Jednadžbe višeg reda koje omogućuju snižavanje reda. Metode za snižavanje reda jednadžbe

Stoga postoji prirodna želja da se jednadžba reda višeg od prvog svede na jednadžbu nižeg reda. U nekim slučajevima to se može učiniti. Razmotrimo ih.

1. Jednadžbe oblika y (n) =f(x) rješavaju se uzastopnom integracijom n puta
, ,… .
Primjer. Riješite jednadžbu xy""=1 . Stoga možemo napisati y"=ln|x| + C 1 i, ponovno integrirajući, konačno ćemo dobiti y=∫ln|x| + C 1 x + C 2

2. U jednadžbama oblika F(x,y (k) ,y (k +1) ,..,y (n))=0 (tj. ne sadrže eksplicitno nepoznatu funkciju i neke njezine derivacije), redoslijed se smanjuje korištenjem promjene varijable y (k) = z(x). Tada je y (k +1) =z"(x),...,y (n) = z (n - k) (x) i dobivamo jednadžbu F(x,z,z",..,z (n - k)) reda n-k. Njeno rješenje je funkcija z = φ(x,C 1 ,C 2 ,…,C n) ili, sjetimo se što je z, dobivamo jednadžbu y (n- k) = φ(x,C 1 ,C 2 , …, C n - k) tipa koji se razmatra u slučaju 1.
Primjer 1 . Riješite jednadžbu x 2 y "" = (y") 2. Napravimo zamjenu y "=z (x) . Tada y""=z"(x) . Zamjenom u izvornu jednadžbu, dobivamo x 2 z"=z 2. Odvajajući varijable, dobivamo . Integrirajući, imamo , ili, što je isto, . Posljednja relacija je zapisana kao , odakle . Integrirajući, konačno dobivamo
Primjer 2 . Riješite jednadžbu x 3 y"" +x 2 y"=1. Napravimo promjenu varijabli: y"=z; y""=z"
x 3 z"+x 2 z=1. Mijenjamo varijable: z=u/x; z"=(u"x-u)/x 2
x 3 (u "x-u) / x 2 + x 2 u / x = 1 ili u" x 2 -xu + xu = 1 ili u "x ^ 2 = 1. Od: u" = 1 / x 2 ili du / dx=1/x 2 ili u = int(dx/x 2) = -1/x+c 1
Budući da je z=u/x, onda je z = -1/x 2 +c 1 /x. Budući da je y "=z, onda dy / dx \u003d -1 / x 2 + c 1 / x
y = int(c 1 dx/x-dx/x 2) =c 1 ln(x) + 1/x + c 2 . Odgovor: y = c 1 ln(x) + 1/x + c 2

3. Sljedeća jednadžba koja se može reducirati je jednadžba oblika F(y,y",y"",...,y (n))=0 , koja ne sadrži eksplicitno nezavisnu varijablu. jednadžba se smanjuje promjenom varijable y" =p(y) , gdje je p nova željena funkcija ovisno o y. Zatim
= i tako dalje. Indukcijom imamo y (n) =φ(p,p",..,p (n-1)). Zamjenom u izvornu jednadžbu snižavamo njezin red za jedan.

Primjer. Riješite jednadžbu (y") 2 +2yy""=0. Napravimo standardnu ​​zamjenu y"=p(y) , zatim y″=p′·p . Zamjenom u jednadžbu dobivamo Odvajajući varijable, na p≠0, imamo Integriranje, dobivamo ili, što je isto, . Zatim ili. Integrirajući posljednju jednakost, konačno dobivamo Prilikom odvajanja varijabli mogli bismo izgubiti rješenje y=C, koje se dobije pri p=0, ili, što je isto, pri y"=0, ali je sadržano u gore dobivenom.

4. Ponekad je moguće uočiti značajku koja omogućuje snižavanje reda jednadžbe na načine različite od onih koji su prethodno razmatrani. Pokažimo to primjerima.

Primjeri.
1. Ako su oba dijela jednadžbe yy"""=y′y″ podijeljena s yy″, tada dobivamo jednadžbu , koja se može prepisati kao (lny″)′=(lny)′. Iz posljednje relacije slijedi da je lny″=lny +lnC , ili, što je isto, y″=Cy... Rezultat je jednadžba za red veličine niža i tipa koji je ranije razmatran.
2. Slično, za jednadžbu yy″=y′(y′+1) imamo , ili (ln(y"+1))" = (lny)" . Iz posljednje relacije slijedi da je ln(y"+ 1) = lny + lnC 1 , ili y"=C 1 y-1. Odvajanjem varijabli i integriranjem dobivamo, ln(C 1 y-1) = C 1 x+C 2
Odlučiti jednadžbe nižeg reda moguće uz pomoć posebne usluge

jedna od metoda za integraciju diferencijalnih jednadžbi višeg reda je metoda redukcije reda. Bit metode je da se uz pomoć promjene varijable (supstitucije) ovaj DE svodi na jednadžbu čiji je red niži.

Razmotrimo tri vrste jednadžbi koje se mogu reducirati.

I. Neka jednadžba

Redoslijed se može sniziti uvođenjem nove funkcije p(x), postavljanjem y"=p(x). Tada y""=p"(x) i dobivamo DE prvog reda: p"=ƒ(x) . Rješavajući ga, tj. nakon što smo pronašli funkciju p \u003d p (x), rješavamo jednadžbu y "\u003d p (x). Dobijmo opće rješenje zadane jednadžbe (3.6).

U praksi djeluju drugačije: redoslijed se snižava izravno uzastopnom integracijom jednadžbe.

Jer jednadžba (3.6) može se zapisati kao dy "=ƒ(h) dx. Tada, integrirajući jednadžbu y""=ƒ(h), dobivamo: y"= ili y"=j1(x)+s 1. Dalje , integrirajući rezultirajuću jednadžbu za x, nalazimo: - opće rješenje ove jednadžbe. Ako je jednadžba zadana zatim, integrirajući ga sukcesivno n puta, nalazimo opće rješenje jednadžbe:

Primjer 3.1. riješiti jednadžbu

Rješenje: Četiri puta sukcesivnom integracijom ove jednadžbe dobivamo

Neka jednadžba

Označimo y "=p, gdje je p=p(x) nova nepoznata funkcija. Tada y" "=p" i jednadžba (3.7) poprima oblik p "=ƒ(x; p). Neka je p=j (x; c 1) - opće rješenje dobivenog DE prvog reda. Zamjenom funkcije p s y ", dobivamo DE: y" \u003d j (x; c 1). Ima oblik (3.6) Za pronalaženje y dovoljno je integrirati posljednju jednadžbu.Opće rješenje jednadžbe (3.7) će izgledati ovako

Poseban slučaj jednadžbe (3.7) je jednadžba

koja također ne sadrži eksplicitno željenu funkciju, tada se njezin redoslijed može smanjiti za k jedinica postavljanjem y (k) = p(x). Tada je y (k + 1) = p"; ...; y (n) = p (n-k) i jednadžba (3.9) poprima oblik F(x; p; p";...; p (n-κ) ) )=0. Poseban slučaj jednadžbe (3.9) je jednadžba

Zamjenom y (n-1) =p(x), y (n) =p", ova se jednadžba reducira na DE prvog reda.

Primjer 3.2. riješiti jednadžbu

Rješenje: Stavimo y "=p, gdje Zatim Ovo je jednadžba koja se može odvojiti: Integrirajući, dobivamo Vraćajući se na izvornu varijablu, dobivamo y "=c 1 x,

je opće rješenje jednadžbe.

III. Razmotrimo jednadžbu

koji ne sadrži eksplicitno nezavisnu varijablu x.

Da bismo smanjili redoslijed jednadžbe, uvodimo novu funkciju p = p (y), ovisno o varijabli y, postavljajući y "= p. Ovu jednakost razlikujemo s obzirom na x, uzimajući u obzir da je p \u003d p ( y (x):

tj. Sada se jednadžba (3.10) može zapisati u obliku

Neka je r=j(y;s 1) opće rješenje ovog DE prvog reda. Zamjenom funkcije p(y) s y", dobivamo y"=j(y;c 1) - DE s odvojivim varijablama. Integrirajući ga, nalazimo opći integral jednadžbe (3.10):

Poseban slučaj jednadžbe (3.10) je DE

Takva se jednadžba rješava pomoću slične zamjene: y " \u003d p (y),

Isto radimo i pri rješavanju jednadžbe F (y; y "; y" "; ...; y (n)) \u003d 0. Njegov se redoslijed može smanjiti za jedan postavljanjem y "= p, gdje je p \u003d p (y). Po pravilu diferencijacije složene funkcije nalazimo Zatim nalazimo

p \u003d uv \u003d ((-1 + y) e -y + e -y + c 1) e + y, ili p \u003d c 1 ey + y. Zamjenom p s y ", dobivamo: y" \u003d c 1 -e y + y. Zamijenivši y"=2 i y=2 u ovu jednakost, nalazimo s 1:

2=c 1 e 2 +2, c 1 =0.

Imamo y"=y. Dakle y=c 2 e x. C 2 nalazimo iz početnih uvjeta: 2=c 2 e°, c 2 =2. Dakle, y=2e x je posebno rješenje zadanog

Diferencijalna jednadžba 2. reda ima oblik:

Opće rješenje jednadžbe je obitelj funkcija ovisno o dvije proizvoljne konstante i: (ili - opći integral diferencijalne jednadžbe 2. reda). Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadžbu 2. reda (1.1) je pronaći određeno rješenje jednadžbe koje zadovoljava početne uvjete: za: , . Treba napomenuti da se grafovi rješenja jednadžbe 2. reda mogu križati, za razliku od grafova rješenja jednadžbe 1. reda. Međutim, rješenje Cauchyjevog problema za jednadžbe drugog reda (1.1) pod prilično širokim pretpostavkama za funkcije koje ulaze u jednadžbu je jedinstveno, tj. bilo koja dva rješenja sa zajedničkim početnim uvjetom poklapaju se na sjecištu intervala definicije.

Dobivanje općeg rješenja ili rješavanje Cauchyjevog problema za diferencijalnu jednadžbu 2. reda nije uvijek moguće analitički. Međutim, u nekim slučajevima moguće je sniziti red jednadžbe uvođenjem različitih zamjena. Analizirajmo ove slučajeve.

1. Jednadžbe koje ne sadrže eksplicitno nezavisnu varijablu.

Neka diferencijalna jednadžba 2. reda ima oblik: , t.j. Jednadžba (1.1) ne sadrži eksplicitno nezavisnu varijablu. To nam omogućuje da ga uzmemo kao novi argument i uzmemo derivaciju 1. reda kao novu funkciju. Zatim.

Dakle, jednadžba 2. reda za funkciju koja ne sadrži eksplicitno je reducirana na jednadžbu 1. reda za funkciju. Integriranjem ove jednadžbe dobivamo opći integral ili, a ovo je diferencijalna jednadžba 1. reda za funkciju. Rješavajući je, dobivamo opći integral izvorne diferencijalne jednadžbe, koji ovisi o dvije proizvoljne konstante: .

Primjer 1. Riješite diferencijalnu jednadžbu za zadane početne uvjete: , .

Budući da u izvornoj jednadžbi nema eksplicitnog argumenta, uzet ćemo za novu nezavisnu varijablu, a - za. Tada jednadžba za funkciju poprima sljedeći oblik: .

Ovo je diferencijalna jednadžba s odvojivim varijablama: . Odakle slijedi, t.j. .

Budući da za i, zatim zamjenom početnih uvjeta u posljednju jednakost, dobivamo ono i, što je ekvivalentno. Kao rezultat, za funkciju imamo jednadžbu s odvojivim varijablama, rješavanjem koje dobivamo. Koristeći početne uvjete, dobivamo to. Stoga parcijalni integral jednadžbe koji zadovoljava početne uvjete ima oblik: .

2. Jednadžbe koje ne sadrže eksplicitno željenu funkciju.

Neka diferencijalna jednadžba 2. reda ima oblik: , t.j. željena funkcija očito nije uključena u jednadžbu. U tom slučaju se upisuje izjava. Tada jednadžba 2. reda za funkciju prelazi u jednadžbu 1. reda za funkciju. Nakon integracije dobivamo diferencijalnu jednadžbu 1. reda za funkciju: . Rješavanjem zadnje jednadžbe dobivamo opći integral zadane diferencijalne jednadžbe koji ovisi o dvije proizvoljne konstante: .