Рассмотрим три частных случая решения дифференциальных уравнений с возможностью понижения порядка. Во всех случаях понижение порядка производится с помощью замены переменной. То есть, решение дифференциального уравнения сводится к решению уравнения более низкого порядка. В основном мы рассмотрим способы понижения порядка дифференциальных уравнений второго порядка, однако их можно применять многократно и понижать порядок уравнений изначально более высокого порядка. Так, в примере 2 решается задача понижения порядка дифференциального уравнения третьего порядка.
- Понижение порядка уравнения, не содержащего y и y‘
- Понижение порядка уравнения, не содержащего y
- Понижение порядка уравнения, не содержащего x
- Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка
- Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих искомой функции и производных до k – 1 порядка вида F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0
- Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих независимую переменную, записи F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0
- 🎥 Видео
Видео:14. Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижение порядкаСкачать
Понижение порядка уравнения, не содержащего y и y‘
Это дифференциальное уравнение вида 
. Произведём замену переменной: введём новую функцию 
и тогда 
. Следовательно, 
и исходное уравнение превращается в уравнениие первого порядка
с искомой функцией .
Решая его, находим 
. Так как , то 
.
Отсюда, интегрируя ещё раз, получаем решение исходного уравнения:
,
где 
и 
— произвольные константы интегрирования.
Пример 1. Найти общее решение дифференциального уравнения
.
Решение. Произведём замену переменной, как было описано выше: введём функцию и, таким образом, понизив порядок уравнения, получим уравнение первого порядка 
. Интегрируя его, находим 
. Заменяя на 
и интегрируя ещё раз, находим общее решение исходного дифференциального уравнения:
Пример 2. Решить дифференциальное уравнение третьего порядка
.
Решение. Дифференциальное уравнение не содержит y и y‘ в явном виде. Для понижения порядка применяем подстановку:
.
Тогда 
и получаем линейное дифференциальное уравнение первого порядка:
.
Заменяя z произведением функций u и v , получим
Тогда получим выражения с функцией v :
Выражения с функцией u :
Дважды интегрируем и получаем:
.
.
Интегрируем по частям и получаем:
.
Итак, общее решение данного дифференциального уравения:
.
Видео:Дифференциальные уравнения, 7 урок, Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядкаСкачать
Понижение порядка уравнения, не содержащего y
Это дифференциальное уравнение вида 
. Произведём замену переменной как в предыдущем случае: введём , тогда , и уравнение преобразуется в уравнение первого порядка 
. Решая его, найдём 
. Так как , то 
. Отсюда, интегрируя ещё раз, получаем решение исходного уравнения:
,
где и — произвольные константы интегрирования.
Пример 3. Найти общее решение дифференциального уравнения
.
Решение. Уже знакомым способом произведём замену переменной: введём функцию и понизим порядок уравнения. Получаем уравнение первого порядка 
. Решая его, находим 
. Тогда 
и получаем решение исходного дифференциального уравнения второго порядка:
.
Пример 4. Решить дифференциальное уравнение
.
Решение. Дифференциальное уравнение не содержит y в явном виде. Поэтому для понижения порядка применяем подстановку:
.
Получим дифференциальное уравнение первого порядка:
.
Это уравение с разделяющимися переменными. Решим его:
Интегрируем полученную функцию:
Мы пришли к цели — общему решению данного дифференциального уравения:
.
Пример 5. Найти общее решение дифференциального уравнения
.
Решение. Дифференциальное уравнение не содержит y в явном виде. Поэтому для понижения порядка применяем подстановку:
.
Получим дифференциальное уравнение первого порядка:
.
Это однородное уравение, которое решается при помощи подстановки 
. Тогда 
, 
:
Далее потребуется интегрировать по частям. Введём обозначения:
Таким образом, получили общее решение данного дифференциального уравения:
.
Видео:Дифференциальные уравнения высших порядков, допускающие понижение порядкаСкачать
Понижение порядка уравнения, не содержащего x
Это уравнение вида 
. Вводим новую функцию 
, полагая 
. Тогда
.
Подставляя в уравнение выражения для 
и 
, понижаем порядок уравнения. Получаем уравнение первого порядка относительно z как функции от y:
.
Решая его, найдём 
. Так как 
, то 
. Получено дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, из которого находим общее решение исходного уравнения:
,
где и — произвольные константы интегрирования.
Пример 6. Найти общее решение дифференциального уравнения
.
Решение. Полагая 
и учитывая, что 
, получаем 
. Понизив порядок исходного уравнения, получаем уравнение первого порядка с разделяющимися переменными. Приводя его к виду 
и интегрируя, получаем 
, откуда 
. Учитывая, что 
, находим 
, откуда получаем решение исходного дифференциального уравнения второго порядка:
.
При сокращении на z было потеряно решение уравнения 
, т.е. 
. В данном случае оно содержится в общем решении, так как получается из него при 
(за исключением решения y = 0).
Пример 7. Найти общее решение дифференциального уравнения
.
Решение. Дифференциальное уравнение не содержит x в явном виде. Для понижения порядка применяем подстановку:
.
Получим дифференциальное уравнение первого порядка:
.
Это уравение с разделяющимися переменными. Решим его:
Используя вновь подстановку
,
получим ещё одно уравнение с разделяющимися переменными. Решим и его:
Таким образом, общее решение данного дифференциального уравения:
.
Пример 8. Найти частное решение дифференциального уравнения
,
удовлетворяющее начальному условию y(0) = 1 , y‘(0) = −1 .
Решение. Дифференциальное уравнение не содержит x в явном виде. Поэтому применяем подстановку:
.
Таким образом, понизили порядок уравнения и получили уравнение первого порядка
.
Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные и интегрируем:
Чтобы определить C 1 , используем данные условия y(0) = 1 , y‘(0) = −1 или p(0) = −1 . В полученное выражение подставим y = 1 , p = −1 :
.
.
Разделяя переменные и интегрируя, получаем
.
Из начального условия y(0) = 1 следует
.
Получаем окончательное решение данного дифференциального уравнения
.
Пример 9. Найти частное решение дифференциального уравнения
,
удовлетворяющее начальному условию y(1) = 1 , y‘(1) = −1 .
Решение. Дифференциальное уравнение не содержит x в явном виде. Для понижения порядка применяем подстановку:
.
Таким образом, получили уравнение первого порядка
.
Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными. Разделив обе части уравнения на p , получим
Интегрируем обе части уравнения
Используем начальные условия и определим C 1 . Если x = 1 , то y = 1 и p = y‘ = −1 , поэтому
.
Из начального условия y(1) = 1 следует
.
Получаем окончательное решение данного дифференциального уравнения
.
Видео:ДУ высших порядков, допускающие понижение порядка. Примеры. Решение задачи Коши.Скачать
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка
Материал данной статьи дает представление о дифференциальных уравнениях порядка выше второго с возможностью понизить порядок, используя замену. Подобные уравнения часто представлены F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 , не содержащими искомой функции и производных до k – 1 порядка, а также дифференциальными уравнениями записи F ( y , y ‘ , y » , . . . , y ( n ) ) = 0 , не содержащими независимой переменной.
Видео:Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка.Скачать
Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих искомой функции и производных до
k – 1 порядка вида F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0
Мы имеем возможность понижения порядка дифференциального уравнения F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0 до n – k , используя замену переменных y ( k ) = p ( x ) . Осуществив подобную замену, имеем: y ( k + 1 ) = p ‘ ( x ) , y ( k + 2 ) = p » ( x ) , . . . , y ( n ) = p ( n — k ) ( x ) . Затем подставим полученный результат в исходное уравнение и увидим дифференциальное уравнение порядка n – k с неизвестной функцией p ( x ) .
После нахождения p ( x ) функцию y ( x ) найдем из равенства y ( k ) = p ( x ) интегрированием k раз подряд.
Для наглядности разберём решение такой задачи.
Задано дифференциальное уравнение 4 y ( 4 ) — 8 y ( 3 ) + 3 y » = 0 . Необходимо найти его общее решение.
Решение
Произведя замену y » = p ( x ) , получим возможность понизить порядок дифференциального уравнения с четвертого до второго. Итак, y ( 3 ) = p ‘ , y ( 4 ) = p » , и, таким образом, исходное уравнение четвертого порядка мы преобразуем в линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка, имеющее постоянные коэффициенты 4 p » — 8 p ‘ + 3 p = 0 .
Характеристическое уравнение будет записано так: 4 k 2 — 8 k + 3 = 0 , а корни его — k 1 = 1 2 и k 2 = 3 2 , тогда общим решением дифференциального уравнения 4 p » — 8 p ‘ + 3 p = 0 будет p ( x ) = C 1 · e 1 2 x + C 2 · e 3 2 x .
Проинтегрируем два раза полученный результат и можем записать необходимое нам общее решение дифференциального уравнения четвертого порядка:
y » = p ( x ) ⇒ y ‘ = ∫ p ( x ) d x = ∫ C 1 · e 1 2 x + C 2 · e 3 2 x d x = = 2 C 1 · e 1 2 x + 2 3 C 2 · e 3 2 x + C 3 ⇒ y = ∫ y ‘ d x = ∫ 2 C 1 · e 1 2 x + 2 3 C 2 · e 3 2 x + C 3 d x = = 4 C 1 · e 1 2 x + 4 9 C 2 · e 3 2 x + C 3 · x + C 4
Ответ: y = 4 C 1 · e 1 2 x + 4 9 C 2 · e 3 2 x + C 3 · x + C 4 ( С 1 , С 2 , С 3 и С 4 являются произвольными постоянными).
Задано общее дифференциальное уравнение третьего порядка y ‘ ‘ ‘ · x · ln ( x ) = y » . Необходимо найти его общее решение.
Решение
Осуществим замену y » = p ( x ) , следовательно, y ‘ ‘ ‘ = p ‘ , а заданное дифференциальное уравнение третьего порядка преобразуется в дифференциальное уравнение, имеющее разделяющиеся переменные записи p ‘ · x · ln ( x ) = p .
Осуществим разделение переменных и интегрирование:
d p p = d x x ln ( x ) , p ≠ 0 ∫ d p p = ∫ d x x ln ( x ) ∫ d p p = ∫ d ( ln ( x ) ) ln ( x ) ln p + C 1 = ln ln ( x ) + C 2
Последующее потенцирование с учетом того, что p ( x ) = 0 тоже является решением, даст нам возможность получить общее решение дифференциального уравнения p ‘ · x · ln ( x ) = p в записи p ( x ) = C · ln ( x ) , в которой C будет произвольной постоянной.
Поскольку в самом начале была использована замена y » = p ( x ) , то y ‘ = ∫ p ( x ) d x тогда: y ‘ = C · ∫ ln ( x ) d x . Задействуем метод интегрирования по частям:
y ‘ = C · ∫ ln ( x ) d x = u = ln ( x ) , d v = d x d u = d x x , v = x = = C · x · ln ( x ) — ∫ x d x x = C · ( x · ln ( x ) — x ) + C 3
Произведем интегрирование повторно для получения общего решения заданного дифференциального уравнения третьего порядка:
y = ∫ y ‘ d x = ∫ C · x · ln ( x ) — x + C 3 d x = = C · ∫ x · ln ( x ) d x — C · ∫ x d x + C 3 · ∫ d x = = C · ∫ x · ln ( x ) d x — C · x 2 2 + C 3 · x = = u = ln x , d v = x d x d u = d x x , v = x 2 2 = = C · x 2 2 · ln x — ∫ x d x 2 — C · x 2 2 + C 3 · x + C 4 = = C · x 2 ln ( x ) 2 — 3 x 2 4 + C 3 · x + C 4
Ответ: y = C · x 2 ln ( x ) 2 — 3 x 2 4 + C 3 · x + C 4 ( С , С 3 и С 4 являются произвольными постоянными).
Видео:Д2У-4. Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижения порядка. Задача КошиСкачать
Понижение порядка дифференциальных уравнений, не содержащих независимую переменную, записи F ( x , y ( k ) , y ( k + 1 ) , . . . , y ( n ) ) = 0
Теперь рассмотрим дифференциальные уравнения F ( y , y ‘ , y » , . . . , y ( n ) ) = 0 , не имеющие в своей записи независимую переменную.
В данном случае снижение порядка на единицу возможно с использованием замены d y d x = p ( y ) . Опираясь на правило дифференцирования сложных функций, получим:
d 2 y d x 2 = d p d y d y d x = d p d y p ( y ) d 3 y d x 3 = d d p d y p ( y ) d x = d 2 p d y 2 d y d x p ( y ) + d p d y d p d y d y d x = = d 2 p d y 2 p 2 ( y ) + d p d y 2 p ( y ) . . .
Подставив результат в заданное уравнение, получаем дифференциальное уравнение с порядком ниже на единицу.
Рассмотрим данный алгоритм в решении конкретной задачи.
Задано дифференциальное уравнение 4 y 3 y » = y 4 — 1 и начальные условия: y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 2 2 . Необходимо найти частное решение заданного уравнения.
Решение
Заданное уравнение не имеет в своем составе независимую переменную x , следовательно, мы можем снизить порядок уравнения на единицу, используя замену d y d x = p ( y ) .
Тогда d 2 y d x 2 = d p d y · p ( y ) . Произведем подстановку и получим дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными 4 y 3 · d p d y · p ( y ) = y 4 — 1 .
4 y 3 · d p d y · p ( y ) = y 4 — 1 ⇔ p ( y ) d p = y 4 — 1 4 y 3 d y , y ≠ 0 ∫ p ( y ) d p = ∫ y 4 — 1 4 y 3 d y p 2 ( y ) 2 + C 1 = y 2 8 + 1 8 y 2 + C 2 p 2 ( y ) = 1 4 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 , C = C 2 — C 1 P ( y ) = ± 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2
Поскольку d y d x = p ( y ) , тогда y ‘ = ± 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 .
Этап решения позволяет найти константу C , задействовав начальные условия y ( 0 ) = 2 , y ‘ ( 0 ) = 1 2 2 :
y ‘ ( 0 ) = ± 1 2 y 4 ( 0 ) + 8 C y 2 ( 0 ) + 1 y 2 ( 0 ) 1 2 2 = ± 1 2 2 4 + 8 C 2 2 + 1 2 1 2 2 = ± 1 2 5 + 16 C 2 1 = ± 5 + 16 C
Крайнее равенство дает возможность сформулировать вывод:
C = — 1 4 ,а y ‘ = — 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 не удовлетворяет условиям задачи.
y ‘ = 1 2 y 4 + 8 C y 2 + 1 y 2 = 1 2 y 4 + 8 · — 1 4 y 2 + 1 y 2 = = 1 2 y 4 + 2 y 2 + 1 y 2 = 1 2 ( y 2 — 1 2 ) y 2 = 1 2 y 2 — 1 y
При y 2 — 1 y ≥ 0 ⇔ y ∈ — 1 ; 0 ∪ [ 1 ; + ∞ ) получаем y ‘ = 1 2 · y 2 — 1 y , откуда
2 y d y y 2 — 1 = d x ∫ 2 y d y y 2 — 1 = ∫ d x ∫ d ( y 2 — 1 ) y 2 — 1 = ∫ d x ln ( y 2 — 1 ) + C 3 = x + C 4 y 2 — 1 = e x + C 3 = x + C 4 y 2 — 1 = x + C 1 , C 5 + C 4 — C 2 y = ± e x + C 5 + 1
Область значений функции y = — e x + C 5 + 1 — это ( — ∞ , — 1 ] , и такой интервал не будет удовлетворять условию y 2 — 1 y ≥ 0 ⇔ y ∈ — 1 ; 0 ∪ [ 1 ; + ∞ ) , а значит y = — e x + C 5 + 1 не рассматриваем.
Обратимся к начальному условию y ( 0 ) = 2 :
y ( 0 ) = e 0 + C 5 + 1 2 = e 0 + C 5 + 1 2 = e C 5 + 1 С 5 = 0
Таким образом, y = e x + C 5 + 1 = e x + 0 + 1 = e x + 1 — необходимое нам частное решение.
При у 2 — 1 y 0 ⇔ y ∈ — ∞ ; — 1 ∪ 0 ; 1 получим y ‘ = — 1 2 · y 2 — 1 y , откуда y = ± e x + C 5 + 1 . Область значений функции y = e — x + C 5 + 1 — интервал [ 1 , + ∞ ) , и такой интервал не будет удовлетворять условию y 2 — 1 y 0 ⇔ y ∈ — ∞ ; — 1 ∪ 0 ; 1 , тогда y = e — x + C 5 + 1 не рассматриваем.
Для функции y = e — x + C 5 + 1 начальное условие y ( 0 ) = 2 не будет удовлетворяться ни для каких С 6 , поскольку
🎥 Видео
ДУ, допускающие понижение порядка, когда нет Y| poporyadku.schoolСкачать
Д2У-2. Дифференциальные уравнения, допускающие понижения порядка (отсутствует у).Скачать
Дифференциальное уравнение высших порядков, допускающие понижение порядка.Скачать
Задача Коши для дифференциальных уравненийСкачать
ЛОДУ 2 порядка c постоянными коэффициентамиСкачать
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ДОПУСКАЮЩИЕ ПОНИЖЕНИЕ ПОРЯДКАСкачать
Дифференциальное уравнение второго порядка, допускающие понижениеСкачать
Д2У-3. Дифференциальные уравнения, допускающие понижения порядка (отсутствует х).Скачать
Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядкаСкачать
4. ДУ. ДУ 2-го порядка, допускающее понижение порядка. 1 тип.Скачать
ДУ, допускающее понижение порядка (без х)Скачать
