Дифференциальные уравнения высших порядков, не содержащие переменную в явном виде
Метод решения
Рассмотрим уравнение, не содержащее независимую переменную в явном виде:
(1) f (y, y ′, y ′′, y ′′′,..., y (n ) ) = 0 .
Порядок этого уравнения понижается на единицу с помощью подстановки:
y ′ = u
Далее считаем, что функция u зависит от переменной y , тогда:
y ′′ = (y ′ ) ′ = u ′ = dudx = dudy dydx = y ′ dudy = u dudy ;
y ′′′ = (y ′′ ) ′ = dy ′′dx = dy ′′dy dydx = u dy ′′dy = u ddy ( u dudy ) = u 2 d 2 udy 2 + u ( dudy ) 2 ;
и т. д.
В результате такой подстановки, порядок уравнения понижается на единицу.
Пример
Решить уравнение:
2yy ′′ + y ′ 2 + y ′ 4 = 0 .
Решение
Уравнение не содержит независимую переменную в явном виде. Делаем подстановку:
y ′ = u .
Считаем, что функция u зависит от переменной y . Тогда
y ′′ = (y ′ ) ′ = u ′ = dudx = dudy dydx = y ′ dudy = u dudy .
Подставляем в исходное уравнение:
2yu dudy + u 2 + u 4 = 0 .
Делим на u . При u ≠ 0 имеем:
2y dudy + u + u 3 = 0 .
Это уравнение с разделяющимися переменными. Делим на y (u + u 3 ) = yu (1 + u 2 ) и умножаем на dy . При yu ≠ 0 имеем:
2 duu (u 2 + 1 ) + dyy = 0 .
Интегрируем:
(2) 2 ∫ duu (u 2 + 1 ) + ∫ dyy = C1 .
Вычисляем интегралы.
1u (u 2 + 1 ) = u 2 + 1 – u 2 u (u 2 + 1 ) = 1u – uu 2 + 1 ;
∫ duu (u 2 + 1 ) = ∫ duu – ∫ uduu 2 + 1 = ln | u | – 12 ∫ d (u 2 + 1 ) u 2 + 1 = ln | u | – 12 ln (u 2 + 1 ) ;
∫ dyy = ln | y | .
Подставляем в (2):
2 ln | u | – ln (u 2 + 1 ) + ln | y | = C1 .
Потенцируем:
u 2 | y | u 2 + 1 = e C1 .
Заменим постоянную интегрирования e C1 → 1C1 > 0 . Знак модуля сводится к умножению на ±1 . Включим ±1 в постоянную C1 . То есть мы теперь полагаем, что C1 может быть не только положительным, но и отрицательным числом. Тогда:
u 2 yu 2 + 1 = 1C1 .
Выполняем преобразования:
u 2 C1 y = u 2 + 1 ;
u 2 (C1 y – 1 ) = 1 .
При C1 y – 1 ≠ 0 имеем:
u 2 = 1C1 y – 1 ;
u = dydx = ± 1√ C1 y – 1 .
Разделяем переменные:
√ C1 y – 1 dy = ± dx .
Интегрируем:
(3) ∫ √ C1 y – 1 dy = ± ∫ dx = ± (x + C2 ) .
Вычисляем интеграл:
∫ √ C1 y – 1 dy = 1C1 ⋅ ∫ (C1 y – 1 ) 1 / 2 d (C1 y – 1 ) =
1C1 ⋅ 11 / 2 + 1 (C1 y – 1 ) 1 / 2 + 1 = 23C1 (C1 y – 1 ) 3 / 2 .
Подставляем в (3):
23C1 (C1 y – 1 ) 3 / 2 = ± (x + C2 ) ;
2(C1 y – 1 ) 3 / 2 = ± 3C1 (x + C2 ) .
Возводим в квадрат и выполняем преобразования:
4(C1 y – 1 ) 3 = 9C 21 (x + C2 ) 2 ;
C1 y – 1 = ( 9C 21 4 ) 1 / 3 (x + C2 ) 2 / 3 ;
(4) y = 1C1 + ( 94C1 ) 1 / 3 (x + C2 ) 2 / 3 .
При выводе формулы (4) мы предполагали, что
y ≠ 0, u = y ′ ≠ 0 и C1 y – 1 ≠ 0 .
Теперь рассмотрим случаи
y = 0, y ′ = 0, C1 y – 1 = 0 .
Нетрудно видеть, что решение, охватывающее эти три равенства, есть
(5) y = C ,
где C – произвольная постоянная. Тогда y ′ = 0 . Подставляя это в исходное уравнение нетрудно убедиться, что оно выполняется. Это особое решение. Добавим его в ответ.
Ответ
y = 1C1 + ( 94C1 ) 1 / 3 (x + C2 ) 2 / 3 ;
y = C .
Автор: Олег Одинцов. Опубликовано: Изменено: