sin 3x.(15.10)

Знаходимо

y′∗(x) = cosx(a+ xb) + sinx(b− ax) + 3d cos 3x− 3c sin 3x,

y′′∗(x) = cosx(2b− ax) + sinx(−2a− xb)− 9c cos 3x− 9d sin 3x.

120


Пiдставляємо значення y∗ , y′∗ , y′′∗ у вихiдне лiнiйне неодно-рiдне рiвняння i прирiвнюємо коефiцiєнти у лiвiй i правiй части-нах при функцiях x sinx , x cosx , sinx , cosx , cos 3x , sin 3x :

x sinx : 0 = −b+ bx cosx : 0 = −a+ asinx : 0 = −2acosx : −8 = 2bcos 3x : −8 = −9c+ csin 3x : 0 = −9d+ d

=⇒

a = 0b = −4c = 1d = 0


y∗(x) = −4x sinx+ cos 3x.

3-ий крок. Отже, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдно-го рiвняння

y(x) = y0(x) + y∗(x) = C1 cosx+ C2 sinx− 4x sinx+ cos 3x,

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I4. Розв’язати рiвняння y′′ + 2iy′ − y = 8 cosx .J Оскiльки коефiцiєнти рiвняння належать множинi ком-

плексних чисел, то використовуючи формулу

cosα =eiα + e−iα

2,

до правої частини рiвняння, записуємо дане рiвняння у виглядi

y′′ + 2iy′ − y = 4(eix + e−ix).

1-ий крок. Шукаємо загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння y′′ + 2iy′ − y = 0 . Записуємо характеристичнерiвняння i знаходимо його коренi

λ2 + 2iλ− 1 = 0, (15.11)

121


звiдси λ1, 2 = −i , причому алгебраїчна кратнiсть даного кореняk = 2 . Отже, загальний розв’язок лiнiйного однорiдного рiвнян-ня

y0(x) = C1e−ix + C2xe

−ix,

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I2-ий крок. Знайдемо частковий розв’язок лiнiйного неоднорi-

дного рiвняння y′′+2iy′−y = 4(eix+e−ix) . Права частина цьогорiвняння є сумою двох функцiй f1(x) = 4eix та f2(x) = 4e−ix .Шукатимемо частковi розв’язки для двох неоднорiдних рiвнянь

y′′ + 2iy′ − y = 4eix та y′′ + 2iy′ − y = 4e−ix. (15.12)

Для f1(x) = 4eix маємо: число γ = i не є коренем характери-стичного рiвняння (15.11), тому поправки типу xs , де s – кра-тнiсть числа γ , як кореня характеристичного рiвняння, не буде.Тодi частковий розв’язок першого з рiвнянь у (15.12) шукаємо увиглядi y1

∗(x) = aeix , де a – невiдомий коефiцiєнт (оскiльки управiй частинi f1 бiля eix стоїть многочлен нульового степеня,а саме 4 , тому у y1

∗(x) входить многочлен нульового степеня зневизначеним коефiцiєнтом).

Для f2(x) = 4e−ix маємо: число γ = −i є коренем хара-ктеристичного рiвняння (15.11), кратностi k = 2 , тому частко-вий розв’язок другого з рiвнянь у (15.12) шукаємо у виглядiy2∗(x) = bx2e−ix , де b – невiдомий коефiцiєнт (оскiльки у правiйчастинi f2 бiля e−ix стоїть многочлен нульового степеня, а саме4 ).


y∗(x) = y1∗(x) + y2

∗(x) = aeix + bx2e−ix. (15.13)

Знаходимо

y′∗(x) = aieix + e−ix(2bx− bix2),

122


y′′∗(x) = −aeix + e−ix(−4bix− bx2 + 2b).

Пiдставляємо значення y∗ , y′∗ , y′′∗ у вихiдне лiнiйне неодно-рiдне рiвняння i прирiвнюємо коефiцiєнти у лiвiй i правiй части-нах при функцiях x2e−ix , xe−ix , e−ix , eix :

x2e−ix : 0 = −b+ 2b+ bxe−ix : 0 = −4bi+ 4bie−ix : 4 = 2beix : 4 = −a− 2a− a

=⇒ a = −1b = 2.


y∗(x) = −eix + 2x2e−ix.

3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння

y(x) = y0(x) + y∗(x) = C1e−ix + C2xe

−ix − eix + 2x2e−ix,

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I


534. y′′ + y = 4xex ; 535. y′′ − y = 2ex − x2 ;537. y′′ − 3y′ + 2y = sinx 538. y′′ + y = 4 sinx ;545. y′′ − 2y′ + y = 6xex ; 546. y′′ + y = x sinx .

Для кожного рiвняння записати його частковий розв’язок знеозначеними коефiцiєнтами (числове значення коефiцiєнтiв шу-кати не треба):555. y′′ − 8y′ + 17y = e4x(x2 − 3x sinx) ;564. y′′ + 4y = cosx cos 3x ; 568. y′′ − 2y′ + 2y = (x+ ex) sinx .


533. y′′ − 2y′ − 3y = e4x ; 536. y′′ + y′ − 2y = 3xex ;

123


539. y′′ − 5y′ + 4y = 4x2e2x ; 540. y′′ − 3y′ + 2y = x cosx ;542. y′′ + 2y′ − 3y = x2ex ; 544. y′′ − 9y = e3x cosx ;548. y′′ − 5y′ = 3x2 + sin 5x .

Для кожного рiвняння записати його частковий роз’язок знеозначеними коефiцiєнтами (числове значення коефiцiєнтiв шу-кати не треба):556. y′′′+y′ = sinx+x cosx ; 559. y′′+2y′+y = x(e−x− cosx) ;566. y′′−4y′+5y = e2x sin2 x ; 569. y(4) +5y′′+4y = sinx cos 2x ;572. y′′ + 4y′ + 3y = chx .

Вiдповiдi:534. y = C1 cosx+ C2 sinx+ (2x− 2)ex ;535. y = C1e

x + C2e−x + xex + x2 + 2 ;

537. y = C1ex + C2e

2x + 0, 1 sinx+ 0, 3 cosx ;538. y = C1 cosx+C2 sinx−2x cosx ; 545. y = (C1+C2x+x3)ex ;

546. y =

(C1 −

x2

4

)cosx+

(C2 +

x

4

)sinx ;

533. y = C1e−x + C2e

3x +1

5e4x ;

536. y = C1ex + C2e

−2x +

(x2

2− x

3

)ex ;

539. y = C1ex + C2e

4x − (2x2 − 2x+ 3)e2x ;540. y = C1e

x + C2e2x + (0, 1x− 0, 12) cosx− (0, 3x+ 0, 34) sinx ;

542. y = C1ex + C2e

−3x +

(x3

12− x3

16+

x

32

)ex ;

544. y = C1e3x + C2e

−3x +

(6

37sinx− 1

37cosx

)e3x ;

548. y = C1+C2e5x−0, 2x3−0, 12x2−0, 048x+0, 02(cos 5x−sin 5x) .

124

Тема 16. Лiнiйнi неоднорiднi рiвняння зiсталими коефiцiєнтами (метод варiацiїсталих).

Розглянемо лiнiйне неоднорiдне рiвняння (ЛНР) зi сталими кое-фiцiєнтами

Ly ≡ y(n) + a1y(n−1) + · · ·+ any = f(x), (16.1)

де aj ∈ C , j = 1, n ; f ∈ C(R;C) ; y = u+ iv , де u i v — дiйснiзмiннi, i — уявна одиниця.


y =y(x,C1, . . . , Cn) +

∗y(x), C1, . . . , Cn ∈ C,

де y — загальний розв’язок вiдповiдного однорiдного рiвняння

Ly = 0, (16.2)

а ∗y — (який-небудь частковий) розв’язок рiвняння (16.1).Метод варiацiї сталої полягає в тому, що (маючи зобра-

ження загального розв’язку вiдповiдного однорiдного рiвняння)частковий розв’язок неоднорiдного рiвняння шукаємо як фун-кцiю, зображення якої вiдрiзняється вiд зображення загальногорозв’язку вiдповiдного однорiдного рiвняння тiльки тим, що за-мiсть сталої C стоїть певний вираз iз незалежною змiнною.

125


Рiвнянням Ейлера називається лiнiйне диференцiальне рiв-няння, яке можна записати у виглядi

xny(n) + a1xn−1y(n−1) + · · ·+ an−1xy

′ + any = f(x), (16.3)

де n ∈ N (n > 2) , a1, . . . , an ∈ C , f ∈ C(R;C) .Зробимо в рiвняннi (16.3) замiну змiнних x = eτ , x ∈

(0, +∞), τ ∈ R , нехай y(τ)def= y(x)|x=eτ , τ ∈ R, x ∈ (0, +∞).

У результатi отримаємо рiвняння

y(n) + b1y(n−1) + · · ·+ bny = g(τ), τ ∈ R, (16.4)

де g(τ)def= f(eτ ) , τ ∈ R .

Рiвняння (16.4) є лiнiйним диференцiальними рiвнянням зiсталими коефiцiєнтами. Загальний розв’язок рiвняння (16.4) єсумою загального розв’язку вiдповiдного однорiдного рiвняння

y(n) + b1y(n−1) + · · ·+ bny = 0

та деякого (часткового) розв’язку рiвняння (16.4).

Нехай y =∗y(τ), τ ∈ (−∞, +∞), — (частковий) розв’язок

рiвняння (16.4), який може бути знайдений або методомварiацiї сталих, або, коли g(τ), τ ∈ R, є квазiполiномом, —методом неозначених коефiцiєнтiв. Тодi загальний розв’я-зок рiвняння (16.3) має вигляд

y =(C1,1 + · · ·+ C1,k1(lnx)k1−1

)xλ1 + · · ·+

+(Cm,1 + · · ·+ Cm,km(lnx)km−1

)xλm +

∗y(x),

де x ∈ (0, +∞), C1,1, . . . , C1,k1 , . . . , Cm,1, . . . , Cm,km ∈ C,∗y(x)

def=∗y(lnx), x > 0; λ1, . . . , λm — коренi характеристи-

чного рiвняння вiдповiдного рiвнянню (16.4), a k1, . . . , km— вiдповiдно їх алгебраїчнi кратностi.

126


Теоретичнi питання:1. Що таке ЛНР зi сталими коефiцiєнтами? Як знайти за-

гальний розв’язок ЛНР зi сталими коефiцiєнтами, якщо вiдомозагальний розв’язок вiдповiдного ЛОР зi сталими коефiцiєнтамиi частковий розв’язок ЛНР зi сталими коефiцiєнтами? У чомуполягає метод варiацiї сталої?

2. Що таке рiвняння Ейлера? Яким чином рiвняння Ейлеразводиться до лiнiйного диференцiального рiвняння зi сталимикоефiцiєнтами?

3. Як можна записати загальний розв’язок рiвняння Ейлера,знаючи його частковий розв’язок вiдповiдного лiнiйного рiвнян-ня зi сталими коефiцiєнтами?


1. Знайти розв’язок задачi Кошi y′′ + y = 1cosx , y(0) = 1 ,

y′(0) = 0 .J Спочатку знайдемо загальний розв’язок лiнiйного неодно-

рiдного рiвняння.1-ий крок.Шукаємо загальний розв’язок лiнiйного однорiдно-

го рiвняння y′′ + y = 0 . Записуємо характеристичне рiвняння iзнаходимо його коренi

λ2 + 1 = 0, (16.5)

звiдси λ1, 2 = ±i . Отже, загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння

y0(x) = C1 cosx+ C2 sinx,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.2-ий крок. Оскiльки права частина рiвняння y′′ + y = 1

cosxне є квазiмногочленом, то частковий розв’язок рiвняння будемошукати методом варiацiї сталих. Для розв’язку

y∗(x) = ϕ1(x) cosx+ ϕ2(x) sinx,

127


де ϕ1 , ϕ2 – невiдомi функцiї, записуємо матричне рiвнянняAX = B , де в матрицi A у першому рядку стоять частковiрозв’язки, якi знайденi на першому кроцi, у другому рядку сто-ять першi похiднi вiд цих часткових розв’язкiв i т.д., вектор Xскладається з перших похiдних вiд невiдомих функцiй ϕ1 , ϕ2 ,вектор B складається з нульових елементiв, а на останньому мi-сцi стоїть права частина рiвняння (порядок матрицi A , векторiвX , B визначаються порядком рiвняння), тобто(

cosx sinx− sinx cosx

)(ϕ′1ϕ′2

)=

(01

cosx

).

Використовуючи метод Крамера, знаходимо ϕ′1(x) = − tg x ,ϕ′2(x) = 1 . Тодi, iнтегруючи данi вирази, ϕ1(x) = ln cosx ,ϕ2(x) = x .

Записуємо частковий розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння

y∗(x) = ln cosx · cosx+ x sinx.

3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння

y(x) = y0(x) + y∗(x) = C1 cosx+C2 sinx+ ln cosx · cosx+ x sinx,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.Знайдемо розв’язок задачi Кошi. Знаходимо сталi C1 , C2 ,

використовуючи початковi умови:

y′(x) = −C1 sinx+ C2 cosx− ln cosx · sinx+ x cosx,

y(0) = C1 = 1 ,y′(0) = C2 = 0 .

Отже,

y(x) = cosx+ ln cosx · cosx+ x sinx. I

128


2. Розв’язати рiвняння x2y′′ − 2xy′ + 2y = x2 − 2x+ 2 .J Введемо в дане рiвняння замiну незалежної змiнної

x = et ⇒ t = lnx, xt′ = et. (16.6)

Тодi знаходимо

y(x) = y(et) = y(t),

y′x(x) = yt′ · tx′ = yt

′ · 1xt′

= yt′

et = y ′ · e−t,y′′x(x) = e−2t(y ′′ − y ′).

Пiдставивши y , y′x , y′′x у вихiдне рiвняння та врахувавши замi-ну змiнних (16.6), одержимо

e2t(y ′′ − y ′)e−2t − 2ety ′e−t + 2y = e2t − 2et + 2⇒

y ′′ − 3y ′ + 2y = e2t − 2et + 2. (16.7)

Рiвняння (16.7) розв’язуємо методом неозначених коефiцiєн-тiв.

1-ий крок. Знайдемо загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння y ′′ − 3y ′ + 2y = 0 . Записуємо характеристичнерiвняння i знаходимо його коренi

λ2 − 3λ+ 2 = 0, (16.8)

звiдси за теоремою Вiєта λ1 = 2 , λ2 = 1 . Отже, загальнийрозв’язок лiнiйного однорiдного рiвняння

y0(t) = C1e2t + C2e

t,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.2-ий крок. Знайдемо частковий розв’язок лiнiйного неодно-

рiдного рiвняння (16.7). Права частина цього рiвняння є сумоютрьох функцiй f1(t) = e2t , f2(t) = −2et та f3(t) = 2 . Тодiчастковий розв’язок для рiвняння з правою частиною f1(t) має

129


вигляд: y 1∗ (t) = ate2t , де a – многочлен з неозначеним коефiцi-

єнтом нульового степеня, t поправка на кратнiсть числа γ = 2 ,як кореня характеристичного рiвняння; подiбним чином визнача-ємо частковий розв’язок для рiвняння з правою частиною f2(t) :y 2∗ (t) = btet , де b – многочлен з неозначеним коефiцiєнтом ну-льового степеня, t поправка на кратнiсть числа γ = 1 ; а длярiвняння з правою частиною f3(t) : y 3

∗ (t) = c , де c – много-член з неозначеним коефiцiєнтом нульового степеня, число γ = 0( f3(t) = 2e0t ) не є коренем характеристичного рiвняння (16.8),тому поправки типу ts , де s – кратнiсть числа γ , як кореняхарактеристичного рiвняння, не буде.


y∗(t) = y 1∗ (t) + y 2

∗ (t) + y 3∗ (t) = ate2t + btet + c. (16.9)

Знаходимо

y∗′(t) = (2at+ a)e2t + (bt+ b)et,

y∗′′(t) = (4at+ 4a)e2t + (bt+ 2b)et.

Пiдставляємо значення y∗ , y∗′ , y∗′′ у рiвняння (16.7) i при-рiвнюємо коефiцiєнти у лiвiй i правiй частинах при функцiяхte2t , e2t , tet , et , e0t :

te2t : 0 = 4a− 6a+ 2ae2t : 1 = 4a− 3atet : 0 = b− 3b+ 2bet : −2 = 2b− 3be0t : 2 = 2c

=⇒a = 1b = 2c = 1


y∗(t) = te2t + 2tet + 1.

130


3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння (16.7)

y(t) = C1e2t + C2e

t + te2t + 2tet + 1,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.Звiдси, враховуючи замiну (16.6), отримуємо загальний розв’-

язок вихiдного рiвняння:

y(x) = C1x2 + C2x+ x2 lnx+ 2x lnx+ 1,

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I3. Розв’язати рiвняння

x(x− 3)2y′′ + 3(x2 − 3x)y′ − 3xy = 20x cos ln (x− 3) .J Подiлимо дане рiвняння на змiнну x i одержимо рiвняння

Лагранжа

(x− 3)2y′′ + 3(x− 3)y′ − 3y = 20 cos ln (x− 3). (16.10)

Введемо у рiвняння (16.10) замiну незалежної змiнної

x− 3 = et ⇒ t = ln (x− 3), xt′ = et. (16.11)

Тодi знаходимоy(x) = y(3 + et) = y(t),y′x(x) = y ′ · e−t,y′′x(x) = e−2t(y ′′ − y ′).

Пiдставивши y , y′x , y′′x у рiвняння (16.10) та врахувавши замiнузмiнних (16.11), одержимо

y ′′ + 2y ′ − 3y = 20 cos t. (16.12)

Рiвняння (16.12) розв’язуємо методом неозначених коефiцi-єнтiв.

131


1-ий крок. Знайдемо загальний розв’язок лiнiйного однорi-дного рiвняння y ′′ + 2y ′ − 3y = 0 . Записуємо характеристичнерiвняння i знаходимо його коренi

λ2 + 2λ− 3 = 0, (16.13)

звiдси λ1 = −3 , λ2 = 1 . Отже, загальний розв’язок лiнiйногооднорiдного рiвняння

y0(t) = C1e−3t + C2e

t,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.2-ий крок. Частковий розв’язок рiвняння (16.12) шукаємо у

виглядiy∗(t) = a cos t+ b sin t,

де a , b – многочлени з неозначеними коефiцiєнтами нульовогостепеня так, як у правiй частинi бiля cos t стоїть многочлен ну-льового степеня, а саме 20 . Оскiльки у правiй частинi рiвняння(16.12) стоїть функцiя f(t) = 20 cos t , то для числа γ = i , якене є коренем характеристичного рiвняння, поправки типу ts , деs – кратнiсть числа γ , як кореня характеристичного рiвняння,не буде.

Знаходимоy∗′(t) = −a sin t+ b cos t,

y∗′′(t) = −a cos t− b sin t.

Пiдставляємо значення y∗ , y∗′ , y∗′′ у рiвняння (16.12) i при-рiвнюємо коефiцiєнти у лiвiй i правiй частинах при функцiяхcos t , sin t :

cos t : 20 = −a+ 2b− 3asin t : 0 = −b− 2a− 3b

=⇒ a = −4b = 2


y∗(t) = −4 cos t+ 2 sin t.

132


3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння (16.12)

y(t) = C1e−3t + C2e

t − 4 cos t+ 2 sin t,

де C1 , C2 – довiльнi сталi.Звiдси, враховуючи замiну (16.11), отримуємо загальний роз-

в’язок вихiдного рiвняння:

y(x) = C11

(x− 3)3+ C2(x− 3)− 4 cos ln (x− 3) + 2 sin ln (x− 3),

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I

Аудиторнi завдання:Знайти розв’язки рiвнянь методом варiацiї сталих:

575. y′′ − 2y′ + y =ex

x; 577. y′′ + y =

1

sinx;

581. x3(y′′ − y) = x2 − 2 .Розв’язати рiвняння Ейлера :

589. x2y′′ − 4xy′ + 6y = 0 ; 592. x2y′′′ = 2y′ ;593. x2y′′ − xy′ + y = 8x3 ; 595. x3y′′ − 2xy = 6 lnx ;599. (x− 2)2y′′ − 3(x− 2)y′ + 4y = x .

Домашнi завдання:Знайти розв’язки рiвнянь методом варiацiї сталих:

576. y′′ + 3y′ + 2y =1

ex + 1; 578. y′′ + 4y = 2 tg x ;

579. y′′ + 2y′ + y = 3e−x√x+ 1 ; 580. y′′ + y = 2sec3x .

Знайти розв’язки задачi Кошi:583. y′′ + y = 4ex , y(0) = 4 , y′(0) = −3 ;586. y′′′ − y′ = 0 , y(0) = 3 , y′(0) = −1 , y′′(0) = 1 .

Розв’язати рiвняння Ейлера:590. x2y′′ − xy′ − 3y = 0 ; 591. x3y′′′ + xy′ − y = 0 ;594. x2y′′ + xy′ + 4y = 10x ; 596. x2y′′ − 3xy′ + 5y = 3x2 ;597. x2y′′ − 6y = 5x3 + 8x2 ; 598. x2y′′ − 2y = sin lnx ;600. (2x+ 3)3y′′′ + 3(2x+ 3)y′ − 6y = 0 .

133


Розв’язати рiвняння :603. y′′ + 2iy = 8ex sinx .

Вiдповiдi:575. y = ex(x ln |x|+ C1x+ C2) ;577. y = (C1 + ln | sinx|) sinx+ (C2 − x) cosx ;

581. y = −1

x+ C1e

x + C2e−x ; 589. y = C1x

2 + C2x3 ;

592. y = C1 +C2 ln |x|+C3x3 ; 593. y = x(C1 +C2 ln |x|) + 2x3 ;

595. y = C1x2 +

1

x

(C2 −

2

3lnx− ln2 x

);

599. y = (x− 2)2(C1 + C2 ln |x− 2|) + x− 1, 5 ;576. y = (e−x + e−2x) ln(ex + 1) + C1e

−x + C2e−2x ;

578. y = sin 2x ln | cosx| − x cos 2x+ C1 sin 2x+ C2 cos 2x ;

579. y = e−x(

4

5(x+ 1)5/2 + C1 + C2x

);

580. y = C1 cosx+ C2 sinx− cos 2x

cosx;

583. y = 2 cosx− 5 sinx+ 2ex ; 586. y = 2 + e−x ;590. y = C1x

3 + C2x−1 ; 591. y = x(C1 + C2 ln |x|+ C3 ln2 |x|) ;

594. y = C1 cos(2 ln |x|) + C2 sin(2 ln |x|) + 2x ;596. y = x2(C1 cos ln |x|+ C2 sin ln |x|+ 3) ;597. y = C1x

3 + C2x−2 + x3 ln |x| − 2x2 ;

598. y = C1x2 + C2x

−1 + 0, 1 cos lnx− 0, 3 sin lnx ;

600. y = C1

(x+

3

2

)+ C2

∣∣∣∣x+3

2

∣∣∣∣3/2 + C3

∣∣∣∣x+3

2

∣∣∣∣1/2 ;603. y = C1e

(−1+i)x + [C2 + (i− 1)x]e(1−i)x − e(1+i)x .

134

Контрольна робота 4 (по темам 13-16)

Типовi завдання:

1. (x+ 1)y′′ − (3x+ 4)y′ + (2x+ 4)y = 0;

2. y(4) + 3y′′ + 2y = 0;

3. y′′ + 5y′ + 4y = xe−4x + (x− 1)e−x;

4. y′′ − 2y′ + y = (x+ 2)ex + ex cos x;

5. y′′ − 6y′ + 10y = e3x(sin x− cos x) + x2 − 1;

6. y′′ − 2y′ + y = 2x√x− 3ex;

7. x2y′′ − 5xy′ + 10y = 0;

8. x2y′′ + 5xy′ + 3y = x ln x;

9. y′′ − 2y′ + y = xex sin2 ix.

135

Тема 17.Нормальнi лiнiйнi однорiднiсистеми зi сталими коефiцiєнтами (випадокспiвпадiння алгебраїчної i геометричноїкратностi)

Нехай n — довiльне натуральне число. Розглянемо НЛОСy′1 = a11y1 + a12y2 + · · ·+ a1nyn,

y′2 = a21y1 + a22y2 + · · ·+ a2nyn,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n = an1y1 + an2y2 + · · ·+ annyn,

де akl ∈ C, k, l ∈ 1, . . . , n ; yk = uk + ivk , k ∈ 1, . . . , n ,— шуканi функцiї, де uk , vk — дiйснi функцiї вiд змiнної x ∈(−∞,+∞) , i — уявна одиниця.

Введемо позначення

ydef=

y1

y2...yn

, Adef=

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n...

.... . .

...an1 an2 · · · ann

.

Тодi дана система може бути записана у виглядi

y′ = Ay. (17.1)

136

Тема 17. НЛОС зi сталими коефiцiєнтами

Загальний розв’язок системи (17.1) має вигляд

y = C1ϕ1(x) + · · ·+ Cnϕ

n(x), C1, . . . , Cn ∈ C,

де ϕ1, . . . , ϕn - фундаментальна система розв’язкiв НЛОС (17.1).

Функцiя вигляду y = veλx, де v ∈ Cn i v 6= 0, λ ∈ C, буде(частковим) розв’язком системи (17.1) тодi i лише тодi,коли λ — власне значення матрицi A, а v — вiдповiдниййому власний вектор.

Нехай λ1, . . . , λm є власними значеннями матрицi A , аk1, . . . , km їх алгебраїчнi кратностi.

Для кожного j ∈ 1, . . . , n власному значенню λj вiдпо-вiдає власний пiдпростiр B(λj) , який складається з власних ве-кторiв, що вiдповiдають цьому власному значенню, та нульовоговектора. Розмiрнiсть цього власного пiдпростору B(λj) позначи-мо через lj . Як вiдомо, значення lj називається геометричноюкратнiстю власного значення λj i 1 6 lj 6 kj .

Фактично, число lj — це максимальна кiлькiсть лiнiйно неза-лежних власних векторiв, якi вiдповiдають власному значеннюλj .

Нехай m = n. Тодi загальний розв’язок системи (1) маєвигляд

y = C1v1eλ1x + · · ·+ Cnv

neλnx, C1, . . . , Cn ∈ C,

де для кожного j ∈ 1, . . . , n vj — який-небудь власнийвектор, що вiдповiдає власному значенню λj .

137


Нехай m < n, але l1 = k1, . . . , lm = km. Тодi загальнийрозв’язок системи (17.1) має вигляд

y = (C1,1v1,1 + · · ·+ C1,k1v

1,k1)eλ1x + · · ·+

+(Cm,1vm,1 + · · ·+ Cm,kmv

m,km)eλmx,

де C1,1, . . . , C1,k1 , . . . , Cm,1, . . . , Cm,km ∈ C, для кожногоj ∈ 1, . . . ,m vj,1, . . . , vj,kj — лiнiйно незалежнi власнiвектори, що вiдповiдають власному значенню λj (тобтобазовi вектори власного пiдпростору B(λj)).

Теоретичнi питання:1. Який вигляд має НЛОС зi сталими коефiцiєнтами? Що

таке фундаментальна система розв’язкiв НЛОС зi сталими ко-ефiцiєнтами? Як знайти загальний розв’язок НЛОС зi сталимикоефiцiєнтами, якщо вiдома її фундаментальна система розв’яз-кiв?

2. Що таке алгебраїчна (геометрична) кратнiсть власногозначення?

3. Як можна записати загальний розв’язок НЛОС зi сталимикоефiцiєнтами, за умови, що кiлькiсть (рiзних) власних значеньматрицi A спiвпадає з порядком системи (алгебраїчна i геоме-трична кратнiсть власних значень матрицi A спiвпадають)?

Аудиторнi завдання:Розв’язати системи рiвнянь:

786.x = 2x+ y,y = 3x+ 4y;

789.x = x+ y,y = 3y − 2x;

796.

x = x+ z − y,y = x+ y − z,z = 2x− y;

(λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = −1)

801.

x = x− y − z,y = x+ y,z = 3x+ z;

(λ1 = 1, λ2,3 = 1± 2i)

138


804.

x = 4x− y − z,y = x+ 2y − z,z = x− y + 2z.

(λ1 = 2, λ2 = λ3 = 3)

Домашнi завдання:Розв’язати системи рiвнянь:

787.x = x− y,y = y − 4x;

790.x = x− 3y,y = 3x+ y;

791.x+ x+ 5y = 0,y − x− y = 0;

797.

x = x− 2y − z,y = y − x+ z,z = x− z;

(λ1 = 0, λ2 = 2, λ3 = −1)

802.

x = 2x+ y,y = x+ 3y − z,z = 2y + 3z − x.

(λ1 = 2, λ2,3 = 3± i)

Вiдповiдi:786. x = C1e

t + C2e5t , y = −C1e

t + 3C2e5t ;

789. x = e2t(C1 cos t+ C2 sin t) ,y = e2t[(C1 + C2) cos t+ (C2 − C1) sin t] ;

796. x = C1et + C2e

2t + C3e−t , y = C1e

t − 3C3e−t ,

z = C1et + C2e

2t − 5C3e−t ;

801. x = et(2C2 sin 2t+ 2C3 cos 2t) ,y = et(C1 − C2 cos 2t+ C3 sin 2t) ,z = et(−C1 − 3C2 cos 2t+ 3C3 sin 2t) ;

804. x = C1e2t + (C2 + C3)e3t , y = C1e

2t + C2e3t ,

z = C1e2t + C3e

3t ;787. x = C1e

−t + C2e3t , y = 2C1e

−t − 2C2e3t ;

790. x = et(C1 cos 3t+ C2 sin 3t) , y = et(C1 sin 3t− C2 cos 3t) ;791. x = (2C2 − C1) cos 2t− (2C1 + C2) sin 2t ,

y = C1 cos 2t+ C2 sin 2t797. x = C1 + 3C2e

2t , y = −2C2e2t + C3e

−t ,z = C1 + C2e

2t − 2C3e−t ;

802. x = C1e2t + e3t(C2 cos t+ C3 sin t) ,

139


y = e3t[(C2 + C3) cos t+ (C3 − C2) sin t] ,z = C1e

2t + e3t[(2C2 − C3) cos t+ (2C3 + C2) sin t] .

140

Тема 18. Лiнiйнi однорiднi системи зiсталими коефiцiєнтами (випадокнеспiвпадiння алгебраїчної i геометричноїкратностi)

Нехай n — довiльне натуральне число. Розглянемо НЛОСy′1 = a11y1 + a12y2 + · · ·+ a1nyn,

y′2 = a21y1 + a22y2 + · · ·+ a2nyn,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n = an1y1 + an2y2 + · · ·+ annyn,

(18.1)

де akl ∈ C, k, l ∈ 1, . . . , n ; yk = uk + ivk , k ∈ 1, . . . , n ,— шуканi функцiї, де uk , vk — дiйснi функцiї вiд змiнної x ∈(−∞,+∞) , i — уявна одиниця.

Нехай λ1, . . . , λm — власнi значення матрицi A , а k1, . . . , km;l1, . . . , lm — вiдповiдно їх алгебраїчнi та геометричнi кратностi.

Нехай m < n i l1 < k1, . . . , lν < kν , lν+1 = kν+1, . . . , lm =km (1 < ν 6 m). Тодi загальний розв’язок системи (18.1)можна записати у виглядi

y = [a1,0xk1−l1 + · · ·+ a1,k1−l1 ]eλ1x + · · ·+

+[am,0xkm−lm + · · ·+ am,km−lm ]eλmx,

де для кожного j ∈ 1, . . . ,m

141


(aj,0, . . . , aj,kj−lj )> = Cj,1(aj,0,1, . . . , aj,kj−lj ,1)> + · · ·+

+Cj,kj (aj,0,kj , . . . , aj,kj−lj ,kj )>

— загальний розв’язок системи лiнiйних алгебраїчних рiв-нянь

(A− λjI)aj,0 = 0,

(A− λjI)aj,1 = (kj − lj)aj,0,. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(A− λjI)aj,s = (kj − lj − s+ 1)aj,s−1,

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .(A− λjI)aj,kj−lj = aj,kj−lj−1,

(18.2)

a (aj,0,l, . . . , aj,kj−lj ,l)> ≡

aj,0,l1

aj,0,l2...

aj,0,ln

, . . . ,

aj,kj−lj ,l1

aj,kj−lj ,l2

...aj,kj−lj ,ln

>

,

l ∈ 1, . . . , kj, — база в просторi розв’язкiв системи (18.2).

Розглянемо випадок, коли коефiцiєнти системи (18.1) —дiйснi i нас цiкавить її загальний дiйсний розв’язок. Пiд дiйснимрозв’язком системи (18.1) будемо розумiти її розв’язок, якийнабуває дiйсних значень.

Нехай елементи матрицi A i ї ї власнi значення — дiйснi.Тодi загальний дiйсний розв’язок системи (18.1) має ви-гляд

y = [a1,0xk1−l1 + · · ·+ a1,k1−l1 ]eλ1x + · · ·+

+[am,0xkm−lm + · · ·+ am,km−lm ]eλmx,де для кожного j ∈ 1, . . . ,m (aj,0, . . . , aj,kj−lj )> — за-гальний дiйсний розв’язок системи (18.2), причому, якщо

142


lj = kj , то aj,0 — загальний власний вектор, вiдповiднийвласному значенню λj .

Нехай елементи матрицi A — дiйснi, а серед її влас-них значень λ1, . . . , λm є ν пар комплексно спряжених im− 2ν дiйсних, точнiше власнi значення матрицi A такi,що λ1 = λ2, . . . , λ2ν−1 = λ2ν , λ2ν+1 = λ2ν+1, . . . , λm = λm,де ν ∈

[1; [m/2]

]. Тодi загальний дiйсний розв’язок систе-

ми (18.1) має вигляд

y =[C1,1Re(p1,1(x)eλ1x) + · · ·+ C1,k1Re(p

1,k1(x)eλ1x)]+

+[C2,1Im(p1,1(x)eλ1x)+ · · ·+C2,k1Im(p1,k1(x)eλ1x)

]+ · · ·+

+[C2ν−1,1Re(p

2ν−1,1(x)eλ2ν−1x) + · · ·+

+C2ν−1,k2ν−1Re(p2ν−1,k2ν−1(x)eλ2ν−1x)

]+

+[C2ν,1Im(p2ν−1,1(x)eλ2ν−1x) + · · ·+

+C2ν,k2ν−1Im(p2ν−1,k2ν−1(x)eλ2ν−1x)]+

+[a2ν+1,0xk2ν+1−l2ν+1 + · · ·+a2ν+1,k2ν+1−l2ν+1

]eλ2ν+1x+ · · ·+

+[am,0xkm−lm + · · ·+ am,km−lm

]eλmx,

де для кожного r ∈ 1, . . . , ν маємо

p2r−1,µ =

k2r−1−l2r−1∑s=0

a2r−1,s,µxk2r−1−l2r−1−s, µ ∈ 1, . . . , k2r−1,

а (a2r−1,0,µ, . . . , a2r−1,k2r−1−l2r−1,µ)>, µ ∈ 1, . . . , k2r−1,— база в просторi розв’язкiв системи (18.2) при

143


j = 2r − 1, зокрема, коли l2r−1 = k2r−1, то a2r−1,0,µ, µ ∈1, . . . , k2r−1, — база у власному пiдпросторi B(λ2r−1);для кожного j ∈ 2ν + 1, . . . ,m (aj,0, . . . , aj,kj−lj )> — за-гальний дiйсний розв’язок системи (18.2), причому, якщоlj = kj , то aj,0 — загальний дiйсний власний вектор, вiд-повiдний власному значенню λj .


1. Який вигляд має НЛОС зi сталими коефiцiєнтами? Щотаке фундаментальна система розв’язкiв НЛОС зi сталими ко-ефiцiєнтами? Як знайти загальний розв’язок НЛОС зi сталимикоефiцiєнтами, якщо вiдома її фундаментальна система розв’яз-кiв?

2. Що таке алгебраїчна (геометрична) кратнiсть власногозначення?

3. Який вигляд має загальний розв’язок НЛОС зi сталимикоефiцiєнтами, за умови, що алгебраїчна i геометрична кратнiстьвласних значень матрицi A не спiвпадають?

4. Що таке дiйсний розв’язок НЛОС зi сталими коефiцiєн-тами? Який вигляд має загальний дiйсний розв’язок НЛОС зiсталими коефiцiєнтами, якщо елементи матрицi A i її власнiзначення — дiйснi (якщо елементи матрицi A — дiйснi, а середїї власних значень λ1, . . . , λm є ν пар комплексно спряжених im− 2ν дiйсних)?


Розв’язати системи рiвнянь:

808.

x = x− y + z,y = x+ y − z,z = 2z − y;

(λ1 = λ2 = 1, λ3 = 2)

812.

x = 4x− y,y = 3x+ y − z,z = x+ z;

(λ1 = λ2 = λ3 = 2)

144


811.

x = 2x− y − z,y = 2x− y − 2z,z = 2z − x+ y.

(λ1 = λ2 = λ3 = 1)


792.x = 2x+ y,y = 4y − x;

795.x− 5x− 3y = 0,y + 3x+ y = 0;

809.

x = y − 2z − x,y = 4x+ y,z = 2x+ y − z.

(λ1 = 1, λ2 = λ3 = −1)

Вiдповiдi:808. x = (C1 + C2t)e

t + C3e2t , y = (C1 − 2C2 + C2t)e

t ,z = (C1 − C2 + C2t)e

t + C3e2t ;

812. x = (C1 + C2t+ C3t2)e2t ,

y = [2C1 − C2 + (2C2 − 2C3)t+ 2C3t2]e2t ,

z = [C1 − C2 + 2C3 + (C2 − 2C3)t+ C3t2]e2t ;

811. x = (C1 + C3t)et , y = (C2 + 2C3t)e

t ,z = (C1 − C2 − C3 − C3t)e

t ;792. x = (C1 + C2t)e

3t , y = (C1 + C2 + C2t)e3t ;

795. x = (C1 + 3C2t)e2t , y = (C2 − C1 − 3C2t)e

2t ;809. x = (C2 + C3t)e

−t , y = 2C1et − (2C2 + C3 + 2C3t)e

−t ,z = C1e

t − (C2 + C3 + C3t)e−t .

145

Тема 19. Лiнiйнi неоднорiднi системи зiсталими коефiцiєнтами (метод неозначенихкоефiцiєнтiв)

Розглянемо нормальну лiнiйну неоднорiдну систему зi сталимикоефiцiєнтами

y′1 = a11y1 + a12y2 + · · ·+ a1nyn + f1(x),

y′2 = a21y1 + a22y2 + · · ·+ a2nyn + f2(x),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n = an1y1 + an2y2 + · · ·+ annyn + fn(x),

де n > 2 — довiльне натуральне число; ais ∈ C , i, s ∈ 1, . . . , n ;fj ∈ C(−∞,+∞) , j ∈ 1, . . . , n . Покладемо

ydef=

y1

y2...yn

, Adef=

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

, f(x)def=

f1(x)f2(x)

...fn(x)

.

Тодi систему можна записати у виглядi векторного рiвняння

y′ = Ay + f(x), y ∈ Cn. (19.1)


y =y(x,C1, . . . , Cn) +

∗y(x), C1, . . . , Cn ∈ C,

146

Тема 19. НЛНС (метод неозначених коефiцiєнтiв)

де y =y(x,C1, . . . , Cn) — загальний розв’язок вiдповiдної одно-

рiдної системи y′ = Ay, а y =∗y(x) — частковий розв’язок си-

стеми (19.1).Якщо вiльний член рiвняння (19.1) має спецiальний вигляд (є

квазiмногочленом), то частковий розв’язок системи (19.1) можназнайти методом неозначених коефiцiєнтiв.

Нехай вiльний член системи (19.1) має вигляд

f(x)=

b01x

l + · · ·+ bl1b02x

l + · · ·+ bl2...

b0nxl + · · ·+ bln

eκx≡

b1(x)b2(x)...

bn(x)

eκx≡

≡ (b0xl + · · ·+ bl)eκx,

де l ∈ N∪0; bjs ∈ C, j ∈ 0, . . . , l, s ∈ 1, . . . , n; bs(x) =b0sx

l + · · · + bls, s ∈ 1, . . . , n; bj = (bj1, bj2, . . . , b

jn)T, j ∈

0, . . . , l.Тодi система (19.1) має частковий розв’язок вигляду

y =

d0

1xk+l + · · ·+ dk+l

1

d02xk+l + · · ·+ dk+l

2...

d0nx

k+l + · · ·+ dk+ln

eκx ≡

d1(x)d2(x)

...dn(x)

eκx ≡

≡ (d0xk+l + · · ·+ dk+l)eκx,

де k = 0, якщо κ не є власним значенням матрицi A,i k дорiвнює алгебраїчнiй кратностi κ, якщо κ є вла-сним значенням матрицi A; djs ∈ C, j ∈ 0, . . . , k + l, s ∈1, . . . , n; ds(x) = d0

sxk+l+· · ·+dk+l

s ; dj = (dj1, dj2, . . . , d

jn)T,

j ∈ 0, . . . , k + l.

Розширити дiю методу неозначених коефiцiєнтiв можна за

147


рахунок принципу суперпозицiї, який формулюється таким чи-ном.

Нехай f(x) = f1(x) + · · · + fs(x), де s ∈ N, s > 2,f i ∈ [C(R)]n, j ∈ 1, . . . , s, а y = y1(x), . . . , y = ys(x)— частковi розв’язки вiдповiдних систем y′ = Ay +f1(x), . . . , y′ = Ay + fs(x). Тодi функцiя y = y1(x) +· · ·+ ys(x) є частковим розв’язком системи (19.1).

Тепер розглянемо випадок, коли коефiцiєнти системи (19.1)— дiйснi, а її вiльний член — дiйсний квазiмногочлен.

Нехай коефiцiєнти системи (19.1) — дiйснi, а вiльний членf(x) системи (19.1) є дiйсним векторним квазiмногочле-ном, тобто

f(x) = eαx[(g0xr+ · · ·+gr) cosβx+(h0xs+ · · ·+hs) sinβx

],

де α, β ∈ R; r, s ∈ N ∪ 0; g0, . . . , gr, h0, . . . , hs ∈ Rn.Тодi дана система має дiйсний (частковий) розв’язок ви-гляду

y = eαx[(d0yk+l + · · ·+ dk+l) cosβx+

+(˜d

0

xk+l + · · ·+ ˜dk+l

) sinβx],

де l = maxr, s; k = 0, якщо число κ = α + iβ не євласним значенням матрицi A, i k дорiвнює алгебраїчнiйкратностi числа κ, якщо воно є власним значенням ма-

трицi A; d0, . . . , dk+l, ˜d0

, . . . ,˜dk+l

⊂ Rn.


1. Який вигляд має нормальна лiнiйна неоднорiдна система(НЛНС) зi сталими коефiцiєнтами? Яким чином можна НЛНСзаписати у виглядi векторного рiвняння? Як знайти загальнийрозв’язок НЛНС зi сталими коефiцiєнтами, якщо вiдомо загаль-

148


ний розв’язок вiдповiдної однорiдної системи та частковий роз-в’язок цiєї системи?

2. У якому випадку для вiдшукання частковогоо розв’язкуНЛНС зi сталими коефiцiєнтами можна застосовувати метод не-означених коефiцiєнтiв? У чому його суть?

3. Як знайти частковий розв’язок НЛНС, якщо вiльний членцiєї системи можна подати як суму кiлькох векторних квазiмно-гочленiв?

4. Що таке дiйсний розв’язок НЛНС зi сталими коефiцiєн-тами? Який вигляд має дiйсний частковий розв’язок НЛНС зiсталими коефiцiєнтами, якщо коефiцiєнти системи — дiйснi, а їївiльний член — дiйсний квазiмногочлен?

Аудиторнi завдання:Розв’язати системи рiвнянь:

826.x = y + 2et,y = x+ t2;

827.x = y − 5 cos t,y = 2x+ y;

829.x = 2x− 4y + 4e−2t,y = 2x− 2y;

830.x = 4x+ y − e2t,y = y − 2x;

840.x = x− y + 2 sin t,y = 2x− y.


832.x = 5x− 3y + 2e3t,y = x+ y + 5e−t;

833.x = 2x+ y + et,y = −2x+ 2t;

841.x = 2x− y,y = x+ 2et;

843.x = 2x+ y + 2et,y = x+ 2y − 3e4t;

845.x = 2x− y,y = 2y − x− 5et sin t.

149


Вiдповiдi:826. x = C1e

t+C2e−t+tet−t2−2 , y = C1e

t−C2e−t+(t−1)et−2t ;

827. x = C1e2t + C2e

−t − 2 sin t− cos t ,y = 2C1e

2t − C2e−t + sin t+ 3 cos t ;

829. x = C1(cos 2t− sin 2t) + C2(cos 2t+ sin 2t) ,y = C1 cos 2t+ C2 sin 2t+ e−2t ;

830. x = C1e2t + C2e

3t + (t+ 1)e2t , y = −2C1e2t − C2e

3t − 2te2t ;840. x = C1 cos t+ C2 sin t+ t sin t− t cos t ,

y = C1(sin t+ cos t) +C2(sin t− cos t)− 2t cos t+ sin t+ cos t ;832. x = C1e

2t+3C2e4t−e−t−4e3t , y = C1e

2t+C2e4t−2e−t−2e3t ;

833. x = C1et cos t+ C2e

t sin t+ et + t+ 1 ,y = C1e

t(− cos t− sin t) + C2et(cos t− sin t)− 2et − 2t− 1 ;

841. x = (C1 + C2t− t2)et , y = [C1 − C2 + (C2 + 2)t− t2]et ;843. x = C1e

t+C2e3t+tet−e4t , y = −C1e

t+C2e3t−(t+1)et−2e4t ;

845. x = C1et + C2e

3t + et(2 cos t− sin t) ,y = C1e

t − C2e3t + et(3 cos t+ sin t) .

150

Тема 20. Лiнiйнi неоднорiднi системи зiсталими коефiцiєнтами (метод варiацiїсталих)

Розглянемо нормальну лiнiйну неоднорiдну систему зi сталимикоефiцiєнтами

y′1 = a11y1 + a12y2 + · · ·+ a1nyn + f1(x),

y′2 = a21y1 + a22y2 + · · ·+ a2nyn + f2(x),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n = an1y1 + an2y2 + · · ·+ annyn + fn(x),

де n > 2 — довiльне натуральне число; ais ∈ C , i, s ∈ 1, . . . , n ;fj ∈ C(−∞,+∞) , j ∈ 1, . . . , n .


y =y(x,C1, . . . , Cn) +

∗y(x), C1, . . . , Cn ∈ C,

де y =y(x,C1, . . . , Cn) — загальний розв’язок вiдповiдної одно-

рiдної системи, а y =∗y(x) — частковий розв’язок системи (19.1).

Метод варiацiї сталої полягає в тому, що (маючи зображен-ня загального розв’язку вiдповiдної однорiдної системи) частко-вий розв’язок неоднорiдної системи шукаємо як функцiю, зобра-ження якої вiдрiзняється вiд зображення загального розв’язкувiдповiдної однорiдної системи тiльки тим, що замiсть сталихстоять певнi вирази iз незалежною змiнною.

151

Тема 20. НЛНС (метод варiацiї сталих)

Теоретичнi питання:1. У чому полягає метод варiацiї сталих для вiдшукання час-

ткового розв’язку НЛНС зi сталими коефiцiєнтами?


1. Знайти загальний розв’язок системиx′ = 3x+ y + 1

t − 4 ln ty′ = −x+ y + 1

t .

J Введемо позначення

w =

(xy

), A =

(3 1−1 1

), f(t) =

(1t − 4 ln t

1t

).

Тодi дану систему можна записати у векторному виглядi

w′ = Aw + f(t).

1-ий крок. Знайдемо загальний розв’язок лiнiйної однорiдноїсистеми

w′ = Aw. (20.1)

Знайдемо характеристичнi числа цiєї системи, тобто власнi зна-чення матрицi A . Маємо

det(A−λI) =

∣∣∣∣ 3− λ 1−1 1− λ

∣∣∣∣ = (3−λ)(1−λ) + 1 = (λ− 2)2 = 0.

Отже, число λ = 2 є власним значенням матрицi A алге-браїчної кратностi k = 2 . Геометрична кратнiсть даного числаl = dimL−rang(A−λI) = 1 , де dimL – вимiрнiсть простору. Та-ким чином, загальний розв’язок лiнiйної однорiдної системи шу-катимемо у виглядi добутку вектор-многочлена степенi k− l = 1i eλt , тобто у виглядi

w0 ≡(x0

y0

)=

(a1t+ b1a2t+ b2

)e2t ≡ (at+ b)e2t,

152


де

a =

(a1

a2

), b =

(b1b2

).

Пiдставимо векторний вираз w0 у векторне рiвняння (20.1)

e2t(2at+ a+ 2b) = Ae2t(at+ b).

Подiливши отриману рiвнiсть на e2t , звiвши подiбнi члени таприрiвнявши коефiцiєнти при однакових степенях t , отримаємо

(A− 2I)a = 0(A− 2I)b = a.

(20.2)

Розв’яжемо перше рiвняння системи (20.2).(1 1−1 −1

)(a1

a2

)=

(00

)⇒ a1 + a2 = 0⇒ a =

(− a2

a2

).

Пiдставивши знайдене a у друге рiвняння системи (20.2),знайдемо(

1 1−1 −1

)(b1b2

)=

(− a2

a2

)⇒ b1 + b2 = −a2 ⇒ b =

(− a2 − b2

b2

).

Отже, поклавши a2 = C1 , b2 = C2 , отримаємо загальнийрозв’язок лiнiйної однорiдної системи (20.1) у виглядi(x0

y0

)=

(−C1t− (C1 + C2)

C1 + C2

)e2t = C1

(−t− 1t

)e2t+C2

(−11

)e2t.

2-ий крок. Частковий розв’язок лiнiйної неоднорiдної системи

w′ = Aw + f(t) (20.3)

будемо шукати у виглядi(x∗y∗

)= ϕ1(t)

(−t− 1t

)e2t + ϕ2(t)

(−11

)e2t. (20.4)

153


Функцiї ϕ1 , ϕ2 знаходимо iз системи:(−(t+ 1) e2t −e2t

t e2t e2t

)(ϕ′1ϕ′2

)=

(1t − 4 ln t

1t

).

Розв’язуючи дану систему методом Крамера, знаходимо

ϕ′1(t) = (2

t− 4 ln t)e−2t,

ϕ′2(t) = (2 +1

t− 4t ln t)e−2t.

Звiдсиϕ1(t) = −2 ln t · e−2t,ϕ2(t) = (2t+ 1) ln t · e−2t.

(20.5)

Пiдставивши (20.5) у (20.4), одержуємо частковий розв’язоклiнiйної неоднорiдної системи (20.3)(

x∗y∗

)= −2 ln t

(−t− 1t

)+ (1 + 2t) ln t

(−11

)= ln t

(11

).

3-ий крок. Загальний розв’язок лiнiйної неоднорiдної системи– сума загального розв’язку лiнiйної однорiдної системи, знайде-ного на першому кроцi, та часткового розв’язку лiнiйної неодно-рiдної системи, який знайдений на другому кроцi(

xy

)= C1

(−t− 1t

)e2t + C2

(−11

)e2t + ln t

(11

). I


Знайти загальний розв’язок системи:

846.x = y + tg2 t− 1,y = −x+ tg t;

849.x = x− y + 1

cos t ,y = 2x− y;

154


850.x = 3x− 2y,

y = 2x− y + 15et√t;

858. x = Ax, A =

−3 2 2−3 −1 1−1 2 0

863. x = Ax, A =

−2 1 2−1 0 2−2 0 3

.


Знайти загальний розв’язок системи:

847.

x = 2y − x,y = 4y − 3x+ e3t

e2t+1;

848.x = −4x− 2y + 2

et−1 ,

y = 6x+ 3y − 3et−1 ;

851. x = Ax, A =

(3 00 3

); 853. x = Ax,A =

(1 −22 −3

).

855. x = Ax,A =

2 −1 −11 0 −13 −1 −2

;857.x = Ax,A =

−1 −2 2−2 −1 2−3 −2 3

;

862. x = Ax, A =

0 1 11 1 0−1 0 1

;866.x = Ax, A =

2 0 −11 −1 03 −1 −1

.

Вiдповiдi:

846. x = C1 cos t+ C2 sin t+ tg t , y = −C1 sin t+ C2 cos t+ 2 ;847. x = C1e

t + 2C2e2t − et ln (e2t + 1) + 2e2t arctg et ,

y = C1et + 3C2e

2t − et ln (e2t + 1) + 3e2t arctg et ;848. x = C1 + 2C2e

−t + 2e−t ln |et − 1| ,y = −2C1 − 3C2e

−t − 3e−tln |et − 1| ;849. x = C1 cos t+C2 sin t+ t(cos t+ sin t) + (cos t− sin t) ln | cos t| ;850. x = (C1 + 2C2t− 8t5/2)et ,

y = (C1 + 2C2t− C2 − 8t5/2 + 10t3/2)et ;

155


851. x = C1e3t

(10

)+ C2e

3t

(01

);

853. x = C1e−t(

11

)+ C2e

−t(

2t2t− 1

);

855. x = C1et

101

+ C2

111

+ C3e−t

112

;

857. x = C1et

011

+C2

2 cos t2 cos t

3 cos t− sin t

+C3

2 sin t2 sin t

3 sin t+ cos t

;

858. x = C1e−2t

01−1

+C2e−t

cos 2t− sin 2tcos 2t

+C3e−t

sin 2tcos 2tsin 2t

;

862. x = C1

1−11

+ C2et

01−1

+ C3et

1t+ 1−t

;

863. x = C1e−t

201

+ C2et

111

+ C3et

2t2t

2t+ 1

;

866. x = C1

112

+ C2

tt− 12t− 1

+ C3

t2

t2 − 2t+ 22t2 − 2t

.

156

Контрольна робота 5 (по темам 17—20)


Знайти загальний розв’язок системи ·x = Ax :

1. A =

4 2 −21 3 −13 3 −1

; 2. A =

1 −1 −11 1 03 0 1

.

(λ1 = λ2 = λ3 = 2) (λ1 = 1, λ2,3 = 1± 2i)

Розв’язати систему методом варiацiї сталих:

3.

·x = −2x+ y + (5t+ 4)e2t,·y = −2x+ y + (7t+ 1)e2t.

Розв’язати системи методом неозначених коефiцiєнтiв:

4.

·x = −x+ y + 2 cos 2t− sin 2t,·y = −4x− y + 2 cos 2t− 3 sin 2t;

5.

·x = −2x+ y + (−t+ 4)e−t,·y = −2x+ y + (−2t+ 7)e−t;

6.

·x = −2x+ y + (−3t+ 4)e−2t,·y = −9x+ 4y + 15e−2t.

157

Тема 21. Нормальнi системи

Нормальною системою (m -го порядку) називається системаy′1 = f1(x, y1, . . . , ym),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′m = fm(x, y1, . . . , ym).

(21.1)

Нехай функцiї f1, . . . , fm визначенi в областi D просторуR1+m . Розв’язком системи диференцiальних рiвнянь (21.1) на-зивається набiр функцiй y1 = ϕ1(x), . . . , ym = ϕm(x) , визначе-них на деякому числовому промiжку 〈a, b〉 , якi задовольняютьумови:

1) ϕ1, . . . , ϕm ⊂ C1(〈a, b〉

);

2) (x, ϕ1(x), . . . , ϕm(x)) ∈ D ∀x ∈ 〈a, b〉 ;

3)

ϕ′1(x) = f1(x, ϕ1(x), . . . , ϕm(x)),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .ϕ′m(x) = fm(x, ϕ1(x), . . . , ϕm(x)) ∀x ∈ 〈a, b〉.

Загальним розв’язком системи рiвнянь (21.1) називається на-бiр функцiй y1 = ψ1(x,C1, . . . , Cm) , . . . , ym = ψm(x,C1, . . . , Cm) ,(x,C1, . . . , Cm) ∈ Ω (Ω — область в R1+m ), якi задовольняютьумови:

158


1) для кожних конкретних допустимих значень C1 , . . . , Cm

вiдповiдних параметрiв C1, . . . , Cm функцiї

y1 = ψ1(x,C1 , . . . , Cm), . . . , ym = ψm(x,C1 , . . . , C

m)

є розв’язком системи (21.1);

2) який би не був розв’язок y1 = ϕ1(x), . . . , ym = ϕm(x) , x ∈〈a, b〉 , системи (21.1), знайдуться значення C1,ϕ, . . . , Cm,ϕпараметрiв C1, . . . , Cm такi, що

ϕ1(x) = ψ1(x,C1,ϕ, . . . , Cm,ϕ), . . . , ϕm(x) = ψm(x,C1,ϕ, . . . , Cm,ϕ).

Динамiчною системою називається система виглядуy′1 = v1(y1, . . . , yn)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n = vn(y1, . . . , yn), (y1, . . . , yn)T ∈ D.

(21.2)

Iншими словами, динамiчною системою називається нормаль-на система звичайних диференцiальних рiвнянь, правi частиниякої явно не залежать вiд незалежної змiнної x .

Функцiя u(y) , y ∈ Ω0 ⊂ Ω ( Ω0 — пiдобласть областiΩ ) , з простору C1(Ω0) називається першим iнтегралом систе-ми (21.2), якщо вона не є сталою i для будь-якого розв’язкуy = ϕ(x) , x ∈ 〈a, b〉 , системи (21.2), траєкторiя якого лежитьв Ω0 , виконується рiвнiсть

u(ϕ(x)) = Cϕ, x ∈ 〈a, b〉, (21.3)

де Cϕ — стала, значення якої залежить вiд заданого розв’язку.

Критерiй I∫. Нехай функцiя u належить C1(Ω0) (Ω0 —

пiдобласть областi Ω) i не є сталою. Тодi u є I∫(21.2) в

тому i лише в тому випадку, коли виконується тотожнiстьn∑i=1

∂u(y)∂yi

fi(y) = 0, y ∈ Ω0.

159


Скажемо, що першi iнтеграли u1(y), . . . , uk(y), y ∈ Ω0, сис-теми (21.2) є незалежними (в Ω0 ), якщо

rang

∂u1(y)

∂y1. . .

∂u1(y)

∂yk...

. . ....

∂uk(y)

∂y1. . .

∂uk(y)

∂yk

= k, y ∈ Ω0.

Нехай a — неособлива точка системи (21.2) (f(a) 6= 0).Тодi в деякому околi точки a визначена система n − 1незалежних перших iнтегралiв системи (21.2).

Якщо u1(y), . . . , uk(y) , y ∈ Ω0 , — I∫

(21.2) i F (ξ1, . . . , ξk) ,(ξ1, . . . , ξk) ∈ Rk , — довiльна неперервно-диференцiйовна функ-цiя, то функцiя u(y) = F

(u1(y), . . . , uk(y)

), y ∈ Ω0, теж є I

∫(21.2) .

Розглянемо нормальну (нединамiчну) системуy′1 = f1(x, y1, . . . , yn),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .y′n = fn(x, y1, . . . , yn), (x, y1, . . . , yn) ∈ D,

(21.4)

де D — область в R1+n ; fi ∈ C1(D) , i = 1, n .Функцiю u(x, y1, . . . , yn) , (x, y1, . . . , yn) ∈ D0 , (D0 — пiдо-

бласть областi D ) з простору C1(D0) , яка не є сталою, назива-ють першим iнтегралом системи (21.4), якщо для будь-якого їїрозв’язку y1 = ϕ1(x), . . . , yn = ϕn(x), x ∈ 〈a, b〉, графiк якоголежить в D0 , виконується рiвнiсть

u(x, ϕ1(x), . . . , ϕn(x)) = Cϕ ∀x ∈ 〈a, b〉,

де Cϕ — стала, яка може залежати вiд заданого розв’язку.

160


Функцiя u(x, y1, . . . , yn), (x, y1, . . . , yn) ∈ D0 (D0 ⊂ D), зпростору C1(D0), яка не є сталою, буде першим iнтеграломсистеми (21.4) тодi i лише тодi, коли виконується рiвнiсть

∂u(x, y1, . . . , yn)

∂x+

n∑i=1

∂ui(x, y1, . . . , yn)

∂yifi(x, y1, . . . , yn) = 0.

Для довiльної точки (x0, y1, . . . , y

n) ∈ D знайдеться її

окiл, в якому визначенi n незалежнi першi iнтеграли си-стеми (21.4), i будь-який iнший перший iнтеграл цiєї си-стеми функцiонально залежний вiд них.

Теоретичнi питання:1. Що таке нормальна система m -го порядку? Що називає-

ться розв’язком, загальним розв’язком нормальної системи m -гопорядку?

2. Що таке динамiчна система? Що називається першим iн-тегралом динамiчної системи? Сформулювати критерiй першо-го iнтегралу. Поняття незалежних перших iнтегралiв. Iснуванняперших iнтегралiв динамiчної системи.

3. Що називається першим iнтегралом нединамiчної системи?Сформулювати критерiй першого iнтегралу нединамiчної систе-ми. Як знайти будь-який перший iнтеграл нединамiчної системизнаючи n ї ї незалежних перших iнтегралiв?


1. Розв’язати систему рiвняньy′ = z

x

z′ = z(y+2z−1)x(y−1)

. (21.5)

161


J З першого рiвняння системи (21.5) z = y′x . Пiдставимоцей вираз у друге рiвняння даної системи, одержимо

y′′x+ y′ =y′x(y + 2y′x− 1)

x(y − 1).

Звiдси одержуємо рiвняння другого порядку вигляду

y′′(y − 1) = 2y′ 2. (21.6)

Вводячи замiну змiнних

y′ = p(y), y′′ = p′p (21.7)

у рiвняннi (21.6), зводимо дане рiвняння до рiвняння першогопорядку

p′p(y − 1) = 2p2.

Вiдокремлюючи змiннi, одержуємо dpp = 2

y−1 dy . Iнтегруючиостаннiй вираз, матимемо p = C1(y − 1)2 , C1 – довiльна стала.Повертаючись до старих змiнних з використанням замiни (21.7)

y′ = C1(y − 1)2,

звiдки вiдокремлюючи змiннi та iнтегруючи, одержуємо− 1y−1 = C1x+ C2 , C2 – довiльна стала, тобто y = 1− 1

C1x+C2.

Оскiльки z = y′x , то z = C1(y − 1)2x = C1x

(C1x+C2)2.

Отже, розв’язком даної системи буде пара функцiй y , z :

y(x) = 1− 1

C1x+ C2

z(x) = C1x

(C1x+ C2)2,

де C1 , C2 – довiльнi сталi. I2. Знайти загальний розв’язок системи

dx

xz=dy

yz=

dz

xy√z2 + 1

(21.8)

162


J Iнтегруючи рiвнянняdx

xz=dy

yz(перша iнтегровна комбi-

нацiя), знаходимо, що x = yC1 , де C1 – довiльна стала.Знайдемо другу iнтегровну комбiнацiю. Оскiльки у другiй iн-

тегровнiй комбiнацiї має використовуватись третє спiввiдношен-ня системи (21.8), то, як видно, у цей вираз входить добуток xy ,який можна утворити домноживши чисельник i знаменник пер-шого спiввiдношення системи (21.8) на y , а другого – на x , iдодавши їх:

y dx+ x dy

2xyz=

dz

xy√z2 + 1

⇒ d(xy) =2z dz√z2 + 1

⇒

⇒ d(xy) =d(z2 + 1)√z2 + 1

⇒ xy = 2√z2 + 1 + C2.

Знайденi першi незалежнi iнтеграли

x = yC1, xy = 2√z2 + 1 + C2.

в сукупностi визначають шуканий загальний розв’язок. I3. Знайти загальний розв’язок системи

dx

y= −dy

x=dz

u= −du

z(21.9)

та перевiрити чи спiввiдношення ϕ = yz − ux = C є першим iнте-гралом цiєї системи.

J Iнтегруючи рiвнянняdx

y= −dy

x(перша iнтегровна ком-

бiнацiя), знаходимо один з перших незалежних iнтегралiв даноїсистеми x2 + y2 = C1 , де C1 – довiльна стала.

Iнтегруючи рiвнянняdz

u= −du

z(друга iнтегровна комбiна-

цiя), знаходимо другий з перших незалежних iнтегралiв даноїсистеми z2 + u2 = C2 , де C2 – довiльна стала.

163


Знайдемо третю iнтегровну комбiнацiю, у якiй повинно бутизадiяно принаймнi три спiввiдношення системи (21.9):

u dx+ x du

uy − xz=z dy + y dz

−zx+ yu⇒ d(xu) = d(zy)⇒

⇒ xu− zy = C3,

де C3 – довiльна стала.Знайденi першi незалежнi iнтеграли

x2 + y2 = C1, z2 + u2 = C2, xu− zy = C3.

в сукупностi визначають шуканий загальний розв’язок.Запишемо систему (21.9) у виглядi

dx

dt= y

dy

dt= −x

dz

dt= u

du

dt= −z.

(21.10)

Для того щоб функцiя ϕ(t, x, y, z, u) = C була першим iнте-гралом системи (21.10) достатньо, щоб

∂ϕ

∂t+∂ϕ

∂x· dxdt

+∂ϕ

∂y· dydt

+∂ϕ

∂z· dzdt

+∂ϕ

∂u· dudt

= 0.

Справдi, для функцiї ϕ = yz − ux , матимемо0− uy + z(−x) + yu− x(−z) = −zx+ zx = 0 , звiдки бачимо, щоϕ = C є першим iнтегралом системи (21.10), а отже, i вихiдноїсистеми. I


164


В задачах 1141 – 1162 розв’язати вказанi системи рiвнянь,а в 1161 – 1162 - ще i перевiрити чи є спiввiдношення φ = Cпершими iнтегралами цих систем:

1141. y′ =x

z, z′ = −x

y. 1146.

dx

2y − z=dy

y=dz

z.

1150.dx

z=dy

u=dz

x=du

y. 1156.

dx

x+ y2 + z2=dy

y=dz

z.

1161.dx

dt=x2 − ty

,dy

dt= −x , φ1 = t2 + 2xy , φ2 = x2 − ty .


1142. y′ =y2

z − x, z′ = y + 1 . 1144. y′ = y2z , z′ =

z

x− yz2 .

1147.dx

y=dy

x=dz

z. 1148.

dx

y + z=

dy

x+ z=

dz

x+ y.

1151.dx

y − u=

dy

z − x=

dz

u− y=

du

x− z.

1159.dx

x(z − y)=

dy

y(y − x)=

dz

y2 − xz.

1162. x = xy , y = x2 + y2 ; φ1 = xln y − x2y ; φ2 =y2

x2− 2ln x .

Вiдповiдi:

1141. y = C2eC1x2 , z =

1

2C1C2e−C1x2 ; 1146. y = C1z , x =

2y−z+C2 ; 1150. x2−z2 = C1 , y2−u2 = C2 , (x+z) = C3(u+y) ;1156. y = C1z , x − y2 − z2 = C2z ; 1161. 1) так; 2) нi; 1142.

y = C2eC1x , z = x +

C2

C1eC1x , y = 0 , z = x + C ; 1144. y =

C2eC1x2 , z =

2C1

C2xe−C1x2 , y = 0 , z = Cx ; 1147. x2 − y2 = C1 ,

x+ y = C2z ; 1148. x− y = C1(y − z) , (x+ y + z)(x− y)2 = C2 ;1151. x + z = C1 , y + u = C2 , (x − z)2 + (y − u)2 = C3 ; 1159.x+ z − y = C1 , ln |x|+ z

y= C2 ; 1162. 1) нi; 2) так.

165

Тема 22. Рiвняння в частинних похiдних

Диференцiальним рiвнянням з частинними похiдними першогопорядку називається спiввiдношення вигляду

Φ(x1, . . . , xn, u,

∂u

∂x1, . . . ,

∂u

∂xn

)= 0, (22.1)

яке зв’язує незалежнi змiннi x1, . . . , xn , функцiю u = u(x1, . . . ,

xn) вiд них та її частиннi похiднi першого порядку∂u

∂x1, . . . ,

∂u

∂xn.

Пiд розв’язком диференцiального рiвняння (22.1) будемо ро-зумiти функцiю u , яка визначена в деякiй областi Ωu просторуRn i задовольняє такi три умови:

1) u ∈ C1(Ωu) ;

2) вираз Φ(x1, . . . , xn, u(x1, . . . , xn),

∂u(x1, . . . , xn)

∂x1, . . . ,

∂u(x1, . . . , xn)

∂xn

)визначений для всiх (x1, . . . , xn) ∈ Ωu ;

3) Φ(x1, . . . , xn, u(x1, . . . , xn),

∂u(x1, . . . , xn)

∂x1, . . . ,

∂u(x1, . . . , xn)

∂xn

)= 0 , (x1, . . . , xn) ∈ Ωu .

Якщо рiвняння (22.1) має вигляд

a1(x1, . . . , xn)∂u

∂x1+ · · ·+ an(x1, . . . , xn)

∂u

∂xn= 0, (22.2)

166


то воно називається лiнiйним однорiдним рiвнянням.Рiвняння (22.1) вигляду

a1(x1, . . . , xn)∂u

∂x1+ · · ·+ an(x1, . . . , xn)

∂u

∂xn=

= c1(x1, . . . , xn)u+ c2(x1, . . . , xn)

називається лiнiйним рiвнянням, а рiвняння вигляду

a1(x1, . . . , xn)∂u

∂x1+ · · ·+ an(x1, . . . , xn)

∂u

∂xn= c(x1, . . . , xn, u)

називається майже лiнiйним рiвнянням.Рiвняння, записане у виглядi

a1(x1, . . . , xn, u)∂u

∂x1+ · · ·+ an(x1, . . . , xn, u)

∂u

∂xn= c(x1, . . . , xn, u)

(22.3)називається квазiлiнiйним рiвнянням.

Розглянемо лiнiйне однорiдне рiвняння вигляду (22.2) i нор-мальну систему звичайних диференцiальних рiвнянь

dx1

dt= a1(x1, . . . , xn),

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .dxndt

= an(x1, . . . , xn), x = (x1, . . . , xn)T ∈ Ω.

(22.4)

Функцiя u : Ω0 → R ( Ω0 — пiдобласть областi Ω) є пер-шим iнтегралом системи (22.4) тодi i лише тодi, коли вонає розв’язком рiвняння (22.2).

Нехай точка x0 ∈ Ω така, щоn∑i=1

∣∣ai(x0)∣∣ 6= 0 i u1, . . . , un−1

— незалежнi першi iнтеграли системи (22.4) в деяко-му околi точки x0. Тодi будь-який розв’язок u рiвняння(22.2) в деякому околi точки x0 можна записати у вигля-дi композицiї деякої неперервно-диференцiйовної функцiїF (ξ1, . . . , ξn−1) i вiдповiдно функцiй u1, . . . , un−1, точнiшеu = F (u1, . . . , un−1).

167


Розглянемо квазiлiнiйне рiвняння (22.3).

Якщо v = F (x1, . . . , xn, u), (x1, . . . , xn, u) ∈ G0 ⊂ G (G0 —область в Rn+1), — розв’язок рiвняння

a1(x1, . . . , xn, u)∂v

∂x1+ · · ·+ an(x1, . . . , xn, u)

∂v

∂xn+

+c(x1, . . . , xn, u)∂v

∂u= 0

i Fu(x1, . . . , xn, u) 6= 0, (x1, . . . , xn, u) ∈ G0, то будь-яканеперервно-диференцiйовна функцiя u = w(x1, . . . , xn),(x1, . . . , xn) ∈ Ω0, для якої виконується рiвнiстьF (x1, . . . , xn, w(x1, . . . , xn)) = 0, (x1, . . . , xn) ∈ Ω0, єрозв’язком рiвняння (22.3).


1. Що таке диференцiальне рiвняння з частинними похiднимипершого порядку, його розв’язок?

2. Яке диференцiальне рiвняння з частинними похiдними на-зивається лiнiйним однорiдним рiвнянням (лiнiйним рiвнянням,майже лiнiйним рiвнянням, квазiлiнiйним рiвнянням)?

3. У чому полягає зв’язок мiж розв’язками лiнiйного одно-рiдного рiвняння i першими iнтегралами вiдповiдної нормальноїсистеми? Як записати розв’язок лiнiйного однорiдного рiвнянняякщо вiдомо n − 1 незалежних перших iнтегралiв вiдповiдноїнормальної системи?

4. Який вигляд має розв’язок квазiлiнiйного рiвняння якщовiдомо n незалежних перших iнтегралiв вiдповiдної нормальноїсистеми?


1. Знaйти загальний розв’язок рiвняння y∂z

∂x− x∂z

∂y= 0 .

168


J Записуємо систему звичайних диференцiальних рiвняньdx

y= −dy

x. Розв’язуючи це рiвняння, знаходимо перший iнте-

грал даної системи x2− y2 = C1 , де C1 – довiльна стала. Отже,загальний розв’язок лiнiйного однорiдного рiвняння записуємо вявному виглядi z = Φ(x2 − y2) , Φ – довiльна диференцiйовнафункцiя.

Дане рiвняння можна розв’язувати iншим способом. Склада-ємо систему звичайних диференцiальних рiвнянь, в яку входить

ще й функцiя z :dx

y= −dy

x=dz

0.

Iнтегруючи рiвнянняdx

y= −dy

x(перша iнтегровна комбi-

нацiя), знаходимо один з перших незалежних iнтегралiв даноїсистеми x2 − y2 = C1 , де C1 – довiльна стала.

З рiвнянняdx

y=

dz

0(друга iнтегровна комбiнацiя), зна-

ходимо другий з перших незалежних iнтегралiв даної системиz = C2 , де C2 – довiльна стала.

Таким чином, загальний розв’язок лiнiйного однорiдного рiв-няння записуємо в неявному виглядi Φ(x2 − y2, z) = 0 , Φ –довiльна диференцiйовна функцiя. I

2. Знйти загальний розв’язок рiвняння xy∂z

∂x− x2 ∂z

∂y= yz .

J Записуємо систему звичайних диференцiальних рiвнянь

dx

xy=

dy

−x2=dz

yz.

Iнтегруючи рiвнянняdx

xy=

dz

yz(перша iнтегровна комбiна-

цiя), знаходимо один з перших незалежних iнтегралiв даної си-стеми

x

z= C1 , де C1 – довiльна стала.

З рiвнянняdx

xy=

dy

−x2(друга iнтегровна комбiнацiя), зна-

169


ходимо другий з перших незалежних iнтегралiв даної системиx2 + y2 = C2 , де C2 – довiльна стала.

Таким чином, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдногорiвняння записуємо в неявному виглядi Φ(

x

z, x2 + y2) = 0 , Φ –

довiльна диференцiйовна функцiя. I3. Знйти загальний розв’язок рiвняння

x∂u

∂x+ 2y

∂u

∂y+ 3z

∂u

∂z= 4u.

J Записуємо систему звичайних диференцiальних рiвнянь

dx

x=dy

2y=dz

3z=du

4u.

З трьох iнтегровних комбiнацiй знайдемо три перших незале-жних iнтеграли даної системи

2dx

x=dy

y

3dy

y= 2

dz

z

4dz

z= 3

du

u

⇒

x2 = yC1

y3 = z2C2

z4 = u3C3

⇒

x2

y= C1

y3

z2= C2

z4

u3= C3.

Звiдси, загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiвняння за-

писуємо в неявному виглядi Φ(x2

y,y3

z2,z4

u3) = 0 , Φ – довiльна

диференцiйовна функцiя.Оскiльки функцiя u входить в один з перших незалежних

iнтегралiв, то загальний розв’язок лiнiйного неоднорiдного рiв-няння можна записати в явному виглядi

z4

u3= f

(x2

y,y3

z2

)⇒ u3 =

z4

f(x2

y,y3

z2

) ⇒ u3 = z4F(x2

y,y3

z2

)⇒

170


u3 =( y3

C2

)2F(x2

y,( x2

C1

)3 1

z2

)⇒

u3 =x12

(C1C2)2F(x2

y,x6√C2

C31 z√y3

)⇒

u3 =x12

(C1C2)2F(x2

y,x6√C2

√C3

1

C31 z√x6

)⇒

u3 =x12

(C1C2)2F(x2

y,x3√C2

z√C3

1

)⇒ u = x4Φ

(x2

y,x3

z

). I

Аудиторнi завдання:Знайти загальний розв’язок даних рiвнянь:

1168. (x+ 2y)∂z

∂x− y ∂z

∂y= 0 ; 1172. ex

∂z

∂x+ y2 ∂z

∂y= yex ;

1175. x∂z

∂x+ 2y

∂z

∂y= x2y + z ; 1180. (z − y)2 ∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= xy ;

1186. (y + z)∂u

∂x+ (z + x)

∂u

∂y+ (x+ y)

∂u

∂z= u ;

1188. (u− x)∂u

∂x+ (u− y)

∂u

∂y− z ∂u

∂z= x+ y .

Домашнi завдання:Знайти загальний розв’язок даних рiвнянь:

1169. x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ z

∂u

∂z= 0 ; 1171. y

∂z

∂x+ x

∂z

∂y= x− y ;

1176. (x2 + y2)∂z

∂x+ 2xy

∂z

∂y+ z2 = 0 ; 1179. yz

∂z

∂x−xz ∂z

∂y= ez ;

1183. sin2 x∂z

∂x+ tg z

∂z

∂y= cos2 z ;

1187. x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ (z + u)

∂u

∂z= xy .

Вiдповiдi:1168. z = f(xy + y2) ; 1172. F

(e−x − 1

y , z + x−ln |y|e−x−y−1

)= 0 ;

1175. F(x2

y , xy −3zx

)= 0 ; 1180. F (z2−y2, x2 + (y− z)2) = 0 ;

171


1186. F (u(x− y), u(y − z), (x+ y + z)/u2) = 0 ;1188. F (x−yz , (2u+ x+ y)z, u−x−y

z2) = 0 ; 1169. u = f( yx ,

zx) ;

1171. F (x2 − y2, x− y + z) = 0 ;1176. F

(1

x+y + 1z ,

1x−y + 1

z

)= 0 ;

1179. F (x2 + y2, arctg xy + (z + 1)e−z) = 0 ;

1183. F (tg z + ctg x, 2y − tg2 z) = 0 ;1187. F (xy , xy − 2u, z+u−xyx ) = 0 .

172

Тема 23. Рiвняння в частинних похiдних.Задача Кошi

Нехай Ω — область в R2 . Розглянемо рiвняння

a(x, y)∂z

∂x+ b(x, y)

∂z

∂y= c(x, y, z), (x, y, z) ∈ Ω× R, (23.1)

де a, b ∈ C1(Ω) , c ∈ C1(Ω × R) . Якщо функцiя z = w(x, y) ,(x, y) ∈ Ω0 , є розв’язком рiвняння (23.1), то її графiк (поверхняв R3 ) називають iнтегральною поверхнею даного рiвняння.

Задача Кошi для рiвняння (23.1) ставиться так: знайти розв’я-зок рiвняння (23.1), який задовольняє умову

z(x, y) = z0(x, y), (x, y) ∈ γ, (23.2)

де γ — задана лiнiя в Ω , z0 — визначена на γ функцiя.Нехай Γ = (x, y, z) : (x, y) ∈ γ, z = z0(x, y) — лiнiя в R3 .

Задача Кошi (23.1), (23.2) полягає у знаходженнi iнтегральноїповерхнi цього рiвняння, що проходить через криву Γ .

Нехай крива γ задана параметрично рiвняннями

x = p(τ), y = q(τ), τ ∈ I def= (τ1, τ2),

де p, q ∈ C1(I) . Покладемо s(τ)def= z0(p(τ), q(τ)) , τ ∈ I , i при-

пустимо, що s ∈ C1(I) . Тодi умову (23.2) можна сформулюватиу виглядi

z(p(τ), q(τ)) = s(τ), τ ∈ I. (23.2∗)

173

Тема 23. Рiвняння в частинних похiдних. Задача Кошi

Нехай ∣∣∣∣∣∣a(x0, y0) p′(τ0)

b(x0, y0) q′(τ0)

∣∣∣∣∣∣ 6= 0,

де τ0 — яке-небудь число з I, x0 = p(τ0), y0 = q(τ0). Тодiв деякому околi точки (x0, y0) визначений єдиним чиномрозв’язок рiвняння (23.1), що задовольняє умову (23.2∗).

Розглянемо рiвняння

a(x, y, z)∂z

∂x+ b(x, y, z)

∂z

∂y= c(x, y, z), (x, y, z) ∈ D, (23.3)

де D — область в R3 , a, b, c ∈ C1(D) . Задача Кошi для рiв-няння (23.3) полягає у знаходженнi iнтегральної поверхнi цьогорiвняння, яка мiстить деяку наперед задану криву Γ .

Якщо крива Γ задається параметрично

x = p(τ), y = q(τ), z = s(τ), τ ∈ I def= (τ1, τ2),

то сформульовану задачу можна поставити i таким чином: зна-йти розв’язок рiвняння (23.3), який задовольняє умову

z(p(τ), q(τ)) = s(τ), τ ∈ I. (23.4)

Нехай ∣∣∣∣∣∣a(x0, y0, z0) p′(τ0)

b(x0, y0, z0) q′(τ0)

∣∣∣∣∣∣ 6= 0, (23.5)

де τ0 — яке-небудь число з I, x0 = p(τ0), y0 = q(τ0),z0 =s(τ0). Тодi в околi точки (x0, y0) визначений єдиним чи-ном розв’язок рiвняння (23.3), що задовольняє умову(23.4).


174


1. Що таке iнтегральна поверхня рiвняння в частинних похi-дних?

2. У чому полягає задача Кошi для майже лiнiйних рiвнянь здвома незалежними змiнними? Геометричний змiст задачi Кошi.Сформулювати умови на вихiднi данi, при яких ця задача Кошiмає єдиний розв’язок.

3. У чому полягає задача Кошi для квазiлiнiйних рiвнянь здвома незалежними змiнними? Сформулювати умови на вихiднiданi, при яких ця задача Кошi має єдиний розв’язок.


1. Знайти розв’язок рiвняння

x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ z

∂u

∂z= 0,

який задовольняє початкову умову u = y2 + z2 при x = 1 .J Складаємо систему звичайних диференцiальних рiвнянь

dx

x=dy

y=dz

z=du

0.

Знаходимо три незалежних перших iнтеграли:

x

y= C1

y

z= C2 u = C3.

Оскiльки розв’язок має задовольняти початкову умовуu = y2 + z2 при x = 1 , то введемо замiну змiнних

x = 1y = tz = wu = t2 + w2.

175


Пiдставимо цю замiну у знайденi три перших незалежних iнте-грали

1

t= C1

t

w= C2

t2 + w2 = C3.

Виключивши з останньої системи змiннi t та w , одержуємо:t =

1

C1

w =t

C2

⇒ 1

C21

+1

(C1C2)2= C3.

Пiдставившиx

yзамiсть C1 ,

y

zзамiсть C2 , а u замiсть C3 ,

дiстанемо шуканий розв’язок:

u(x, y, z) =y2 + z2

x2.

Розв’яжемо дане завдання iншим способом. Складаємо систе-му звичайних диференцiальних рiвнянь

dx

x=dy

y=dz

z.

Знаходимо два незалежних перших iнтеграли:

x

y= C1

y

z= C2.

Загальний розв’язок рiвняння записуємо в явному виглядi

u = Φ(xy,y

z

),

176


де Φ – довiльна диференцiйовна функцiя. Оскiльки розв’язокмає задовольняти початкову умову u = y2 + z2 при x = 1 , то

y2 + z2 = Φ(1

y,y

z

). (23.6)

Введемо замiну змiнних у (23.6)1

y= α

y

z= β

⇒

y =

1

α

z =1

αβ

⇒ 1

α2+

1

(αβ)2= Φ(α, β).

Оскiльки u = Φ(xy,y

z

), то пiдставивши в останнiй рiвностi u

замiсть Φ(α, β) ,x

yзамiсть α ,

y

zзамiсть β , дiстанемо шуканий

розв’язок:

u(x, y, z) =y2 + z2

x2. I

2. Знайти поверхню, яка задовольняє рiвняння

x∂z

∂x− 2y

∂z

∂y= x2 + y2

i проходить через лiнiю y = 1 , z = x2 .J Запишемо систему звичайних диференцiальних рiвнянь

dx

x=

dy

−2y=

dz

x2 + y2. (23.7)

З перших двох спiввiдношень (23.7) знаходимо один з пер-ших iнтегралiв системи x

√y = C1 . Другий з перших iнтегралiв,

знаходимо наступним чином:

2x dx+ 2y dy − 2 dz

2x2 − 4y2 − 2x2 − 2y2=

dy

−2y⇒ d(x2 + y2 − 2z) = 3y dy ⇒

177


x2 − 1

2y2 − 2z = C2.

Таким чином, знайдено два перших незалежних iнтеграли

x√y = C1, x2 − 1

2y2 − 2z = C2.

Оскiльки розв’язок має проходити через лiнiю y = 1 , z = x2 ,то введемо замiну змiнних

x = ty = 1z = t2.

Пiдставимо цю замiну у знайденi два перших незалежних iнте-грали

t = C1

t2 − 1

2− 2t2 = C2.

Виключивши iз даної системи змiнну t , одержуємо:

−1

2− C2

1 = C2.

Пiдставивши x√y замiсть C1 , x2− 1

2y2− 2z замiсть C2 , дiста-

немо шуканий розв’язок:

2x2(y + 1) = y2 + 4z − 1. I

Аудиторнi завдання:Знайти розв’язки рiвнянь, котрi задовольняють вказанi умо-

ви:1190.

∂z

∂x+ (2ex − y)

∂z

∂y= 0 , z = y при x = 0 ;

1192.∂u

∂x+∂u

∂y+ 2

∂u

∂z= 0 , u = yz при x = 1 .

178


Знайти поверхню, котра задовольняє вказаному рiвнянню тапроходить через дану лiнiю:

1198. x∂z

∂x− y ∂z

∂y= z2(x− 3y) , x = 1 , yz + 1 = 0 ;

1204. x∂z

∂x− (xz + y)

∂z

∂y= z , x+ y = 2z , xz = 1 .

Домашнi завдання:Знайти розв’язки рiвнянь, котрi задовольняють вказанi умо-

ви:1189. x

∂z

∂x− y ∂z

∂y= 0 , z = 2x при y = 1 ;

1191. 2√x∂z

∂x− y ∂z

∂y= 0 , z = y2 при x = 1 ;

1193. x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+ xy

∂u

∂z= 0 , u = x2 + y2 при z = 0 .

Знайти поверхню, котра задовольняє вказаному рiвнянню тапроходить через дану лiнiю:

1196. x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z − xy , x = 2 , z = y2 + 1 ;

1206. x∂z

∂x+ z

∂z

∂y= y , y = 2x , x+ 2y = z ;

1208. (x− z)∂z∂x

+ (y − z)∂z∂y

= 2z , x− y = 2 , z + 2x = 1 ;

1210. x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 2xy , y = x , z = x2 .

Вiдповiдi:1190. z = yex − e2x + 1 ; 1192. u = (1− x+ y)(2− 2x+ z) ;1198. 2xy + 1 = x+ 3y + z−1 ; 1204. xz = (xz − y − x+ 2z)2 ;1189. z = 2xy ; 1191. z = y2e2

√x−2 ;

1193. u = (xy − 2z)

(x

y+y

x

); 1196. (x+ 2y)2 = 2x(z + xy) ;

1198. 2xy + 1 = x+ 3y + z−1 ; 1206. x+ y + z = 0 ;1208. (x − y)(3x + y + 4z) = 4z ; 1210. z = xy + f(

y

x) , де f –

довiльна диференцiйована функцiя така, що f(1) = 0 .

179

Контрольна робота 6 (по темам 21—23)


Розв’язати систему рiвнянь:

1.dx

2y − z=dy

y=dz

z;

2.dx

dt= x(y2 − z2),

dy

dt= −y(x2 + z2),

dz

dt= z(x2 + y2).

Розв’язати рiвняння з частинними похiдними:

3. cos y∂z

∂x+ cos x

∂z

∂y= cos x cos y.

4. x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z − x2 − y2.

Розв’язати задачу Кошi для рiвняння з частинними похiдни-ми:

5. x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= 0;

y2

b2− z2

c2= 1, x = a.

6. y2 ∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= −z2; x− y = 0, x− yz = 1.

180

ДИФЕРЕНЦiАЛЬНiРiВНЯННЯprima.lnu.edu.ua/faculty/mechmat/departments/... · 2)...

Documents