Дифференциальные уравнения высших порядков
Определение и формулы дифференциальных уравнений высших порядков
ОПРЕДЕЛЕНИЕ
Дифференциальным уравнением n-го порядка \(\
(n>1)
\) называется уравнение вида:
\(\
f\left(x ; y ; y^{\prime} ; \ldots ; y^{(n)}\right)=0
\) (1)
Здесь \(\
x
\) – независимая переменная, \(\
y=y(x)
\) – искомая функция, определенная и n раз дифференцируемая на промежутке \(\
(a ; b)
\)
Решение дифференциальных уравнений высших порядковd
Функция \(\
y=y(x)
\) называется решением дифференциального уравнения (1), если она обращает это уравнение в тождество.
Решение включает в себя n произвольных постоянных и имеет следующий вид:
\(\
F\left(x ; C_{1} ; \ldots ; C_{n}\right)=0
\)
Задача Коши для дифференциального уравнения (1) заключается в следующем: найти такое решение (функцию) \(\
y=y(x)
\) дифференциального уравнения (1),чтобы эта функция и ее производные до порядка \(\
(n-1)
\) включительно при заданном значении аргумента \(\
x=x_{0}
\) принимали бы заданные значения. То есть указанное решение должно удовлетворять условиям
\(\
y\left(x_{0}\right)=y_{0}, y^{\prime}\left(x_{0}\right)=y_{0}^{\prime}, \ldots, y^{(n-1)}\left(x_{0}\right)=y_{0}^{(n-1)}
\)
ЗАМЕЧАНИЕ
Значение искомой функции и вех ее производных до порядка \(\
(n-1)
\) включительно задаются при одном и том же значении \(\
x=x_{0}
\) независимой переменной.
Задача интегрирования дифференциального уравнения (1) называется краевой, если значения искомого решения – функции \(\
y=y(x)
\) и, возможно, ее производных задаются при различных значениях независимой переменной, на концах некоторого фиксированного интервала.
Понижение порядка в ДУ высших порядков
Некоторые уравнения высших порядков допускают понижение порядка.
1) Уравнения, содержащие только производную порядка n и независимую переменную:
\(\
F\left(x ; y^{(n)}\right)=0
\) (2)
Если это уравнение удается разрешить относительно производной \(\
y^{(n)}
\) ,то оно принимает вид:
\(\
y^{(n)}=f(x)
\)
Общее решение этого уравнения
\(\
y(x)=\underbrace{\int d x \int d x \ldots \int f(x) d x}_{n}+C_{1}+C_{2} x+C_{3} x^{2}+\ldots+C_{n} x^{n-1}
\)
то есть для нахождения искомого решения \(\
y=y(x)
\) функцию \(\
f(x)
\) необходимо n раз проинтегрировать.
ПРИМЕР
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
\(\
\frac{1}{\sqrt{C_{1}}} \ln \left|\frac{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}-C_{1}}{\sqrt{2 e^{y}+C_{1}}+C_{1}}\right|=\pm x+C_{2}
\)