a) równanie postaci F (x, y

Równanie ró»niczkowe rz¦dów wy»szych sprowadzalne do równa«

rz¦dów ni»szych.

Rozpatrzymy tutaj kilka typów równa« wy»szych rz¦dów, które b¦dzie mo»na sprowadzi¢ do rów- na« rz¦dów ni»szych (w naszym przypadku równa« pierwszego rz¦du), a nast¦pnie za pomoc¡

poznanych dot¡d metod znale¹¢ ich caªki.

a) równanie postaci F (x, y

, y

, . . . , y

) = 0

Jest to równanie nie zawieraj¡ce szukanej funkcji oraz oraz jej kolejnych pierwszych pochodnych.

W równaniu tym 1 ≤ k ≤ n oraz pochodna rz¦du k faktycznie wyst¦puje w równaniu.

W celu rozwi¡zania tego równania kªadziemy y

(x) = z(x), wi¦c y

(x) = z(x);

y

(x) = z

(x);

y

(x) = z

(x);

...

y

(x) = z

(x).

Wówczas równanie F (x, y

, y

, . . . , y

) = 0 sprowadza si¦ do równania

F (x, z, z

, . . . , z

) = 0. (1) Widzimy, »e jest to równanie rz¦du n − k, a wi¦c udaªo si¦ nam obni»y¢ rz¡d równania o k.

Teraz rozwi¡zujemy równanie (1) (o ile potramy) otrzymuj¡c jego caªk¦ ogóln¡

z = ϕ(x, C

, C

, . . . , C

), a nast¦pnie korzystamy z podstawienia y

(x) = z(x) i caªkuj¡c k− krotnie wyznaczamy rozwi¡zanie wyj±ciowego równania w postaci y = ψ(x, C

, C

, . . . , C

).

Uwaga 1. Najcz¦±ciej b¦dziemy stosowa¢ t¡ metod¦ rozwi¡zywania do równa« postaci F (x, y

, y

) = 0,

gdy» równanie to zostanie sprowadzone do równania pierwszego rz¦du.

b) równanie postaci F (y, y

, y

, . . . , y

) = 0

Jest to równanie nie zawieraj¡ce zmiennej niezale»nej x.

W celu rozwi¡zania tego równania kªadziemy y

= p(y), wi¦c y

(x) = p(y);

y

(x) = dy

dx = dp

dx = dp dy · dy

dx = p

y

= p

p;

y

(x) = dy

dx = d(p

p)

dx = d(p

p) dy · dy

dx = (p

p + p

)p = p

p

+ p

p;

y

(x) = dy

dx = d(p

p

+ p

p)

dx = d(p

p

+ p

p)

dy · dy

dx = (p

p

+ p

· 2pp

+ 2p

p

p + p

)p

= p

p

+ 4p

p

p

+ p

p;

...

Wówczas równanie F (x, y

, y

, . . . , y

) = 0 obni»y swój rz¡d o jeden. Nast¦pnie rozwi¡- zujemy tak otrzymane równanie (o ile to mo»liwe) i na koniec, »eby wyznaczy¢ y wracamy do zale»no±ci y

= p(y).

c) równanie jednorodne wzgl¦dem funkcji i pochodnych Jest to równanie postaci

F (x, y, y

, y

, y

, . . . , y

) = 0, (2) gdzie funkcja F jest jednorodna wzgl¦dem y, y

, . . . , y

to znaczy, »e

F (x, ky, ky

, ky

, . . . , ky

) = k

F (x, y, y

, , y

. . . , y

), (3) gdzie k ∈ R \ {0}, a m to stopie« jednorodno±ci tej funkcji. Równanie to rozwi¡zujemy poprzez poªo»enie y

(x) = y(x)z(x). Wtedy:

y

= yz;

y

= (yz)

= y

z + yz

= yz

+ yz

= y(z

+ z

);

y

= (yz

+ yz

)

= y

z

+ 2yzz

+ y

z

+ yz

= yz

+ 3yzz

+ yz

= y(z

+ 3zz

+ z

);

y

= (yz

+ 3yzz

+ yz

)

= y

z

+ 3yz

z

+ 3y

zz

+ 3yz

+ 3yzz

+ y

z

+ yz

= yz

+ 6yz

z

+ 3yz

+ 4yzz

+ yz

= y(z

+ 6z

z

+ 3z

+ 4zz

+ z

);

...

y

= yϕ(z, z

, z

, . . . , z

).

(4)

Wstawiaj¡c (4) do równania (2)

F x, y, yz, y(z

+ z

), y(x

+ 3zz

+ z

) . . . , yϕ(z, z

, z

, . . . , z

)
= 0, i korzystaj¡c z wªasno±ci jednorodno±ci (3) mamy

y

F x, 1, z, z

+ z

, x

+ 3zz

+ z

. . . , ϕ(z, z

, z

, . . . , z

)
= 0.

Skracaj¡c przez y

(uwa»aj¡c, »eby nie zgubi¢ rozwi¡zania y ≡ 0) dostajemy równanie ró»niczkowe rz¦du n − 1.

d) uogólnione równanie jednorodne Równanie

F (x, y, y

, y

, . . . , y

) = 0 (5) nazywamy uogólnionym równaniem jednorodnym, je»eli kªad¡c:

x → kx;

y → k

y;

y

→ k

y

; y

→ k

y

;

...

y

→ k

y

; równanie to stanie si¦ równaniem jednorodnym tzn.

F (kx, k

y, k

y

, k

y

, . . . , k

y

) = k

F (x, y, y

, y

, . . . , y

).

Je»eli ju» znamy warto±¢ m, to równanie (5) rozwi¡zujemy stosuj¡c podstawienie:

x =e

;

y =z(t)e

(6)

Przykªad 1. Rozwi¡» równanie:

2xy

= y

. (7)

Rozwi¡zanie: Jest to równanie typu a), gdy» nie zawiera szukanej funkcji oraz jej pierwszej pochodnej. Zatem stosujemy podstawienie:

y

(x) = z(x) ⇒ y

(x) = z

(x) do równania (7):

2xz

= z.

Jest to równanie pierwszego rz¦du rozwi¡zywalne metod¡ rozdzielania zmiennych:

2x dz

dx = z ⇒ dz z = dx

2x , o ile z 6= 0, ale z ≡ 0 jest te» rozwi¡zaniem. Caªkujemy:

Z dz z =

Z dx

2x ⇒ ln |z| = 1

2 ln |x| + ln |C

|, C

6= 0.

Zatem rozwi¡zaniem jest z = C √

x, C

6= 0. Doª¡czaj¡c C

= 0 dostajemy rozwi¡zanie ogólne dla z(x) :

z(x) = C

√ x ∀

. Teraz wracaj¡c do podstawienia y

(x) = z(x) mamy:

y

(x) = C

x

⇒ y

(x) = C

Z

x

dx + C

= 2

3 C

x

+ C

, wi¦c

y(x) = Z  2

3 C

x

+ C



dx + C

= 4

15 C

x

+ C

x + C

. Ostatecznie przyjmuj¡c za

C

now¡ staª¡, któr¡ równie» oznaczamy C

mamy

y(x) = C

x

+ C

x + C

, ∀

. Przykªad 2. Rozwi¡» równanie:

y

− xy

+ (y

)

= 0. (8)

Rozwi¡zanie: Jest to równie» równanie typu a), bo nie zawiera szukanej funkcji oraz jej pierwszej pochodnej. Stosujemy podstawienie:

y

(x) = z(x) ⇒ y

(x) = z

(x) do równania (8):

z − xz

+ z

= 0 ⇒ z = xz

− z

. (9)

Tym razem otrzymali±my równanie pierwszego rz¦du nierozwi¡zywalne wzgl¦dem pochodnej. Do- kªadniej jest to równanie typu d) tzn. Clairaunta. Zatem wprowadzamy parametr p :

z

= p ⇒ dz = p dx.

Wówczas z (9) mamy:

z = xp − p

⇒ dz = xdp + pdx − 3p

dp ⇒ pdx = xdp + pdx − 3p

dp, dalej

(x − 3p

)dp = 0.

Mamy, wi¦c dwa przypadki x = 3p

lub dp=0. Je»eli x = 3p

, to p = ±p

, a skoro z = xp − p

:

z(x) = ±

√ 3 3 x

∓

√ 3

9 x

= ± 2 √ 3 9 x

.

Wracaj¡c do podstawienia y

(x) = z(x) mamy rozwi¡zanie osobliwe równania (8)

y

(x) = ± Z 2 √

3

9 x

dx = ± 4 √ 3

45 x

+ C

y(x) =

Z

± 4 √ 3

45 x

+ C

!

dx = ± 8 √ 3

315 x

+ C

x + C

. Natomiast je»eli dp = 0, to p = C

. Zatem

z(x) = C

x − C

. Wtedy rozwi¡zanie ogólne (8) ma form¦

y

(x) = Z

C

x − C

dx = 1

2 C

x

− C

x + C

; y(x) =

Z  1

2 C

x

− C

x + C



dx = 1

6 C

x

− 1

2 C

x

+ C

x + C

. Przykªad 3. Rozwi¡» równanie:

y

− 2y

y

+ 1 = 0. (10)

Rozwi¡zanie: Jest to bardzo ciekawe równanie trzeciego rz¦du. Jak zaraz si¦ przekonamy w jego rozwi¡zaniu zostan¡ u»yte dwie metody sprowadzani równa« rz¦du wy»szego do równa« rz¦du ni»szego. Najpierw zastosujemy metod¦ a) a potem b). W równaniu nie wyst¦puj¦ y wi¦c za najmniejsz¡ pochodn¡ przyjmujemy z(x) :

y

= z(x).

Wówczas z równania (10) dostaniemy:

z

− 2zz

+ 1 = 0. (11)

Otrzymali±my zatem równanie rz¦du drugiego, w które nie zawiera zmiennej x. Jest to wi¦c rów- nanie typu b). Zatem przyjmujemy:

z

= p(x) oraz z

= pp

.

Wstawiaj¡c z

= p(x), z

= pp

do (11) mamy:

p

− 2zpp

+ 1 = 0 ⇒ 2zpp

= p

+ 1.

Jest to równanie pierwszego rz¦du rozwi¡zywalne metod¡ rozdzielania zmiennych:

2p

p

+ 1 dp = dz

z ⇒

Z 2p

p

+ 1 dp = Z dz

z ⇒ ln |p

+ 1| = ln |z| + ln |C

|, C

6= 0.

St¡d

p

+ 1 = C

z ⇒ p = ± p

C

z − 1, gdzie C

≥ 1

z , C

6= 0.

Nast¦pnie korzystaj¡c z z

= p wyznaczamy z : z

= ± p

C

z − 1 ⇒ dz

√ C

z − 1 = dx.

Caªkujemy:

Z dz

√ C

z − 1 = Z

dx ⇒ 2

C

p C

z − 1 = x + C

. Wyznaczamy z :

z(x) = C

4 (x + C

)

+ 1 C

. Na koniec korzystaj¡c z y

= z wyznaczamy y(x) :

y(x) =

Z  C

4 (x + C

)

+ 1 C



dx = C

12 (x + C

)

+ 1

C

x + C

, gdzie C

∈ R \ {0}, C

, C

∈ R.

Przykªad 4. Rozwi¡» równanie:

x

yy

= (y − xy

)

. (12)

Rozwi¡zanie: Jest to równanie rz¦du drugiego, w którym wyst¦puj¡ zarówno x jak i y. Zatem nie jest to ani a) ani b). Natomiast mo»emy zauwa»y¢, »e jest to równanie jednorodne ze wzgl¦du na funkcje y oraz jej pochodne y

, y

ze stopniem jednorodno±ci m = 2. Wobec tego u»ywamy podstawienia (4):

y

= yz;

y

= y(z

+ z

), gdzie z to funkcja x. Kªad¡c takie y

, y

do (12) mamy

x

y

(z

+ z

) = (y − xyz)

⇒ y

x

z

+ x

z

− (1 − xz)

 = 0.

St¡d, mamy rozwi¡zanie y ≡ 0 lub x

z

+ x

z

− (1 − xz)

= 0. z tej drugiej równo±ci otrzymujemy niejednorodne równanie liniowe pierwszego rz¦du:

x

z

+ 2xz = 1. (13)

Szukamy najpierw caªki ogólnej równania jednorodnego:

x

z

+ 2xz = 0 ⇒

Z 1 z dz =

Z −2

x dx ⇒ ln |z| = −2 ln |x| + ln |C

|, C

6= 0.

Deloarytmuj¡c oraz z faktu, »e z ≡ 0 jest rozwi¡zaniem mamy caªk¦ ogóln¡ tego równania w postaci:

z

(x) = C

x

, ∀

.

Wyznaczamy caªk¦ szczególn¡ równania (13) metod¡ wariacji staªej:

z(x) = e C

(x) x

; z e

(x) = C

(x)

x

− 2 C

(x) x

.

(14)

Wstawiaj¡c z(x), e e z

(x) do (13), dostajemy:

C

(x) − 2 C

(x)

x + 2 C

(x)

x = 1 ⇒ C

(x) = 1 ⇒ C

(x) = x, wi¦c e z(x) =

. Wobec tego caªka ogólna równania (13) na mocy superpozycji wynosi:

z(x) = C

x

+ 1

x . Nast¦pnie, poniewa» y

= yz, mamy

dy

dx = y  C

x

+ 1

x



⇒

Z dy y =

Z C

x

+ 1

x dx ⇒ ln |y| = −C

1

x + ln |x| + ln |C

|, gdzie C

6= 0. Delogarytmuj¡c oraz z faktu, »e y ≡ 0 jest równie» rozwi¡zaniem (doª¡czamy C

= 0 ) dostajemy rozwi¡zanie ogólne równania (12):

y(x) = C

xe

, ∀

. Przykªad 5. Rozwi¡» równanie:

x

y

= (y − xy

)

. (15)

Rozwi¡zanie: Tym razem nie jest to »aden z typów a) − c). Sprawd¹my, czy jest to uogólnione równanie jednorodne. Do równania (15) stosujemy (16)

x → kx;

y → k

y;

y

→ k

y

; y

→ k

y

(16)

otrzymuj¡c

k

x

k

y

= k

y − kxk

y

.

St¡d mo»emy zauwa»y¢, »e dla m = 1 dostajemy równanie jednorodne. Zatem na mocy (6) mamy x =e

;

y =z(t)e

, to y = z(t) · x oraz t = ln x. Wówczas (liczymy pochodne):

y

= dy

dx = d(zx)

dx = z + x dz dt

dt

dx = z + xz

1

x = z + z

; y

= d(z + z

)

dt · dt dx = 1

x (z

+ z

).

(17)

Kªad¡c (17) w równaniu (15), mamy:

x

1

x (z

+ z

) = [zx − x(z + z

)]

⇒ x

z

+ z

− z

= 0.

St¡d x ≡ 0, a wi¦c y ≡ 0 lub z

+ z

− z

= 0.

Równanie z

+ z

− z

= 0 mo»emy rozwi¡za¢ jak równanie typu a). Podstawiamy z

(t) = w(t)

dostaj¡c

w

+ w = w

. (18)

Jest to równanie Bernoulli'ego. Stosujemy podstawienie u = w

, to u

= −w

w

. Wówczas z (18), wynika posta¢:

−u

+ u = 1 (19)

czyli niejednorodne równanie liniowe pierwszego rz¦du. Szukamy najpierw caªki ogólnej równania jednorodnego:

u

+ u = 0 ⇒

Z 1 u du =

Z

dt ⇒ ln |u| = t + ln |C

|, C

6= 0.

Deloarytmuj¡c oraz z faktu, »e u ≡ 0 jest rozwi¡zaniem mamy caªk¦ ogóln¡ tego równania w postaci:

u

(x) = C

e

, ∀

. Wyznaczamy caªk¦ szczególn¡ równania metod¡ wariacji staªej:

e u(t) = C

(t)e

;

e u

(x) = C

(t)e

+ C

(t)e

. (20) Wstawiaj¡c u(x), e e u

(x) do (19), dostajemy:

−C

(t)e

− C

(t)e

+ C

(t)e

= 1 ⇒ C

(t) = −e

⇒ C

(t) = e

. wi¦c e u(x) = 1. Wobec tego caªka ogólna równania (19) na mocy superpozycji wynosi:

u(x) = C

e

+ 1.

Nast¦pnie, poniewa» w =

, mamy

w = 1

1 + C

e

. Dalej z faktu, »e z

(t) = w(t) wynika:

z

= 1

1 + C

e

⇒ Z

dz =

Z 1

1 + C

e

dt ⇒ z(t) = ln e

C

e

+ 1 + C

. Ostatecznie z faktu, »e y = z · x oraz x = e

, mamy:

y(x) = x ln x

C

x + 1 + C

x.