1. 1
Практичне заняття 32
Диференціальні рівняння другого порядку, що допускають пониження
порядку
Відомо три види ДР 2-го порядку, які зводяться до рівнянь 1-го порядку
деякою заміною змінних.
1. Рівняння вигляду
y f x
за допомогою підстановки ,z x у z x у
зводиться до рівняння ,z x f x
яке розв’язується інтегруванням лівої і правої частин: 1.z x f x dx С
Оскільки ,z x у то інтегруючи повторно, знайдемо загальний розв’язок
рівняння y f x :
1 2.у х f x dx dx С х C
Зауваження. Аналогічно знаходиться загальний розв’язок
диференціального рівняння n-го порядку вигляду
n
y f x , враховуючи,
що
1
1
.
n
n n
d у
у у
dx
Інтегруючи n раз, одержимо
1
раз
... ;
n
у х f x dx С dx dx dx
1 ;y f x у dx f x dx С
1 .y f x у dx dx f x dx С
Приклад. Знайти розв’язок рівняння 2
60 .у х х
Розв’язання
2
60 ,у dx d у х dx
2 3
1 160 20 ,у х dx С х С
3
1 220 ,у dx d у х С dx С
3
1 220 ,у х dx С dx С
4
1 25 ,у х С x С 4
1 2 35 ,у dх dу х С x С dx С
4
1 2 35 ,у х dx С xdx С dx С
2
5
1 2 3
2
x
у х С С x С – загальний розв'язок рівняння.
Приклад. Знайти розв’язок рівняння 2
.х
у х е
Розв’язання
2. 2
2 2
1 1 2
1
2
х х
dx dx е dx С dx е С dx С
2
1 2
1
2
х
dx е dx С dx С
2
1 2 3
1
4
х
е С x С dx С
2
1 2 3
1
4
х
е dx С хdx С dx С
2
2
1 2 3
1
8 2
х х
е С С х С загальний розв'язок рівняння.
2. Нехай задано диференціальне рівняння виду
1
, , ,..., 0,
k k n
F x у у у
яке не містить явно шуканої функції.
Порядок такого рівняння можна понизити, якщо за нову невідому функцію
р p x взяти найнижчу із похідних даного рівняння, тобто покласти
;
k
y x p x
тоді
1 2
, ,..., ,
k k n n k
y p y p y p
тому дістаємо рівняння
, , ,..., 0.
n k
F x р р у
Таким чином, порядок рівняння понижується на k одиниць.
Окремим випадком розглянемо рівняння вигляду
, ,y f x у
яке також не містить явно у, підстановкою
,y x p x y p
зводиться до рівнянь першого порядку
, .p x f x p
Приклад. Знайти загальний розв’язок рівняння
0.
1
у
y
х
Розв’язання.
Знизимо порядок рівняння, застосувавши підстановку
, .y p р p x
Тоді y p x і задане рівняння набуде вигляду
0.
1
p x
p x
х
Дістали рівняння з відокремлюваними змінними.
Відокремлюючи змінні та інтегруючи, знайдемо послідовно:
3. 3
,
1
dp p
dx х
,
1
dp dx
p х
,
1
dp dx
p х
1 1ln ln 1 ln , 0;p х C C 1
ln ln ,
1
C
p
х
1
звідки .
1
C
p
х
Оскільки ,p y то дістанемо
1
,
1
dy C
dx х
1
,
1
C
dy dx
х
1 ,
1
dx
dy C
х
1 2ln 1y C х C – загальний розв’язок рівняння.
Зауваження. Розв’язок р =0, тобто у= С одержимо із загального при х=0.
Тому розв’язок р=0 не є особливим.
3. Розглянемо рівняння вигляду
,y f у у
(або , , 0F у у у ), яке не містить явно незалежної змінної х.
Рівняння допускають пониження порядку на одиницю. Справді,
покладемо
,y p
де ( на відміну від попереднього випадку) новою невідомою р є функція від у:
тоді за правилом диференціювання складеної функції р= р(у(х)) маємо:
.
dp у х dp dy dp
у p
dx dy dx dy
Оскільки
,y p ,
dp
у p
dy
то диференціальне рівняння
,y f у у
зводиться до рівнянь першого порядку відносно функції р(у):
, .
dp
p f у p
dy
Приклад. Знайти загальний розв’язок рівняння 2
.у у y
Розв'язання
Застосуємо підстановку
,y p
dp
у p
dy
Тоді і задане рівняння набуде вигляду
2
.
рdp
p
dy y
4. 4
Розв’язок р=0 є окремим розв’язком останнього рівняння.
Розв’яжемо останнє рівняння:
,
dp р
dy y
,
dp dy
р y
1 1ln ln ln , 0,p y C C 1ln ln ,р С у 1 .р С у
Оскільки ,
dу
р
dх
то дістанемо
1 ,
dу
С у
dх
1 ,
dу
С dх
у
1 ,
dу
С dх
у
1 2 2ln ln , 0,у C х C C 1
2
ln ,
у
C х
C
1
2
C х
у C е – загальний розв’язок заданого диференціального рівняння.
Завдання для самостійної роботи:
№ 1. Знайти загальні розв’язки диференціальних рівнянь:
1) 2 3x
y e x ; 2) 1
cos2y x
x
;
3) ln
y
xy y
x
; 4) 2
1x y xy .
(Відповідь: 1)
2 6 2
1 2 3
8 120 2
x
e x x
y C C x C ; 2) 1 2
cos2
ln
4
x
y x C x C ;
3) 1
1
2
1 1( )
x
C
y C x C e
; 4) 2
1 2
1
ln ln
2
y x C x C .)
№ 2. Знайти частинні розв’язки диференціальних рівнянь при заданих
початкових умовах:
1) 2
( 1) 2 , (0) 1, (0) 3y x xy y y ;
2) ln , (1) 2, (1) 1xy y x y y ;
3) 2, (0) 0, (0) 2y ctgx y y y ;
4) 2
, (0) 0, (0) 0
1
y
y x x y y
x
.
(Відповідь: 1) 2
3 1y x x ; 2) ln 2y x x x ;
3) 2y x ; 4)
4 3
8 6
x x
y .)
