Диференціальні рівняння вищих порядків

Приклад

Знайти загальний або частинний розв’язок заданого диференціального рівняння вищого порядку:

а) y”’= cos²x, y(0) = 1/16, y'(0) = 7/8, y”(0) = -1 ;

б) xy” + y’ = 0 ;

в) yy” = 1 + y’² ;

г) y” – y^IV =0, y(0) = y'(0) = 1, y”(0) = y“'(0) = 0 .

♦ а) Можна спочатку використати підстановку y“ = z, проінтегрувати задане рівняння z’ = cos²x, знайшовши його загальний розв’язок, а потім повернутися до змінної y” і двічі проінтегрувати його. Після цього треба використати початкові умови для визначення сталих інтегрування C₁, C₂ та C₃. Проте зручніше поступово виконувати інтегрування, використовуючи початкову умову для визначення відповідної сталої.

Отже, маємо

$y''=\int cos^{2}xdx=\frac{1}{2}\int (1+cos2x)dx+C_{1}=\frac{1}{2}(x+\frac{1}{2}sin2x)+C_{1}.$

Враховуючи початкову умову y”(0) = -1, тобто підставивши одержане значення х = 0 і у” = -1, визначимо С₁ = – 1.

Інтегруючи останнє рівняння, в якому С₁ = – 1, дістаємо

$y'=\int (\frac{x}{2}+\frac{1}{4}sin2x-1)dx=\frac{x^{2}}{4}-\frac{cos2x}{8}-x+C_{2}.$

Оскільки, y'(0) = 7/8, то С₂ = 1. Аналогічно знаходимо

$y=\int (\frac{x^{2}}{4}-\frac{cos2x}{8}-x+1)dx=\frac{x^{3}}{12}-\frac{sin2x}{16}-\frac{x^{2}}{2}+x+C_{3},$

Тоді з умови у(0) = 0 дістаємо С₃ = 0.

Остаточно маємо такий частинний розв’язок:

$y=\frac{x^{3}}{12}-\frac{x^{2}}{2}+x-\frac{sin2x}{16}.$ .

б) У заданому рівнянні в явному вигляді відсутня змінна у, тому застосуємо підстановку y’ = z(x). Тоді y” = z’, і задане рівняння набирає вигляду xz’ + z = 0. Маємо рівняння з відокремлюваними змінними. Розв’яжемо його:

$\frac{dz}{z}=-\frac{dx}{x}\Leftrightarrow ln|z|=-ln|x|+ln|C_{1}|\Leftrightarrow z=\frac{C_{1}}{x}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow y'=\frac{C_{1}}{x}\Leftrightarrow dy=\frac{C_{1}dx}{x}\Leftrightarrow y=C_{1}ln|x|+C_{2}$ – загальний розв’язок заданого рівняння.

в) Задане рівняння не містить в явному вигляді змінну х. Тому застосуємо підстановку y’ = z(y). Тоді $y''=\frac{dz}{dx}=\frac{dz}{dy}\cdot \frac{dy}{dx}$ (за правилом диференціювання складеної функції) і задане рівняння матиме вигляд

$1+z^{2}=yz\cdot \frac{dz}{dy}\Leftrightarrow \frac{zdz}{1+z^{2}}=\frac{dy}{y}\Leftrightarrow ln(1+z^{2})=$

$=2ln|y|+2ln|C_{1}|\Leftrightarrow 1+z^{2}=C_{1}^{2}y^{2}\Leftrightarrow z=\pm \sqrt{C_{1}^{2}y^{2}-1}.$

Повертаючись до змінної y’, дістаємо

$y'=\pm \sqrt{C_{1}^{2}y^{2}-1}\Leftrightarrow \frac{dy}{\sqrt{C_{1}^{2}y^{2}-1}}=\pm dx\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \frac{1}{C_{1}}ln|C_{1}y+\sqrt{C_{1}^{2}y^{2}-1}|=\pm (x+C_{2}).$

Це і є загальний розв’язок заданого рівняння.

г) Спочатку скористаємось підстановкою y” = u(x), яка знижує порядок рівняння на дві одиниці, оскільки y”’ = u’, y^IV = u” і таке рівняння стане таким: u – u” = 0.

Для цього рівнянняможна застосувати підстановку u’ = z’· z і дістаємо рівняння

$u-z'\cdot z\Leftrightarrow u-\frac{dz}{du}\cdot z=0\Leftrightarrow \int udu-\int zdz=0\Leftrightarrow \frac{u^{2}}{2}-\frac{z^{2}}{2}=C_{1}.$

Врахувавши те, що u = y”(x), а z = u'(x) = y’”(x), покладемо х = 0 та дістанемо

$\frac{u^{2}(0)}{2}-\frac{z^{2}(0)}{2}=C_{1}$ або $\frac{(y'')^{2}(0)}{2}-\frac{(y''')^{2}(0)}{2}=C_{1}\Rightarrow C_{1}=0,$

оскільки за умовою y”(0) = y’”(0) = 0. Отже, $\frac{u^{2}}{2}-\frac{z^{2}}{2}=0,$ , тобто z = ± u. Звідси, пригадавши, що z = u’, маємо

$u'=\pm u\Leftrightarrow \frac{du}{dx}=\pm u\Leftrightarrow \frac{du}{u}=\pm dx\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow ln|C|+ln|u|=\pm x\Leftrightarrow u=C_{2}e^{\pm x}\Leftrightarrow y''(x)=C_{2}e^{\pm x}.$

Оскільки y” (0) = 0, то 0 = С₂е⁰, звідки С₂ = 0, тобто у” = 0 ⇔ y’ = C₃, проте y'(0) = 1 і тому y’ = 1 ⇔ y = x + C₄. Враховуючи тепер умову, що y(0) = 1, дістаємо С₄ = 1 і шуканий розв’язок у = х + 1.♦

Приклад

Скласти характеристичне рівняння для заданого диференціального рівняння:

а) y” – 6y’ +7y = 0;

б) y” + 4y = 0;

в) y” – 5y = 0.

♦ Замінивши у”, у’ та у відповідно на k², k i k⁰, дістанемо:

а) k²– 6k + 7 =0;

б) k² + 4 =0;

в) k²– 5k =0. ♦

Приклад

Знаючи корені характеристичного рівняння, записати відповідне диференціальне рівняння: а) k₁ = 2, k₂ = 3;

б) k₁ = k₂ = 1;

в) k₁ = 2i, k₂ = – 2i.

♦ а) За теоремою Вієта маємо

р = – ( k₁ + k₂) = – 5, q = k₁· k₂= 6.

Отже, характеристичне рівняння має вигляд k² -5k + 6 = 0, а відповідним диференціальним рівнянням є

y” – 5y’ + 6y = 0.

б) Оскільки тут маємо двократний корінь, то характеристичне рівняння запишеться так: (k – 1)² = 0 або k² – 2k + 1 = 0. Тому диференціальне рівняння матиме вигляд y” – 2y’ + y = 0.

в) У цьому випадку числа k₁ та k₂ суто уявні, тому скористаємось основною теоремою алгебри і складемо алгебраїчне рівняння з його коренями (k – 2i)(k + 2i) = 0 або k² + 4 =0 і y” + 4y = 0. ♦

Приклад

Знайти загальні розв’язки диференціальних рівнянь:

а) y” + 6y’ + 9y = 0;

б) y” – 2y’ + 17y = 0;

в) y” + 9y = 0.

♦ а) Характеристичне рівняння k² + 6k + 9 = (k + 3)² = 0 має корені k₁= k₂= 3 (дійсні рівні числа), тому загальний розв’язок матиме вигляд y = C₁e^2x + C₂xe^2x = e^2x(C₁ + C₂x).

б) Характеристичне рівняння k² – 2k + 17 =0 має два уявних спряжених корені k₁ = 1 + 4i та k₂ = 1 – 4i. Отже, загальний розв’язок рівняння матиме вигляд

y = e^x (C₁cos4x + C₂ sin 4x).

в) У цьому випадку характеристичне рівняння k² + 9 = 0 матиме суто уявні корені k₁ = 3i та k₂ = -3i. Тому загальний розв’язок рівняння матиме вигляд y = C₁cos3x + C₂ sin 3x. ♦

Приклад

Розв’язати задачу Коші:

y” – 6y’ + 5y = 0, y(0) = 2, y'(0) = -2.

♦ Спочатку знайдемо загальний розв’язок заданого рівняння. Маємо k²– 6k + 5 = 0 ⇔ k₁ = 1, k₂ = 5 ⇒ y = C₁e^x + C₂e^5x. Тепер використаємо початкові умови для відшукання C₁ та C₂. Підставляючи х = 0 і у = 2 у загальний розв’язок, дістаємо 2 = С₁е⁰ + С₂е⁰ або С₁ + С₂ = 2. Візьмемо похідну у’ від загального розв’язку: y’ = C₁e^x + 5C₂e^5x і підставимо сюди значення х = 0 і у’ = -2. Маємо