Материал: Частина 3

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Отримали лінійне неоднорідне диференціальне рівняння. Розглянемо відповідне йому лінійне однорідне рівняння:

Вважаємо C = C(x) і підставляємо отриманий результат в лінійне неоднорідне рівняння, з урахуванням того, що:

Отримуємо: z = x2 C2 + 12 ln x ;

Застосовуючи зворотну підстановку, отримуємо остаточну відповідь:

Рівняння в повних диференціалах (тотальні).

16

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Визначення. Диференціальне рівняння першого порядку вигляду:

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

називається рівнянням в повних диференціалах, якщо ліва частина цього рівняння є повним диференціалом деякої функції u = F (x, y).

Інтеграція такого рівняння зводиться до знаходження функції u, після чого рішення легко знаходиться у вигляді: du = 0; u = C.

Таким чином, для вирішення треба визначити:

1)у якому випадку ліва частина рівняння є повним диференціалом функції u;

2)як знайти цю функцію.

Якщо диференціальна форма M (x, y)dx + N (x, y)dy є повним диференціалом деякої

функції u, то можна записати:

du = M (x, y)dx + N (x, y)dy = ∂∂ux dx + ∂∂uy dy.

Знайдемо змішані похідні другого порядку, продиференціювавши перше рівняння по у, а друге – по х:

∂2u = ∂M (x, y)

∂x∂y ∂y

∂2u = ∂N (x, y)∂x∂y ∂x

Прирівнюючи ліві частини рівнянь, отримуємо необхідну і достатню умову того, що ліва частина диференціального рівняння є повним диференціалом. Ця умова також називається умовою тотальності.

∂M (x, y) = ∂N (x, y)

∂y ∂x

Тепер розглянемо питання про знаходження власне функції u. Проінтегруємо рівність ∂∂ux = M (x, y) :

u = ∫M (x, y)dx + C( y).

Унаслідок інтеграції отримуємо не постійну величину З, а деяку функцію З(у), оскільки при інтеграції змінна у вважається постійним параметром.

Визначимо функцію З(у). Продиференціюємо отриману рівність по у.

∂∂uy = N(x, y) = ∂∂y ∫M (x, y)dx +C′( y).

Звідки отримуємо: C′( y) = N(x, y) − ∂∂y ∫M (x, y)dx.

Для знаходження функції З(у) необхідно проінтегрувати приведену вище рівність. Проте, перед інтеграцією треба довести, що функція З(у) не залежить від х. Ця умова буде виконана, якщо похідна цієї функції по х рівна нулю.

17

Тепер визначаємо функцію З(у):

Підставляючи цей результат у вираз для функції u, отримуємо:

Тоді загальний інтеграл початкового диференціального рівняння матиме вигляд:

Слід зазначити, що при вирішенні рівнянь в повних диференціалах не обов'язково використовувати отриману формулу. Рішення може вийти компактнішим, якщо просто слідувати методу, яким формула була отримана.

Умова тотальності виконується, отже, початкове диференціальне рівняння є рівнянням в повних диференціалах.

Визначимо функцію u.

u = ∫M (x, y)dx + C( y) = ∫(3x2 +10xy)dx + C( y) = x3 + 5x2 y + C( y);

∂∂uy = 5x2 +C′( y) = N(x, y) = 5x2 −1;

C′( y) = −1; C( y) = ∫(−1)dy = −y + C1 ;

Разом u = x3 +5x2 y − y +C1.

Знаходимо загальний інтеграл початкового диференціального рівняння:

u= x3 + 5x2 y − y +C1 = С2 ;. x3 + 5x2 y − y = C.

Рівняння вигляду у = f(у’) і x = f(у’).

Вирішення рівнянь, не що містять в одному випадку аргументу х, а в іншому – функції у, шукаємо в параметричній формі, приймаючи за параметр похідну невідомої функції.

18

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Роблячи заміну, отримуємо: p = f ′( p) dpdx ;

В результаті цих перетворень маємо диференціальне рівняння із змінними, що розділяються.

Загальний інтеграл в параметричній формі представляється системою рівнянь:

x = ∫ f ′(pp) dp +C

y = f ( p)

Виключивши з цієї системи параметр р, отримаємо загальний інтеграл і не в параметричній формі.

Для диференціального рівняння виду x = f(у’) за допомогою тієї ж самої підстановки і аналогічних міркувань отримуємо результат:

y = ∫ pf ′( p)dp + C

x = f ( p)

Рівняння Лагранжа і Клеро.

(Алекси Клод Клеро (1713 – 1765) французький математик ин. поч. член Петерб. АН)

Визначення. Рівнянням Лагранжа називається диференціальне рівняння, лінійне відносно х і у, коефіцієнти якого є функціями від у’.

P( y′)x + Q( y′) y + R( y′) = 0

Для знаходження загального рішення застосовується підстановка p = у’.

Диференціюючи це рівняння, з урахуванням того, щоdy = pdx , отримуємо: pdx = f ( p)dx + xf ′( p)dp + ϕ′( p)dp.

Якщо вирішення цього (лінійного відносно х) рівняння є те x = F ( p,C), загальне вирішення рівняння Лагранжа може бути записане у вигляді:

x = F( p,C)

y = xf ( p) + ϕ( p) = F( p,C) f ( p) + ϕ( p)

Визначення. Рівнянням Клеро називається рівняння першого ступеня (тобто лінійне) щодо функції і аргументу вигляду:

y = xy′+ ϕ( y′).

Взагалі кажучи, рівняння Клеро є окремим випадком рівняння Лагранжа. З урахуванням заміни y′ = p , рівняння приймає вигляд:

19

“Курс вищої математики. Частина 3.”

Це рівняння має два можливі рішення:

dp = 0 або

У першому випадку:

y = cx + ϕ(c)

Видно, що загальним інтегралом рівняння Клеро є сімейство прямих ліній.

У другому випадку рішення в параметричній формі виражається системою рівнянь:

y = xp + ϕ( p)x + ϕ′( p) = 0

Виключаючи параметр р, отримуємо друге вирішення F(x, у)= 0. Це рішення не містить довільної постійної і не отримано із загального рішення, отже, не є приватним рішенням.

Це рішення буде особливим інтегралом. ( Див. Особое решение. )

Далі розглянемо приклади вирішення різних типів диференціальних рівнянь першого порядку.

Приклад. Вирішити рівняння із заданими початковими умовами.

Це лінійне неоднорідне диференціальне рівняння першого порядку. Вирішимо відповідне йому однорідне рівняння.

y = Cx;

Для неоднорідного рівняння загальне рішення має вигляд: y = C(x)x;

Диференціюючи, отримуємо: y′ = C′(x)x + C(x);

Для знаходження функції З(х) підставляємо набутого значення в початкове диференціальне рівняння:

C(x) = x + ln x + C;

Разом, загальне рішення: y = x(x + ln x + C).

C обліком початкової умови y(1) = 0 визначуваний постійний коефіцієнт C. 0 =1 + ln1 + C; C = −1.

Остаточно отримуємо: y = x2 + x ln x − x.

Для перевірки підставимо отриманий результат в початкове диференціальне рівняння:

Нижче показаний графік інтегральної кривої рівняння.

20