Дифференциальные уравнения. Учебное пособие-2

2)каковы бы ни были начальные условия (3) (лишь бы

точка (xo , yo , yo′,..., yo (n−1) ) принадлежала области D), можно подобрать такие значения постоянных

C1o ,C2o ,...,Cno , что решение y =ϕ(x;C1o ,C2o ,...,Cno )

будет удовлетворять заданным начальным условиям.

Решение, получаемое из общего при конкретных значениях постоянных C1 ,C2 ,...,Cn , называется частным

решением. Его график – кривую на плоскости XoY – называют интегральной кривой данного дифференциального уравнения.

Если общее решение (4) в области D задано неявно соотношением

Φ(x, y,C1 ,C2 ,...,Cn ) = 0 , (5)

то (5) называется общим интегралом уравнения (2) в области D.

Если общее решение задано в виде

y = y(t,C1 ,C2 ,...,Cn )

То (6) называют общим интегралом в параметрической форме.

51

§8. Некоторые типы уравнений высших порядков, допускающих понижение порядка

Уравнение вида

y(n) = f (x) (1)

имеет общее решение в форме

y= ∫∫...∫ f (x)dxdx...dx +C1 xn−1 +C2 xn−2 +... +Cn−1 x +Cn .

n

а) Уравнения, не содержащие искомой функции и нескольких последовательных производных.

Рассмотрим уравнения вида

F(x, y(k ), y(k +1),..., y(n))= 0 (1 ≤ k ≤ n) (2)

С помощью замены y(k ) = u , где u-новая неизвестная

функция, уравнение(2)приводится к уравнению (n-k)-го порядка.

F(x,u,u′,...,u(n−k ))= 0 (3)

б) Уравнения, не содержащие явно независимой переменной x.

Рассмотрим уравнение вида

С помощью замены

где p=p(y) – новая искомая функция, y-новая независимая переменная, порядок уравнения (4) понижается на единицу.

52

Все производные y′, y′′,..., y(n) выражаются через производные от функции p по y:

y′′ = (y′)′x = (p(y))′x = p′y y′x = p′y p = pp′

y′′′ = (y′′)′x = (pp′)′x = (pp′)′y y′ = = ((p′)2 + p′′)p x

и так далее.

в) Уравнения

F(x, y, y′,..., y(n)) = 0 (6)

однородные относительно аргументов y, y′,..., y(n), т.е.

F(x,ty,ty′,...,ty(n)) = tk F(x, y, y′,..., y(n))

Спомощью замены

где u- новая неизвестная функция, порядок уравнения (6) понижается на единицу. В этом случае: y′ = yu ,

y′′ = y(u2 +u′) и так далее.

После нахождения общего решения u=φ(х,С1,…,Сn-1) и подстановки его в (7), получим общее решение исходного уравнения (6)

y = Cne∫ϕ(x,C1 ,...,Cn−1 )dx (8)

Рассмотрим примеры на различные случаи понижения порядка дифференциального уравнения

Пример 1. Найти общее решение уравнения

y′′′ = sin x −cos x

Решение. Интегрируя последовательно данные уравнения, имеем:

53

Умножая (2*) на интегрирующий множитель 2y′ получим:

Постоянную С1 находим из начальных условий. Подставив

Учитывая начальные условия, из (4*) получим C2 = 43 .

4

Поэтому y = 1− 3 x 3 . Это и есть решение исходной

4

задачи Коши.

Пример 4. Решить уравнение y′− xy′′+ (y′)2 = 0

Решение. Уравнение не содержит исходной функции и её производной (пункт а)). Положив y′ = u где u – новая

неизвестная функция, получим:

u − xu′+u2 = 0 - уравнение с разделяющимися

56

u u+1 = Cx , u u+1 = Cx , откуда

u = y′ = 1−CxCx ,C ≠ 0 .

Интегрируя находим:

y = ∫1−CxCxdx +C2 = −x − C1 ln1−Cx +C1 где C,C1 –

произвольные постоянные (C ≠ 0)

рассмотрим случаи u = 0 и u = −1. Имеем: u = 0 , откуда y′ = 0, y = a ,

u = −1, откуда y′ = −1, y = −x +b ,

где a,b – производные постоянные. Непосредственной

проверкой убеждаемся, что эти функции также являются решениями данного уравнения.

Пример 5. Найти решение задачи Коши

2yy′′+ (y′)2 + (y′)4 = 0

y(0) =1, y′(0) = 2

Решение. Данное уравнение не содержит независимой переменной х (пункт б)). Положим y′ = p , где p = p( y) -

новая неизвестная функция. Тогда относительно p = p( y) получим

Функция p = 0 или y′ = 0 есть решение данного

уравнения, но не решения задачи Коши. Поэтому в (1*) разделяя переменные и интегрируя будем иметь

57

Функция y ≡ 0 , очевидно, является решением. При y ≠ 0 имеем x2u2 + x2u′−1+ 2xu − x2u2 = 0 , откуда для функции

58

u и получаем линейное уравнение первого порядка

u′+ 2x u = x12

Решая его (см§3) получим общее решение этого уравнения: u = Cx21 + 1x . Учитывая замену: y′ = yu , y = C2e∫udx ( см. (8) )

Решение. Данное уравнение (1*) принадлежит к типу (9) (см. замечание 1) и к типу, рассмотренному в п.б). Будем

его решать, полагая y′ = p( y) , получаем pp′ = 2y3 , откуда

В правой части равенства (3*) имеем эллиптический интеграл, который не интегрируется, т.е. его нельзя выразить в виде конечной комбинации элементарных функций. Однако если использовать начальные условия (см. замечание 2), то получим: y(0) =1, y′(0) = p( y(0)) = p(1) =1

(p(1))2 = (y(1))4 +C1 , C1 = 0

59

Задачи

Найти общее решение следующих уравнений. Где указано, найти решение задачи Коши, предварительно решив вопрос о его существовании и единственности.

1. y′′ = 6x +2; y(0) = y′(0) = 0. ( y = x3 + x2 )

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

(y = x +1, y = x2 − x + 2)

3. xy′′′− y′′ = 0. (y = C1x3 + C2 x + C3 )

4. y′′ = 2 y′; y(0) = y′(0) =1; y(0) = y′(0) = 0.

(y = 13 (x +1)3 + 23 ; y = 13 x3 , y = 0)

5. x(y′′y −(y′)2 ) = yy′+ xy2 .

(y = C1 x x22 eC2 x2 −x42 )

6.xy′′+ y′ = 0. (y = C1 ln x + C2 )

7.xy′′= (1+2x2 )y′. (y =C1ex2 +C2 )

8.xy′′ = y′+ x2 . (y = x33 +C1x2 +C2 )

60