1.2. Рівняння першого порядку, не розв’язані стосовно похідної

Диференціальне рівняння першого порядку, не розв’язане стосовно похідної, має вигляд

. (1.2.1)

Такі рівняння ще називають неявними.

Якщо це рівняння вдається розв’язати стосовно похідної, то одержуємо одно або декілька рівнянь

.

Інтегруючи ці, вже розв’язані стосовно похідної рівняння, ми одержимо розв’язки вихідного рівняння.

Приклад 1.

.

Розв’язуючи це квадратне рівняння стосовно , одержуємо

.

Інтегруючи ці рівняння, знаходимо

,

.

Але далеко не завжди рівняння (1.2.1) легко розв’язується стосовно , до того ж одержані рівняння часто важко проінтегрувати. Тому доводиться інтегрувати рівняння вигляду (1.2.1) іншими методами

Розглянемо рівняння

. (1.2.2)

Нехай існує хоча би один дійсний корінь цього рівняння.

Оскільки рівняння (1.2.2) не містить і , то стала, тому . Звідси , але корінь рівняння (1.2.2), отже, загальний інтеграл рівняння (1.2.2) має вигляд

.

Приклад 2.

.

Загальний інтеграл цього рівняння має вигляд

.

Розглянемо рівняння

. (1.2.3)

Якщо це рівняння важко розв’язати стосовно , але можна знайти такі елементарні функції і , що

,

то рівняння (1.2.3) можна записати у вигляді

. (1.2.4)

У цьому випадку говорять, що рівняння (1.2.3) допускає параметричне представлення (1.2.4).

Оскільки , то . Звідки .

Загальний інтеграл рівняння (1.2.3) в параметричній формі має вигляд

Якщо рівняння (1.2.3) легко розв’язується стосовно , , то зручно за параметр прийняти . Тоді

.

Приклад 3.

.

Приймемо . Тоді , .

Загальний інтеграл цього рівняння має вигляд

Приклад 4.

.

Приймемо , тоді .

.

.

Якщо виключити параметр , то одержимо загальний інтеграл у вигляді

.

Приклад 5.

.

Це рівняння вигляду (1.2.3). Прийнявши , одержимо

.

Звідки

,

.

Для того, щоби виразити через параметр , скористаємося співвідношенням . Одержуємо

,

.

Загальний розв’язок має вигляд

Розглянемо рівняння

. (1.2.5)

Нехай маємо параметричне представлення цього рівняння

.

Оскільки , то . Звідки одержуємо загальний інтеграл

Якщо рівняння (1.2.5) легко розв’язується стосовно , то за параметр зручно взяти .

Справді, якщо , то, прийнявши , одержимо , . .

Приклад 6.

.

Покладемо , тоді .

.

.

Приклад 7.

.

Покладемо , тоді

.

.

.

.

.

Загальний розв’язок заданого рівняння має вигляд

,

.

Теорема про існування та єдиність розв’язку задачі Коші для рівняння .

Як показує приклад 1 для однозначного визначення розв’язку рівняння (1.2.1) вже недостатньо початкової умови , тому що через початкову точку проходить більше ніж одна інтегральна крива. Ці криві були характерні тим, що у початковій точці вони мали різні дотичні. Тому для однозначного визначення розв’язку треба у початковій точці задати ще напрямок дотичної, тобто умову . Очевидно, що число не може бути вибране довільно. Воно повинно задовольняти рівняння . Отож, задача Коші для рівняння (1.2.1) матиме вигляд

(1.2.6)

де числа задовольняють умову .

Теорема 2.1. Нехай в деякому замкненому околі точки функції є неперервними, а точка є такою, що виконуються умови

, .

Тоді існує проміжок , в якому задача Коші (1.2.6) має єдиний розв’язок.

Доведення. Згідно з відомою теоремою про існування неявної функції на підставі умов сформульованої теореми ми можемо стверджувати існування неявно як функції від

, (1.2.7)

у деякому околі точки і яка задовольняє умову . Залишається перевірити, чи задовольняє функція нерівність Ліпшиця. Для цього достатньо довести, що в деякому околі точки .

Згідно з теоремою про неявні функції можна стверджувати, що за виконання умов теореми 2.1 похідна існує і може бути обчислена за правилом диференціювання неявних функцій.

Диференціюючи тотожність по змінній і враховуючи, що , одержимо

.

Звідки

. (1.2.8)

Очевидно, що за виконання умов теореми 2.1 похідна є неперервною функцією в деякому замкненому околі точки . Згідно з першою теоремою Вейерштрасса вона є обмеженою в цьому околі, тобто . Тому можна стверджувати, що рівняння

задовольняє умови теореми існування та єдиності розв’язку задачі Коші. Тому існує проміжок , в якому це рівняння має єдиний розв’язок, який задовольняє початкову умову , а, отже, існує єдина інтегральна крива, яка проходить через точку і має у цій точці дотичну з кутовим коефіцієнтом . Теорема доведена.

Особливі розв’язки диференціальних рівнянь. Множину точок, в яких порушується єдиність розв’язку рівняння (1.2.1) називають особливою множиною. Якщо деяка підмножина особливої множини утворює криву і ця крива є інтегральною кривою, то її називають особливою інтегральною кривою, а функцію, яка описує цю криву, – особливим розв’язком рівняння.

Отже, особлива інтегральна крива диференціального рівняння – це інтегральна крива, в кожній точці якої порушується єдиність розв’язку задачі Коші, тобто через кожну точку цієї кривої проходить більше ніж одна крива з тим самим напрямом дотичної.

З’ясуємо питання про існування особливих точок рівняння (1.2.1). Це можливо, коли порушуються умови теореми 2.1. Зокрема, коли

.

Крім того, особлива точка повинна задовольняти рівняння (2.1). Отже, для знаходження особливих точок одержуємо систему

(1.2.9)

Виключаючи з системи (1.2.9), одержимо криву , яку називають дискримінантною кривою. Очевидно, що особливі точки, якщо вони є, повинні належати цій кривій. Слід зазначити, оскільки ми використовуємо лише достатні умови єдиності, то порушення цих умов не обов’язково веде до порушення єдиності розв’язку. Тобто, якщо дискримінантна крива визначає розв’язок, то він не обов’язково буде особливим. Це потрібно досліджувати додатково.

Нехай відомий загальний інтеграл рівняння (1.2.1) . Це є сім’я інтегральних кривих, які залежать від параметра . Обвідною сім’ї кривих називають криву, яка в кожній своїй точці дотикається до однієї з кривих сім’ї і яка в різних точках дотикається до різних кривих. Очевидно, якщо сім’я інтегральних кривих має обвідну, то ця обвідна буде особливим розв’язком. Як знайти обвідну? Утворюємо систему

З цієї системи виключаємо параметр . Одержуємо рівняння обвідної

.

Якщо ця функція задовольняє диференціальне рівняння, то вона є особливим розв’язком.

Приклад 8. Розглянемо рівняння

Вводимо параметр . Тоді

.

Диференціюємо

,

або

.

Звідки

і , також , Інтегруючи, одержуємо загальний інтеграл вихідного рівняння . Продиференціюємо цей загальний інтеграл по параметру

.

Виключивши параметр , одержимо

та .

Функція не задовольняє рівняння, а пряма є обвідною, тобто особливим розв’язком.

Загальна схема методу введення параметру.

Розглянемо рівняння не розв’язане стосовно похідної (1.2.1)

.

Якщо вважати декартовими координатами в просторі, то це рівняння визначить деяку поверхню. Відомо, що рівняння цієї поверхні може бути представлене в параметричній формі з допомогою двох параметрів. Нехай маємо таке представлення

. (1.2.10)

Звідси знаходимо

Оскільки , то одержуємо

.

Останнє рівняння можна записати у вигляді

. (1.2.11)

Ми одержали рівняння першого порядку, але вже розв’язане стосовно похідної. Якщо ми знайдемо його загальний розв’язок у вигляді , то два перших рівняння (1.2.10) дадуть загальний розв’язок рівняння (1.2.1) в параметричній формі

Параметричне представлення звичайно застосовується, якщо рівняння (1.2.1) легко розв’язується стосовно або . Розглянемо спочатку рівняння

. (1.2.12)

Покладемо .

Роль параметрів відіграють та . Співвідношення дає нам рівняння

,

.

Нехай загальний розв’язок цього рівняння має вигляд . Тоді загальний розв’язок рівняння (1.2.12) має вигляд .

Розглянемо тепер рівняння

. (1.2.13)

Покладемо . У цьому випадку роль параметрів відіграють змінні . Оскільки , то одержуємо рівняння

,

.

Якщо ми знайдемо загальний розв’язок цього рівняння , то загальний розв’язок рівняння (1.2.13) одержуємо у вигляді .

Приклад 9.

.

Покладемо . Тоді . Оскільки , то одержуємо рівняння

,

,

.

Спочатку розглянемо множник . Звідки . Тоді

,

або

.

Це загальний розв’язок заданого рівняння. Розглянемо тепер другий множник

. Тоді . Це буде особливий розв’язок заданого рівняння.

Приклад 10.

.

Розв’яжемо це рівняння стосовно .

.

Покладемо . Тоді

.

Врахувавши, що , одержимо

,

або

.

Останнє рівняння можна переписати у вигляді

.

Прирівнюємо кожний множник до нуля.

.

Звідки . Тому .

Розглянемо другий множник . Звідки . Підставляємо у формулу для .

,

звідки . Це особливий розв’язок заданого рівняння.

Рівняння Лагранжа.

Означення. Рівняння вигляду

(1.2.14)

називають рівнянням Лагранжа. Це рівняння завжди інтегрується в квадратурах.

Покладемо , . Маємо

, (1.2.15)

,

або

.

Якщо , то, поділивши це рівняння на і , одержимо лінійне стосовно рівняння

. (1.2.16)

Загальний розв’язок рівняння має вигляд

.

Підставляючи цей вираз у формулу (1.2.15), одержимо загальний розв’язок рівняння (1.2.14) в параметричній формі

Приклад 11.

.

Покладемо . Тоді

,

,

.

Застосуємо метод варіації сталої. Розв’яжемо спочатку відповідне однорідне рівняння.

,

,

, , .

Загальний розв’язок заданого рівняння має вигляд

Рівняння Клеро.

Означення. Рівнянням Клеро називають рівняння

. (1.2.17)

Це рівняння є частинним випадком рівняння Лагранжа, коли в рівнянні (1.2.15) .

Покладемо . Тоді

, (1.2.18)

,

. (1.2.19)

Рівняння (1.2.19) розпадається на два рівняння

.

Перше з цих рівнянь дає . Підставляючи це значення у (1.2.18), одержимо загальний розв’язок рівняння (1.2.17).

.

Друге з цих рівнянь дає вираз через параметр .

.

Підставляючи це значення у (1.2.18), одержимо вираз для через той же параметр . Це буде особливий розв’язок рівняння Клеро. Варто зауважити, що в кожній точці особливого розвя’зку порушується єдиність розв’язку задачі Коші.

Приклад 12.

.

Загальний розв’язок має вигляд

.

Особливий розв’язок – .