Решить дифференциальное уравнение с заменой

Дифференциальные уравнения по-шагам

Результат

Примеры дифференциальных уравнений

• Простейшие дифференциальные ур-ния 1-порядка
• Дифференциальные ур-ния с разделяющимися переменными
• Линейные неоднородные дифференциальные ур-ния 1-го порядка
• Линейные однородные дифференциальные ур-ния 2-го порядка
• Уравнения в полных дифференциалах
• Решение дифференциального уравнения заменой
• Смена y(x) на x в уравнении
• Другие

Указанные выше примеры содержат также:

• квадратные корни sqrt(x),
  кубические корни cbrt(x)
• тригонометрические функции:
  синус sin(x), косинус cos(x), тангенс tan(x), котангенс ctan(x)
• показательные функции и экспоненты exp(x)
• обратные тригонометрические функции:
  арксинус asin(x), арккосинус acos(x), арктангенс atan(x), арккотангенс actan(x)
• натуральные логарифмы ln(x),
  десятичные логарифмы log(x)
• гиперболические функции:
  гиперболический синус sh(x), гиперболический косинус ch(x), гиперболический тангенс и котангенс tanh(x), ctanh(x)
• обратные гиперболические функции:
  asinh(x), acosh(x), atanh(x), actanh(x)
• число Пи pi
• комплексное число i

Правила ввода

Можно делать следующие операции

2*x — умножение 3/x — деление x^3 — возведение в степень x + 7 — сложение x — 6 — вычитание Действительные числа вводить в виде 7.5, не 7,5

Чтобы увидеть подробное решение,
помогите рассказать об этом сайте:

Калькулятор Обыкновенных Дифференциальных Уравнений (ОДУ) и Систем (СОДУ)

Порядок производной указывается штрихами — y»’ или числом после одного штриха — y’5

Ввод распознает различные синонимы функций, как asin , arsin , arcsin

Знак умножения и скобки расставляются дополнительно — запись 2sinx сходна 2*sin(x)

Список математических функций и констант :

• ln(x) — натуральный логарифм

• sh(x) — гиперболический синус

• ch(x) — гиперболический косинус

• th(x) — гиперболический тангенс

• cth(x) — гиперболический котангенс

• sch(x) — гиперболический секанс

• csch(x) — гиперболический косеканс

• arsh(x) — обратный гиперболический синус

• arch(x) — обратный гиперболический косинус

• arth(x) — обратный гиперболический тангенс

• arcth(x) — обратный гиперболический котангенс

• arsch(x) — обратный гиперболический секанс

• arcsch(x) — обратный гиперболический косеканс

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