Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка

Перечислены типы дифференциальных уравнений, допускающие понижение порядка, и указаны методы их решений. Рассмотрены примеры понижения порядка и решения таких уравнений.

Уравнения, не содержащие зависимую переменную y в явном виде

 f ( x,  y^′,  y^′′,  y^′′′, ...  y^(n )  )  = 0 ,  или  f ( x,  y^(m ) ,  y^{(m + 1 )} ,  y^{(m + 2 )} , ...  y^(n )  )  = 0
Если дифференциальное уравнение не содержит зависимую переменную y в явном виде, то после подстановки u = y^′ ,  порядок уравнения понижается на единицу. Если уравнение не содержит также и несколько ее первых производных, то делаем подстановку u = y^(m )  ,  где m – наименьший порядок производной функции y ,  входящей в уравнение. В результате порядок уравнения понижается на m.

Примеры с решениями: y^′′′ = 2y^′′     y^′′′ + y^′′ 2 = 0     (1 + x² ) y^′′ + y^′ 2  + 1 = 0

Уравнения, не содержащие независимую переменную x в явном виде

 f ( y,  y^′,  y^′′,  y^′′′,  . . . y^(n )  )  = 0
В таких уравнениях порядок понижается на единицу, если за независимую переменную принять y ,  а в качестве зависимой взять y^′ .  То есть выполнить подстановку
u = y^′ , 
где u = u (y )  – функция, зависящая от y .  Тогда
y^′′ = dy^′dx = dudx = dudy ⋅ dydx = u dudy  . 

Примеры с решениями: yy^′′ = y^′ 2     2yy^′′ + y^′ 2 + y^′ 4 = 0

Уравнения, однородные относительно функции и ее производных

Это дифференциальное уравнение, однородное относительно зависимой переменной y и всех ее производных. Чтобы распознать такое уравнение, нужно сделать замены
y → ty,  y^′ → ty^′,  y^′′ → ty^′′,...,   y^(n )  → ty^(n )  . 
Если после преобразований t сократится, то это однородное уравнение.

В таком уравнении можно понизить порядок, если сделать подстановку
y^′ = u y , 
где u – функция от x . 

Примеры с решениями: yy^′′ = y^′ 2     x² yy^′′ + (y – xy^′ ) ²  = 0

Обобщенно однородные уравнения относительно переменных

Обобщенно однородные дифференциальные уравнения высших порядков не меняют вида, если сделать замену переменных: x → tx,  y → t^s y ,  где t – постоянная; s – число, измерение однородности для переменной y. При такой замене производная порядка m умножается на t^s – m   : 
y^(m )  = d^m y(dx ) ^m  → d^m t^s y(d (tx ) ) ^m  =  t^s t^m  d^m y(dx ) ^m  = t^s – m y^(m )  . 
При s = 1 подобные уравнения можно назвать однородными дифференциальными уравнениями относительно переменных.

Чтобы распознать такое уравнение, нужно сделать замены
x → tx,  y → t^s y,  y^′ → t^s – 1 y^′,   y^′′ → t^s – 2 y^′′,...,  y^(n )  → t^s – n y^(n )  . 
Если удастся подобрать такое число s, в результате чего t сократится, то это обобщенно однородное уравнение относительно переменных.

Порядок такого уравнения можно понизить на единицу, если искать решение в параметрическом виде, и перейти от зависимой переменной (функции) y к новой зависимой переменной u = u (t )  с помощью подстановок:
x = e^t ,  y = ue^st  при x > 0 ; 
x = – e^t ,  y = ue^st  при x < 0 ; 
где t – новая независимая переменная.
В результате для функции u = u (t )  получим дифференциальное уравнение n - го порядка, которое не содержит переменную t в явном виде. Далее понижаем порядок изложенным выше методом ⇑.

Примеры с решениями: x³ y^′′ – xyy^′ + y²  = 0,   y (1 )  = 3,  y^′(1 )  = 5     (xy + x² √ x  ) y^′′ + yy^′ – x (y^′ ) ²  +  34 y √ x  = 0

Дифференциальные уравнения с полной производной

Это уравнения, которые можно привести к полной производной:
 f (x,  y,  y^′,  y^′′,...,  y^(n ) )  =  ddx Φ(x,  y,  y^′,  y^′′,...,  y^{(n – 1 )} )  = 0 . 
Отсюда получаем первый интеграл:
Φ(x,  y,  y^′,  y^′′,...,  y^{(n – 1 )} )  = C₁  . 
Он представляет собой дифференциальное уравнение, порядок которого на единицу меньше порядка исходного уравнения.

Примеры с решениями: y^′′ + xy^′ + y = 0,  y (0 )  = 1,   y^′(0 )  = 0     xy^′′ + x (y^′ ) ²  + y^′ = 0     3y^′′y^IV  – 7y^{′′′ 2} = 0     2yy^′′ ln y = (y^′ ) ² (1 + 2 ln y ) 

Примеры решений задач на понижение порядка дифференциальных уравнений

Ниже собраны примеры решений дифференциальных уравнений высших порядков, решаемых понижением порядка.
y^′′′ = 2y^′′     y^′′′ + y^′′ 2 = 0     (1 + x² ) y^′′ + y^′ 2  + 1 = 0     yy^′′ = y^′ 2     2yy^′′ + y^′ 2 + y^′ 4 = 0     yy^′′ = y^′ 2     x² yy^′′ + (y – xy^′ ) ²  = 0     x³ y^′′ – xyy^′ + y²  = 0,   y (1 )  = 3,  y^′(1 )  = 5     (xy + x² √ x  ) y^′′ + yy^′ – x (y^′ ) ²  +  34 y √ x  = 0     y^′′ + xy^′ + y = 0,   y (0 )  = 1,  y^′(0 )  = 0     xy^′′ + x (y^′ ) ²  + y^′ = 0     3y^′′y^IV  – 7y^{′′′ 2} = 0     2yy^′′ ln y = (y^′ ) ² (1 + 2 ln y ) 

Пример. Уравнение без y и y′

Найти общее решение дифференциального уравнения третьего порядка.
y^′′′ = 2y^′′ . 

Решение

Здесь дифференциальное уравнение третьего порядка не содержит y и первую производную y^′ в явном виде. Поэтому делаем подстановку u = y^′′ .  Тогда y^′′′ = (y^′′ ) ^′ = u^′ .  Подставляем в уравнение и решаем его.
u^′ = 2u ; 
dudx = 2u ;    duu = 2dx,  u ≠ 0 ; 
∫ duu = 2 ∫ dx ; 
ln  | u |  = 2x + C₁  ; 
 | u |  = e^{2x + C₁}  = e^C₁  ⋅ e^2x  ; 
e^C₁  → C₁  ; 
 | u |  = C₁  ⋅ e^2x ,  C₁  > 0 ; 
u = C₁  ⋅ e^2x ,   – ∞ < C₁  < + ∞ ; 
y^′′ = dy^′dx = C₁  ⋅ e^2x  ; 
y^′ = C₁ ∫ e^2x dx =  C₁ 2 ∫ e^2x d (2x )  = C₁ 2 e^2x  + C₂  ; 
y^′ = dydx = C₁ 2 e^2x  + C₂  ; 
y = ∫ ( C₁ 2 e^2x  + C₂  ) dx =  C₁ 2 ∫ e^2x dx + C₂ ∫ dx = 
 C₁ 4 ∫ e^2x d (2x )  + C₂ x + C₃  =  C₁ 4 e^2x  + C₂ x + C₃  ; 
C₁ 4 → C₁  . 

Ответ

y = C₁ e^2x  + C₂ x + C₃  . 

Пример. Уравнение без x

yy^′′ = y^′ 2 . 

Решение

Это дифференциальное уравнение второго порядка; оно не содержит явно независимую переменную x. Чтобы понизить порядок, примем y за независимую переменную, а y^′ – за зависимую. Делаем подстановку u = y^′ , 
где u = u (y )  .  Тогда
y^′′ = dy^′dx = dy^′dy ⋅ dydx =  y^′ dy^′dy = u dudy  . 
Подставляем в исходное уравнение:
yu dudy = u²  . 
Мы получили уравнение первого порядка для функции u = u (y )  .  Решаем его.
y dudy = u,  u ≠ 0 ; 
duu = dyy ,  y ≠ 0 ; 
∫ duu = ∫ dyy + C₁  ; 
ln  | u |  = ln  | y |  + C₁  ; 
 | u |  = e^C₁  | y |  ; 
u = ± e^C₁ y ; 
± e^C₁  → C₁ ,  u = C₁ y ; 
dydx = C₁ y ; 
dyy = C₁ dx ; 
∫ dyy = C₁ ∫ dx + C₂  ; 
ln  | y |  = C₁ x + C₂  ; 
 | y |  = e^{C₂  + C₁ x}  = e^C₂ e^C₁ x  ; 
y = ± e^C₂ e^C₁ x  ; 
± e^C₂  → C₂ ,  y = C₂ e^C₁ x  . 

Ответ

y = C₂ e^C₁ x  . 

Пример. Уравнение, однородное относительно y

yy^′′ = y^′ 2 . 

Решение

Пример. В качестве примера рассмотрим предыдущее уравнение
yy^′′ = y^′ 2 , 
но будем его решать другим способом.

Убедимся, что это однородное уравнение. Для этого делаем замены: y → ty,  y^′ → ty^′,  y^′′ → ty^′′ ; 
tyty^′′ = (ty^′ ) ²  ; 
t² yy^′′ = t² y^′ 2 ; 
yy^′′ = y^′ 2 . 
t сократилось. Значит это дифференциальное уравнение второго порядка, однородное относительно функции y и ее производных.

Делаем подстановку y^′ = uy ,  где u = u (x )  – функция от независимой переменной x . 
y^′′ = (uy ) ^′ = u^′y + uy^′ =  u^′y + uuy = u^′y + u² y . 
Подставляем в исходное уравнение.
yy^′′ = y^′ 2 ; 
y (u^′y + u² y )  = (uy ) ²  ; 
y² (u^′ + u² )  = u² y²  ; 
u^′ + u²  = u² ,  y ≠ 0 ; 
u^′ = 0 . 
dudx = 0 . 
Мы получили дифференциальное уравнение первого порядка для функции u = u (x )  .  Получилось простейшее уравнение. Его решением является постоянная:
u = C₁  . 
Находим y . 
y^′ = uy ; 
dydx = C₁ y ; 
dyy = C₁ dx ; 
∫ dyy = C₁ ∫ dx + C₂  ; 
ln  | y |  = C₁ x + C₂  ; 
 | y |  = e^{C₁ x + C₂}  = e^C₂  ⋅ e^C₁ x  ; 
y = ± e^C₂  ⋅ e^C₁ x  ; 
± e^C₂  → C₂  ; 
y = C₂ e^C₁ x  . 

Ответ

y = C₂ e^C₁ x  . 

Пример. Уравнение, однородное относительно x и y

Решить дифференциальное уравнение, удовлетворяющее заданным условиям Коши.
x³ y^′′ – xyy^′ + y²  = 0,   y (1 )  = 3,  y^′(1 )  = 5 . 

Решение

Исследуем, является ли это уравнение обобщенно однородным относительно переменных. Делаем замены:
x → tx,  y → t^s y,  y^′ → t^s – 1 y^′,   y^′′ → t^s – 2 y^′′  : 
(tx ) ³ t^s – 2 y^′′ – txt^s yt^s – 1 y^′ +  (t^s y ) ²  = 0 ; 
t^s + 1 x³ y^′′ – t^2s xyy^′ + t^2s y²  = 0 . 
Чтобы t сократилось, должны выполняться условия:
t^s + 1  = t^2s  = t^2s  ; 
s + 1 = 2s . 
Отсюда s = 1 .  То есть это уравнение является обобщенно однородным относительно переменных с измерением однородности s = 1 . 

Делаем подстановки:
x = e^t ,  y = ue^t  ,  где t – независимая переменная; u = u (t )  – зависимая переменная, функция от t.
dx = (e^t ) ^′dt = e^t dt ; 
dy = (ue^t ) ^′dt = ( u^′e^t  + u (e^t ) ^′  ) dt =  ( u^′e^t  + ue^t  ) dt = (u^′ + u ) e^t dt ; 
y^′ ≡ dydx = (u^′ + u ) e^t dte^t dt = u^′ + u ; 
y^′′ ≡ dy^′dx = d (u^′ + u ) e^t dt =  (u^′ + u ) ^′dte^t dt = (u^′′ + u^′ ) e^– t  . 
Напомним, что знак штрих «′» означает производную по аргументу функции: для функции y = y (x )  это производная по переменной x; для u = u (t )  это производная по переменной t.

Подставляем в исходное уравнение.
x³ y^′′ – xyy^′ + y²  = 0 ; 
e^3t (u^′′ + u^′ ) e^– t  – e^t ue^t (u^′ + u )  +  u² e^2t  = 0 ; 
u^′′ + u^′ – u (u^′ + u )  + u²  = 0 ; 
u^′′ + u^′ – uu^′ = 0 ; 
(П4.1)   u^′′ = u^′(u – 1 )  . 
Это уравнение не содержит явно независимую переменную t. Понижаем порядок. Для этого в качестве независимой переменной возьмем u. Вводим новую переменную v = u^′ ≡ dudt  ,  которая обозначает функцию от u: v = v (u )  .  Тогда
u^′′ ≡ du^′dt = dvdt = dvdu ⋅ dudt = v dvdu  . 
Подставляем в (П4.1) и решаем уравнение.
v dvdu = v (u – 1 )  ; 
dvdu = u – 1,  v ≠ 0 ; 
dv = (u – 1 ) du ; 
v = ∫ (u – 1 ) du = 12 u²  – u + C₁  ; 
dudt = 12 u²  – u + C₁  =  12 (u – 1 ) ²  – 12 + C₁ ,   – 12 + C₁  → C₁  / 2 ; 
(П4.2)   2 dudt = (u – 1 ) ²  + C₁  . 

Определим постоянную C₁  из начальных условий y | _x = 1  = 3,  y^′ | _x = 1  = 5 .  При x = 1,  t = ln x = ln 1 = 0 ; 
y | _x = 1  = (u (t ) e^t )  | _t = 0  =  u (0 ) e⁰  = u (0 )  = 3 ; 
y^′ | _x = 1  = (u^′(t )  + u (t ) )  | _t = 0  =  u^′(0 )  + u (0 )  = u^′(0 )  + 3 = 5,   u^′(0 )  = 2 . 
Подставляем в (П4.2) u = 3,  u^′ = 2  : 
2 ⋅ 2 = (3 – 1 ) ²  + C₁  ; 
C₁  = 0 . 

Решаем (П4.2) с найденным значением постоянной C₁  = 0 . 
2 dudt = (u – 1 ) ²  ; 
2 du(u – 1 ) ²  = dt,  u ≠ 1 ; 
2 ∫ d (u – 1 ) (u – 1 ) ²  = t + C₂  ; 
(П4.3)   – 2 1u – 1 = t + C₂  ; 

Определяем постоянную C₂  из начальных условий, подставляя u = 3,  t = 0  : 
– 2 13 – 1 = 0 + C₂  ; 
C₂  = – 1 . 

Подставляя в (П4.3), получаем решение исходного уравнения.
– 2 1u – 1 = t – 1 ; 
u – 1 = – 2 1t – 1  ; 
u = t – 1t – 1 – 2t – 1 = t – 3t – 1  ; 
y = ue^t  = t – 3t – 1 e^t ,  x = e^t  . 
Исключаем переменную t ,  подставляя t = ln x . 

Ответ

y = x ⋅ ln x – 3ln x – 1  . 

Пример. Уравнение с полной производной

Решить дифференциальное уравнение, удовлетворяющее заданным условиям.
y^′′ + xy^′ + y = 0,  y (0 )  = 1,   y^′(0 )  = 0 . 

Решение

Замечаем, что xy^′ + y = (xy ) ^′ .  Тогда
y^′′ + xy^′ + y = ddx (y^′ + xy )  = 0 . 
Отсюда получаем интеграл, в котором порядок уравнения понизился на единицу:
(П5.1)   y^′ + xy = C₁  . 
Определим значение постоянной C₁  из начальных условий, подставляя x = 0,  y = 1,  y^′ = 0  : 
0 + 0 ⋅ 1 = C₁  . 
Отсюда C₁  = 0 .  Подставляем в (П5.1) и разделяем переменные.
dydx + xy = 0 ; 
dyy + xdx = 0,  y ≠ 0 ; 
∫ dyy + ∫ xdx = C₂  ; 
ln  | y |  + x²  / 2 = C₂  ; 
 | y |  ⋅ e^{x 2  / 2}  = e^C₂  ; 
y = ± e^C₂ e^{– x 2  / 2} ,   ± e^C₂  → C₂  ; 
y = C₂ e^{– x 2  / 2}  . 
Подставляя из начальных условий x = 0,  y = 1 ,  находим постоянную C₂   : 
1 = C₂ e^{– 0 2  / 2}  = C₂ e⁰  = C₂  ; 
C₂  = 1 . 

Ответ

y = e^{– x 2  / 2}  . 

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано: 17-08-2024   Изменено: 18-02-2025