РЕШЕНИЕ ЛИНЕЙНОГО НЕОДНОРОДНОГО УРАВНЕНИЯ 2-ГО ПОРЯДКА

ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ

Метод повторного интегрирования правой части

Дифференциальное уравнение вида y ^{( n )} = f (x) решается последовательным интегрированием правой части. Причём интегрировать придется ровно n раз.

Пример 1

Найти общее решение дифференциального уравнения y'' = x ² – 2 x.

Решение: Данное дифференциальное уравнение имеет вид y'' = f (x).

Понижаем степень уравнения до первого порядка:

y' = ∫ (x ² – 2 x) dx = x ³ – 2· x ² + C ₁ = – x ² + C ₁.

Теперь интегрируем правую часть еще раз, получая общее решение:

y = ∫ ( – x ² + C ₁) dx = · – + C ₁ x + C ₂ = – + C ₁ x + C ₂.

Ответ: общее решение: y = – + C ₁ x + C ₂.

Пример 2

Найти частное решение уравнения, соответствующее заданным начальным условиям

y''' = e ^{2 x} ; y (0) = , y' (0) = , y'' (0) = – .

 

Решение: Данное уравнение имеет вид y''' = f (x). Необходимо последовательно три раза проинтегрировать правую часть.

Сначала понижаем степень уравнения до второго порядка:

y'' = ∫ e ^{2 x} dx = e ^{2 x} + C ₁.

Первый интеграл принёс нам константу C ₁. В уравнениях рассматриваемого типа рационально сразу же применять подходящие начальные условия.

Итак, у нас найдено y'' = e ^{2 x} + C ₁ и, очевидно, к полученному уравнению подходит

начальное условие y'' (0) = – .

В соответствии с ним: y'' (0) = + C ₁ = – => C ₁ = –1. Таким образом: y'' = e ^{2 x} – 1.

На следующем шаге берём второй интеграл, понижая степень уравнения до первого порядка:

y' = ∫ ( e ^{2 x} – 1) dx = e ^{2 x} – x + C ₂.

В соответствии с начальным условием y' (0) = : y' (0) = – 0 + C ₂ = => C ₂ = 0.

Таким образом: y' = e ^{2 x} – x.

И, наконец, третий интеграл:

y = ∫ ( e ^{2 x} – x) dx = e ^{2 x} – + C ₃.

Для третьей константы используем последний патрон y (0) = :

y (0) = – 0 + C ₃ = => C ₃ = 1.

Ответ: частное решение: y = e ^{2 x} – + 1.

 

В дифференциальном уравнении в явном виде отсутствует функция y

Простейшее уравнение данного типа в общем виде выглядит так: F (x, y', y'') = 0
– всё есть, а «игрека» нет. Точнее, его нет в явном виде, но он обязательно всплывёт в ходе решения.

Кроме того, вместе с «игреком» в явном виде может отсутствовать первая производная:
F (x, y'', y''') = 0 – это уже уравнение третьего порядка.

Может дополнительно отсутствовать и вторая производная:
F (x, y''', y^IV) = 0 – уравнение четвертого порядка.

И так далее. Закономерность понятна, и теперь можно без труда определить такое уравнение в практических примерах. Кроме того, во всех этих уравнениях обязательно присутствует независимая переменная «икс».

Как решать такие уравнения? Они решаются с помощью очень простой замены.

 

Пример 3

Найти общее решение дифференциального уравнения
y'' + = 9(x + 1).

Решение: В данном уравнении второго порядка в явном виде не участвует переменная y. Заменим первую производную y' новой функцией p, которая зависит от «икс»: y' = p.
Если y' = p, то y'' = p'.

Цель проведённой замены очевидна – понизить степень уравнения:

p' + = 9(x + 1).

Получено линейное неоднородное уравнение первого порядка, с той лишь разницей, что вместо привычной функции «игрек» у нас функция «p». Грубо говоря, отличие только в букве.

Решим вспомогательное уравнение методом «u на v »:
p = uv => p' = u'v + uv' => u'v + uv' + = 9(x + 1) =>

u'v + u (v' + ) = 9(x + 1) =>

1) v' + = 0 => = – ln v = –ln(x + 1) => v = .

2) = 9(x + 1) => u' = 9(x + 1)² u = 9· (x + 1)³ + C ₁.

3) p = y' = uv = = 3(x + 1)² + .

Для нахождения решения проинтегрируем обе части этого равенства.

Имеем: y = = (x + 1)³ + C ₁ ln| x + 1| + C ₂.

Ответ: Общее решение: y = (x + 1)³ + C ₁ ln| x + 1| + C ₂.

 

Пример 4

Найти частное решение уравнения, соответствующее заданным начальным условиям

(1 + sin x) y''' = cos x · y''; y (0) = 1, y' (0) = –1, y'' (0) = 1.

 

Решение: В данном уравнении третьего порядка в явном виде не участвуют функция y и первая производная y'. Здесь замена: y'' = p.

Если y'' = p, то y''' = p'.

Таким образом, уравнение понижено до первого порядка:
(1 + sin x) p' = cos x · p.

Получено уравнение с разделяющимися переменными, разделяем переменные и интегрируем:

(1 + sin x) = cos x · p => = ln | p | = ln |1 + sin x | + ln | C ₁| => p = C ₁(1 + sin x).

 

Проведем обратную замену: p = y'': y'' = C ₁(1 + sin x).
«Освободимся» от C ₁. Из начальных условий y'' (0) = 1 имеем: 1 = C ₁(1 + 0) => C ₁= 1.

Таким образом, y'' = 1 + sin x.

Найдем искомое частное решение у, проинтегрировав это уравнение два раза, при этом на каждом шаге освобождаясь от С.

Имеем: y' = x – cos x + C ₂. Т.к. y' (0) = –1, то –1 = 0 – 1 + C ₂ => C ₂ = 0. Следовательно, y' = x – cos x.

Интегрируем еще раз и получаем: у = – sin x + C ₃. Т.к. y (0) = 1, то 1 = 0 – 0 + C ₃ => => C ₃ = 1.

Ответ: частное решение: у = – sin x + 1.

 

 

В дифференциальном уравнении
в явном виде отсутствует независимая переменная x

Третий, чуть более сложный тип уравнения, допускающий понижение порядка. Отличительная особенность данного диффура состоит в том, что в нём в явном виде отсутствует независимая переменная «икс». То есть, в исходном дифференциальном уравнении нет «икса».

Пример 5

Найти частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям
(y – 1) y'' = 2(y')²; y (0) = 2, y' (0) = 2.

Решение: В данном уравнении в явном виде не участвует переменная x. Первую производную y' заменим некоторой пока еще неизвестной функцией p (y), которая зависит от функции «игрек »: y' = p (y). Обратите внимание, что функция p (y) – это сложная функция. Внешняя функция – «p», внутренняя функция – «игрек» («игрек» сам по себе является функцией).

Находим вторую производную. По правилу дифференцирования сложной функции:
y'' = (p (y)) ' = p' (y) · y'.

Учитывая, что y' = p (y), окончательно получаем: y'' = (p (y)) ' = p' (y) · y' = p' (y) · p (y).

В принципе, можно запомнить данную замену формально и коротко: y' = p (y), y'' = p' p.

Итак, в исходном уравнении (y – 1) y'' = 2(y')² проведём нашу замену:

(y – 1) p'p = 2 p ².

Одно «p» сразу сокращаем: (y – 1) p' = 2 p.
Получено уравнение с разделяющимися переменными. Если p (y) – функция, зависящая от «игрек», то первая производная в дифференциалах расписывается так: p' = .
Не допускать машинальной ошибки – не пишем «привычное» p' = !!!

Разделяем переменные и интегрируем:

(y – 1) = 2 p => = 2· ln| p | = 2ln| y – 1| + ln| C ₁| => p = C ₁(y – 1)².
Проведем обратную замену p (y) = y': y' = C ₁(y – 1)².

Как и в первом параграфе, константу целесообразно «отстрелить» незамедлительно, это значительно упростит дальнейшее интегрирование.

Используем оба начальных условия одновременно: y (0) = 2, y' (0) = 2.

В полученное уравнение y' = C ₁(y – 1)² подставим y = 2 и y' = 2: 2 = C ₁(2 – 1)² => C ₁ = 2.
Отсюда: y' = 2(y – 1)².

 

Дальнейшее просто:

= 2(y – 1)² => ∫ = 2 ∫ dx => – = 2 x + C ₂.
Вторую константу тоже «отстреливаем». Используя начальное условие y (0) = 2, проводим подстановку x = 0, y = 2: – = 0 + C ₂ => C ₂ = –1.

Таким образом: – = 2 x – 1.

Выразим частное решение в явном виде:

= 1 – 2 x => y – 1 = => y = 1+ .
Ответ: частное решение: y = 1+ .

Пример 6

Найти частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям

y'' + 50 sin y cos³ y = 0; y (0) = 0, y' (0) = 5.

Решение: В данном уравнении в явном виде не участвует переменная x. Еще здесь нет первой производной, но это не должно смущать – важно, что нет «иксов», а значит, используется стандартная замена:

y' = p (y) => y'' = p' p.

Таким образом, степень уравнения понижена до первого порядка:

p' p + 50 sin y cos³ y = 0

Разделяем переменные и интегрируем, не забывая, что p' = :

p = –50 sin y cos³ y => pdp = –50 sin y cos³ y dy => ∫ = 50 ∫ cos³ y d (cos y)=>

ð = 50· cos⁴ y + C ° => = cos⁴ y + C ° => p ² = 25 cos⁴ y + 2 C °.
Переобозначим константу 2 C ° через C ₁: p ² = 25 cos⁴ y + C ₁.
Проведём обратную замену p = y': (y')² = 25 cos⁴ y + C ₁.
Используем одновременно оба начальных условия y (0) = 0, y' (0) = 5 и найдём значение константы C ₁. Для этого в полученное уравнение (y')² = 25 cos⁴ y + C ₁ подставим y = 0 и

y' = 5: 5² = 25· cos⁴0 + C ₁ => 25 = 25· 1 + C ₁ => C ₁ = 0.
Таким образом: (y')² = 25 cos⁴ y => y' = 5 cos² y.
Разделяем переменные и интегрируем:

= 5 cos² y => ∫ = 5 ∫ dx => tg y = 5 x + C ₂.
В соответствии с начальным условием y (0) = 0:

tg 0 = 5·0 + C ₂ => 0 = 0 + C ₂ => C ₂ = 0.
Окончательно: tg y = 5 x или y = arctg 5 x.

Ответ: частное решение: y = arctg 5 x.

РЕШЕНИЕ ЛИНЕЙНОГО НЕОДНОРОДНОГО УРАВНЕНИЯ 2-ГО ПОРЯДКА