Math24.ru
Дифференциальные Уравнения
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка
В общем случае дифференциальное уравнение второго порядка можно записать в виде \[F\left( {x,y,y',y''} \right) = 0,\] где \(F\) − заданная функция указанных аргументов.

Если дифференциальное уравнение можно разрешить относительно второй производной \(y'',\) то его можно представить в следующем явном виде: \[y'' = f\left( {x,y,y'} \right).\] В частных случаях функция \(f\) в правой части может содержать лишь одну или две переменных. Такие неполные уравнения включают в себя \(5\) различных типов: \[ {y'' = f\left( x \right),}\;\; {y'' = f\left( y \right),}\;\; {y'' = f\left( {y'} \right),}\;\; {y'' = f\left( {x,y'} \right),}\;\; {y'' = f\left( {y,y'} \right).} \] С помощью определенных подстановок эти уравнения можно преобразовать в уравнения первого порядка.

В случае произвольных дифференциальных уравнений второго порядка, их порядок можно понизить, если эти уравнения обладают определенной симметрией. Ниже мы обсудим \(2\) типа таких уравнений (случаи \(6\) и \(7\)):
  • Функция \(F\left( {x,y,y',y''} \right)\) является однородной функцией аргументов \(y,y',y'';\)

  • Функция \(F\left( {x,y,y',y''} \right)\) является точной производной функции первого порядка \(\Phi\left( {x,y,y'} \right).\)

Итак, рассмотрим указанные случаи понижения порядка более подробно.
Случай 1. Уравнение вида \(y'' = f\left( x \right)\)
Если дано уравнение \(y'' = f\left( x \right),\) то его порядок можно понизить введением новой функции \(p\left( x \right),\) такой, что \(y' = p\left( x \right).\) В результате мы получим дифференциальное уравнение первого порядка \[p' = f\left( x \right).\] Решая его, находим функцию \(p\left( x \right).\) Затем решаем второе уравнение \[y' = p\left( x \right)\] и получаем общее решение исходного уравнения.
Случай 2. Уравнение вида \(y'' = f\left( y \right)\)
Здесь правая часть уравнения зависит только от переменной \(y.\) Вводим новую функцию \(p\left( y \right),\) полагая \(y' = p\left( y \right).\) Тогда можно записать: \[y'' = \frac{d}{{dx}}\left( {y'} \right) = \frac{{dp}}{{dx}} = \frac{{dp}}{{dy}}\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dp}}{{dy}}p,\] и уравнение принимает вид: \[\frac{{dp}}{{dy}}p = f\left( y \right).\] Решая его, находим функцию \(p\left( y \right).\) Затем находим решение уравнения \(y' = p\left( y \right),\) то есть функцию \(y\left( x \right).\)
Случай 3. Уравнение вида \(y'' = f\left( {y'} \right)\)
В данном случае для понижения порядка вводим функцию \(y' = p\left( x \right)\) и получаем уравнение \[y'' = p' = \frac{{dp}}{{dx}} = f\left( p \right),\] которое является уравнением первого порядка с разделяющимися переменными \(p\) и \(x.\) Интегрируя, находим функцию \(p\left( x \right)\) и затем функцию \(y\left( x \right).\)
Случай 4. Уравнение вида \(y'' = f\left( {x,y'} \right)\)
Используем подстановку \(y' = p\left( x \right),\) где \( p\left( x \right)\) − новая неизвестная функция, и получаем уравнение первого порядка \[p' = \frac{{dp}}{{dx}} = f\left( {x,p} \right).\] Интегрируя, определяем функцию \( p\left( x \right).\) Далее решаем еще одно уравнение \(1\)-го порядка \[y' = p\left( x \right)\] и находим общее решение \( y\left( x \right).\)
Случай 5. Уравнение вида \(y'' = f\left( {y,y'} \right)\)
Для решения такого уравнения, также как и в случае \(2,\) вводим новую функцию \( p\left( y \right),\) полагая \( y' = p\left( y \right).\) Дифференцирование этого равенства по \(x\) приводит к уравнению \[ {y'' = \frac{{d\left( {y'} \right)}}{{dx}} = \frac{{dp}}{{dx}} } = {\frac{{dp}}{{dy}}\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{dp}}{{dy}}p.} \] В результате наше исходное уравнение записывается в виде уравнения \(1\)-го порядка \[p\frac{{dp}}{{dy}} = f\left( {y,p} \right).\] Решая его, находим функцию \( p\left( y \right).\) Затем решаем еще одно уравнение первого порядка \[y' = p\left( y \right)\] и определяем общее решение \( y\left( x \right).\)


Рассмотренные \(5\) случаев понижения порядка не являются независимыми. Исходя из структуры уравнений, ясно, что случай \(2\) следует из случая \(5,\) а случай \(3\) вытекает из более общего случая \(4.\)
Случай 6. Функция \(F\left( {x,y,y',y''} \right)\) является однородной функцией аргументов \(y, y', y''\)
Если левая часть дифференциального уравнения \[F\left( {x,y,y',y''} \right) = 0\] удовлетворяет условию однородности, т.е. для любого \(k\) справедливо соотношение \[F\left( {x,ky,ky',ky''} \right) = {k^m}F\left( {x,y,y',y''} \right),\] то порядок уравнения можно понизить с помощью подстановки \[y = {e^{\int {zdx} }}.\] После нахождения функции \( z\left( x \right)\) исходная функция \( y\left( x \right)\) находится интегрированием по формуле \[y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }},\] где \({C_2}\) − постоянная интегрирования.
Случай 7. Функция \(F\left( {x,y,y',y''} \right)\) является точной производной
Если удается найти такую функцию \(\Phi\left( {x,y,y'} \right),\) не содержащую второй производной \(y''\) и удовлетворяющую равенству \[F\left( {x,y,y',y''} \right) = \frac{d}{{dx}}\Phi \left( {x,y,y'} \right),\] то решение исходного уравнения представляется интегралом \[\Phi \left( {x,y,y'} \right) = C.\] Таким образом уравнение второго порядка можно привести к уравнению первого порядка.

В некоторых случаях левую часть исходного уравнения можно преобразовать в точную производную, используя интегрирующий множитель.

   Пример 1
Решить уравнение \(y'' = \sin x + \cos x.\)

Решение.
Данный пример относится к случаю \(1.\) Введем функцию \(y' = p\left( x \right).\) Тогда \(y'' = p'.\) Следовательно, \[p' = \sin x + \cos x.\] Интегрируя, находим функцию \(p\left( x \right):\) \[ {\frac{{dp}}{{dx}} = \sin x + \cos x,}\;\; {\Rightarrow dp = \left( {\sin x + \cos x} \right)dx,}\;\; {\Rightarrow \int {dp} = \int {\left( {\sin x + \cos x} \right)dx} ,}\;\; {\Rightarrow p = - \cos x + \sin x + {C_1}.} \] Учитывая, что \(y' = p,\) проинтегрируем еще одно уравнение \(1\)-го порядка: \[ {y' = - \cos x + \sin x + {C_1},}\;\; {\Rightarrow \int {dy} = \int {\left( { - \cos x + \sin x + {C_1}} \right)dx} ,}\;\; {\Rightarrow y = - \sin x - \cos x + {C_1}x + {C_2}.} \] Последняя формула представлят собой общее решение исходного дифференциального уравнения.

   Пример 2
Решить уравнение \(y'' = \large\frac{1}{{4\sqrt y }}\normalsize.\)

Решение.
Это уравнение относится к типу \(2,\) где правая часть зависит лишь от переменной \(y.\) Введем параметр \(p = y'.\) Тогда уравнение можно записать в виде \[y'' = \frac{{dp}}{{dy}}p = \frac{1}{{4\sqrt y }}.\] Мы получили уравнение \(1\)-го порядка с разделяющимися переменными для функции \(p\left( y \right).\) Интегрируем его: \[ {\frac{{dp}}{{dy}}p = \frac{1}{{4\sqrt y }},}\;\; {\Rightarrow 2pdp = \frac{{dy}}{{2\sqrt y }},}\;\; {\Rightarrow \int {2pdp} = \int {\frac{{dy}}{{2\sqrt y }}} ,}\;\; {\Rightarrow {p^2} = \sqrt y + {C_1},} \] где \({C_1}\) − постоянная интегрирования.

Извлекая квадратный корень из обеих частей, находим функцию \(p\left( y \right):\) \[p = \pm \sqrt {\sqrt y + {C_1}} .\] Теперь вспомним, что \(y' = p\) и решим еще одно уравнение \(1\)-го порядка: \[ {y' = \pm \sqrt {\sqrt y + {C_1}} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{dy}}{{dx}} = \pm \sqrt {\sqrt y + {C_1}} .} \] Разделим переменные и проинтегрируем: \[ {\frac{{dy}}{{\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }} = \pm dx,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dy}}{{\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }}} = \pm \int {dx} .} \] Чтобы вычислить левый интеграл, сделаем замену: \[ {\sqrt y + {C_1} = z,}\;\; {\Rightarrow dz = \frac{{dy}}{{2\sqrt y }},}\;\; {\Rightarrow dy = 2\sqrt y dz = 2\left( {z - {C_1}} \right)dz.} \] Тогда левый интеграл будет равен \[ {\int {\frac{{dy}}{{\sqrt {\sqrt y + {C_1}} }}} } = {\int {\frac{{2\left( {z - {C_1}} \right)dz}}{{\sqrt z }}} } = {2\int {\left( {\frac{z}{{\sqrt z }} - \frac{{{C_1}}}{{\sqrt z }}} \right)dz} } = {2\int {\left( {{z^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} - {C_1}{z^{ - \large\frac{1}{2}\normalsize}}} \right)dz} } = {2\left( {\frac{{{z^{\large\frac{3}{2}\normalsize}}}}{{\frac{3}{2}}} - {C_1}\frac{{{z^{\large\frac{1}{2}\normalsize}}}}{{\frac{1}{2}}}} \right) } = {\frac{4}{3}{z^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} - 4{C_1}{z^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} } = {\frac{4}{3}\sqrt {{{\left( {\sqrt y + {C_1}} \right)}^3}} - 4{C_1}\sqrt {\sqrt y + {C_1}} .} \] В результате мы получаем следующее алгебраическое уравнение: \[\frac{4}{3}\sqrt {{{\left( {\sqrt y + {C_1}} \right)}^3}} - 4{C_1}\sqrt {\sqrt y + {C_1}} = {C_2} \pm x,\] в котором \({C_1}, {C_2}\) являются постоянными интегрирования.

Последнее выражение представляет собой общее решение дифференциального уравнения в неявном виде.

   Пример 3
Решить уравнение \(y'' = \sqrt {1 - {{\left( {y'} \right)}^2}} .\)

Решение.
Данное уравнение не содержит функции \(y\) и независимой переменной \(x\) (случай \(3\)). Поэтому полагаем \(y' = p\left( x \right).\) После этого уравнение принимает вид \[y'' = p' = \sqrt {1 - {p^2}} .\] Полученное уравнение первого порядка для функции \(p\left( x \right)\) является уравнением с разделяющимися переменными и легко интегрируется: \[ {\frac{{dp}}{{dx}} = \sqrt {1 - {p^2}} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{dp}}{{\sqrt {1 - {p^2}} }} = dx,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dp}}{{\sqrt {1 - {p^2}} }}} = \int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow \arcsin p = x + {C_1},}\;\; {\Rightarrow p = \sin \left( {x + {C_1}} \right).} \] Заменяя \(p\) на \(y',\) получаем \[y' = \sin \left( {x + {C_1}} \right).\] Интегрируя еще раз, находим общее решение исходного дифференциального уравнения: \[ {\frac{{dy}}{{dx}} = \sin \left( {x + {C_1}} \right),}\;\; {\Rightarrow dy = \sin \left( {x + {C_1}} \right)dx,}\;\; {\Rightarrow \int {dy} = \int {\sin \left( {x + {C_1}} \right)dx} ,}\;\; {\Rightarrow y = - \cos \left( {x + {C_1}} \right) + {C_2},}\;\; {\Rightarrow y = {C_2} - \cos \left( {x + {C_1}} \right).} \]
   Пример 4
Решить уравнение \(\sqrt x y'' = {\left( {y'} \right)^2}.\)

Решение.
В это уравнение не входит явно переменная \(y,\) т. е. уравнение относится к типу \(4\) в нашей классификации. Введем новую переменную \(y' = p\left( x \right).\) Исходное уравнение преобразуется в уравнение первого порядка: \[\sqrt x p' = {p^2},\] которое решается разделением переменных: \[ {\sqrt x \frac{{dp}}{{dx}} = {p^2},}\;\; {\Rightarrow \frac{{dp}}{{{p^2}}} = \frac{{dx}}{{\sqrt x }},}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dp}}{{{p^2}}}} = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }}} ,}\;\; {\Rightarrow - \frac{1}{p} = 2\sqrt x + {C_1},}\;\; {\Rightarrow p = y' = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt x + {C_1}}}.} \] Интегрируя полученное уравнение еще раз, находим функцию \(y\left( x \right):\) \[ {\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{ - 1}}{{2\sqrt x + {C_1}}},}\;\; {\Rightarrow dy = - \frac{{dx}}{{2\sqrt x + {C_1}}},}\;\; {\Rightarrow y = - \int {\frac{{dx}}{{2\sqrt x + {C_1}}}} .} \] Для вычисления последнего интеграла сделаем замену: \(x = {t^2},\;dx = 2tdt.\) В результате имеем \[ {y = - \int {\frac{{dx}}{{2\sqrt x + {C_1}}}} } = { - \int {\frac{{2tdt}}{{2t + {C_1}}}} } = { - \int {\frac{{2t + {C_1} - {C_1}}}{{2t + {C_1}}}dt} } = { - \int {\left( {1 - \frac{{{C_1}}}{{2t + {C_1}}}} \right)dt} } = { - t + {C_1}\int {\frac{{dt}}{{2t + {C_1}}}} } = { - t + \frac{{{C_1}}}{2}\int {\frac{{d\left( {2t + {C_1}} \right)}}{{2t + {C_1}}}} } = { - t + \frac{{{C_1}}}{2}\ln \left| {2t + {C_1}} \right| + {C_2}.} \] Возвращаясь обратно к переменной \(x,\) окончательно получаем \[y = - \sqrt x + \frac{{{C_1}}}{2}\ln \left| {2\sqrt x + {C_1}} \right| + {C_2}.\]
   Пример 5
Решить уравнение \(y'' = \left( {2y + 3} \right){\left( {y'} \right)^2}.\)

Решение.
Данное уравнение не содержит явно независимой переменной \(x,\) т.е. относится к случаю \(5.\) Пусть \(y' = p\left( y \right).\) Тогда уравнение запишется в виде \[p' = \left( {2y + 3} \right){p^2}.\] Разделяем переменные и интегрируем: \[ {\frac{{dp}}{{{p^2}}} = \left( {2y + 3} \right)dy,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dp}}{{{p^2}}}} = \int {\left( {2y + 3} \right)dy} ,}\;\; {\Rightarrow - \frac{1}{p} = {y^2} + 3y + {C_1},}\;\; {\Rightarrow p = y' = \frac{{ - 1}}{{{y^2} + 3y + {C_1}}}.} \] Интегрируя еще раз, получаем окончательное решение в неявном виде: \[ {\left( {{y^2} + 3y + {C_1}} \right)dy = - dx,}\;\; {\Rightarrow \int {\left( {{y^2} + 3y + {C_1}} \right)dy} = - \int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow {y^3} + \frac{{3{y^2}}}{2} + {C_1}y + {C_2} = - x,}\;\; {\Rightarrow 2{y^3} + 3{y^2} + {C_1}y + {C_2} + 2x = 0,} \] где \({C_1}, {C_2}\) − постоянные интегрирования.

   Пример 6
Решить уравнение \(yy'' = {\left( {y'} \right)^2} - {\large\frac{{3{y^2}}}{{\sqrt x }}\normalsize}.\)

Решение.
Уравнение удовлетворяет условию однородности. Поэтому сделаем следующую замену переменной: \(y = {e^{\int {zdx} }}.\) Производные будут равны \[y' = z{e^{\int {zdx} }},\] \[ {y'' = z'{e^{\int {zdx} }} + {z^2}{e^{\int {zdx} }} } = {\left( {z' + {z^2}} \right){e^{\int {zdx} }}.} \] Тогда дифференциальное уравнение принимает вид: \[\require{cancel} {{e^{\int {zdx} }}\left( {z' + {z^2}} \right){e^{\int {zdx} }} } = {{\left( {z{e^{\int {zdx} }}} \right)^2} - \frac{{3{{\left( {{e^{\int {zdx} }}} \right)}^2}}}{{\sqrt x }},}\;\; {\Rightarrow \cancel{e^{2\int {zdx} }}\left( {z' + {z^2}} \right) = \cancel{e^{2\int {zdx} }}\left( {{z^2} - \frac{3}{{\sqrt x }}} \right),}\;\; {\Rightarrow z' + \cancel{z^2} = \cancel{z^2} - \frac{3}{{\sqrt x }},}\;\; {\Rightarrow z' = - \frac{3}{{\sqrt x }}.} \] Функция \(z\left( x \right)\) легко находится: \[ {\frac{{dz}}{{dx}} = - \frac{3}{{\sqrt x }},}\;\; {\Rightarrow dz = - \frac{{3dx}}{{\sqrt x }},}\;\; {\Rightarrow \int {dz} = - 3\int {\frac{{dx}}{{\sqrt x }}} ,}\;\; {\Rightarrow z = - 6\sqrt x + {C_1}.} \] Исходную функцию \(y\left( x \right)\) определим по формуле \[y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }}.\] Вычисления приводят к следующему ответу: \[ {y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }} } = {{C_2}{e^{\int {\left( {{C_1} - 6\sqrt x } \right)dx} }} } = {{C_2}{e^{{C_1}x - \frac{{6{x^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}}}} } = {{C_2}{e^{{C_1}x - 4\sqrt {{x^3}} }}.} \] Заметим, что кроме полученного общего решения, дифференциальное уравнение содержит также особое решение \(y = 0.\)

   Пример 7
Решить уравнение \(yy'' + {\left( {y'} \right)^2} = 2x + 1.\)

Решение.
Можно заметить, что левая часть уравнения представляет собой производную от \(yy'.\) Поэтому, обозначая \(z = yy',\) получаем следующее дифференциальное уравнение: \[{\left( {yy'} \right)^\prime } = 2x + 1,\;\; \Rightarrow z' = 2x + 1.\] Последнее уравнение легко решается разделением переменных: \[ {\frac{{dz}}{{dx}} = 2x + 1,}\;\; {\Rightarrow dz = \left( {2x + 1} \right)dx,}\;\; {\Rightarrow \int {dz} = \int {\left( {2x + 1} \right)dx} ,}\;\; {\Rightarrow z = {x^2} + x + {C_1}.} \] Теперь проинтегрируем еще одно уравнение для \(y\left( x \right):\) \[ {yy' = {x^2} + x + {C_1},}\;\; {\Rightarrow \int {ydy} = \int {\left( {{x^2} + x + {C_1}} \right)dx} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{y^2}}}{2} = \frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{{x^2}}}{2} + {C_1}x + {C_2},}\;\; {\Rightarrow 3{y^2} = 2{x^3} + 3{x^2} + {C_1}x + {C_2},} \] где \({C_1}, {C_2}\) − произвольные постоянные.

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.