Конспект лекции по дисциплине «Дифференциальные уравнения 2-го порядка, допускающие понижение порядка», pdf
Файл загружается
Благодарим за ожидание, осталось немного.
Конспект лекции по дисциплине «Дифференциальные уравнения 2-го порядка, допускающие понижение порядка», текстовый формат
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. y0 , 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 ydx 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 ydx 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
