Matanaliz

тобто функцiя u(x, y) в областi D має змiшанi похiднi, якi в силу неперервностi частинних похiдних ∂P∂y , ∂Q∂x є неперервними. Тодi вони не залежать вiд порядку диференцiювання, тобто

∂2u ≡ ∂2u , ∂x∂y ∂y∂x

звiдки з урахуванням (29.14) i випливає (29.13).

Достатнiсть. Нехай умова (29.13) виконується. Знайдемо функцiю u(x, y), повний диференцiал якої є лiва частина рiвняння (29.12).

Оскiльки ∂u(x, y)

∂x

нiсть, одержимо

де C, взагалi кажучи, є функцiя вiд y. Пiдберемо функцiю C(y) так, щоб

C(y) можна знайти тодi, коли права частини в останньому виразi залежить тiльки вiд y, тобто коли

461

Звiдси випливає, що (29.17) виконується, якщо має мiсце (29.13). А отже, функцiю u(x, y) можна знайти зiнтегрувавши рiвняння (29.16) i пiдставивши загальний розв’язок C(y) у (29.15).

Наслiдок. Якщо рiвняння (29.12) є рiвнянням у повних диференцiалах, то його загальний iнтеграл має вигляд

Зауваження. Якщо рiвняння (29.12) є рiвнянням у повних диференцiалах i у точцi (x0, y0)

∂P 2 + ∂Q 2 > 0, ∂x ∂y

то його загальний iнтеграл можна подати у виглядi

xy

ZZ

xy

ZZ

Приклад 4. Зiнтегрувати рiвняння

462

то задане рiвняння є рiвнянням у повних диференцiалах. Знайдемо його загальний iнтеграл за формулою (29.18)

Z Z

Отже,

x2 + 23p(x2 − y)3 = C

загальний iнтеграл цього рiвняння. Зауважимо, що тут можна визначити y i записати загальний розв’язок

r

y = x2 − 3 94 (C − x2)2 .

Завдання для самоконтролю.

1.Якого типу диференцiальнi рiвняння розглядаються у шкiльному пiдручнику [8]? Якi методи пропонуються для їх iнтегрування?

2.Як знайти загальний розв’язок рiвняння y0 = f(x), де f є неперервна на iнтервалi (a; b) функцiя? У якiй областi

463

вiн визначений? Як розв’язується задача Кошi з допомогою формули загального розв’язку? Знайти загальний розв’язок рiвняння y0 = 2x i розв’язок задачi Кошi: y0 = 2x, y(0) = 1.

Знайти розв’язки задач Кошi: y0 = x1 , y(1) = 0 i y0 = x1 ,

y(−1) = 0 — за допомогою вiдповiдних формул загального розв’язку.

3. Показати, що рiвняння виду

y0 = f(ax + by + c)

зводиться до рiвнянь з вiдокремлюваними змiнними. Побудувати рiвняння такого типу i зiнтегрувати його.

4. Показати, що рiвняння виду

зводиться до однорiдного рiвняння. Побудувати рiвняння такого типу i зiнтегрувати його.

5. Показати, що рiвняння виду

f0(y)y0 + f(y)A(x) = B(x)

зводиться до лiнiйного рiвняння. Побудувати рiвняння такого типу i зiнтегрувати його.

6. Як розв’язується задача Кошi методом Пiкара?

464

30 ЛЕКЦIЯ: Лiнiйнi диференцiальнi рiвняння ви-

щого порядку iз сталими коефiцiєнтами та їх застосування до вивчення коливних процесiв

Лiнiйнi рiвняння вищих порядкiв, iснування розв’язкiв. Лiнiйнi однорiднi рiвяняння, фундаментальна система розв’язкiв, його загальний розв’язок. Лiнiйнi неоднорiднi рiвняння, структура його загального розв’язку. Знаходження загального розв’язку лiнiйного неоднорiдного рiвняння за умови, що вiдомий загальний розв’язок вiдповiдного однорiдного рiвняння, методом варiацiї довiльних сталих. Лiнiйнi однорiднi рiвняння з сталими коефiцiєнтами. Знаходження загального розв’язку лiнiйного неоднорiдного рiвняння з сталими коефiцiєнтами методом невизначених коефiцiєнтiв.

Лiтература. [1] ч. 2, с. 322–356; Ляшко i.i., Боярчук О.К., Гай Я.Г., Калайда О.Ф. Диференцiальнi рiвняння. – К.: Вища школа, 1981, с. 96–130; Самойленко А.М., Кривошея С.А., Перестюк Н.А. Дифференциальные уравнения. Примеры и задачи. – К.: Вища школа, 1984, с. 129–220; Тихонов А.В., Васильева А.Б., Свешников А.Г. Дифференциальные уравнения.

– М.: Наука, 1980, с. 70–91.

Означення 30.1. Лiнiйним диференцiальним рiвнянням n- го порядку називають рiвняння виду

y(n) + P1(x)y(n−1) + · · · + Pn−1(x)y0 + Pn(x)y = Q(x), (30.1)

де P1(x), . . . , Pn(x), Q(x) — заданi функцiї, визначенi i неперервнi на iнтервалi (a; b).

Загальний розв’язок рiвняння (30.1) iснує, i якими б не були числа x0 (a; b), y0, y00 , . . . , y0(n−1) R iснує єдиний розв’язок y = y(x),який задовольняє початковi умови:

y(x0) = y0, y0(x0) = y00 , . . . , y(n−1)(x0) = y0(n−1).

465

Рiвняння (30.1), у якого Q(x) ≡ 0 на iнтервалi (a; b), називають

однорiдним, у противному випадку неоднорiдним. Нехай маємо лiнiйне однорiдне рiвняння

Насамперед, очевидно, що таке рiвняння має розв’язок y(x) ≡ 0, i якщо y1(x) та y2(x) будь-якi його розв’язки, то для будь-яких α, β R функцiя αy1(x) + βy2(x) є розв’язком цього рiвняння.

Загалом, якщо yk(x) (k = 1, n) — довiльнi сталi, то функцiя

також є розв’язком цього рiвняння.

Оскiльки загальний розв’язок рiвняння n-го порядку має мiстити n незалежних довiльних сталих, то цiлком природно поставити питання: якими мають бути розв’язки y1(x), y2(x), . . . , yn(x), щоб формула (30.3) була загальним розв’язком рiвняння (30.2)? Вiдповiдь буде: вони мають бути лiнiйно незалежними, тобто такими, що

n

X

αk yk(x) ≡ 0

k=1

на iнтервалi (a; b) тодi i тiльки тодi, коли α1 = α2 = · · · = αn = 0. Нехай y1(x), y2(x), . . . , yn(x) розв’язки лiнiйного однорiдного рiвняння (30.2) на iнтервалi (a; b). Очевидно, що кожна з цих функцiй n раз диференцiйовна. Тодi можна побудувати матрицю

466

◦ї визначник називають визначником Вронського (вронскiаном) i позначають

Теорема 30.1. Розв’язки y1(x), y2(x), . . . , yn(x) рiвняння (30.2) лiнiйно незалежнi на iнтервалi (a; b) тодi i тiльки тодi, коли для всiх x (a; b) W (x) 6= 0.

Доведення. Необхiднiсть. Нехай розв’язки y1(x), y2(x), . . .

, yn(x) лiнiйно незалежнi на iнтервалi (a; b). Припустимо, що iснує x0 (a; b), що W (x0) = 0. Складемо систему лiнiйних

Визначник цiєї системи W (x0) = 0, тому система має ненульо-

вий розв’язок C1(0), C2(0), . . . , Cn(0) . Побудуємо функцiю

n

X

y(x) = Ck(0)yk(x).

k=1

Очевидно, що вона є розв’язком рiвняння (30.2), який задовольняє початковi умови

n

X

y(x0) = Ck(0)yk(x0) = 0,

k=1

467

n

X

y0(x0) = Ck(0)yk0 (x0) = 0,

k=1

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

n

y(n−1)(x0) = XCk(0)yk(n−1)(x0) = 0. k=1

А такi початковi умови (в силу теореми iснування i єдиностi) задовольняє тiльки розв’язок y(x) ≡ 0 на iнтервалi (a; b). Отже,

n

X

Ck(0)yk(x) = 0

k=1

на iнтервалi (a; b), причому серед чисел C1(0), C2(0), . . . , Cn(0) є принаймнi одне число, вiдмiнне вiд нуля. Це означає, що розв’язки y1(x), y2(x), . . . , yn(x) лiнiйно залежнi на iнтервалi (a; b). Останнє суперечить умовi. Отже, не iснує жодної точки x0 (a; b), для якої W (x0) = 0.

Достатнiсть. Нехай для всiх x (a; b) W (x0) 6= 0. Припустимо, що розв’язки y1(x), y2(x), . . . , yn(x) лiнiйно залежнi, тобто iснує такий набiр чисел α1, α2, . . . , αn, серед яких, наприклад, αn 6= 0, для всiх x (a; b)

α1y1(x) + α2y2(x) + · · · + αnyn(x) ≡ 0.

Тодi

n−1

yn(x) = − X αk yk(x),

k=1 αn

n−1

yn0 (x) = − X αk yk0 (x), (30.5)

k=1 αn

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

468

Якщо у визначнику W (x) замiнити елементи n-го стовпця їх значеннями з формул (30.5), то одержимо визначник, у якого n-ий стовпець є лiнiйною комбiнацiєю всiх iнших стовпцiв. А отже, W (x) ≡ 0 на iнтервалi (a; b), що суперечить умовi.

Неважко переконатись, що

W 0(x) + P1(x)W (x) = 0,

де P1(x) — коефiцiент при похiднiй n − 1-го порядку у рiвняннi (30.2). Звiдси одержується чудова формула Остроградського-

Лiувiлля

x

R

− P1(t)dt

W (x) = W (x0)e x0 ,

яка дозволяє стверджувати, що якщо iснує точка x0 (a; b), у якiй W (x0) = 0, то W (x) = 0 для всiх x (a; b). Якщо ж iснує точка x0 (a; b), у якiй W (x0) 6= 0, то W (x) 6= 0 для всiх x (a; b).

Означення 30.2. Будь-яка система лiнiйно незалежних розв’язкiв y1(x), y2(x), . . . , yn(x) рiвняння (30.2) на iнтервалi (a; b) називається фундаментальною системою розв’язкiв на цьому iнтервалi.

Очевидно, що будь-яке лiнiйне однорiдне рiвняння (30.2), всi коефiцiєнти якого неперервнi на iнтервалi (a; b), має фундаментальну систему розв’язкiв на цьому iнтервалi. Наприклад, такою є система розв’язкiв y1(x), y2(x), . . . , yn(x), якi визначаються початковими умовами:

y1(x0) = 1, y10 (x0) = 0, . . . , y1(n−1)(x0) = 0, y2(x0) = 0, y20 (x0) = 1, . . . , y2(n−1)(x0) = 0,

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

yn(x0) = 0, yn0 (x0) = 0, . . . , yn(n−1)(x0) = 1,

де x0 (a; b). Це так, бо W (x0) = 1.

469

Теорема 30.2. Якщо система розв’язкiв y1(x), y2(x), . . . , однорiдного рiвняння (30.1)

y(n) + P1(x)y(n−1) + P2(x)y(n−2) + · · · + Pn−1(x)y0 + Pn(x)y = 0,

де P1(x), P2 , Pn(x) — неперервнi на iнтервалi (a; b) функцiї, є фундаментальною на цьому iнтервалi, то загальний розв’язок цього рiвняння має вигляд

де C1, C2, . . . , Cn — довiльнi сталi.

Доведення. Те, що (30.6) є розв’язком рiвняння (30.2), очевидно. Покажемо, що вiн загальняй, тобто мiстить всi розв’язки цього рiвняння. Нехай ϕ(x) розв’язок рiвняння (30.2), який задовольняє початковi умови

ϕ(x0) = y0, ϕ0(x0) = y00 , . . . , ϕ(n−1)(x0) = y0(n−1),

де x0 (a; b), y0, y00 , . . . , y0(n−1) R. Скориставшись формулою (30.6), побудуємо таку систему n лiнiйних рiвнянь вiдносно невiдомих C1, C2, . . . , Cn

Визначник цiєї системи W (x0) 6= 0. Отже, система має єдиний

розв’язок C1(0), C2(0), . . . , Cn(0) . Тодi

y = C1(0)y1(x) + C2(0)y2(x) + · · · + Cn(0)yn(x)

470