cal2 118 59 3rd ch 07 06June2017 diff equationpioneer.netserv.chula.ac.th/~tdumrong/2301118/ch7_1in1.pdf · บทที่ 7 สมการเชิงอนุพนธัเบ์้ืองตน้

บทท 7

สมการเชงอนพนธเบ องตน

ภาคฤดรอน ปการศกษา 2559

1

บทท 7 สมการเชงอนพนธเบองตน

บทท 7



2

ตวอยางของสมการเชงอนพนธ

dxdy

= 2xy

2

2

dx

yd – 3

dxdy

+ 2y = 0

(y′)2 = 5x 2)y(1 ′+

3

3

dx

yd – x

dxdy

+ 2x y = x3e

บทนยาม 6.1 อนดบ ของสมการเชงอนพนธ คอ อนดบสงสด

ของอนพนธทปรากฏในสมการนน

บทนยาม 6.2 ถาเราสามารถจดรปของสมการเชงอนพนธ โดย

ทาใหอนพนธอนดบตางๆ ในสมการนนมกาลงเปนจานวนเตม

บวกแลว เราจะเรยกกาลงสงสดของอนพนธอนดบสงสดท

ปรากฏในสมการวา ดกร ของสมการเชงอนพนธ

ตวอยาง

1. dxdy

= 2x อนดบทหนง ดกรหนง

2. x2

2

dx

yd + 2y(

dxdy

)3 = 0 อนดบทสอง ดกรหนง

3. xy(2

2

dx

yd)4 – 2x (

3

3

dx

yd)2 + 5 = 0 อนดบทสาม ดกรสอง

บทท 7



3

4. 2xy = y′ + 3 2)y(1 ′+

จดรปใหมไดเปน 2xy – y′ = 3 2)y(1 ′+

ยกกาลงสามทงสองขาง จะได (x 2y – y′)3 = 1 + (y′)2

3x 6y – 3 2x 4y y′ + 3x 2y (y′)2 – (y′)3 = 1 + (y′)2

เพราะฉะนน x 2y = y′ + 3 2)y(1 ′+ เปนสมการเชงอนพนธ

อนดบทหนง ดกรสาม

5. 2')y(y1 ++ = 3 2'' )y(x

ยกกาลงหกทงสองขาง จะได (1 + y + (y′)2)3 = (x(y′′)2)2

(1 + y + (y′)2)3 = 2x (y′′)4

เพราะฉะนน 2)y(y1 ′++ = 3 2)y(x ′′

เปนสมการเชงอนพนธอนดบทสอง ดกรส

บทท 7



4

บทนยาม 6.3 เราจะเรยกฟงกชนซงไมเปนฟงกชนของอนพนธ

และสอดคลองกบสมการเชงอนพนธ

ทกาหนดใหวา ผลเฉลยของสมการ

ผลเฉลยของสมการเชงอนพนธอาจอยในรปของฟงกชนทนยาม

โดยชดแจง หรอฟงกชนทนยามโดยปรยาย

เราเรยกผลเฉลยของสมการเชงอนพนธทมคาคงตวไมเจาะจงวา

ผลเฉลยทวไป

และเรยกผลเฉลยซงกาหนดคาคงตวนนใหมคาทแนนอนวา ผล

เฉลยเฉพาะ

เชน xdxdy

+ y = 0

xy = c เปนผลเฉลยทวไป

xy = 1 เปนผลเฉลยเฉพาะ

สมการเชงอนพนธอนดบทหนง ดกรหนง

dxdy

= f(x, y)

หรอ M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0

บทท 7



5

6.1 สมการแยกตวแปรได

สมการแยกตวแปรได คอ สมการทสามารถเขยนไดในรป

F(x) dx + G(y) dy = 0

การหาผลเฉลยของสมการแยกตวแปรได

สามารถทาไดโดยการอนทเกรตทละพจน กลาวคอ

จาก F(x) dx + G(y) dy = 0

เราจะไดวา ∫ F(x) dx + ∫ G(y) dy = c

เมอ c เปนคาคงตว

ตวอยาง 7.1.1 1. 5(1 – 2y ) dx – 2xy dy = 0

วธทา จาก 5(1 – 2y ) dx – 2xy dy = 0

จดรปใหมไดเปน x5 dx –

2y1

y2

− dy = 0

เพราะฉะนน ∫ x5 dx – ∫ 2y1

y2

− dy = 1c

5∫ x1 dx + ∫ 2y1

1−

d(1 – 2y ) = 1c

เพราะฉะนน 5 n | x | + n | 1 – 2y | = 2c

n | 5x (1 – 2y ) | = 2c

เพราะฉะนน ผลเฉลยทวไปคอ 5x (1 – 2y ) = c

บทท 7



6

ตวอยาง 7.1.1 2. dxdy

= 1x

xyy32 +

−

วธทา จาก dxdy

= 1x

xyy32 +

−

จดรปใหมไดเปน ( 2x + 1) dy = (3y – xy) dx

( 2x + 1) dy – y(3 – x) dx = 0

y1 dy –

1xx3

2 +− dx = 0

เพราะฉะนน ∫ y1 dy – ∫

1xx3

2 +− dx = 1c

จะไดวา

∫ y1 dy – ∫

1x3

2 + dx + ∫

1xx

2 + dx = 1c

∫ y1 dy – 3 ∫

1x1

2 + dx + 2

1 ∫1x

12 +

d( 2x + 1) = 1c

เพราะฉะนน

n | y | – 3 arctan x + 21 n( 2x + 1) = 2c

2 n | y | – 6 arctan x + n( 2x + 1) = c


ผลเฉลยทวไปคอ n( 2y ( 2x + 1)) – 6 arctan x = c

บทท 7



7

ตวอยาง 7.1.2 1. ( n y)2y′ = 2x y เมอ y(2) = 1

วธทา 1. จาก ( n y)2 y′ = 2x y

จดรปใหมไดเปน ( n y)2 dy = 2x y dx

y)y n( 2

dy – 2x dx = 0

เพราะฉะนน ∫ y)ny( 2

dy – ∫ 2x dx = 1c

∫ ( n y)2d( n y) – ∫ 2x dx = 1c

เพราะฉะนน 3)y n( 3

– 3

x3 = 2c

( n y)3 – 3x = c ... (1)

จาก y(2) = 1 จะไดวา y = 1 เมอ x = 2

โดยการแทนคาใน (1) จะได ( n 1)3 – 32 = c

เพราะฉะนน c = –8

ผลเฉลยเฉพาะคอ ( n y)3 – 3x + 8 = 0

บทท 7



8

ตวอยาง 7.1.2 2. 4 xsin 2 dy+ ysec2 dx = 0 เมอ y( 2π) = π

วธทา จาก 4 xsin 2 dy + ysec2 dx = 0

จดรปใหมไดเปน ysec

42

dy + xsin

12

dx = 0

4 ycos2 dy + xeccos 2 dx = 0

เพราะฉะนน ∫ 4 ycos2 dy + ∫ xeccos 2 dx = 1c

2∫ (1 + cos 2y) dy + ∫ xeccos 2 dx = 1c

เพราะฉะนน 2y + sin 2y – cot x = c ... (2)

จาก y( 2π) = π

จะไดวา y = π เมอ x = 2π

โดยการแทนคาใน (2) จะได 2π + sin 2π – cot 2π = c

เพราะฉะนน c = 2π

ผลเฉลยเฉพาะคอ 2y + sin 2y – cot x = 2π

บทท 7



9

6.2 สมการเอกพนธ

บทนยาม 7.2.1 f(x, y) เรยกวา ฟงกชนเอกพนธ ดกร n

ถา มจานวนเตม n ททาให f(kx, ky) = nk f(x, y)

สาหรบทก ๆ จานวนจรงบวก k

ตวอยาง

1. f(x, y) = 3x + 4x 2y

สาหรบจานวนจรงบวก k ใดๆ จะไดวา

f(kx, ky) = (kx)3 + 4(kx)(ky)2 = 3k 3x + 4 3k x 2y

= 3k ( 3x + 4x 2y ) = 3k f(x, y)

เพราะฉะนน f เปนฟงกชนเอกพนธ ดกร 3

2. g(x, y) = xy

y3x 22 −

สาหรบจานวนจรงบวก k ใด ๆ จะไดวา

g(kx, ky) = )ky)(kx()ky(3)kx( 22 −

= xyk

)y3x(k2

222 − = 0k g(x, y)

เพราะฉะนน g เปนฟงกชนเอกพนธ ดกร 0

3. h(x, y) = y1 cos x

y


h(kx, ky) = ky1 cos

kxky

= 1k− ( y1 cos x

y) = 1k− h(x, y)

เพราะฉะนน h เปนฟงกชนเอกพนธ ดกร –1

บทท 7



10

บทนยาม 7.2.2 สมการเชงอนพนธ

M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0

เปน สมการเอกพนธ

ถา M(x, y) และ N(x, y) เปนฟงกชนเอกพนธทมดกรเทากน

การหาผลเฉลยของสมการเอกพนธ

แทนคา y = vx

จะได dxdy

= v + xdxdv หรอ dy = v dx + x dv

แทนคาใน M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0

แลวหาผลเฉลยดวยวธแยกตวแปร

บทท 7



11

ตวอยาง 7.2.1 1. ( 2y – 2x ) dx + xy dy = 0

วธทา 1. ในทน M(x, y) = 2y – 2x และ N(x, y) = xy


M(kx, ky) = (ky)2 – (kx)2 = 2k M(x, y)

และ N(kx, ky) = (kx)(ky) = 2k N(x, y)

เพราะฉะนน M(x, y) และ N(x, y)

เปนฟงกชนเอกพนธ ดกร 2

แสดงวา สมการเชงอนพนธนเปนสมการเอกพนธ

ให y = vx จะไดวา dy = v dx + x dv

เพราะฉะนน ( 2v 2x – 2x ) dx + x(vx)(v dx + xdv) = 0

( 2v 2x – 2x ) dx + 2v 2x dx + v 3x dv = 0

จะไดวา 2x (2 2v – 1) dx + v 3x dv = 0

x1 dx +

1v2v2 −

dv = 0

เพราะฉะนน ∫ x1 dx + 4

1 ∫1v2

12 −

d(2 2v – 1) = 1c

n | x | + 41 n | 2 2v – 1 | = 2c

n | 4x (2 2v – 1) | = 3c

4x (2 2v – 1) = c

4x (2

2

x

y2 – 1) = c

เพราะฉะนน ผลเฉลยทวไปคอ 2x (2 2y – 2x ) = c

บทท 7



12

ตวอยาง 7.2.1 2. xdxdy

– y = x cos xy

วธทา จดรปใหมไดเปน x dy – (y + x cos xy) dx = 0

ในทน M(x, y) = –y – x cos xy และ N(x, y) = x


M(kx, ky) = –ky – kx coskxky

= k M(x, y)

และ N(kx, ky) = kx = k N(x, y)

เพราะฉะนน M(x, y), N(x, y) เปนฟงกชนเอกพนธ ดกร 1

แสดงวา สมการเชงอนพนธนเปนสมการเอกพนธ


เพราะฉะนน x(v dx + x dv) – (vx + x cosxvx ) dx = 0

vx dx + 2x dv – (vx + x cos v) dx = 0

จะไดวา sec v dv – x1 dx = 0

เพราะฉะนน ∫ sec v dv – ∫ x1 dx = 1c

n | sec v + tan v | – n | x | = 2c

n | x

vtanvsec + | = 2c

x

vtanvsec + = c

x

xy

tan xy

sec + = c

เพราะฉะนน ผลเฉลยทวไปคอ sec xy + tan x

y = cx

บทท 7



13

ตวอยาง 7.2.2 xyy′ = 2x xy

e−

+ 2y เมอ y(1) = 0 ... (1)

วธทา จดรปเปน ( 2x xy

e−

+ 2y ) dx – xy dy = 0

ในทน M(x, y) = 2x xy

e−

+ 2y และ N(x, y) = –xy

จะไดวา M(x, y) และ N(x, y) เปนฟงกชนเอกพนธ ดกร 2

แสดงวา (10 เปนสมการเอกพนธ


เพราะฉะนน ( 2x ve− + 2v 2x ) dx – v 2x (v dx + x dv) = 0

( 2x ve− + 2v 2x ) dx – 2v 2x dx – v 3x dv = 0

จะไดวา x1 dx – v ve dv = 0

เพราะฉะนน ∫ x1 dx – ∫ v ve dv = 1c

∫ x1 dx – ∫ v d ve = 1c

n | x | – v ve + ∫ ve dv = 2c

n | x | – v ve + ve = c

เพราะฉะนน n | x | + xy

e (1 – xy) = c


แทนคา จะได n 1 + 0e (1 – 0) = c เพราะฉะนน c = 1

ผลเฉลยเฉพาะคอ n | x | + xy

e (1 – xy) = 1

บทท 7



14

6.3 สมการแมนตรง

บทนยาม 7.3.1 M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0

เปน สมการแมนตรง กตอเมอ มฟงกชน F(x, y) ททาให

dF(x, y) = M(x, y) dx + N(x, y) dy

สาหรบสมการแมนตรง M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0

เราอาจเขยนสมการไดเปน dF(x, y) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปของสมการคอ F(x, y) = c

ตวอยาง x dy + y dx = 0

จะไดวา d(xy) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ xy = c

ถา M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 เปนสมการแมนตรง

แลวจะมฟงกชน F(x, y) ททาให

dF(x, y) = M(x, y) dx + N(x, y) dy ... (1)

ถา M, N, yM∂∂ และ

xN∂∂ เปนฟงกชนตอเนอง

และ yM∂∂ (x, y) =

xN∂∂ (x, y)

แลว M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 เปนสมการแมนตรง

บทท 7



15

กาหนดให yM∂∂ (x, y) =

xN∂∂ (x, y)

การหา F(x, y) ททาให dF(x, y) = M(x, y) dx + N(x, y) dy

แบบท 1.

ขนท 1. F(x, y) = ∫ N(x, y) dy + C(x)

ขนท 2. ใชเงอนไข xF∂∂ (x, y) = M(x, y) หา C′(x)

ขนท 3. C(x) = ∫ C′(x) dx

จะได F(x, y) = k เปนผลเฉลย

แบบท 2.

ขนท 1. F(x, y) = ∫ M(x, y) dx + C(y)

ขนท 2. ใชเงอนไข yF∂∂ (x, y) = N(x, y) หา C′(y)

ขนท 3. C(y) = ∫ C′(y) dy

จะได F(x, y) = k เปนผลเฉลย

แบบท 3. ใชอนพนธเชงรวม

โดยการจดรป M(x, y) dx + N(x, y) dy ใหอยในรป dF(x, y)

ตวอยาง

สมการ y xye dx + x xye dy = 0

จดรปไดเปน d( xye ) = 0

ผลเฉลยทวไปของสมการคอ xye = c

บทท 7



16

ตวอยาง 7.3.1

(2x 3y – y xe− ) dx + (3 2x 2y + xe− – 4) dy = 0 ... (1)

วธทา M(x, y) = 2x 3y – y xe−

N(x, y) = 3 2x 2y + xe− – 4

จะไดวา yM∂∂ (x, y) = 6x 2y – xe−

และ xN∂∂ (x, y) = 6x 2y – xe−

ดงนน yM∂∂ (x, y) =

xN∂∂ (x, y)

แสดงวา สมการ (1) เปนสมการแมนตรง

จาก xF∂∂ (x, y) = M(x, y) = 2x 3y – y xe−

จะไดวา F(x, y) = ∫ (2x 3y – y xe− ) dx

= 2x 3y + y xe− + C(y) ... (2)

แต yF∂∂ (x, y) = N(x, y)

= 3 2x 2y + xe− – 4

ดงนน 3 2x 2y + xe− + C′(y) = 3 2x 2y + xe− – 4

จะไดวา C′(y) = –4

เพราะฉะนน C(y) = ∫ –4 dy = –4y + 1c

แทน C(y) ใน (1) จะไดวา

F(x, y) = 2x 3y + y xe− – 4y + 1c

ผลเฉลยทวไปคอ 2x 3y + y xe− – 4y = c

บทท 7



17

หมายเหต จากตวอยาง 7.3.1

โดยอาศยความร เกยวกบคาเชงอนพนธรวมของฟงกชน

สมการทกาหนดใหจดรปใหมไดเปน

(2x 3y dx + 3 2x 2y dy) + (–y xe− dx + xe− dy) – 4dy = 0

จะไดวา d( 2x 3y ) + d(y xe− ) – d(4y) = 0

เพราะฉะนน d( 2x 3y + y xe− – 4y) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ 2x 3y + y xe− – 4y = c

บทท 7



18

ตวอยาง 7.3.2 2

2

xy

yx + dy –

2x

4y − dx = 0 เมอ y(–2) = 1

วธทา M(x, y) = –2x

4y − และ N(x, y) =

2

2

xy

yx +

จะไดวา yM∂∂ (x, y) = –

2x1 และ

xN∂∂ (x, y) = –

2x1

ดงนน yM∂∂ (x, y) =

xN∂∂ (x, y)

แสดงวาสมการเชงอนพนธนเปนสมการแมนตรง

F(x, y) = ∫ M dx = ∫ (–2x

4y −)dx = –(y – 4)∫ 2x

1 dx

= –(y – 4)(– x1 ) + C(y) = x

y – x

4 + C(y) ... (1)

แต yF∂∂ (x, y) = N(x, y) =

2

2

xy

yx + = 2y

1 + x1

และ yF∂∂ (x, y) = x

1 + C′(y)

ดงนน x1 + C′(y) =

2y1 + x

1 ซงจะไดวา C′(y) = 2y

1

เพราะฉะนน C(y) = ∫ 2y1 dy = – y

1 + 1c

แทน C(y) ใน (1) จะไดวา F(x, y) = xy – x

4 – y1 + 1c

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ xy – x

4 – y1 = c

จาก y(–2) = 1 จะไดวา y = 1 เมอ x = –2

โดยการแทนคา จะได 2

1−

– 2

4−

– 11 = c เพราะฉะนน c = 2

1

ผลเฉลยเฉพาะคอ xy – x

4 – y1 =

21

บทท 7



19

หมายเหต จากตวอยาง 7.3.2 โดยอาศยความร เกยวกบคาเชง

อนพนธรวมของฟงกชน

สมการทกาหนดใหจดรปใหมไดเปน

2y

1 dy + x1 dy –

2xy

dx + 2x

4 dx = 0

2y

1 dy + (–2x

y dx + x

1 dy) + 2x

4 dx = 0

จะไดวา d(– y1 ) + d( x

y) + d(– x

4 ) = 0

เพราะฉะนน d(– y1 + x

y – x

4 ) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ xy – x

4 – y1 = c

บทท 7



20

ตวประกอบอนทเกรต

ถา M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 ไมเปนสมการแมนตรง

แตมฟงกชน μ(x, y) ททาให

μ(x, y)(M(x, y) dx + N(x, y) dy) = 0

เปนสมการแมนตรง

เราจะเรยกฟงกชน μ(x, y) นวา ตวประกอบอนทเกรต

ตวอยาง

จากสมการ 2y dx + x dy = 0

สมการนไมเปนสมการแมนตรง

แต x(2y dx + x dy) = 0

2xy dx + 2x dy = 0

เปนสมการแมนตรง

เพราะฉะนน μ(x, y) = x

เปนตวประกอบอนทเกรตของ 2y dx + x dy = 0

บทท 7



21

การหาตวประกอบอนทเกรต μ(x, y)

ของ M(x, y) dx + N(x, y) dy = 0 ... (*)

กรณท 1. μ เปนฟงกชนของตวแปร x เพยงตวเดยว

ถา N1 ( y

M∂∂ –

xN∂∂ ) เปนฟงกชนของ x

แลว ให N1 ( y

M∂∂ –

xN∂∂ ) = f(x)

μ = dx )x(fe∫

กรณท 2. μ เปนฟงกชนของตวแปร y เพยงตวเดยว

ถา M1 (

xN∂∂ – y

M∂∂ ) เปนฟงกชนของ y

แลว ให M1 (

xN∂∂ – y

M∂∂ ) = g(y)

μ = dy )y(ge∫

สรป

1. ถา N1 ( y

M∂∂ –

xN∂∂ ) = f(x) แลว μ =

dx )x(fe∫

2. ถา M1 (

xN∂∂ – y

M∂∂ ) = g(y) แลว μ =

dx )x(fe∫

บทท 7



22

ตวอยาง 7.3.3 1. (3x + 2 2y ) dx + 2xy dy = 0

วธทา M(x, y) = 3x + 2 2y และ N(x, y) = 2xy

yM∂∂ = 4y และ

xN∂∂ = 2y

N1 ( y

M∂∂ –

xN∂∂ ) =

xy21 (4y – 2y) = x

1

ดงนน ตวประกอบอนทเกรต

คอ μ = dx x

1e ∫ = | x | ne = | x |

คณสมการทกาหนดใหดวย μ จะไดวา

x(3x + 2 2y ) dx + 2 2x y dy = 0

จดรปโดยใชคาเชงอนพนธ

3 2x dx + 2x 2y dx + 2 2x y dy = 0

d( 3x ) + d( 2x 2y ) = 0

d( 3x + 2x 2y ) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ 3x + 2x 2y = c

บทท 7



23

ตวอยาง 7.3.3 2. ( 2x + 2y + 1) dx + x(x – 2y) dy = 0

วธทา M(x, y) = 2x + 2y + 1 และ N(x, y) = 2x – 2xy

yM∂∂ = 2y และ

xN∂∂ = 2x – 2y

N1 ( y

M∂∂ –

xN∂∂ ) =

xy2x1

2 −(2y – 2x + 2y)

= )y2x(x)y2x(2

−−−

= x2−

μ = dx x

2 e

−∫ = | x | n 2e− = )2(x ne

− =

2x1


2x

1 ( 2x + 2y + 1) dx + x1 (x – 2y) dy = 0

dx + 2

2

xy

dx + 2x

1 dx + dy – xy2 dy = 0

เพราะฉะนน dx + dy – d( x1 ) – d(

xy2

) = 0

d(x + y – x1 –

xy2

) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ x + y – x1 –

xy2

= c

บทท 7



24

ตวอยาง 7.3.3 3. (1 + x sin y)dxdy

+ cos y = 0

วธทา จาก (1 + x sin y)dxdy

+ cos y = 0

จดรปใหมไดเปน

cos y dx + (1 + x sin y) dy = 0 ... (1)

M(x, y) = cos y และ N(x, y) = 1 + x sin y

yM∂∂ = –sin y และ

xN∂∂ = sin y

เพราะวา M1 (

xN∂∂ – y

M∂∂ ) =

ycos1 (sin y + sin y) = 2 tan y

เพราะฉะนน μ = dy ytan2 e ∫ = | | ysec n 2e = 2sec y

คณ (1) ดวย μ จะได

2sec y cos y dx + 2sec y(1 + x sin y) dy = 0

sec y dx + 2sec y dy + x sin y 2sec y dy = 0

(sec y dx + x sec y tan y dy) + 2sec y dy = 0

เพราะฉะนน d(x sec y) + d(tan y) = 0

d(x sec y + tan y) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไป คอ x sec y + tan y = c

บทท 7



25

ตวอยาง 7.3.4 2y( 2x – y + x) dx + ( 2x – 2y) dy = 0

เมอ y(0) = – 1

วธทา M(x, y) = 2 2x y – 2 2y + 2xy, N(x, y) = 2x – 2y

yM∂∂ = 2 2x – 4y + 2x,

xN∂∂ = 2x

N1 ( y

M∂∂ –

xN∂∂ )=

y2x1

2 −(2 2x –4y + 2x–2x) =

y2x

)y2x(22

2

−

−= 2

ตวประกอบอนทเกรต μ = dx 2e ∫ = x2e


2y x2e ( 2x – y + x) dx + x2e ( 2x – 2y) dy = 0

2 2x y x2e dx – 2 2y x2e dx + 2xy x2e dx

+ 2x x2e dy – 2y x2e dy = 0

(2 2x y x2e dx + 2xy x2e dx + 2x x2e dy)

– (2 2y x2e dx + 2y x2e dy) = 0

เพราะฉะนน d( 2x y x2e ) – d( 2y x2e ) = 0

นนคอ d( 2x y x2e – 2y x2e ) = 0

ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ 2x y x2e – 2y x2e = c

จาก y(0) = –1 จะไดวา y = –1 เมอ x = 0

โดยการแทนคา จะได 0 – 1 = c เพราะฉะนน c = –1

ดงนน ผลเฉลยเฉพาะคอ 2x y x2e – 2y x2e + 1 = 0

y x2e ( 2x – y) + 1 = 0

บทท 7



26

6.4 สมการเชงเสน

สมการเชงเสน คอ สมการทเขยนไดในรป

dxdy

+ P(x) y = Q(x) ... (*)

ผลเฉลยทวไปคอ y = μ1 (∫ μ Q(x) dx + c)

เมอ μ = dx )x(Pe ∫

ขนท 1. หา P(x), Q(x)

ขนท 2. หา ∫ P(x) dx (ไมตองมคาคงตว)

ขนท 3. หา μ = dx )x(Pe ∫

ขนท 4. หา ∫ μ Q(x) dx

ขนท 5. หา y = μ1 (∫ μ Q(x) dx + c)

บทท 7



27

ตวอยาง 7.4.1 1. dxdy

– 2xy = x

วธทา P(x) = –2x และ Q(x) = x

∫ P(x) dx = ∫ –2x dx = – 2x

ตวประกอบอนทเกรต μ = ∫ − dx x2 e = 2xe−

∫ μ Q(x) dx = ∫2xe− x dx

= – 21 ∫

2xe− d(– 2x )

= – 21 2xe−

ผลเฉลยทวไปคอ

y = μ1 (∫ μ Q(x) dx + c)

= 2xe

1−

(– 21 2xe− + c)

= 2xe (– 2

1 2xe− + c)

= c2xe – 2

1

บทท 7



28

ตวอยาง 7.4.1 2. (y cot x – 2sec x) dx + dy = 0

วธทา จาก (y cot x – 2sec x) dx + dy = 0

จดรป dxdy

+ y cot x = 2sec x ... (1)

P(x) = cot x และ Q(x) = 2sec x

ตวประกอบอนทเกรต μ = ∫ dx xcot e = | xsin | ne = | sin x | ผลเฉลยทวไปคอ y =

μ1 (∫ μ Q(x) dx + 1c )

= xsin

1 (∫ sin x 2sec x dx + 1c )

= xsin

1 (∫ 2cos− x(sin x dx) + 1c )

= xsin

1 (–∫ 2cos− x d(cos x)) + 1c )

= xsin

1 (–1

xcos 1

−

− + c)

= xsin

1 (xcos

1 + c)

= xsin

1 (sec x + c)

บทท 7



29

ตวอยาง 7.4.2 จงหาผลเฉลยเฉพาะของสมการเชงอนพนธ

(xy + x + 3x ) dx – (1 + 2x ) dy = 0 เมอ y( 3) = 1

วธทา จดรป dxdy

– 2x1

x+

y = x ... (1)

P(x) = –2x1

x+

และ Q(x) = x

ตวประกอบอนทเกรตคอ

μ =

dx 2x 1x

e∫

+−

= )2x 1(n 2

1 e

+− = (1 + 2x ) 2

1 −

ผลเฉลยทวไปคอ y = μ1 ( ∫ μ Q(x) dx + 1c )

= (1 + 2x ) 21(∫ (1 + 2x ) 2

1 −x dx + 1c )

= (1 + 2x ) 21( 2

1 ∫ (1 + 2x ) 21 −d(1 + 2x ) + 1c )

= (1 + 2x ) 21( 2

1(2(1 + 2x ) 21) + c)

= 1 + 2x + c 2x1+

จาก y( 3) = 1 จะไดวา y = 1 เมอ x = 3

โดยการแทนคา จะได 1 = 1 + 3 + c 4

เพราะฉะนน c = – 23

ผลเฉลยเฉพาะคอ y = 1 + 2x – 23 2x1+

บทท 7



30

สมการแบรนลล

สมการแบรนลล เปนสมการทเขยนไดในรป

dxdy

+ P(x) y = Q(x) ny เมอ n เปนคาคงตว

ในกรณท n = 0 สมการแบรนลลจะอยในรป

dxdy

+ P(x) y = Q(x)

ซงเปนสมการเชงเสน

และในกรณท n = 1 สมการแบรนลลจะอยในรป

dxdy

+ P(x) y = Q(x) y

dxdy

+ (P(x) – Q(x)) y = 0 ซงเปนสมการเชงเสน

ตอไปเราจะพจารณากรณท n ≠ 0 และ n ≠ 1

จาก dxdy

+ P(x) y = Q(x) ny ... (1)

สมมตให z = n1y −

จะไดวา dxdz = (1 – n) ny−

dxdy

... (2)

แทน (2) ใน (1) จะได n1

1− dx

dz + P(x) z = Q(x)

ดงนน dxdz + (1 – n)P(x) z = (1 – n)Q(x)

ซงเปนสมการเชงเสน

บทท 7



31

ตวอยาง 7.4.3 (1 + 2x )

dxdy

+ xy = 3x 3y

วธทา จดรป 3y−dxdy

+ 2x1

x+

2y− = 2

3

x1x+

... (1)

ให z = 2y− จะได dxdz = –2 3y−

dxdy

... (2)

แทน (2) ใน (1) จะได – 21

dxdz +

2x1x+

z = 2

3

x1x+

dxdz –

2x1x2

+ z = –

2

3

x1x2+

... (3)

เปนสมการเชงเสนม P(x) = –2x1

x2+

และ Q(x) = –2

3

x1x2+

μ = ∫

+− dx 2x 1

x2 e =

)2x 1(d 2x 11

e+

+∫−

= )2x 1(ne +− = 2x1

1+

ผลเฉลยทวไปของ (3) คอ z = μ1 (∫ μ Q(x) dx + 1c )

= (1 + 2x )(∫ (

2x11+

)(–2

3

x1x2+

) dx + 1c )

= (1 + 2x )(–∫ 22

3

)x1(x2

+ dx + 1c )

= (1 + 2x )(–2∫ (

2x1x+

– 22 )x1(

x+

) dx + 1c )

= (1 + 2x )(– n(1 +

2x ) – 2x1

1+

+ c)

= c(1 + 2x ) – (1 +

2x ) n(1 + 2x ) – 1

แทนคา z = 2y− ผลเฉลยทวไปของ (1) คอ

2y

1 + (1 + 2x ) n(1 +

2x ) + 1 = c(1 + 2x )

บทท 7



32

ตวอยาง 7.4.4 dxdy

+ x2y

= 3y

x เมอ y(1) = 2

วธทา จดรป 3ydxdy

+ x2

1 4y = x ... (1)

ให z = 4y จะไดวา dxdz = 4 3y

dxdy

... (2)

แทน (2) ใน (1) จะได 41

dxdz +

x21 z = x

dxdz + x

2 z = 4x ... (3)

เปนสมการเชงเสน ม P(x) = x2 และ Q(x) =4x

μ = dx x

2e ∫ = | x | n 2e =

2x

ผลเฉลยทวไปของ (3) คอ z = μ1 (∫ μ Q(x) dx + 1c )

= 2x

1 (∫ 2x (4x) dx + 1c )

= 2x

1 ( 4x + c)

แทนคา z = 4y ดงนน ผลเฉลยทวไปคอ 2x 4y = 4x + c


โดยการแทนคา จะได 16 = 1 + c

เพราะฉะนน c = 15

ผลเฉลยเฉพาะคอ 2x 4y = 4x + 15

บทท 7



33

การหาผลเฉลยสมการเชงเสนอนดบทสอง ดกรหนง

สมการเชงเสนอนดบทสอง ดกรหนง คอสมการในรปแบบ

a(x)y′′ + b(x)y′ + c(x)y = d(x)

เมอ a(x), b(x), c(x), d(x) เปนฟงกชนของตวแปร x

ตวอยางเชน 2x y′′ + 2xy′ + 4y = 0

4x y′′ + 3xy′ – 2y = 0

2y′′ – 3y′ + y = 0

ในหวขอน เราจะศกษาการหาผลเฉลยกรณ

ay′′ + by′ + cy = 0

เมอ a, b, c เปนจานวนจรง และ a ≠ 0

สมการพหนาม a 2r + br + c = 0

เรยกวา สมการชวย ของสมการ ay′′ + by′ + cy = 0

ตวอยางเชน

สมการเชงเสน สมการชวย

y′′ + 2y′ + 4y = 0 2r + 2r + 4 = 0

y′′ + y′ – 2y = 0 2r + r – 2 = 0

2y′′ – 3y′ + y = 0 2 2r – 3r + 1 = 0

บทท 7



34

การหาผลเฉลยทวไปของสมการ ay′′ + by′ + cy = 0 ... (1)

กาหนดให r = m เปนรากของสมการ a 2r + br + c = 0

เพราะฉะนน a 2m + bm + c = 0

เพราะวา a( mxe )′′ + b( mxe )′ + c( mxe )

= a 2m mxe + bm mxe + c mxe

= (a 2m + bm + c) mxe

= 0

เพราะฉะนน y = mxe เปนผลเฉลยของสมการ (1)

ในทานองเดยวกน y = k mxe

เมอ k เปนคาคงตว เปนผลเฉลยของสมการ (1) ดวย

บทท 7



35

หมายเหต การหาผลเฉลยทวไปของ ay′′ + by′ + cy = 0

กรณท r = m มภาวะรากซา 2

เพราะฉะนน a 2r + br + c = a(r – m)2 = a 2r – 2amr + a 2m


ay′′ + by′ + cy = ay′′ – 2amy′ + a 2m y

แทนคา y = x mxe

a(x mxe )′′ + b(x mxe )′ + cx mxe

= a( mxe + mx mxe )′ – 2am( mxe + mx mxe ) + a 2m mxe

= a(m mxe +m mxe + 2m x mxe )–2am( mxe + mx mxe )+a 2m mxe

= a(2m mxe + 2m x mxe ) – 2am( mxe + mx mxe )+a 2m mxe

= 0

เพราะฉะนน y = x mxe เปนผลเฉลยของสมการ (1)

ในทานองเดยวกน y = 2k x mxe

เมอ 2k เปนคาคงตว เปนผลเฉลยของสมการ (1) ดวย

บทท 7



36

รากของสมการชวย a 2r + br + c = 0

ชวยในการหาผลเฉลยของสมการ ay′′ + by′ + cy = 0

ไดดงขอสรปตอไปน

กรณท 1. รากของสมการชวยเปนจานวนจรง 2 จานวน

ซงมคาตางกน คอ 1m และ 2m

ผลเฉลยทวไปคอ y = 1k x1me + 2k x2me

เมอ 1k , 2k เปนคาคงตว

กรณท 2. รากของสมการชวยเปนจานวนจรง 2 จานวน

ซงมคาซากน คอ m

ผลเฉลยทวไปคอ y = 1k mxe + 2k x mxe


กรณท 3. รากของสมการชวยเปนจานวนเชงซอน 2 จานวน

คอ 1m = p + qi และ 2m = p – qi

เพราะฉะนนผลเฉลยทวไปคอ

y = pxe ( 1K cos qx + 2K sin qx)

เมอ 1K , 2K เปนคาคงตว

บทท 7



37

หมายเหต การพสจนกรณท 3.

กรณท 3. รากของสมการชวยเปนจานวนเชงซอน 2 จานวน

คอ 1m = p + qi และ 2m = p – qi

ผลเฉลยทวไปคอ y = 1k x1me + 2k x2me

เพราะฉะนน 1k x1me + 2k x2me

= 1k x)qip(e + + 2k x)qip(e −

= 1k pxe qxie + 2k pxe qxie−

= 1k pxe (cos qx + i sin qx) + 2k pxe (cos qx – i sin qx)

(เพราะวา tie = cos t + i sin t)

= pxe (( 1k + 2k )cos qx + ( 1k i – 2k i)sin qx)

= pxe ( 1K cos qx + 2K sin qx)

เมอ 1K = 1k + 2k และ 2K = 1k i – 2k i

บทท 7



38

ตวอยาง 7.4.5 y′′ – 7y′ + 12y = 0

วธทา สมการชวยคอ 2r – 7r + 12 = 0

(r – 4)(r – 3) = 0

r = 3, 4

ผลเฉลยทวไปคอ y = 1k x3e + 2k x4e


ตวอยาง 7.4.6 y′′ + 4y′ + 4y= 0

วธทา สมการชวยคอ 2r + 4r + 4 = 0

(r + 2)2 = 0

รากสมการชวยเปนจานวนจรง 2 จานวน มคาซากน คอ r = –2

ผลเฉลยทวไปคอ y = 1k x2e− + 2k x x2e−


ตวอยาง 7.4.7 y′′ – 2y′ + 4y = 0

วธทา สมการชวยคอ 2r – 2r + 4 = 0 มรากเปน

m = 2)4)(1(442 −±

= 2

122 −±

= 1 ± 3 i

ผลเฉลยทวไปคอ y = xe ( 1K cos 3x + 2K sin 3x)


บทท 7



39

ตวอยาง 7.4.8

y′′ – 4y = 0 เมอ y(0) = 1 และ y′(0) = 0

วธทา สมการชวยคอ 2r – 4 = 0 มรากเปน –2 และ 2

ผลเฉลยทวไปคอ y = 1k x2e− + 2k x2e


และจะไดวา y′ = –2 1k x2e− + 2 2k x2e

เพราะวา y(0) = 1 และ y′(0) = 0

เพราะฉะนน 1k + 2k = 1

–2 1k + 2 2k = 0

เพราะฉะนน 1k = 21 และ 2k = 2

1

เพราะฉะนนผลเฉลยเฉพาะคอ y = 21 x2e− + 2

1 x2e

บทท 7



40

ตวอยาง 7.4.9 จงหาผลเฉลยเฉพาะของสมการ

4y′′ + 16y′ + 17y = 0 เมอ y(0) = 1 และ y′(0) = 0

วธทา สมการชวยคอ 4 2r + 16r + 17 = 0

r = )4(2)17)(4(41616 2 −±−

= 8

i416 ±−

= –2 ± 21 i

ผลเฉลยทวไปคอ y = x2e− ( 1K cos( 21x) + 2K sin( 2

1x))


เพราะวา y(0) = 1 เพราะฉะนน 1K = 1

เพราะฉะนน y = x2e− (cos( 21x) + 2K sin( 2

1x))

เพราะวา y′ = –2 x2e− (cos( 21x) + 2K sin( 2

1x))

+ x2e− (– 21 sin( 2

1x) + 21

2K cos( 21x))

และ y′(0) = 0

เพราะฉะนน 0 = –2 + 21

2K

2K = 4

ผลเฉลยเฉพาะคอ y = x2e− (cos( 21x) + 4 sin( 2

1x))

Documents

cal2 118 59 3rd ch 07 06June2017 diff equationpioneer.netserv.chula.ac.th/~tdumrong/2301118/ch7_1in1.pdf · บทที่ 7 สมการเชิงอนุพนธัเบ์้ืองตน้