Дифференциальные уравнения с понижением порядка с примерами

Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Материал данной статьи дает представление о дифференциальных уравнениях порядка выше второго с возможностью понизить порядок, используя замену. Подобные уравнения часто представлены F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 , не содержащими искомой функции и производных до k – 1 порядка, а также дифференциальными уравнениями записи F ( y , y ‘ , y » , . . . , y ( n ) ) = 0 , не содержащими независимой переменной.

Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих искомой функции и производных до
k – 1 порядка вида F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0

Мы имеем возможность понижения порядка дифференциального уравнения F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 до n – k , используя замену переменных y ( k ) = p ( x ) . Осуществив подобную замену, имеем: y ( k + 1 ) = p ‘ ( x ) , y ( k + 2 ) = p » ( x ) , . . . , y ( n ) = p ( n — k ) ( x ) . Затем подставим полученный результат в исходное уравнение и увидим дифференциальное уравнение порядка n – k с неизвестной функцией p ( x ) .

После нахождения p ( x ) функцию y ( x ) найдем из равенства y ( k ) = p ( x ) интегрированием k раз подряд.

Для наглядности разберём решение такой задачи.

Задано дифференциальное уравнение 4 y ( 4 ) — 8 y ( 3 ) + 3 y » = 0 . Необходимо найти его общее решение.

Решение

Произведя замену y » = p ( x ) , получим возможность понизить порядок дифференциального уравнения с четвертого до второго. Итак, y ( 3 ) = p ‘ , y ( 4 ) = p » , и, таким образом, исходное уравнение четвертого порядка мы преобразуем в линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка, имеющее постоянные коэффициенты 4 p » — 8 p ‘ + 3 p = 0 .

Характеристическое уравнение будет записано так: 4 k 2 — 8 k + 3 = 0 , а корни его — k 1 = 1 2 и k 2 = 3 2 , тогда общим решением дифференциального уравнения 4 p » — 8 p ‘ + 3 p = 0 будет p ( x ) = C 1 · e 1 2 x + C 2 · e 3 2 x .

Проинтегрируем два раза полученный результат и можем записать необходимое нам общее решение дифференциального уравнения четвертого порядка:

y » = p ( x ) ⇒ y ‘ = ∫ p ( x ) d x = ∫ C 1 · e 1 2 x + C 2 · e 3 2 x d x = = 2 C 1 · e 1 2 x + 2 3 C 2 · e 3 2 x + C 3 ⇒ y = ∫ y ‘ d x = ∫ 2 C 1 · e 1 2 x + 2 3 C 2 · e 3 2 x + C 3 d x = = 4 C 1 · e 1 2 x + 4 9 C 2 · e 3 2 x + C 3 · x + C 4

Ответ: y = 4 C 1 · e 1 2 x + 4 9 C 2 · e 3 2 x + C 3 · x + C 4 ( С 1 , С 2 , С 3 и С 4 являются произвольными постоянными).

Задано общее дифференциальное уравнение третьего порядка y ‘ ‘ ‘ · x · ln ( x ) = y » . Необходимо найти его общее решение.

Решение

Осуществим замену y » = p ( x ) , следовательно, y ‘ ‘ ‘ = p ‘ , а заданное дифференциальное уравнение третьего порядка преобразуется в дифференциальное уравнение, имеющее разделяющиеся переменные записи p ‘ · x · ln ( x ) = p .

Осуществим разделение переменных и интегрирование:

d p p = d x x ln ( x ) , p ≠ 0 ∫ d p p = ∫ d x x ln ( x ) ∫ d p p = ∫ d ( ln ( x ) ) ln ( x ) ln p + C 1 = ln ln ( x ) + C 2

Последующее потенцирование с учетом того, что p ( x ) = 0 тоже является решением, даст нам возможность получить общее решение дифференциального уравнения p ‘ · x · ln ( x ) = p в записи p ( x ) = C · ln ( x ) , в которой C будет произвольной постоянной.

Поскольку в самом начале была использована замена y » = p ( x ) , то y ‘ = ∫ p ( x ) d x тогда: y ‘ = C · ∫ ln ( x ) d x . Задействуем метод интегрирования по частям:

y ‘ = C · ∫ ln ( x ) d x = u = ln ( x ) , d v = d x d u = d x x , v = x = = C · x · ln ( x ) — ∫ x d x x = C · ( x · ln ( x ) — x ) + C 3

Произведем интегрирование повторно для получения общего решения заданного дифференциального уравнения третьего порядка:
y = ∫ y ‘ d x = ∫ C · x · ln ( x ) — x + C 3 d x = = C · ∫ x · ln ( x ) d x — C · ∫ x d x + C 3 · ∫ d x = = C · ∫ x · ln ( x ) d x — C · x 2 2 + C 3 · x = = u = ln x , d v = x d x d u = d x x , v = x 2 2 = = C · x 2 2 · ln x — ∫ x d x 2 — C · x 2 2 + C 3 · x + C 4 = = C · x 2 ln ( x ) 2 — 3 x 2 4 + C 3 · x + C 4

Ответ: y = C · x 2 ln ( x ) 2 — 3 x 2 4 + C 3 · x + C 4 ( С , С 3 и С 4 являются произвольными постоянными).

Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих независимую переменную, записи F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0

Теперь рассмотрим дифференциальные уравнения F ( y , y ‘ , y » , . . . , y ( n ) ) = 0 , не имеющие в своей записи независимую переменную.

В данном случае снижение порядка на единицу возможно с использованием замены d y d x = p ( y ) . Опираясь на правило дифференцирования сложных функций, получим:

d 2 y d x 2 = d p d y d y d x = d p d y p ( y ) d 3 y d x 3 = d d p d y p ( y ) d x = d 2 p d y 2 d y d x p ( y ) + d p d y d p d y d y d x = = d 2 p d y 2 p 2 ( y ) + d p d y 2 p ( y ) . . .

Подставив результат в заданное уравнение, получаем дифференциальное уравнение с порядком ниже на единицу.

Рассмотрим данный алгоритм в решении конкретной задачи.

Задано дифференциальное уравнение 4 y 3 y » = y 4 — 1 и начальные условия: y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 2 2 . Необходимо найти частное решение заданного уравнения.

Решение

Заданное уравнение не имеет в своем составе независимую переменную x , следовательно, мы можем снизить порядок уравнения на единицу, используя замену d y d x = p ( y ) .

Тогда d 2 y d x 2 = d p d y · p ( y ) . Произведем подстановку и получим дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными 4 y 3 · d p d y · p ( y ) = y 4 — 1 .

4 y 3 · d p d y · p ( y ) = y 4 — 1 ⇔ p ( y ) d p = y 4 — 1 4 y 3 d y , y ≠ 0 ∫ p ( y ) d p = ∫ y 4 — 1 4 y 3 d y p 2 ( y ) 2 + C 1 = y 2 8 + 1 8 y 2 + C 2 p 2 ( y ) = 1 4 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 , C = C 2 — C 1 P ( y ) = ± 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2

Поскольку d y d x = p ( y ) , тогда y ‘ = ± 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 .

Этап решения позволяет найти константу C , задействовав начальные условия y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 2 2 :

y ‘ ( 0 ) = ± 1 2 y 4 ( 0 ) + 8 C y 2 ( 0 ) + 1 y 2 ( 0 ) 1 2 2 = ± 1 2 2 4 + 8 C 2 2 + 1 2 1 2 2 = ± 1 2 5 + 16 C 2 1 = ± 5 + 16 C

Крайнее равенство дает возможность сформулировать вывод:

C = — 1 4 ,а y ‘ = — 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 не удовлетворяет условиям задачи.

y ‘ = 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 = 1 2 y 4 + 8 · — 1 4 y 2 + 1 y 2 = = 1 2 y 4 + 2 y 2 + 1 y 2 = 1 2 ( y 2 — 1 2 ) y 2 = 1 2 y 2 — 1 y

При y 2 — 1 y ≥ 0 ⇔ y ∈ — 1 ; 0 ∪ [ 1 ; + ∞ ) получаем y ‘ = 1 2 · y 2 — 1 y , откуда

2 y d y y 2 — 1 = d x ∫ 2 y d y y 2 — 1 = ∫ d x ∫ d ( y 2 — 1 ) y 2 — 1 = ∫ d x ln ( y 2 — 1 ) + C 3 = x + C 4 y 2 — 1 = e x + C 3 = x + C 4 y 2 — 1 = x + C 1 , C 5 + C 4 — C 2 y = ± e x + C 5 + 1

Область значений функции y = — e x + C 5 + 1 — это ( — ∞ , — 1 ] , и такой интервал не будет удовлетворять условию y 2 — 1 y ≥ 0 ⇔ y ∈ — 1 ; 0 ∪ [ 1 ; + ∞ ) , а значит y = — e x + C 5 + 1 не рассматриваем.

Обратимся к начальному условию y ( 0 ) = 2 :

y ( 0 ) = e 0 + C 5 + 1 2 = e 0 + C 5 + 1 2 = e C 5 + 1 С 5 = 0

Таким образом, y = e x + C 5 + 1 = e x + 0 + 1 = e x + 1 — необходимое нам частное решение.

При у 2 — 1 y 0 ⇔ y ∈ — ∞ ; — 1 ∪ 0 ; 1 получим y ‘ = — 1 2 · y 2 — 1 y , откуда y = ± e x + C 5 + 1 . Область значений функции y = e — x + C 5 + 1 — интервал [ 1 , + ∞ ) , и такой интервал не будет удовлетворять условию y 2 — 1 y 0 ⇔ y ∈ — ∞ ; — 1 ∪ 0 ; 1 , тогда y = e — x + C 5 + 1 не рассматриваем.

Для функции y = e — x + C 5 + 1 начальное условие y ( 0 ) = 2 не будет удовлетворяться ни для каких С 6 , поскольку

Уравнения, допускающие понижение порядка

Уравнения, допускающие понижение порядка

Одним из методов интегрирования ДУ высших порядков является метод понижения порядка. Суть метода состоит в том, что с помощью замены переменной (подстановки) данное ДУ сводится к уравнению, порядок которого ниже.

Рассмотрим три типа уравнений, допускающих понижение порядка.

I. Пусть дано уравнение

Порядок можно понизить, введя новую функцию , положив . Тогда и получаем ДУ первого порядка: . Решив его, т. е. найдя функцию , решим уравнение . Получим общее решение заданного уравнения (49.6).

На практике поступают иначе: порядок понижается непосредственно путем последовательного интегрирования уравнения.

Так как уравнение (49.6) можно записать в виде . Тогда, интегрируя уравнение , получаем: , или . Далее, интегрируя полученное уравнение по , находим: , т. е. — общее решение данного уравнения.

Если дано уравнение

то, проинтегрировав его последовательно раз, найдем общее решение уравнения: .

Пример №49.1.

Решить уравнение .

Решение: Последовательно интегрируя четыре раза данное уравнение, получим

II. Пусть дано уравнение

не содержащее явно искомой функции .

Обозначим , где — новая неизвестная функция. Тогда и уравнение (49.7) принимает вид . Пусть — общее решение полученного ДУ первого порядка. Заменяя функцию на , получаем ДУ: . Оно имеет вид (49.6). Для отыскания у достаточно проинтегрировать последнее уравнение. Общее решение уравнения (49.7) будет иметь вид .

Частным случаем уравнения (49.7) является уравнение

не содержащее также и независимую переменную . Оно интегрируется гем же способом: . Получаем уравнение с разделяющимися переменными.

Если задано уравнение вида

которое также не содержит явно искомой функции, то его порядок можно понизить на единиц, положив . Тогда ; и уравнение (49.9) примет вид .

Частным случаем уравнения (49.9) является уравнение

С помощью замены это уравнение сводится к ДУ первого порядка.

На этой странице размещён полный курс лекций с примерами решения по всем разделам высшей математики:

Другие темы по высшей математике возможно вам они будут полезны:

Образовательный сайт для студентов и школьников

Копирование материалов сайта возможно только с указанием активной ссылки «www.lfirmal.com» в качестве источника.

© Фирмаль Людмила Анатольевна — официальный сайт преподавателя математического факультета Дальневосточного государственного физико-технического института

Дифференциальные уравнения высших порядков с полной производной

Понижение порядка

Рассмотрим дифференциальное уравнение n-го порядка:
(1) .
Порядок этого уравнения легко понизить, если его левая часть является полной (точной) производной по переменной x от некоторой функции :
(2)
.
Отсюда сразу получаем первый интеграл:
(3) .
Он представляет собой дифференциальное уравнение, порядок которого на единицу меньше по сравнению с исходным уравнением (1).

Сделаем пояснения по поводу полной производной. Ее также называют точной производной. Пусть – некотрая функция, зависящая от переменной x . Найдем ее производных, и подставим в Φ. В результате получим сложную функцию, зависящую от одной переменной x :
(4) .
Производная функции называется полной производной функции по x . По правилу дифференцирования сложной функции имеем:
(5) .

Тогда если выполняется (2), то подставляя (5) в (1) получаем:
.
Отсюда . Учитывая (4), получаем (3):
.

Методы выделения полной производной

Как видно из (1) и (2), если левая часть уравнения является полной производной по переменной x , то оно имеет следующий вид:
.
Все входящие сюда частные производные зависят только от переменных . Старшая производная входит линейным образом только в последний член. То есть, чтобы левая часть уравнения являлась полной производной, необходимо, чтобы уравнение было линейным относительно старшей производной.

Общего способа, позволяющего гарантированно выделить полную производную в уравнении, нет. Для выделения полной производной можно применять те же методы, что и при выделении полного дифференциала в уравнениях первого порядка. См. Методы определения интегрирующего множителя

Эти методы заключаются в том, что можно умножать и делить уравнение на множители, составленные из переменных , и применять следующие формулы:
(Ф1) ;
(Ф2) ;
(Ф3) ;
(Ф4) .
Здесь и – функции от x , возможно сложные. То есть и могут зависеть от x и переменных , которые в свою очередь зависят от x .

Далее мы рассмотрим примеры решений дифференциальных уравнений с помощью выделения полной производной.

Примеры

Все примеры Ниже рассмотрены следующие примеры, в которых нужно решить дифференциальные уравнения методом выделения полной производной.
⇓
⇓
⇓

Пример 1

Решить дифференциальное уравнение второго порядка:
(П1.1) .

Разделим (П1.1) на . При имеем:
(П1.2) .

Выделяем полную производную, используя (Ф4).
;
;
.

Подставляем в (П1.2) и применяем (Ф1).
;
. Отсюда получаем первый интеграл:
.

Потенцируем:
.
Убираем знаки модуля:
.
Заменим постоянную: . Подставляем:
.
Поскольку , то . Переобозначим постоянную . Тогда первый интеграл принимает следующий вид:
(П1.3) .

Теперь рассмотрим случай , который мы до этого отбросили ⇑. Нетрудно видеть, что удовлетворяет исходному уравнению (П1.1). Оно получается из (П1.3), если положить . Таким образом постоянная может принимать нулевое значение. Отбрасываем условие :
(П1.4) .

Разделяем переменные и интегрируем.
;
;
;
;
Логарифмируем:
.

Пример 2

Решить уравнение, преобразовав его к полной производной:
(П2.1) .

Чтобы упростить уравнение, сделаем подстановку:
(П2.2) .
Тогда оно примет следующий вид:
(П2.3) .

Подставим . При этом во втором слагаемом запишем так: . Получаем:
(П2.4) .

Теперь замечаем, что
.
Поэтому умножим (П2.4) на , и выполним преобразования:
;
(П2.5) .

Когда мы умножаем уравнение на множитель , мы автоматически добавляем решение , которое может не содержаться в исходном уравнении. В нашем случае мы автоматически добавили решения и . Однако нетрудно видеть, что они удовлетворяют исходному уравнение (П2.4). Поэтому в результате умножения на множитель, у нас не будет лишних решений, которые не удовлетворяют исходному уравнению.

Теперь можно применить правило дифференцирования частного (Ф3). Тогда, чтобы (П2.5) приняло вид полной производной дроби, разделим его на . При имеем:
;
.
Отсюда получаем первый интеграл:
(П2.6) .

Операция деления на справедлива, если знаменатель не обращается в нуль. Поэтому далее мы ищем решение при . После того, как решение будет найдено, мы рассмотрим случай .

Из (П2.6) имеем:
.
Заменим постоянную интегрирования :
(П2.7) .
Замена постоянной позволяет получить выражение, не загроможденное лишними операциями. При этом также нужно следить, чтобы не произошло потери части решений, или не появились новые. В нашем примере, старая постоянная может принимать любые значения: . Тогда и новая постоянная может принимать любые значения: .

Разделяем переменные в (П2.7) и интегрируем.
;
;
;
.
Снова заменим постоянные: .
.
Извлекая корень четной степени 4 от переменной u , возведенной в четную степень 4, нужно помнить, что результат может иметь два знака – положительный или отрицательный:
(П2.8) .

Возвращаемся к переменной y (см. (П2.2)), и интегрируем. При имеем. ;

;
;

;
.
Еще раз заменим постоянные: :
(П2.9) .

Теперь рассмотрим случай , который мы выше ⇑ исключили из рассмотрения. Из (П2.8) и (П2.2) имеем:
.
Здесь . Заменим постоянную . Новая постоянная может принимать любые значения, кроме нулевого: . Тогда
(П2.10) .
Заметим, что в этом случае, . Интегрируем.
;
.
Заменив постоянную , получаем:
(П2.11) .

Теперь рассмотрим случай , который мы отбросили при делении ⇑ на :
.
Это уравнение имеет вид (П2.10) с . Тогда (П2.11) также является решением уравнения , если положить . Отбросим в (П2.11) условие . В результате получаем решение, в котором :
.

Наконец, мы можем переобозначить постоянные: . В результате получаем решение, справедливое при :
.

Пример 3

Найти общее решение дифференциального уравнения, преобразовав его к полной производной:
(П3.1) .

Попробуем привести уравнение к полной производной, применяя формулы (Ф2) и (Ф3).

Преобразуем исходное уравнение (П3.1), собрав в левой части члены, содержащие логарифм:
;
.

Разделим на и используем формулу (Ф3). При имеем:
;
(П3.2) .

Применим к (П3.2) формулу (Ф2), записав ее аналогично интегрированию по частям в следующем виде: .
.
Здесь мы учли, что .
Подставляем в (П3.2) и выделяем полную производную:
;
;
.
Левая часть уравнения является полной производной. Отсюда получаем первый интеграл:
.

Разделяем переменные и интегрируем.
.
Возводим левую и правую части уравнения в степень -1 . Случай разбирать не нужно, поскольку исходное уравнение (П3.1) не определено при . При имеем:
;
;
(П3.3) .

Подставляем в (П3.3) и потенцируем.
;
.

Заменим постоянную интегрирования . Новая постоянная может принимать только положительные значения: . Тогда
.
Убираем знак модуля:
.
Знак ± включим в состав постоянной . Тогда она может принимать и положительные отрицательные значения, не равные нулю. Переобозначим постоянную :
(П3.4) .

Теперь рассмотрим случай . Нетрудно видеть, что функция является решением исходного уравнения (П3.1). Она входит в (П3.4), если положить . Таким образом, (П3.4) является решением уравнения и при . Отменяем ограничение :
.

Сделаем замену постоянных . Тогда
.

Осталось рассмотреть случай . Если подставить в исходное уравнение (П3.1), то оно выполняется.
Решаем уравнение . Его решение . Таким образом, при , уравнение (П3.1) имеет решение .

Использованная литература.
В. В. Степанов. Курс дифференциальных уравнений, «ЛКИ», 2015.
В. М. Ипатова, О. А. Пыркова, В. Н. Седов. Дифференциальные уравнения. Методы решений. Москва, МФТИ, 2012.
А. Ф. Филиппов. Сборник задач по дифференциальным уравнениям. НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика», 2000.

Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 07-07-2021