Глава 3 УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО И ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ

1.УРАВНЕНИЯ, ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА

1.1.Уравнение второго порядка (содержащее старшую производную второго порядка), разрешённое относительно второй производной, имеет вид

По определению, функция y = y(x) есть решение уравнения (9), если при её подстановке в (1) оно обращается в тождество. Общее решение (9)

y = y(x, C1, C2 ) (или Φ(x, y, C1,C2 ) = 0)

будет определяться значениями двух произвольных постоянных (поскольку в процессе нахождения у интегрирование возникает дважды). Задачей Коши называется задача вида

где (x0 , y0 , y0′ ) – заданная точка пространства; чтобы удовлетворить на-

чальным условиям (10), (11), следует соответствующим образом подобрать значения C1 и C2 . Мы здесь не обсуждаем условия существования и

единственности решения задачи Коши и условия существования общего решения; отметим только, что такие условия вполне аналогичным тем, что были приведены для уравнения первого порядка.

1.2. В некоторых частных случаях процесс решения уравнения второго порядка сводится к последовательному решению двух уравнений первого порядка. Говорят, что такие уравнения допускают понижение порядка. Рассмотрим эти случаи.

а) Задача интегрирования y′′ = f (x) . Данное уравнение не содержит явным образом переменных у и y′ . Последовательно находим

y′ = ∫ f (x)dx +C1

y = ∫(∫ f (x)dx +C1)dx +C2.

51

Замечание. В данном контексте знак интеграла использован для обозначения какой-либо фиксированной первообразной, так что произвольные постоянные интегрирования C1 и C2 выписаны в явном виде.

б) Уравнение вида y′′ = f (x, y′) не содержит явным образом переменную у. Применяем замену переменных z = y′ , тогда уравнение принимает вид z′ = f (x, z) .

Если найдено общее решение z = Φ(x, C1) полученного уравнения первого порядка, то имеем y′ = Φ(x, C1) , так что снова пришли к уравнению первого порядка. Далее,

y = ∫(Φ(x, C1))dx +C2.

в) Уравнение вида y′′ = f ( y, y′) не содержит явным образом переменную х.

Её формальное отсутствие даёт повод рассматривать y′ как функцию аргумента y . В целях понижения порядка введём подстановку y′ = p(y). Теперь

y′′ = dpdx = dpdy dydx , так что y′′ = p dpdy .

Получаем уравнение первого порядка

p dpdy = f ( y, p)

и находим его общее решение

p = Φ( y, C1) ,

так что

y′ = Φ( y, C1) .

Теперь остаётся найти общее решение полученного уравнения

Ψ(x, y, C1, C2 ) = 0.

1.3. Рассмотрим примеры.

Пример 1. Найти общее решение уравнения sin 3x − y′′ = 6 −2x .

Решение. Выражая из уравнения y′′, то получим случай а), т.е. задачу интегрирования

52

Снова выполняем интегрирование:

y = −3∫cos 3xdx + ∫x2dx −6∫xdx + ∫C1dx ,

так что

y = −9sin x + x3 −3x2 +C1x +C2 . 3 3

Пример 2. Найти общее решение уравнения xy′′ = y′ln yx′ .

Решение. Уравнение не содержит у (случай б)). Положим z = y′ , тогда z′ = y′′ и, следовательно,

Получено однородное уравнение первого порядка, поскольку z′ ока-

залась выраженным через отношение xz . Полагаем, как обычно в одно-

53

Выполняем теперь интегрирование обеих частей, замечая, что d(lnt −1) = dtt :

∫d(lnln tt−−11) = ∫dxx .

Приходим к равенству

ln(lnt −1) = ln x +lnC1 или ln(lnt −1) = ln xC1 ,

откуда последовательно получаем

ln t −1 = xC1 ; ln t =1+ xC1; t = e1+xC1 ;

xz = e1+xC1 ; z = xe1+xC1 .

Поскольку z = y′ , то получено уравнение первого порядка

y′ = xe1+xC1 .

Теперь

y = ∫xe1+xC1 dx .

Применяем интегрирование по частям

∫udv =uv − ∫vdu ,

полагая

54

и заданы начальное состояние процесса y(0) =13 и его начальная скорость y′(0) =9 .

Решение. Имеем задачу Коши для уравнения второго порядка. Заметим, что уравнение явно не содержит переменную х (случай в)). Полагая

y′ = p , получим y′′ = pdpdy , и, следовательно, уравнение принимает вид

Получено, таким образом, дифференциальное уравнение первого порядка

(y′)2 = y92 +C1 .

Постоянную C1 можно найти уже на этом этапе, если, положив x = 0 , использовать начальные условия y(0) = 13 , y′(0) = 9 :

Значит, C1 = 0 , и теперь следует перейти к уравнению

Отметим, что при извлечении корня следует выбрать знак плюс; это оправдано тем, что в точке x = 0 , у и y′ имеют одинаковый знак. Теперь

остаётся разделить переменные:

ydy =3dx.

55

Значит,

y′′( y′)2 = 2

y(0) = 0,5y′(0) = 0,5.

Решение. Уравнение явным образом не зависит ни от х, ни от у, поэтому можно выбирать оба вышеописанных способа понижения поряд-

56

Теперь

Теперь мы можем записать искомое решение задачи Коши

2y =1−ln(1− x) .

2.ТИПОВЫЕ ЗАДАНИЯ ПО РЕШЕНИЮ УРАВНЕНИЙ ВТОРОГО ПОРЯДКА,

ДОПУСКАЮЩИХ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКА

2.1. Типовое задание с решением. Течение процесса y = y(t) описы-

равна нулю, начальное состояние процесса y(0) = 1. Найти состояние процесса в момент t = 2 . Вычисления провести с точностью до 0,1

Решение. Требуется решить задачу Коши

Согласно правилам интегрирования, имеем y′ = ∫(t −54)3 dt; y′ = ∫5(t −4)−3 dt;

y′ = 2(t−−54)2 +C1.

57

Из начального условия находим значение константы С1:

0 = 2(0−−54)2 +C1; C1 = −325 .

Далее находим

y = ∫( 2(t−−54)2 +C1)dt; y = 2(t5−4) +C1t +C2 ; y = 2(t5−4) − 325 t +C2.

Из начального условия находим значение константы С2:

1 = 2(05−4) − 325 0 +C2 ; C2 =1+ 85 + 325 = 5732 .

Окончательно, получаем решение задачи Коши, описывающее состояние процесса

y(t) = 2(t5−4) − 325 t + 5732 .

Найдём состояние процесса в момент t = 2 :

y(2) = 2(25−4) − 325 2 + 5732 = 3227 .

Вычисляя значение констант с точностью до 0.1, получим y(2) ≈ 0,8 . Ответ. Состояние процесса в момент t = 2 равно y(2) ≈ 0,8 .

2.2. Задачи для самостоятельного решения.

Задание 1. Течение процесса y = y(t) описывается уравнением y′′ = g(t) , скорость процесса в момент t = 0 равна нулю, начальное со-

стояние процесса y(0) задано. Найти состояние процесса в момент t = τ . Вычисления провести с точностью до 0,1

58

59

Задание 2. Решить задачу Коши для обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка.

1.2( y′)2 = ( y −1) y′′, y(0) = 0, y′(0) =1.

2.y = ( yy′′)′2 , y(0) = 5, y′(0) = 5.

3.y′′+ 4 / y3 = 0, y(0) = 4, y′(0) =1/ 2.

4.(1− y) y′′+( y′)2 = 0, y(0) = 3, y′(0) =1/ 2.

5.y′′e−9 y = 92 , y(0) = 0, y′(0) =1.

6.y′′e−y = 4y′, y(0) = 0, y′(0) = 4.

7.y′′+3y′ = ( y′)2 , y(0) = 0, y′(0) = 4.

8.2y′′ y = y′, y(0) =1, y′(0) =1.

9.( y′)2 = 2y′′y −25, y(0) = 50, y′(0) = 5.

10.yy′′′ − yy′ = 2ln y, y(0) =1, y′(0) = 4.

13.y′′ = −2 / y3 , y(0) = 3, y′(0) = 2 / 3.

14.y′′+1−5 y ( y′)2 = 0, y(0) = 2, y′(0) =1.

15.y′′ = 9 y−1/ 2 , y(0) =1, y′(0) = 6.

16.y′′ = −y′e−2 y , y(0) = 0, y′(0) =1/ 2.

17.y′′ = −2y′+( y′)2 , y(0) = 0, y′(0) = 3.

18.3yy′′ = ( y′)2 , y(0) = 8, y′(0) = 2.

19.2yy′′ = 4 +( y′)2 , y(0) = 8, y′(0) = 2.

20.y′′− ( yy′)2 = 2y′ln y, y(0) =1, y′(0) = 9.

21.y′′ = − 2e1y , y(0) = 0, y′(0) =1.

61

22.y′′ y =1, y(0) =1, y′(0) = 2.

23.y′′y2 = − 1y , y(0) = 2, y′(0) =1/ 2.

24.yy′′ = 0,5( y′)2 , y(0) = 9, y′(0) = 3.

25.y′′− y3−1( y′)2 = 0, y(0) =3, y′(0) =8.

26.y′′− y′e3y = 0, y(0) = 0, y′(0) =1/ 3.

27.y′′ = ( y′)2 − y′, y(0) = 0, y′(0) = 2.

2y

29.2yy′′−1 = ( y′)2 , y(0) = 2, y′(0) =1.

30.yy′′−( y′)2 = 2 yy′ln y, y(0) =1, y′(0) =16.

Задание 3. Течения процессов заданы в виде дифференциальных уравнений второго порядка. Каждый из таких процессов восстанавливается в виде класса функций, обладающих двумя степенями свободы, т.е. в виде общего решения данного дифференциального уравнения. Определить ход течения процесса.

1.(x +1) y′′− y′ = (x +1)4 .

2.y′′− y′ctg x + 2sin x = 0 .

3.x2 y′′+ xy′ =1 .

4.xy′′+ y′ = 6ln x .

7.0,5y′′ = x( y′)2 .

8.2y′′ = yx′ − x4y′ .

9.y′′(2 +ln x) = yx′ .

10.y′′sin x = (2y′+1) cos x .

62

11.y′′− xy+′1 = x2 +2x +1 .

12.y′′− y′ctgx = xsin x .

13.xy′′ = y′+ x2 .

14.y′′+ yx′ = lnxx .

15.y′′− yx′ = xe4x .

16.y′′ = yx′ ln 2xy′ .

17.y′′+18x( y′)2 = 0 .

18.2xy′y′′ = ( y′)2 +3 .

19.y′′x(7 +ln x) = y′.

20.y′′tg x = y′+2 .

22.y′′tgx = y′+1.

23.y′′− xy−′1 = x(x −1) .

24.y′′+ yx′ − lnxx2 = 0 .

25.y′′− yx′ = exx .

26.xy′′ = y′ln 8xy′ .

27.y′′−(2 y′ 2x )2 = 0 .

28.2xy′y′′−( y′)2 +9 = 0 .

29.x(5 +ln x) yy′′′ =1.

30.3 + y′′tg x = 2y′.

63