ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 11.04.2021
Просмотров: 501
Скачиваний: 1
С
.
К
.
Соболев
.
Дифференциальные
уравнения
11
2.
Дифференциальные
уравнения
высших
порядков
.
2.1.
Основные
сведения
Дифференциальное
уравнение
второго
порядка
имеет
вид
( , , ,
)
0
F x y y y
′ ′′ =
,
где
( )
y
y x
=
–
неизвестная
функция
,
которую
надо
найти
.
Общее
решение
такого
ДУ
зависит
от
двух
произвольных
констант
С
1
и
С
2
,
значения
которых
можно
найти
,
если
заданы
начальные
условия
:
значение
искомой
функции
и
её
производной
в
некоторой
точке
:
0
0
0
1
(
)
,
(
)
y x
y
y x
y
′
=
=
,
получится
частное
решение
.
Дифференциальное
уравнение
вида
( , ,
)
y
f x y y
′′
′
=
,
где
f
–
известная
функция
трех
переменных
,
вместе
с
начальными
условиями
называется
задачей
Коши
.
Теорема
Коши
.
Если
в
некоторой
(
трехмерной
)
окрестности
3
точки
0
0
0
1
(
;
;
)
M
x
y
y
функция
( , ,
)
f x y y
′
и
её
частные
производные
f
y
∂
∂
и
f
y
∂
′
∂
непрерывны
,
то
найдется
такая
(
одномерная
)
окрестность
точки
0
x ,
в
которой
решение
задачи
Коши
( , ,
)
y
f x y y
′
′
=
,
0
0
0
1
(
)
,
(
)
y x
y
y x
y
′
=
=
,
существует
и
единственно
.
Дифференциальное
уравнение
п
-
го
порядка
имеет
вид
( )
( , , ,
, ...,
)
0
n
F x y y y
y
′ ′′
=
,
где
( )
y
y x
=
–
неизвестная
функция
.
Общее
решение
такого
ДУ
зависит
от
п
произвольных
констант
1
2
,
, ...,
n
C C
C
,
значения
которых
можно
найти
,
если
заданы
начальные
условия
:
значение
искомой
функции
и
её
производных
порядка
от
1
до
(
1)
n
−
включительно
в
некоторой
точке
:
(
1)
0
0
0
1
0
1
(
)
,
(
)
, ...,
(
)
n
n
y x
y
y x
y
y
x
y
−
−
′
=
=
=
,
получится
частное
решение
.
2.2.
Методы
понижения
порядка
ДУ
второго
и
высших
порядков
.
1)
Простейшее
дифференциальное
уравнение
п
-
го
порядка
имеет
вид
( )
( )
n
y
f x
=
,
где
( )
f x
–
известная
функция
.
Решение
такого
дифференциального
уравнения
находится
п
-
кратным
последовательным
интегрированием
функции
( )
f x
,
при
каждом
интегрировании
возникает
аддитивная
постоянная
.
Пример
3.
Найти
общее
решение
дифференциального
уравнения
sin 2
y
x
′′′ =
.
Решение
.
Последовательно
находим
:
1
1
2
( )
sin 2
cos 2
y
y
x dx
xdx
x
C
′′
′′′
=
=
= −
+
∫
∫
,
(
)
1
1
1
1
2
2
4
( )
cos 2
sin 2
y
y x dx
x
C dx
x
C x
C
′
′′
=
=
−
+
= −
+
+
∫
∫
,
(
)
2
1
1
1
1
2
1
2
3
4
8
2
( )
sin 2
cos 2
y
y x dx
x
C x
C
x
C x
C x
C
′
=
=
−
+
+
=
+
+
+
∫
∫
Общее
решение
содержит
три
произвольные
константы
(
1
1
1
2
C
C
=
):
2
1
1
2
3
8
cos 2
y
x
C x
C x
C
=
+
+
+
.
Далее
рассмотрим
некоторые
типы
дифференциальных
уравнений
второго
порядка
,
которые
с
помощью
подходящей
замены
сводятся
к
дифференциальным
уравнениям
первого
порядка
.
3
Окрестность
точки
0
M
в
пространстве
–
это
внутренность
шара
или
куба
с
центром
в
данной
точке
0
M
.
С
.
К
.
Соболев
.
Дифференциальные
уравнения
12
2)
ДУ
второго
порядка
( , , ,
)
0
F x y y y
′ ′′ =
не
содержит
явно
у
,
т
.
е
.
имеет
вид
( ,
,
)
0
F x y y
′
′′ =
.
Метод
решения
:
ввести
новую
переменную
( )
p
p x
=
,
тогда
2
2
( )
x
d y
d y
dp
y
p
dx
dx
dx
′
′′
′
=
=
=
=
.
Получится
ДУ
первого
порядка
( , ,
)
0
x
F x p p
′ =
,
решив
которое
,
находим
функцию
( )
x
p x
y
′
=
(
зависящую
от
константы
С
1
),
затем
с
помощью
интегрирования
находим
( )
( )
y x
p x dx
=
∫
(
при
этом
появится
вторая
константа
С
2
).
Пример
4
:
Найти
общее
решение
дифференциального
уравнения
sin
cos
cos 2
cos 4
y
x
y
x
x
x
′′
′
−
=
−
.
Решение
:
Поскольку
данное
ДУ
второго
порядка
не
содержит
явно
у
,
положим
( )
p
p x
=
,
тогда
x
y
p
′′
′
=
,
получится
линейное
ДУ
первого
порядка
относительно
неизвестной
функции
( )
p x
:
sin
cos
cos 2
cos 4
ctg
2 sin 3
p
x
p
x
x
x
p
p
x
x
′
′
−
=
−
⇔
=
⋅
+
(
поскольку
2
2
2
cos 2
cos 4
2 sin sin 3
2 sin
(3 4 sin
)
2 sin
(1 2 cos 2 )
x
x
x
x
x
x
x
x
−
≡
≡
⋅
−
≡
⋅
+
.
Здесь
( )
ctg , ( )
2 sin 3
A x
x B x
x
=
=
.
Решая
это
ДУ
,
находим
:
( )
( )
p
u x
v x
=
⋅
,
( )
ctg
ln(sin )
( )
sin
A x dx
x dx
x
u x
e
e
e
x
∫
∫
=
=
=
=
,
1
( )
2 sin 3
( )
2 (1 2 cos 2 )
2
2 sin 2
( )
sin
B x
x
v x
dx
dx
x dx
x
x
C
u x
x
=
=
=
+
=
+
+
∫
∫
∫
,
1
1
sin (2
2 sin 2
)
2
sin
2 sin
sin 2
sin
y
p
x
x
x
C
x
x
x
x
C
x
′ =
=
+
+
=
⋅
+
⋅
+
.
Теперь
находим
и
саму
функцию
(
)
1
1
1
2
3
( )
2
sin
cos
cos 3
sin
2 cos
2 sin
sin
sin 3
cos
y x
y dx
x
x
x
x
C
x
x
x
x
x
x
C
x
C
′
=
=
⋅
+
−
+
=
= −
+
+
−
−
+
∫
∫
Ответ
:
1
1
2
3
2 cos
3sin
sin 3
cos
y
x
x
x
x
C
x
C
= −
+
+
−
+
.
3)
ДУ
второго
порядка
( , , ,
)
0
F x y y y
′ ′′ =
не
содержит
явно
х
,
т
.
е
.
имеет
вид
( ,
,
)
0
F y y y
′
′′ =
.
Метод
решения
:
ввести
новую
переменную
( )
p
p y
=
,
тогда
,
по
формуле
производной
сложной
функции
,
( )
y
d y
dp
dp dy
y
p
p
dx
dx
dy dx
′
′′
′
=
=
=
⋅
=
⋅
.
Получится
ДУ
первого
порядка
( , ,
)
0
y
F y p p
p
′ ⋅
=
,
решив
которое
,
находим
функцию
( )
x
dy
p y
y
dx
′
=
=
(
она
будет
содержать
также
произвольную
константу
С
1
).
Последнее
уравнение
есть
ДУ
первого
порядка
с
разделяющимися
переменными
,
интегрируя
его
( )
( )
dy
dy
dx
dx
p y
p y
=
⇒
=
∫
∫
,
получаем
искомое
решение
(
в
неявной
форме
)
содержащее
вторую
произвольную
константу
.
Замечание
.
Если
заданы
начальные
условия
и
не
требуется
получить
общее
решение
(
а
только
частное
),
то
значения
каждой
константы
следует
находить
сразу
после
её
появления
подстановкой
начальных
условий
.
Пример
5
:
Найти
частное
решение
для
ДУ
второго
порядка
2
2
( )
y y
y
y
′′
′
⋅
=
−
с
начальными
условиями
: (0)
1, (0)
2
y
y
=
= −
.
С
.
К
.
Соболев
.
Дифференциальные
уравнения
13
Решение
.
Поскольку
данное
ДУ
второго
порядка
не
содержит
явно
х
,
положим
( )
y
p y
′ =
,
тогда
y
y
p
p
′′
′
=
⋅
.
Получим
дифференциальное
уравнение
первого
порядка
с
однородной
правой
частью
(
которое
одновременно
является
и
ДУ
типа
Бернулли
с
параметром
1
α
= −
)
относительно
неизвестной
функции
( )
p y
:
2
2
y
y
p
y
ypp
p
y
p
y
p
′
′
=
−
⇔
=
−
. (3)
Первый
способ
.
Решим
уравнение
(3)
как
ДУ
с
однородной
правой
частью
:
Положим
y
y
p
u
p
y u
p
u
y u
y
′
′
=
⇒
= ⋅
⇒
= + ⋅
.
Подставив
это
в
уравнение
(3)
получим
ДУ
с
разделяющимися
переменными
:
1
1
y
dy
du
u
y u
u
y
u du
u
dy
u
y
′
+ ⋅
= −
⇔ ⋅
= −
⇒
= −
∫
∫
.
Интегрируя
,
получаем
2
1
1
1
1
2
ln
2
2 ln
2
2 ln
p
u
C
y
u
C
y
y
p
y
C
y
y
′
=
−
⇒
=
= ±
−
⇒
=
= ±
−
.
Подставив
в
последнее
равенство
начальные
условия
(0)
1, (0)
2
y
y
=
= −
,
определим
нужный
знак
и
значение
константы
С
1
:
1
2
1
2
0
C
− = ± ⋅
−
⇒
1
2
C
=
,
перед
корнем
должен
стоять
знак
«
минус
»,
и
тогда
4
2 ln
dy
y
y
y
dx
′
=
= − ⋅
−
.
Последнее
уравнение
есть
ДУ
с
разделяющимися
переменными
,
решим
его
:
4
2 ln
dy
dx
y
y
= −
⇒
⋅
−
∫
∫
.
В
левом
интеграле
сделаем
замену
4
2 ln
2
dy
t
y
dt
y
= −
⇒
= −
,
получим
2
4
2 ln
y
x
C
−
= +
,
подставим
сюда
начальное
условие
0,
1
x
y
=
=
,
получим
,
2
2
4 0
0
2
C
C
−
= +
⇒
=
,
следовательно
,
частное
решение
(
в
неявной
форме
)
имеет
вид
:
4
2 ln
2
y
x
−
= +
,
откуда
2
1
2
2
(
2)
2
2
1
2
4
2 ln
(
2)
ln
2
(
2)
x
y
x
y
x
y
e
−
+
−
=
+
⇒
= −
+
⇒
= ±
.
Подставляя
сюда
еще
раз
начальное
условие
выбираем
знак
«
плюс
».
Ответ
:
2
1
2
2
(
2)
x
y
e
−
+
=
.
Второй
способ
.
Решим
ДУ
y
p
y
p
y
p
′ =
−
как
ДУ
типа
Бернулли
с
параметром
1
α
= −
.
Умножим
обе
части
этого
ДУ
на
множитель
(1
)
2
p
p
α
α
−
−
=
и
положим
1
2
z
p
p
α
−
=
=
.
Тогда
2
y
y
z
pp
′
′
=
.
Получим
2
1
2
2
2
2
2
y
y
y
y
pp
p
y
z
z
y
′
′
=
−
⇔
=
−
.
Решим
это
линейное
ДУ
:
( )
( )
z
u y
v y
=
⋅
,
2
2
2
2 ln( )
2
1
( )
,
( )
2 ln
y
dy
y
y
y
u y
e
e
y
v y
dy
y
C
−
∫
=
=
=
=
= −
+
∫
,
поэтому
2
2
1
1
(
2 ln
)
2 ln
)
x
p
z
u v
y C
y
y
p
C
y
′
= = ⋅ =
−
⇒
=
= ±
−
.
Далее
решение
такое
же
,
что
и
первым
способом
.
4)
Порядок
ДУ
можно
понизить
,
используя
формулы
(
)
(
)
2
1
2
( )
,
( )
,
n
n
n
y y
y
y y
y
y
ny
y
y
y
−
′
′
′
′
′′
′
′
′′
⋅
=
+ ⋅
⋅
=
+
⋅
С
.
К
.
Соболев
.
Дифференциальные
уравнения
14
( )
(
)
2
2
,
( )
( )
( )
,
y y
y
y
g x
y
g x
y
g x
y
y
y
′
′′
′
−
′
′
′
′
′
′′
=
⋅
=
⋅
+
⋅
и
.
т
.
д
.
Тогда
,
если
в
ДУ
удалось
представить
левую
и
правую
части
в
виде
полных
производных
(
по
x
)
выражений
( , ,
)
F x y y
′
и
( , ,
)
G x y y
′
,
т
.
е
.
в
виде
( , ,
)
( , ,
)
d
d
F x y y
G x y y
dx
dx
′
′
=
,
то
тогда
1
( , ,
)
( , ,
)
F x y y
G x y y
C
′
′
=
+
.
Пример
6
:
Найти
общее
решение
ДУ
второго
порядка
2
2
( )
sin
y y
y
y
x
′′
′
=
+
.
Решение
.
Это
ДУ
второго
порядка
содержит
явно
и
х
,
и
у
,
и
y
′
и
y
′′
.
Перепишем
его
в
виде
2
2
( )
sin
y y
y
x
y
′′
′
−
=
и
заметим
что
левая
часть
есть
производная
(
по
х
)
дроби
y
y
′
,
т
.
е
.
данное
ДУ
имеет
вид
sin
y
x
y
′
′
=
.
Следовательно
,
1
1
sin
cos
y
dy
x
C
x
y
y dx
′
=
⋅
=
=
−
∫
,
откуда
1
sin
1
1
2
2
(
cos )
ln
sin
ln
C x
x
dy
C
x dx
y
C x
x
C
y
C e
y
−
=
−
⇒
=
−
+
⇒
=
∫
∫
.
Ответ
:
1
sin
2
C x
x
y
C e
−
=
.
2.3.
Задачи
для
самостоятельного
решения
.
1.
Найти
общее
решение
дифференциальных
уравнений
:
(
а
)
2
1
IV
y
x
=
; (
б
)
3
2
( )
( )
yy
y
y
′′
′
′
+
=
; (
в
)
ln
y
xy
y
x
′
′′
′
=
; (
г
)
1
xy
y
x
′′
′
+
= +
;
(
д
)
2
( )
yy
y
x
′′
′
+
=
.
2.
Найти
частное
решение
дифференциальных
уравнений
,
удовлетворяющее
начальным
условиям
:
(
а
)
2
2
(1
)
( )
1
0
x
y
y
′′
′
+
+
+ =
, (0)
(0)
1
y
y
′
=
=
; (
б
)
2
y
y
e
′′ =
, (1)
0,
(1)
1
y
y
′
=
=
;
(
в
)
2
2
2
( ) ,
(2)
(2)
1
yy
y
y
y
y
′′
′
′
+
=
=
=
.
3.
Линейные
дифференциальные
уравнения
второго
порядка
.
3.1.
Основные
сведения
Линейное
дифференциальное
уравнение
(
ЛДУ
)
второго
порядка
имеет
вид
( )
( )
( )
( )
a x y
b x y
c x y
f x
′′
′
+
+
=
,
где
( )
a x
0.
Если
( )
0
f x
≡
,
это
ЛДУ
называется
однородным
,
а
если
( )
0
f x
T
,
то
оно
называется
неоднородным
.
Общее
решение
однородного
ЛДУ
(
ОЛДУ
)
второго
порядка
( )
( )
( )
0
a x y
b x y
c x y
′′
′
+
+
=
имеет
вид
С
.
К
.
Соболев
.
Дифференциальные
уравнения
15
оо
1 1
2 2
( )
( )
y
C
x
C
x
ϕ
ϕ
=
+
,
где
1
( )
x
ϕ
,
2
( )
x
ϕ
–
два
линейно
независимых
4
частных
решения
этого
уравнения
,
образующее
его
фундаментальную
систему
решений
(
ФСР
).
Общее
решение
неоднородного
ЛДУ
( )
( )
( )
( )
a x y
b x y
c x y
f x
′′
′
+
+
=
имеет
вид
он
oo
чн
y
y
y
=
+
.,
где
он
y
–
общее
решение
неоднородного
ЛДУ
,
чн
y
–
какое
-
то
частное
решение
неоднородного
ЛДУ
oo
y
–
общее
решение
соответствующего
однородного
ЛДУ
.
3.1.
Построение
общего
решения
ОЛДУ
второго
порядка
с
постоянными
коэффициентами
.
Пусть
дано
ОЛДУ
второго
порядка
с
постоянными
коэффициентами
0, (
0)
ay
by
cy
a
′′
′
+
+
=
≠
, (4)
2
0
a
b
c
λ
λ
+
+ =
–
соответствующее
характеристическое
уравнение
,
имеющее
вещественные
или
комплексные
корни
1
2
,
λ λ
.
Тогда
общее
решения
ОЛДУ
(4)
имеет
следующий
вид
(
в
зависимости
от
знака
дискриминанта
2
4
D
b
ac
=
−
):
(
а
)
если
0
D
>
и
1
2
,
λ λ
–
различные
вещественные
корни
,
то
1
2
оо
1
2
x
x
y
C e
C e
λ
λ
=
+
;
(
б
)
если
0
D
=
и
1
2
λ
λ
α
=
=
∈
R
,
то
оо
1
2
x
x
y
C e
C xe
α
α
=
+
;
(
в
)
если
0
D
<
и
корни
1, 2
i
λ
α
β
=
±
–
комплексные
,
причем
,
,
α
β
+
∈
∈
R
R
,
i
–
мнимая
единица
(
2
1
i
= −
),
то
оо
1
2
cos
sin
x
x
y
C e
x C xe
x
α
α
β
β
=
+
.
Пример
7.
Найти
общее
решение
ОЛДУ
:
(
а
) 2
3
0
y
y
y
′′
′
−
−
=
; (
б
)
6
9
0
y
y
y
′′
′
−
+
=
; (
в
)
2
5
0
y
y
y
′′
′
+
+
=
.
Решение
.
Составляем
соответствующее
характеристическое
уравнение
и
находим
корни
.
(
а
)
2
2
3
0
λ
λ
−
− =
,
3
1
2
1,
λ
λ
2
= −
=
3
2
oo
1
2
x
x
y
C e
C e
−
⇒
=
+
;
(
б
)
2
3
3
1
2
oo
1
2
6
9
0,
3
x
x
y
C e
C xe
λ
λ
λ
λ
−
+ =
=
=
⇒
=
+
;
(
в
)
2
oo
1
2
2
5
0,
1 2
cos 2
sin 2
x
x
i
y
C e
x
C e
x
λ
λ
λ
−
−
+
+ =
= − ±
⇒
=
+
.
4
функции
1
( ), ...,
( )
n
y x
y
x
называются
линейно
зависимыми
на
промежутке
( ;
)
α β
,
если
тождественное
равенство
1
1
1
1
( ) ...
( )
0
y x
y x
λ
λ
⋅
+
+
⋅
≡
на
( ;
)
α β
выполняется
при
некоторых
1
, ...,
n
λ
λ
,
не
равных
одновременно
нулю
.
В
противном
случае
,
т
.
е
.
если
тождественное
равенство
1
1
1
1
( ) ...
( )
0
y x
y x
λ
λ
⋅
+
+
⋅
≡
на
( ;
)
α β
возможно
только
при
1
...
0
n
λ
λ
=
=
=
,
функции
1
( ), ...,
( )
n
y x
y
x
называются
линейно
независимыми
на
промежутке
( ;
)
α β
.
Две
функции
1
( )
y x
и
2
( )
y x
линейно
независимы
тогда
и
только
когда
,
когда
они
не
пропорциональны
,
т
.
е
.
2
1
( )
( )
y x
const
y x
≠
.