Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка


Укажем некоторые виды дифференциальные уравнений, допускающих понижение порядка.


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


[math]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.[/math]

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


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

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


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

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


III. Уравнение не содержит независимого переменного:


[math]F(y,y',y'',\ldots,y^{(n)})=0.[/math]

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


[math]\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}[/math]

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


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


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

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


V. Уравнение, записанное в дифференциалах,


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

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


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


Рассмотрим примеры на различные случаи понижения порядка дифференциального уравнения.




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


Решение. Интегрируя последовательно данное уравнение, имеем:


[math]\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}[/math]

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


Решение. Интегрируем это уравнение последовательно три раза:


[math]\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}[/math]
(1)

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


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

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


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



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


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


[math]\frac{dp}{dx}=\sqrt{1+p^2}\,.[/math]

Разделяя переменные и интегрируя, найдем


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

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


Интегрируя последовательно, будем иметь


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



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


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


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

Последовательно интегрируя, найдем


[math]\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}[/math]

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




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


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


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

Подстановкой [math]p^2=z[/math] оно сводится к линейному уравнению


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

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


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

Разделяя переменные и интегрируя, будем иметь


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

Это и есть общий интеграл исходного дифференциального уравнения.




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


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


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

Подставляя выражения для [math]y,\,y',\,y''[/math] в уравнение, получаем


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

Сокращаем на [math]\exp\int2z\,dx:[/math]


[math]x^2(z'+z^2)=(1-xz)^2[/math], или [math]x^2z'+2xz=1[/math].

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


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

Общим решением данного уравнения будет


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

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




Пример 7. Решить уравнение [math]x^2y''=(y-xy')^2[/math].


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


[math]3+(m-2)=2m,[/math]
(2)

откуда [math]m=1[/math]. Разрешимость уравнения (2) является условием обобщенной однородности уравнения.


Сделаем подстановку [math]x=e^t,~y=ue^t[/math]. Так как


[math]\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}[/math]

то данное уравнение после сокращения на множитель [math]e^{2t}[/math] примет вид


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

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


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

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


[math]y=x\ln\frac{x}{C_1x+C_2}\,.[/math]

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


Замечание. При решении задачи Кош и для уравнений высших порядков целесообразно определять значения постоянных [math]C_i[/math] 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 [math]C_i[/math] принимают конкретные числовые значения, в то время как при произвольных [math]C_i[/math] интегрирование затруднительно, а то и вообще невозможно в элементарных функциях.




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


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


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

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


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




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


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


Определяющее свойство кривой выражается дифференциальным уравнением


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

Кривая с касательной и нормалью

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


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

Интегрируя, находим


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

Разделяя переменные и интегрирую еще раз, получаем


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

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


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


2) [math]k=-2[/math]. В этом случае приходим к уравнению


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

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


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

Это — циклоиды, образованные качение по оси [math]Ox[/math] окружностей произвольных радиусов.


3) [math]k=1[/math]. В этом случае имеем


[math]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}\,,[/math]
откуда
[math]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}[/math]

Складывая полученные равенства, будем иметь


[math]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}[/math] — это цепные линии.

4) [math]k=2[/math]. Тогда будем иметь


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

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


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved