Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка


Укажем некоторые виды дифференциальные уравнений, допускающих понижение порядка.


I. Уравнение вида y^{(n)}=f(x). После n-кратного интегрирования получается общее решение


y=\underbrace{\int\ldots\int}_{n}f(x)\underbrace{dx\ldots dx}_{n}+C_1\,\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+C_2\,\frac{x^{n-2}}{(n-2)!}+\ldots+C_{n-1}x+C_n.

II. Уравнение не содержит искомой функции и её производных до порядка k-1 включительно:


F(x,y^{(k)},y^{(k+1)},\ldots,y^{(n)})=0.

Порядок такого уравнения можно понизить на k единиц заменой y^{(k)}(x)=p(x). Тогда уравнение примет вид


F(x,p,p',\ldots,p^{(n-k)})=0.

Из последнего уравнения, если это возможно, определяем p=f(x,C_1,C_2,\ldots,C_{n-k}), а затем находим y из уравнения y^{(k)}=f(x,C_1,C_2,\ldots,C_{n-k}) k-кратным интегрированием.


III. Уравнение не содержит независимого переменного:


F(y,y',y'',\ldots,y^{(n)})=0.

Подстановка y'=p позволяет понизить порядок уравнения на единицу. При этом p рассматривается как новая неизвестная функция от y\colon p=p(y). Все производные y',y'',\ldots,y^{(n)} выражаются через производные от новой неизвестной функции p по y:


\begin{aligned} y'&=\frac{dy}{dx}=p,\\ y''&=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}\frac{dy}{dx}=p\frac{dp}{dy},\\ y'''&= \frac{d}{dx}\!\left(p\frac{dp}{dy}\right)= \frac{d}{dy}\!\left(p\frac{dp}{dy}\right)\!\frac{dy}{dx}= p^2\frac{d^2p}{dy^2}+p{\!\left(\frac{dp}{dy}\right)\!}^2 \quad \text{etc.} \end{aligned}

Подставив эти выражения вместо y',y'',\ldots,y^{(n)} в уравнение, получим дифференциальное уравнение (n–1)-го порядка.


IV. Уравнение F(x,y,y',\ldots,y^{(n)})=0, однородное относительно аргументов y,y',\ldots,y^{(n)}, т.е.


F(x,ty,ty',\ldots,ty^{(n)})= t^kF(x,y,y',\ldots,y^{(n)}).

Порядок такого уравнения может быть понижен на единицу подстановкой \textstyle{y=\exp\int z\,dz}, где z — новая неизвестная функция от x\colon z=z(x).


V. Уравнение, записанное в дифференциалах,


F(x,y,dx,dy,d^2y,\ldots,d^{(n)}y)=0,

в котором функция F однородна относительно своих аргументов x,y,dx,dy,d^2y,\ldots,d^{(n)}y, если считать x и dx — первого измерения, а y,\,dy,\,d^2y и т.д. — измерения m. Тогда \frac{dy}{dx} будет иметь измерение m-1, \frac{d^2y}{dx^2} – измерение m-2 и т.д.


Для понижения порядка применятся подстановка x=e^t,~y=ue^{mt}. В результате получается дифференциальное уравнение между u и t, не содержащее явно t, т. е допускающее понижение порядка не единицу (случай III).


Рассмотрим примеры на различные случаи понижения порядка дифференциального уравнения.




Пример 1. Найти общее решение уравнения y'''=\sin{x}+\cos{x}.


Решение. Интегрируя последовательно данное уравнение, имеем:


\begin{aligned} y''&=-\cos{x}+\sin{x}+C_1,\\ y'&=-\sin{x}-\cos{x}+C_1x+C_2,\\ y&=\cos{x}-\sin{x}+\frac{C_1}{2}\,x^2+C_2x+C_3.\end{aligned}

Пример 2. Найти общее решение уравнения y'''=\frac{\ln{x}}{x^2} и выделить решение, удовлетворяющее начальным условиям y|_{x=1}=0,~y'|_{x=1}=1,~y''|_{x=1}=2..


Решение. Интегрируем это уравнение последовательно три раза:


\begin{aligned}y''&=\int\frac{\ln{x}}{x^2}\,dx= -\frac{\ln{x}}{x}-\frac{1}{x}+C_1,\\ y'&=-\frac{1}{2}\ln^2x-\ln{x}+C_1x+C_2,\\ y&=-\frac{x}{2}\ln^2x+C_1\frac{x^2}{2}+C_2x+C_3.\end{aligned}
(1)

Найдем решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям. Подставляя начальные данные y|_{x=1}=0,~y'|_{x=1}=1,~y''|_{x=1}=2. в (1), будем иметь систему трёх уравнений


\frac{C_1}{2}+C_2+C_3=0, \quad C_1+C_2=1, \quad -1+C_1=2.

Отсюда C_1=3,~C_2=-2,~C_3=\frac{1}{2}. Искомым решением будет


y=-\frac{x}{2}\,\ln^2x+\frac{3}{2}\,x^2-2x+\frac{1}{2}\,.



Пример 3. Решить дифференциальное уравнение третьего порядка y'''=\sqrt{1+(y'')^2}.


Решение. Данное уравнение не содержит искомой функции y и ее производной, поэтому полагаем y''=p. После этого уравнение примет вид


\frac{dp}{dx}=\sqrt{1+p^2}\,.

Разделяя переменные и интегрируя, найдем


p=\frac{\exp(x+C_1)-\exp(-x-C_1)}{2}\,.

Заменим p на y'', получим y''=\frac{\exp(x+C_1)-\exp(-x-C_1)}{2}.


Интегрируя последовательно, будем иметь


y'=\frac{e^{x+C_1}+e^{-(x+C_1)}}{2}+C_2 и y=\frac{e^{x+C_1}-e^{-(x+C_1)}}{2}+C_2x+C_3.
или
y=\operatorname{sh}(x+C_1)+C_2x+C_3.



Пример 4. Решить уравнение пятого порядка xy^{(\mathsf{V})}-y^{(\mathsf{IV})}=0..


Решение. Уравнение не содержит искомой функции и ее производных до третьего порядка включительно. Поэтому, полагая y^{(\mathsf{IV})}=p, получаем


x\,\frac{dp}{dx}-p=0, откуда p=y^{(\mathsf{IV})}=C_1x.

Последовательно интегрируя, найдем


\begin{aligned}y'''&=C_1\,\frac{x^2}{2}+C_2,\\ y''&=C_1\,\frac{x^3}{6}+C_2x+C_3,\\ y'&=C_1\,\frac{x^4}{24}+C_2\,\frac{x^2}{2}+C_3x+C_4,\\ y&= C_1\,\frac{x^5}{120}+C_2\,\frac{x^3}{6}+C_3\,\frac{x^2}{2}+C_4x+C_5,\end{aligned}

или y= \overline{C}_1x^5+\overline{C}_2x^3+\overline{C}_3x^2+C_4x+C_5, где \overline{C}_1=\frac{C_1}{120},~\overline{C}_2=\frac{C_2}{6},~\overline{C}_3=\frac{C_3}{2}.




Пример 5. Решить уравнение y''+(y')^2=2e^{-y}.


Решение. Уравнение не содержит независимого переменного x. Полагая y'=p,~y''=p\frac{dp}{dy} получаем уравнение Бернулли


p\,\frac{dp}{dy}+p^2=2e^{-y}.

Подстановкой p^2=z оно сводится к линейному уравнению


\frac{dz}{dy}+2z=4e^{-y},

общее решение которого z=4e^{-y}+C_1e^{-2y}. Заменяя z на p^2=(y')^2, получаем


\frac{dy}{dx}=\pm\sqrt{4e^{-y}+C_1e^{-2y}}\,.

Разделяя переменные и интегрируя, будем иметь


x+C_2=\pm\frac{1}{2}\sqrt{4e^y+C_1}, откуда e^y+C_3=(x+C_2)^2, где C_3=\frac{C_1}{4}.

Это и есть общий интеграл исходного дифференциального уравнения.




Пример 6. Решить уравнение x^2yy''=(y-xy')^2.


Решение. Данное уравнение однородно относительно y,\,y',\,y''. Порядок этого уравнения понижается на единицу подстановкой y=\exp\int z\,dx, где z — новая неизвестная функция от x. Имеем


y'=z\exp\int z\,dx, \quad \Rightarrow \quad y''=(z'+z^2)\exp\int z\,dx\,.

Подставляя выражения для y,\,y',\,y'' в уравнение, получаем


x^2(z'+z^2) \exp\int2z\,dx= {\left(\exp\int z\,dx-xz\exp\int z\,dx\right)\!}^2.

Сокращаем на \exp\int2z\,dx:


x^2(z'+z^2)=(1-xz)^2, или x^2z'+2xz=1.

Это уравнение линейное. Левую часть его можно записать в виде (x^2z)'=1, откуда


x^2z=x+C_1, или z=\frac{1}{x}+\frac{C_1}{x_2}.
Находим интеграл:
\int z\,dx= \int\!\left(\frac{1}{x}+\frac{C_1}{x^2}\right)\!dx= \ln|x|-\frac{C_1}{x}+\ln{C_2}\,.

Общим решением данного уравнения будет


y=\exp\int z\,dx=\exp\!\left(\ln|x|-\frac{C_1}{x}+\ln{C_2}\right), или y=C_2\,x\,e^{-C_1/x}.

Кроме того, уравнение имеет очевидное решение y=0, которое получается из общего при C_2=0.




Пример 7. Решить уравнение x^2y''=(y-xy')^2.


Решение. Покажем, что это уравнение — обобщенное однородное. Считая x,\,y,\,y',\,y'' величинами 1-го, m-го, (m–1)-го и (m–2)-го измерений соответственно и приравнивая измерения всех членов, получаем


3+(m-2)=2m,
(2)

откуда m=1. Разрешимость уравнения (2) является условием обобщенной однородности уравнения.


Сделаем подстановку x=e^t,~y=ue^t. Так как


\begin{aligned} \frac{dy}{dx}&= \frac{dy/dt}{dx/dt}= \frac{du/dt+u}{e^t}= \frac{du}{dt}+u,\\ \frac{d^2y}{dx^2}&= \frac{(d/dt)(dy/dt)}{dx/dt}= \frac{d^2u/dt^2+du/dt}{e^t}= e^{-t}\!\left(\frac{d^2u}{dt^2}+\frac{du}{dt}\right)\!, \end{aligned}

то данное уравнение после сокращения на множитель e^{2t} примет вид


\frac{d^2u}{dt^2}+\frac{du}{dt}={\left(\frac{du}{dt}\right)\!}^2.

Положив \frac{du}{dt}=p,~\frac{d^2u}{dt^2}=p\,\frac{dp}{du}, получим p\,\frac{dp}{du}+p=p^2. Отсюда p=0 или \frac{dp}{du}+1=p. Интегрируя второе уравнение, найдем


p=1+C_1e^u, или \frac{du}{dt}=1+C_1e^u.

Общее решение этого уравнения будет u=\ln\frac{e^t}{C_1e^t+C_2}. Возвращаясь к переменным x и y, получаем общее решение данного уравнения


y=x\ln\frac{x}{C_1x+C_2}\,.

Случай p=0 дает u=C или y=Cx — частное решение, которое получается из общего при C_1=e^{-0},~C_2=0.


Замечание. При решении задачи Кош и для уравнений высших порядков целесообразно определять значения постоянных C_i в процессе решения, а не после нахождения общего решения уравнения. Это ускоряет решение задачи и, кроме того, может оказаться, что интегрирование значительно упрощается, когда постоянные C_i принимают конкретные числовые значения, в то время как при произвольных C_i интегрирование затруднительно, а то и вообще невозможно в элементарных функциях.




Пример 8. Решить задачу Коши y''=2y^3;~y(0)=1,~y'(0)=1.


Решение. Полагая y'=p, получаем p\,\frac{dp}{dy}=2y^3 откуда


p^2=y^4+C_1,, или \frac{dy}{dx}=\sqrt{y^4+C_1}.
Разделяя переменные, найдем
x+C_2= \int(y^4+C_1)^{-1/2}\,dy

В правой части последнего равенства имеем интеграл от дифференциального бинома. Здесь m=0, n=4 и p=-1/2, т.е. неинтегрируемый случай.


Следовательно, этот интеграл не выражается в виде конечной комбинации элементарных функций. Однако если использовать начальные условия, то получим C_1=0. Так что \frac{dy}{dx}=y^2, откуда, учитывая начальные условия, окончательно находим y=\frac{1}{1-x}.




Пример 9. Найти плоские кривые, у которых радиус кривизны пропорционален длине нормали.


Решение. Пусть y=y(x) — уравнение искомой кривой. Ее радиус кривизны R=\frac{(1+(y')^2)^{3/2}}{|y''|}. Длина нормали MN кривой равна (рис.24): MN=|y|\sqrt{1+(y')^2}.


Определяющее свойство кривой выражается дифференциальным уравнением


\frac{1+(y')^2}{y''}=ky,
(3)

Кривая с касательной и нормалью

где k — коэффициент пропорциональности, могущий принимать как положительные, так и отрицательные значения. Перепишем уравнение (3) в виде


\frac{2y'y''}{1+(y')^2}=\frac{2y'}{ky}\,.

Интегрируя, находим


\ln(1+(y')^2)= \frac{2}{k}(\ln|y|+\ln{C_1}), или \frac{dy}{dx}= \sqrt{{\left(\frac{y}{C_1}\right)\!}^{2/k}-1}.

Разделяя переменные и интегрирую еще раз, получаем


x+C_2= \int\frac{dy}{\sqrt{{\left(\dfrac{y}{C_1}\right)\!}^{2/k}-1}}

общий интеграл исходного уравнения (3). Рассмотрим некоторые частные случаи.


1) k=-1. Тогда будем иметь x+C_2= \int\frac{y\,dy}{\sqrt{C_1^2-y^2}}, и после интегрирования x+C_2=-\sqrt{C_1^2-y^2}. Отсюда получаем (x+C_2)^2+y^2=C_1^2. Искомые кривые — окружности произвольных радиусов с центрами на оси Ox.


2) k=-2. В этом случае приходим к уравнению


x+C_2=\int\!\sqrt{\frac{y}{C_1-y}}\,dy

Полагая y=\frac{C_1}{2}(1-\cos{t}), найдем, что \int\!\sqrt{\frac{y}{C_1-y}}\,dy=\frac{C_1}{2}(t-\sin{t}). Таким образом, искомые кривые определяются в параметрической форме уравнениями:


x+C_2=\frac{C_1}{2}(t-\sin{t}), \quad y=\frac{C_1}{2}(1-\cos{t}).

Это — циклоиды, образованные качение по оси Ox окружностей произвольных радиусов.


3) k=1. В этом случае имеем


x+C_2=C_1\int\limits_{C_1}^{y}\frac{dy}{\sqrt{y^2-C_1^2}}= C_1\ln\frac{y+\sqrt{y^2-C_1^2}}{C_1}\,,
откуда
y+\sqrt{y^2-C_1^2}= C_1\exp\frac{x+C_2}{C_1}, \quad y-\sqrt{y^2-C_1^2}= C_1\exp\frac{-(x+C_2)}{C_1}

Складывая полученные равенства, будем иметь


y=\frac{C_1}{2}\!\left(\exp\frac{x+C_2}{C_1}+\exp\frac{-(x+C_2)}{C_1}\right)= C_1\operatorname{ch}\frac{x+C_2}{C_1} — это цепные линии.

4) k=2. Тогда будем иметь


x+C_2=\int\frac{dy}{\sqrt{\dfrac{y}{C_1}-1}}, или x+C_2= 2C_1\sqrt{\dfrac{y}{C_1}-1}.

Отсюда (x+C_2)^2=4C_1(y-C_1); это — параболы, оси которых параллельны оси ординат Oy.

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved