Общие сведения. Уравнения, допускающие понижение порядка

Рекомендуется предварительно ознакомиться с п. 5.2.1 и п. 5.2.2 из пособия [5].

Дифференциальным уравнением n-го порядка называется уравнение

  F(x,y,y,,y(n))=0. (5.9)

Если это уравнение удается представить в виде

  y(n)=f(x,y,,y(n1)), (5.10)

то его называют дифференциальным уравнением n-го порядка, разрешенным относительно старшей производной.

Множество решений дифференциального уравнения n-го порядка есть некоторое семейство функций, зависящих от nконстант. Для выделения из этого семейства конкретного решения, нужно на решение наложить некоторые ограничения.

Чаще всего задают начальные условия, то есть условия вида

  y(x0)=y00,y(x0)=y01,,y(n1)(x0)=y0n1. (5.11)

В этом случае задача о выделении конкретного решения носит название задачи Коши, которая заключается в нахождении решения уравнения (5.10), удовлетворяющего начальным условиям (5.11).

Условия разрешимости задачи Коши даются в теореме существования и единственности [5]. Приведём эту теорему с легче проверяемыми, но более жёсткими, чем в [5] условиями на правую часть уравнения (5.10).

Теорема (существования и единственности решения задачи Коши). Если функция f(x,z1,z2,,zn)непрерывна по совокупности переменных в области DRn+1и имеет непрерывные частные производные по переменным z1,z2,...,znв этой области, то найдётся окрестность точки x0, в которой решение уравнения (5.10), удовлетворяющее начальным условиям (5.11), существует и единственно.

При выполнении этих условий через точку (x0,y0,y01,...,y0n1)DRn+1проходит только одно решение уравнения (5.10). Если условия теоремы нарушаются в некоторой точке, то через нее может проходить больше, чем одно решение (нарушается единственность), либо не проходить ни одного решения (нарушается существование).

В отличие от уравнений первого порядка, для уравнений порядка n, кроме постановки задачи Коши, возможны другие постановки задач о выделении решений. Подробнее об этом можно прочитать в [5].

Всюду ниже мы подробно рассмотрим задачу Коши.

Определение. Общим решением уравнения (5.10) назовём его решение y(x,C1,C2,...,Cn), содержащее nпостоянных, которые можно подобрать так, чтобы удовлетворить любой, заранее выбранный набор начальных условий (5.11).

Выше нами были рассмотрены методы решения некоторых классов уравнений первого порядка. Возникает естественное желание свести уравнение порядка выше первого к уравнению более низкого порядка. Порядок уравнения удается понизить в следующих ниже случаях.

1. Уравнения вида y(n)=f(x)решаются последовательным интегрированием nраз

y(n1)=x0xf(x)dx+C1,y(n2)=x0x(x0xf(x)dx)dx+C1(xx0)+C2, … .

2. В уравнениях вида F(x,y(k),y(k+1),...,y(n))=0,k1, (то есть не содержащих в явном виде неизвестной функции и некоторых ее производных) порядок понижается с помощью замены переменной y(k)=z(x). Тогда y(k+1)=z(x),...,y(n)=z(nk)(x)и мы получаем уравнение F(x,z,z,...,z(nk))=0порядка nk.

 3. В уравнении F(y,y,y,...,y(n))=0, не содержащем в явном виде независимой переменной, порядок понижается с помощью замены переменной y=p(y), где p− новая искомая функция, зависящая от y. Тогда y=dpdx=dpdydydx=pp,

y=ddx(pp)=dpdxp+pdpdx=dpdydydxp+pdpdydydx==pp2+(p)2pи так далее. По индукции имеем y(n)=ϕn1(p,p,...,p(n1)). Подставляя в исходное уравнение, понижаем его порядок на единицу.

4. Уравнение удается представить в виде, когда в левой и правой частях стоят полные производные по xнекоторых функций, зависящих от x,y,y,...,y(n1). Тогда сами функции отличаются на константу.

Ниже приведены примеры на все рассмотренные случаи.

5.89. Решить уравнение e3xy=1. Уравнение относится к первому из рассмотренных выше типов. Можем записать, y=e3x, следовательно, y=13e3x+C1и, интегрируя еще раз, окончательно получаем y=19e3x+C1x+C2.

5.90. Решить уравнение y=cos5x. Аналогично предыдущему, уравнение относится к первому из рассмотренных выше типов. Интегрируя, получаем

y=15sin5x+2C1,y=125cos5x+2C1x+C2,y=1125sin5x+C1x2+C2x+C3.

5.91. Решить уравнение y(sinx+3)=ycosx. Уравнение относится ко второму случаю. Делаем замену y=z(x). Тогда y=z(x). Подставляя в исходное уравнение, имеем z(sinx+3)=zcosxили, разделяя переменные, получаем dzz=cosxdxsinx+3. Интегрируя последнее уравнение, имеем ln|z|=ln(sinx+3)+ln|C1|или, что то же самое, z=C1(sinx+3). Последнее соотношение записывается в виде y=C1(sinx+3), откуда получаем y=C1cosx+3C1x+C2. При делении на zмы могли потерять решение y=0или, что то же самое, y=C, которое входит в найденное.

5.92. Решить уравнение (x1)y=y+2. Уравнение относится ко второму случаю. Делаем замену y=z(x). Тогда y=z(x). Подставляя в исходное уравнение, получаем (x1)z=z+2. Разделяя переменные, получаем dzz+2=dxx1. Интегрируя, имеем ln|z+2|=ln|x1|+ln|C1|или, что то же самое, z=C1(x1)2. Последнее соотношение записывается в виде y=C1(x1)2, откуда dy=(C1(x1)2)dx. Интегрируя, окончательно получаем y=0,5C1(x1)22x+C2.При разделении переменных мы могли потерять решения соответствующие случаям x=1и z=2. Функция x=1решением уравнения не является. Если z=2, то y=2или y=2x+C. Это решение входит в найденное при C1=0.

5.93. Решить уравнение y(x2+1)=2xy. Уравнение не содержит y. Поэтому делаем замену y=z(x). Тогда y=z(x). Подставляя в исходное уравнение, получаем z(x2+1)=2xzили, разделяя переменные, получаем dzz=2xdxx2+1. Интегрируя, имеем ln|z|=ln(x2+1)+ln|C1|или, что то же самое, z=C1(x2+1). Последнее соотношение записывается в виде y=C1(x2+1), откуда dy=C1(x2+1)dx. Интегрируя, окончательно получаем y=C1(13x3+x)+C2. При разделении переменных мы могли потерять решение соответствующее случаю z(x)=0. Тогда y=0или y=C, но это решение входит в найденное при C1=0.

5.94. Решить уравнение 2+(y)2=2yy. Уравнение не содержит x. Поэтому делаем замену y=p(y), тогда y=ppи, подставляя в уравнение, получаем 2+p2=2ydpdyp. Разделяя переменные, при y0, имеем 2pdpp2+2=dyy. Интегрируя, получаем ln(p2+2)=ln|y|+ln|C1|или, что то же самое, p2+2=C1y. Тогда (y)2=C1y2или y=±C1y2. После разделения переменных получаем dyC1y2=±dx. Интегрируя последнее равенство, окончательно имеем 2C1y2C1=±x+C2. Функции y=0и y=2C1решениями не являются, поэтому при разделении переменных мы решений не потеряли.

5.95. Если обе части уравнения (y+3)y=(y)2+4yразделить на (y+3)(y+4)0, то получим уравнение yy+4=yy+3, которое можно переписать в виде (ln|y+4|)=(ln|y+3|). Из последнего соотношения следует, что ln|y+4|=ln|y+3|+ln|C|или, что то же самое, y+4=C1(y+3). Разделяя переменные и интегрируя, получаем ln|(C1(y+3)4)|=C1x+ln|C2|, или, что то же самое, C1(y+3)4=C2eC1x. Кроме того, при делении на (y+3)(y+4)мы потеряли решения y=3и y=4x+C, в найденном не содержащиеся.

5.96. Аналогично для уравнения 2xyy=(y)2+2имеем 2yy(y)2+2=1x, или (ln((y)2+2))=(ln|x|). Из последнего соотношения следует, что ln((y)2+2)=ln|x|+ln|C1|, или y=±C1x2. Интегрируя, получаем, y=±23C1(C1x2)32+C2.

5.97. Решить задачу Коши 3(4+x2)y=2(y)2+18,y(0)=1,y(0)=0. Разделив на (x2+4)((y)2+9)0, получим уравнение 3y(y)2+9=2x2+4, которое можно переписать в виде (arctgy3)=(arctgx2). Из последнего соотношения следует, что arctgy3=arctgx2+C1. Подставляя начальные данные, получаем C1=0. Тогда arctgy3=arctgx2или, что то же самое, y=32x. Интегрируя, получаем y=34x2+C2. Учитывая начальные условия, получаем C2=1. Поэтому y=34x2+1искомое решение исходного уравнения.

Задачи для самостоятельного решения

Решить дифференциальные уравнения:

5.98. y(cosx+3)+ysinx=0; 5.99. 2xyy=(y)2+3;

5.100. y2ytgx=1cosx; 5.101. y=tg2x;

5.102. (1+x)y=y+3; 5.103. (1+y2)y=2y(y)2;

5.104. y3y=x; 5.105. y=ln2x; 5.106. (1+x2)y=2xy; 5.107. y2yctg2x=sin4x; 5.108. x3y=1+x4.

Решить задачу Коши:

5.109. 2y+(y)2=2ey,y(1)=0,y(1)=1;

5.110. 3y2(y)2y=0,y(0)=1,y(0)=32,y(0)=34;

5.111. 2(y)2y(y+5)=0,y(1)=1,y(1)=2.