Ligninger av høyere orden som tillater en reduksjon i rekkefølgen. Metoder for å redusere rekkefølgen til en ligning

Derfor oppstår det naturlig ønske redusere en ligning av orden høyere enn først til en ligning av lavere orden. I noen tilfeller kan dette gjøres. La oss se på dem.

1. Ligninger av formen y (n) =f(x) løses ved sekvensiell integrasjon n ganger
, ,… .
Eksempel. Løs ligningen xy""=1. Vi kan derfor skrive y"=ln|x| + C 1, og ved å integrere igjen får vi til slutt y=∫ln|x| + C 1 x + C 2

2. I likninger av formen F(x,y (k), y (k +1) ,..,y (n))=0 (det vil si, som ikke eksplisitt inneholder en ukjent funksjon og noen av dens deriverte), rekkefølgen reduseres ved å endre variabelen y (k) = z(x). Da får y (k +1) =z"(x),...,y (n) = z (n - k) (x) og vi får ligningen F(x,z,z",..,z (n - k)) rekkefølge n-k. Dens løsning er funksjonen z = φ(x,C 1 ,C 2 ,...,C n) eller, når vi husker hva z er, får vi ligningen y (n- k) = φ(x,C 1 ,C 2 , …, C n - k) vurderes i tilfelle av type 1.
Eksempel 1. Løs ligningen x 2 y"" = (y") 2. Gjør erstatningen y"=z(x) . Deretter y""=z"(x). Ved å erstatte den opprinnelige ligningen får vi x 2 z"=z 2. Ved å skille variablene får vi . Integrering har vi , eller, som er det samme, . Den siste relasjonen er skrevet i formen, hvorfra. Integrering får vi endelig
Eksempel 2. Løs ligningen x 3 y"" +x 2 y"=1. Vi gjør en endring av variabler: y"=z; y""=z"
x 3 z"+x 2 z=1. Vi gjør en endring av variabler: z=u/x; z"=(u"x-u)/x 2
x 3 (u"x-u)/x 2 +x 2 u/x=1 eller u"x 2 -xu+xu=1 eller u"x^2=1. Fra: u"=1/x 2 eller du/ dx=1/x 2 eller u = int(dx/x 2) = -1/x+c 1
Siden z=u/x, så er z = -1/x 2 +c 1 /x. Siden y"=z, så dy/dx=-1/x 2 +c 1 /x
y = int(c 1 dx/x-dx/x 2) =c 1 ln(x) + 1/x + c 2. Svar: y = c 1 ln(x) + 1/x + c 2

3. Den neste likningen som kan reduseres i rekkefølge er en likning av formen F(y,y",y"",...,y (n))=0, som ikke eksplisitt inneholder en uavhengig variabel. Rekkefølgen på ligningen reduseres ved å erstatte variabelen y" =p(y) , hvor p er den nye ønskede funksjonen avhengig av y. Da
= og så videre. Ved induksjon har vi y (n) =φ(p,p",..,p (n-1)) Ved å sette inn i den opprinnelige ligningen senker vi rekkefølgen med én.

Eksempel. Løs ligningen (y") 2 +2yy""=0. Vi gjør standarderstatningen y"=p(y), deretter y″=p′·p. Substituere inn i ligningen, får vi Separering av variablene, for p≠0, har vi Integrering, vi får eller, som er det samme, . Så eller. Integrering av den siste likheten, oppnår vi endelig Når vi skiller variabler, kan vi miste løsningen y=C, som er oppnådd for p=0, eller, det samme, for y"=0, men den er inneholdt i den som er oppnådd ovenfor.

4. Noen ganger er det mulig å legge merke til en funksjon som lar deg senke rekkefølgen på ligningen på andre måter enn de som er diskutert ovenfor. La oss vise dette med eksempler.

Eksempler.
1. Hvis begge sider av ligningen yy"""=y′y″ deles med yy″, får vi en likning som kan skrives om til (lny″)′=(lny)′. Av den siste relasjonen følger det at lny″=lny +lnC, eller, som er det samme, y″=Cy Resultatet er en ligning en størrelsesorden lavere og av typen diskutert tidligere.
2. Tilsvarende, for ligningen yy″=y′(y′+1) har vi, eller (ln(y"+1))" = (lny)". Fra den siste relasjonen følger det at ln(y"+ 1) = lny + lnC 1, eller y"=C 1 y-1. Ved å skille variablene og integrere får vi ln(C 1 y-1) = C 1 x+C 2
Avgjøre ligninger som kan reduseres i rekkefølge mulig ved bruk av en spesiell tjeneste

En av metodene for å integrere høyere ordens DE-er er ordrereduksjonsmetoden. Essensen av metoden er at ved å erstatte en variabel (substitusjon), reduseres denne DE til en ligning av lavere orden.

La oss vurdere tre typer ligninger som tillater en reduksjon i rekkefølge.

I. La ligningen gis

Bestillingen kan senkes ved å gå inn ny funksjon p(x), setter y " =p(x). Deretter y "" =p " (x) og vi får første ordens DE: p " =ƒ(x). Løser det, dvs. finner funksjonen p= p (x), løs ligningen y " =р(x). Vi får generell løsning gitt ligning (3.6).

I praksis handler de annerledes: rekkefølgen reduseres direkte ved sekvensiell integrasjon av ligningen.

Fordi ligning (3.6) kan skrives på formen dy " =ƒ(x) dx. Deretter, ved å integrere ligningen y "" =ƒ(x), får vi: y " = eller y " =j1 (x) + с 1 Videre, ved å integrere den resulterende ligningen for x, finner vi: - den generelle løsningen av denne ligningen. så, etter å ha integrert det suksessivt n ganger, finner vi den generelle løsningen av ligningen:

Eksempel 3.1. Løs ligningen

Løsning: Sekvensielt integrering fire ganger gitt ligning, får vi

La ligningen gis

La oss betegne y " =р, der р=р(х) er en ny ukjent funksjon. Da har y "" =p " og ligning (3.7) formen p " =ƒ(х;р). La р=j (х;с 1) er den generelle løsningen av den resulterende førsteordens differensialligningen. Ved å erstatte funksjonen p med y ", får vi differensialligningen: y " =j(х;с 1). nok til å integrere den siste ligningen (. 3.7) vil ha formen

Et spesielt tilfelle av ligning (3.7) er ligningen

som heller ikke eksplisitt inneholder ønsket funksjon, kan rekkefølgen senkes med k enheter ved å sette y (k) = p (x). Da har y (k+1) =p " ; ...; y (n) = p (n-k) og ligning (3.9) formen F(x;p;p " ;... ;p (n-κ) ) )=0. Et spesielt tilfelle av ligning (3.9) er ligningen

Ved å bruke erstatningen y (n-1) =p(x), y (n) =p " reduseres denne ligningen til en førsteordens DE.

Eksempel 3.2. Løs ligningen

Løsning: Vi antar y"=p, hvor Da Dette er en separerbar ligning: Ved å integrere, får vi Gå tilbake til den opprinnelige variabelen, får vi y"=c 1 x,

- generell løsning av ligningen.

III. Tenk på ligningen

som ikke eksplisitt inneholder den uavhengige variabelen x.

For å redusere rekkefølgen på ligningen, introduserer vi en ny funksjon p=p(y), avhengig av variabelen y, setter y"=p. Vi differensierer denne likheten med hensyn til x, tar hensyn til at p =p(y (x)):

dvs. Nå vil ligning (3.10) skrives i formen

La p=j(y;c 1) være den generelle løsningen av denne første ordens DE. Ved å erstatte funksjonen p(y) med y", får vi y"=j(y;c 1) - DE med separerbare variabler. Ved å integrere den finner vi det generelle integralet til ligningen (3.10):

Et spesielt tilfelle av ligning (3.10) er differensialligningen

Denne ligningen kan løses ved å bruke en lignende substitusjon: y " =p(y),

Vi gjør det samme når vi løser ligningen F(y; y " ; y";...; y (n)) = 0. Rekkefølgen kan senkes med én ved å sette y"=p, hvor p=p(y ). Etter differensieringsregelen kompleks funksjon vi finner Så finner vi

p=uv=((-1+y)e -y +e -y +c 1) e+y, eller p=c 1 ey+y. Ved å erstatte p med y ", får vi: y"=c 1 -e y +y. Ved å erstatte y"=2 og y=2 i denne likheten, finner vi med 1:

2=c1e2+2, c1=0.

Vi har y"=y. Derfor y=c 2 e x. Vi finner c 2 fra startbetingelsene: 2=c 2 e°, c 2 =2. Dermed er y=2e x en spesiell løsning på dette

2. ordens differensialligning har formen:

Den generelle løsningen av ligningen er en familie av funksjoner avhengig av to vilkårlige konstanter og: (eller - det generelle integralet differensialligning 2. orden). Cauchy-problemet for 2. ordens differensialligning (1.1) består i å finne en bestemt løsning på ligningen som tilfredsstiller innledende forhold: kl: , . Det skal bemerkes at grafene for løsninger til en 2. ordens ligning kan krysse hverandre, i motsetning til grafene for løsninger til en 1. ordens ligning. Imidlertid er løsningen på Cauchy-problemet for andreordens ligninger (1.1) under ganske brede forutsetninger for funksjonene som inngår i ligningen unik, dvs. hvilke som helst to løsninger med en felles starttilstand faller sammen i skjæringspunktet mellom definisjonsintervallene.

Det er ikke alltid mulig å oppnå en generell løsning eller løse Cauchy-problemet for en 2. ordens differensialligning analytisk. Imidlertid er det i noen tilfeller mulig å senke rekkefølgen på ligningen ved å introdusere forskjellige substitusjoner. La oss se på disse tilfellene.

1. Ligninger som ikke eksplisitt inneholder en uavhengig variabel.

La 2. ordens differensialligning ha formen: , dvs. det er tydeligvis ingen uavhengig variabel i ligning (1.1). Dette lar oss ta det som et nytt argument, og ta 1. ordens deriverte som en ny funksjon. Da.

Dermed har en 2. ordens ligning for en funksjon som ikke er eksplisitt inneholdt blitt redusert til en 1. ordens ligning for en funksjon. Ved å integrere denne ligningen får vi det generelle integralet eller, og dette er en 1. ordens differensialligning for funksjonen. Når vi løser det, får vi det generelle integralet til den opprinnelige differensialligningen, avhengig av to vilkårlige konstanter: .

Eksempel 1. Løs en differensialligning for gitte startbetingelser: , .

Siden det ikke er noe eksplisitt argument i den opprinnelige ligningen, vil vi ta a som en ny uavhengig variabel, og - som. Da blir ligningen neste visning for funksjon: .

Dette er en differensialligning med separerbare variabler: . Hvor følger det, dvs. .

Siden for og, deretter erstatte startbetingelsene med den siste likheten, får vi det og, som er ekvivalent. Som et resultat, for funksjonen har vi en ligning med separerbare variabler, løse som vi får. Ved å bruke startbetingelsene får vi det. Derfor, delvis integral ligning som tilfredsstiller startbetingelsene har formen: .

2. Ligninger som ikke eksplisitt inneholder ønsket funksjon.

La 2. ordens differensialligning ha formen: , dvs. ligningen inkluderer tydeligvis ikke ønsket funksjon. I dette tilfellet introduseres en uttalelse. Da blir 2. ordens ligning for funksjonen til en 1. ordens ligning for funksjonen. Etter å ha integrert det, får vi en 1. ordens differensialligning for funksjonen: . Ved å løse den siste ligningen får vi det generelle integralet til den gitte differensialligningen, avhengig av to vilkårlige konstanter: .