Дифференциальные уравнения высших порядков

Найти решение дифференциального уравнения \(\ y^{\prime \prime \prime}=\frac{1}{x} \)

Для нахождения решения трижды проинтегрируем функцию \(\ f(x)=\frac{1}{x} \) : \(\ y^{\prime \prime}=\int \frac{1}{x} d x=\ln |x|+C_{1} y^{\prime}=\int\left(\ln x+C_{1}\right) d x=\int \ln x d x+C_{1} \int d x \)

Первый из интегралов \(\ \int \ln x d x \) найдем методом интегрирования по частям: \(\ \int \ln x d x\left\|\begin{array}{cc}{u=\ln x} & {d v=d x} \\ {d u=\frac{d x}{x}} & {v=x}\end{array}\right\|=\ln x \cdot x-\int x \cdot \frac{d x}{x}=x \ln x-\int d x=x \ln x-x+\tilde{C}_{2} \)

Второй интеграл \(\ C_{1} \int d x=C_{1} x+C_{2}^{\prime} \)

То есть \(\ y^{\prime}=x \ln x-x+C_{1} x+C_{2} \)

И, наконец, окончательно получаем, что

\(\ y=\int\left(x \ln x-x+C_{1} x+C_{2}\right) d x=\int x \ln x d x-\int x d x+C_{1} \int x d x+C_{2} \int d x\left\|\begin{array}{cc}{u=\ln x} & {d v=x d x} \\ {d u=\frac{d x}{x}} & {v=\frac{x^{2}}{2}}\end{array}\right\|=\frac{x^{2} \ln x}{2}-\int \frac{x^{2}}{2} \cdot \frac{d x}{x}-\frac{x^{2}}{2}+C_{1} \cdot \frac{x^{2}}{2}+C_{2} x=\frac{x^{2} \ln x}{2}-\int \frac{x d x}{2}-\frac{x^{2}}{2}+\frac{C_{1} x^{2}}{2}+C_{2} x= \)

\(\ \frac{x^{2} \ln x}{2}-\frac{x^{2}}{4}-\frac{x^{2}}{2}+\frac{C_{1} x^{2}}{2}+C_{2} x+C_{3}=\frac{x^{2} \ln x}{2}-\frac{3 x^{2}}{4}+\frac{C_{1} x^{2}}{2}+C_{2} x+C_{3} \)

Ответ \(\ y(x)=\frac{x^{2} \ln x}{2}-\frac{3 x^{2}}{4}+\frac{C_{x} x^{2}}{2}+C_{2} x+C_{3} \)

2) Уравнения, не содержащие искомой функции \(\ y=y(x) \) . Уравнения такого типа имеют вид: \(\ f\left(x ; y^{\prime} ; \ldots ; y^{(n)}\right)=0 \) (3)

Порядок такого уравнения можно понизить на единицу заменой \(\ y^{\prime}=z(x) \)

где \(\ z(x) \) – новая неизвестная функция. Тогда \(\ y^{\prime \prime}=z^{\prime}(x), \ldots, y^{(n)}=z^{(n-1)} \)

В результате получим уравнение \(\ f\left(x ; z ; z^{\prime} ; \ldots ; z^{(n-1)}\right)=0 \)

ЗАМЕЧАНИЕ

Если уравнение (3) не содержит ни искомой функции \(\ y(x) \) ,ни ее производных до \(\ (k-1) \) включительно: \(\ f\left(x ; y^{(k)} ; y^{(k+1)} \dots ; y^{(n)}\right)=0 \) (4)

то его порядок можно понизить на k единиц, сделав подстановку \(\ y^{(k)}=z(x) \)

После нахождения неизвестной функции \(\ p(x) \) уравнение (4) будет сведено к уравнению вида (2).

ПРИМЕР

Проинтегрировать уравнение \(\ \left(1-x^{2}\right) y^{\prime \prime}-x y^{\prime}=2 \)

Поскольку заданное уравнение явно не содержит искомую функцию \(\ y(x) \) ,то введем в рассмотрение новую функцию \(\ y^{\prime}=z(x) \)

тогда \(\ y^{\prime \prime}=z^{\prime} \)

а уравнение принимает вид: \(\ \left(1-x^{2}\right) z^{\prime}-x z=2 \)

Получили линейное дифференциальное уравнение первого порядка: \(\ z^{\prime}-\frac{x}{1-x^{2}} z=\frac{2}{1-x^{2}} \)

Его решение ищем в виде: \(\ z(x)=u(x) v(x) \Rightarrow z^{\prime}=(u v)^{\prime}=u^{\prime} v+u v^{\prime} \)

и тогда \(\ u^{\prime} v+u v^{\prime}-\frac{x}{1-x^{2}} u v=\frac{2}{1-x^{2}} u^{\prime} v+u\left(v^{\prime}-\frac{x}{1-x^{2}} v\right)=\frac{2}{1-x^{2}} \)

Функции \(\ u(x) \) и \(\ v(x) \) подбираются таким образом, чтобы выражение \(\ v^{\prime}-\frac{x}{1-x^{2}} v \) ,стоящее в скобках, равнялось нулю. Итак, полученное уравнение распадается на два: \(\ v^{\prime}-\frac{x}{1-x^{2}} v=0 \), \(\ u^{\prime} v=\frac{2}{1-x^{2}} \) (6)

Уравнение (5) является уравнением с разделяющимися переменными. Разделим их: \(\ \frac{d v}{d x}=\frac{x}{1-x^{2}} v \Rightarrow \frac{d v}{v}=\frac{x}{1-x^{2}} d x \)

Общий интеграл полученного уравнения \(\ \int \frac{d v}{v}=\int \frac{x}{1-x^{2}} d x \Rightarrow \ln |v|=-\frac{1}{2} \int \frac{d\left(1-x^{2}\right)}{1-x^{2}}=-\frac{1}{2} \ln \left|1-x^{2}\right|=\ln \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \Rightarrow v(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}} \)

После нахождения функции v дифференциальное уравнение (6) принимает вид: \(\ u^{\prime} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{2}{1-x^{2}} \Rightarrow u^{\prime}=\frac{2}{\sqrt{1-x^{2}}} \Rightarrow u(x)=\int \frac{2 d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=2 \arcsin x+C \)

Таким образом, \(\ z(x)=u(x) v(x)=(2 \arcsin x+C) \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{2 \arcsin x}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{C}{\sqrt{1-x^{2}}} \)

Делаем обратную замену: \(\ =2 \int \frac{\arcsin x d x}{\sqrt{1-x^{2}}}+C \int \frac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=2 \int \arcsin x d(\arcsin x)+C \arcsin x==2 \cdot \frac{\arcsin ^{2} x}{2}+C \arcsin x+C_{1}=\arcsin x+C \arcsin x+C_{1} \)

3) Уравнения, не содержащие независимой переменной \(\ x \). Подобные уравнения в общем случае имеют следующий вид: \(\ f\left(y ; y^{\prime} ; \ldots ; y^{(n)}\right)=0 \) (7)

Порядок такого дифференциального уравнения можно понизить на единицу заменой \(\ y^{\prime}=p(y) \) где \(\ p(y) \)– новая искомая функция, при этом в качестве независимой переменной понимается переменная \(\ \mathrm{y} \), а не \(\ \mathrm{x} \). Тогда \(\ y^{\prime \prime}=(p(y))^{\prime}=p^{\prime}(y) \cdot y^{\prime}=p^{\prime} p \)

Итак, после замены уравнение (7) принимает вид: \(\ f\left(y ; p ; p^{\prime} ; \ldots ; p^{(n-1)}\right)=0 \)

После решения последнего уравнения относительно неизвестной функции \(\ p(y) \) делаем обратную замену \(\ z(x)=y^{\prime}(x)=\frac{2 \arcsin x}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{C}{\sqrt{1-x^{2}}} \Rightarrow y(x)=\int\left(\frac{2 \arcsin x}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{C}{\sqrt{1-x^{2}}}\right) d x=2 \int \frac{\arcsin x d x}{\sqrt{1-x^{2}}}+C \int \frac{d x}{\sqrt{1-x^{2}}}=2 \int \arcsin x d(\arcsin x)+C \arcsin x=2 \cdot \frac{\arcsin ^{2} x}{2}+C \arcsin x+C_{1}=\arcsin ^{2} x+C \arcsin x+C_{1} \)

Записанное уравнение является дифференциальным уравнением первого порядка, из которого определяется искомая функция \(\ y=y(x) \)

ПРИМЕР

Решить дифференциальное уравнение \(\ y^{\prime \prime}=e^{y} \)

Поскольку данное уравнение не содержит независимой переменной \(\ x \), то его порядок можно понизить на единицу. Для этого делаем замену \(\ y^{\prime}=p(y) \Rightarrow y^{\prime \prime}=p^{\prime} p \)

Итак, заданное уравнение относительно новой неизвестной функции \(\ p(y) \) принимает вид: \(\ p^{\prime} p=e^{y} \)

Получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, разделим их: \(\ \frac{d p}{d y} p=e^{y} \Rightarrow p d p=e^{y} d y \)

Общий интеграл уравнения: \(\ \int p d p=\int e^{y} d y \)

После интегрирования получаем: \(\ \frac{p^{2}}{2}=e^{y}+C \)

Находим, что \(\ p^{2}=2 e^{y}+2 C \Rightarrow p=\pm \sqrt{2 e^{y}+2 C} \)

Сделав замену \(\ 2 C=C_{1} \),будем иметь: \(\ p=\pm \sqrt{2 e^{y}+C_{1}} \)

То есть \(\ y^{\prime}=\frac{d y}{d x}=\pm \sqrt{2 e^{y}+C_{1}} \)

Разделяя переменные, получим: \(\ \frac{d y}{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}}=\pm d x \)

Общий интеграл этого уравнения \(\ \int \frac{d y}{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}}=\pm \int d x \)

\(\ \int \frac{d y}{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}}\left\|\begin{array}{l}{2 e^{y}+C_{1}=t^{2}} \\ {2 e^{y} d y=2 t d t} \\ {d y=\frac{t d t}{\delta^{y}}} \\ {e^{y}=\frac{t^{2}-C_{1}}{2}} \\ {d y=\frac{2 t d t}{t^{2}-C_{1}}}\end{array}\right\|=\int \frac{\frac{2 d t}{d t}}{\sqrt{t^{2}}}=\int \frac{2 d t}{t^{2}-C_{1}}=2 \cdot \frac{1}{2 \sqrt{C_{1}}} \ln \left|\frac{t-C_{1}}{t+C_{1}}\right|+\tilde{C}_{1}=\frac{1}{\sqrt{C_{1}}} \ln \left|\frac{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}-C_{1}}{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}+C_{1}}\right|+\tilde{C}_{1} \)

Второй интеграл \(\ \pm \int d x=\pm x+C_{1}^{\prime} \)

Тогда искомое решение \(\ \frac{1}{\sqrt{C_{1}}} \ln \left|\frac{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}-C_{1}}{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}+C_{1}}\right|=\pm x+C_{2} \)