Page 68 - 4951

Проінтегруємо друге рівняння:
ln p  1  y  C .
1
Повертаючись до заміни, одержимо диференціальне
рівняння першого порядку з відокремлюваними змінними:
dy C y
y
y
C
C

1 y   e 1  y  e 1 e  1   e 1 e  1 
dx
dy y C
    dx  ln e 1  y  x  C .
y
e C 1 e  1 2
Тоді загальний розв’язок рівняння має вигляд:
 y  , CC  const ,
 y  1
C
 ln e  y  x  C 2 .


Приклад 8-7. Розв’яжіть рівняння

a )  y  5  y  3   y 9 y , 0 б y )   y   y  0 .
Розв’язання. а) Дане рівняння є лінійним однорідним
рівнянням третього порядку. Запишемо характеристичне
рівняння, що відповідає даному і розв’яжемо його:
   ,1
3 2 1
  5  3  9  0   .

 2 3 ,  3
Усі корені характеристичного рівняння дійсні,
причому корінь    3 – корені кратності два. Отже,
загальний розв’язок даного однорідного рівняння має
x
вигляд: y  C e  C e  3 x  C xe  3 x .
з. о. 1 2 3
б) Це також лінійне однорідне рівняння третього
порядку. Але його характеристичне рівняння
 3   2    0 має один дійсний корінь   0 та
1
1 3
комплексно-спряжену пару коренів     i , тому
3 , 2
2 2
загальний розв’язок цього рівняння має вигляд:

67