Дифференциальные уравнения 2-го порядка, допускающие понижение порядка

БСБО-01-18−БСБО-04-18; Дифференциальные уравнения. Лекция 4 Дифференциальные уравнения 2-го порядка, допускающие понижение порядка. Перейдем к изучению дифференциальных уравнений (ДУ) 2-го порядка, т.е. уравнений вида F(x,y,y,y)  0, (1) которые связывают независимую переменную x, и ее производные вплоть до второго порядка включительно. Если из написанной формулы (1) удается выразить y(x) явно , т.е. y  f(x,y,y), (2) то такое уравнение ДУ называется разрешенным относительно старшей производной. В ряде случаев удается понизить порядок ДУ с помощью соответствующей замены переменной и перейти к ДУ 1 порядка, методы интегрирования которых мы изучили раньше. Рассмотрим наиболее часто встречающиеся классы ДУ , допускающие понижение порядка. 1.Уравнение не содержит явно y Рассмотрим ДУ 2-го порядка F(x,y,y)  0, (3) которое явно не содержит искомую функцию y. Выполним в этом уравнении (3) замену Получим для функции z  z(x) ДУ 1-го порядка:  y  z(x),   y  z (x). F(x,z,z)  0. (4) Проинтегрировав, найдем его общий интеграл (x,z,c1 )  0, где с1−произвольная постоянная. Тогда подставив в последнее уравнение (5) искомой функции y(x) ДУ 1-го порядка: (5) z  y , (x,y,c1 )  0. Интегрируя исходного ДУ (3): это уравнение (6), найдем общий получим для (6) интеграл 1 БСБО-01-18−БСБО-04-18; Ф(x,y,c1 , c2 )  0, где с1, с2−произвольные постоянные. Таким образом, изложенный алгоритм сводит задачу интегрирования ДУ 2-го порядка вида (3) к последовательному интегрированию 2-х ДУ 1-го порядка (4) и (6). xy  5 y  0. Пример 1. Решить уравнение Решение. Это уравнение не содержит явно y, F(x,y,y)  0, в котором x  R. Получим уравнение для функции z  z(x) : 1). Уравнение для т.е. это уравнение вида Выполним  y  z(x),  y  z (x). замену  z  z(x). xz  5z  0. Это ДУ с разделяющимися переменными. Имеем x dz  5z. dx Затем dz dx  5 . Для получение последнего z x равенства выполнено деление на x  z, что приводит к потере решения z  0 для уравнения xz  5z  0. xdz  5zdx, и , наконец , Интегрируя и учитывая потерянное решение получаем: ln z  5 ln x  ln c1 , где c1  0 z  c1  x5 , где c1−любое число. т.е. Выполнив обратную замену функции z(x)  y , и z  0, получим уравнение для y  y(x). 2). Уравнение для y  y(x) : y  c1  x5 . x6  c2  c~1  x 6  c2 , Откуда y  c1   x dx  c1  6 5 где c~1 , c2 − произвольные постоянные. ~ x c . Ответ: y  c 1 2 6 2 БСБО-01-18−БСБО-04-18; Замечание 1.Уравнение вида F(x,y)  0, (7) y , интегрируется по ранее изложенной схеме. Однако, если (7) разрешимо относительно y , т.е. имеет вид y  f(x), то его интегрирование на основании формулы y  ( y) выполняется не содержащее явно y и следующим образом: y   f ( x)dx  c1 , y   (  f(x)dx  c1 )dx   (  f(x)dx)dx  c1 x  c2 . Пример 2. Решить уравнение y  5x  sin x. Решение. Это уравнение относится к виду (7), не содержащему явно y и y . Учитывая, что y  ( y) , последовательно получаем: ( y)  5x  sin x, 5 y   (5 x  sin x)dx   x 2  cos x  c1 , 2 5 5 y   ( x 2  cos x  c1 )dx   x 3  sin x  c1 x  c2 , 2 6 где c1 , c2 − произвольные постоянные. 5 3 Ответ: y   x  sin x  c1 x  c2 . 6 2.Уравнение не содержит явно x Рассмотрим ДУ 2-го порядка F(y,y,y)  0, (8) которое явно не содержит искомую функцию x. Выполним в этом уравнении (8) замену Получим для функции y  p(y),    y  p  y  p  dp . y x  dy p  p(y) ДУ 1-го порядка: F(y,p, p)  0. (9) 3 БСБО-01-18−БСБО-04-18; Проинтегрировав, найдем его общий интеграл (y,p,c1 )  0, где с1−произвольная постоянная. Подставив в полученное равенство функции y(x) ДУ 1-го порядка: p  y , получим для искомой (y,y,c1 )  0. (10) Интегрируя последнее уравнение (10), найдем его общий Ф(x,y,c1 , c2 )  0 интеграл (11) Найденный общий интеграл (11) − решение исходного уравнения (8). Заметим, что вновь задача интегрирования ДУ 2-го порядка вида (8) свелась к последовательному интегрированию 2-x ДУ 1-го порядка. Это уравнения (9) и (10). Пример 3. Решение. Решить уравнение yy  ( y) 2  0. Это уравнение не содержит явно x,  y  p(y),  dp F(y,y,y)  0. Выполним замену   y  p .  dy функции p  p(y). 1). Уравнение для p  p(y) : yp т.е. это уравнение вида Получим уравнение для dp  p 2  0. dy Это ДУ с разделяющимися переменными. Имеем затем, dp dy  . p y ypdp   p 2 dy, и, ( В последнем уравнении в результате деления на рассматриваемого уравнения y  0 и p  0. ). yp 2 , мы потеряли решения Выполнив интегрирование , получим ln p   ln y  ln c1 , где c1  0. Следовательно, p  c1 , c1−любое число, и y  0 . (Случай c1  0 y возможен, так как p  0 − потерянное решение.) 2). Уравнение для функции y  y(x) : y  c1 . y 4 БСБО-01-18−БСБО-04-18; Разделив результат имеем: ydy  c1dx. Следовательно, переменные , y2  c1 x  с2 , 2 интегрирования произвольные постоянные. y0 , Учитывая потерянное решение интеграл исходного уравнения. Ответ: с1 , c2 − где y 2  c~1  x  c~2 , Замечание 2. ( не содержит получим общий y  0. Уравнение вида явно не F(y, y)  0, только x , но и y ) интегрируется по предложенной ранее. Однако, если (12) разрешимо (12) схеме, относительно y, т.е. имеет вид y  f(y), то для его решения можно использовать другой способ. Сначала нужно решаемое уравнение y  f(y) соответствующим 2 ydx  2dy. Получится 2  y  y  dx  2  f ( y)  dy, т.е. d ( y)2   2 f ( y)dy. 2 Интегрируем его и имеем ( y)  2 f ( y )dy  с1. образом умножить на уравнение уравнение Отсюда  dy  dx. 2 f ( y )dy  с1 Остается проинтегрировать обе части этого равенства и получить:  Пример 4. Решение. dy  x  c2 . 2 f ( y )dy  с1 Решить задачу Коши: y  2 y 3 , y(0)  1, y(0)  1. Умножим уравнение y  2y 3 на 2 ydx  2dy. Получим 2 4 Из начальных условий d ( y) 2   4 y 3 dy. Отсюда ( y)  y  c1. y(0)  1, y(0)  1 , заданных для x=0, найдем уравнение для определения 2 4 константы c1 : 1  1  c1. Из этого уравнения c1  0. Поэтому ( y)  y . 5 БСБО-01-18−БСБО-04-18; Извлекая квадратный корень, возьмем только знак “+”, т.к. по условию задачи Коши y(0)  0. Разделив С учетом переменные получим y  y 2 . dy  dx . y2 имеем В силу начальных условий y  0. получаем  этого Поэтому после интегрирования 1 1 .  x  с2 или y   x  с2 y y(0)  1, y(0)  1 , найдем уравнение для Из начальных условий определения константы c2 : 1  1 . Из 0  c2 этого уравнения c2  1. Поэтому решение исходной задачи Коши задается формулой: y Ответ: y 1 . 1 x 1 . 1 x 3.Известно одно решение уравнения F(x,y,y,y)  0, Если известно одно из решений y1  y1(x) уравнения F(x,y,y,y)  0, то его порядок может быть понижен на единицу. Для этого в исходном уравнении (1) вводятся следующие замены: y  y1 ( x)   u ( x)dx,   y  y1( x)   u ( x)dx  y1 ( x)  u ( x),   y  y( x)  u ( x)dx  2 y( x)  u ( x)  y ( x)  u( x).   1 1 1 Эти замены сводят исходную задачу к поиску функции 1-го порядка. Пример 5. u(x) из ДУ Решить уравнение y  y  0. 6 БСБО-01-18−БСБО-04-18; Решение. Подберем одно решение этого уравнения. Непосредственная проверка показывает, что y1 ( x)  cos x удовлетворяет этому уравнению. y  сosx   u ( x)dx,   Сделаем замену:  y   sin x   u ( x)dx  cos x  u ( x),  y   cos x  u ( x)dx  2 sin x  u ( x)  cos x  u( x).   Получим уравнение для нахождения функции u(x). Имеем  cos x   u( x)dx  2 sin x  u( x)  cos x  u( x)  сosx   u( x)dx  0 или cos x  u( x)  2 sin x  u( x). Разделяем Интегрируем du 2 sin x  dx. u cos x переменные и находим u c1 , cos 2 x где c1−любое число. Следовательно, y  c1 cos x   dx 2  c1 cos x(tgx  c2 )  c1 sin x  c~2 cos x, cos x где с1 , c~2 − произвольные постоянные. ~ cos x. Ответ: y  c1 sin x  c 2 Литература. 1. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления. Для втузов, том II. Глава XIII, §18. 2. Задачи и упражнения по математическому анализу для втузов. Под редакцией Б.П.Демидовича Глава IX, §10. 3. Лекция 4 Антиповой Т.Н. для групп БСБО-01-18− БСБО-04-18. 7