Учебное пособие: Математический анализ в примерах и задачах
Г л а в а 10. Обыкновенные дифференциальные уравнения
56
Решение уравнения называется особым, если в каждой точке
его нарушается единственность решения задачи Коши.
В случае уравнения второго порядка
( ,
,
)
y
f x y y
(10.44)
задача Коши состоит в нахождении решения
( )
y
x
уравнения
(10.44), удовлетворяющего начальным условиям
0
0
,
y
y
y
y
при
0
x
x
. (10.45)
Геометрически это означает, что ищется интегральная кривая, кото-
рая проходит через заданную точку
0
0
0
(
,
)
M
x
y
и имеет в этой точке
заданную касательную, образующую с положительным направлени-
ем оси Ox такой угол
0
, что
0
0
tg
y
.
Механический смысл задачи Коши заключается в следующем.
Запишем уравнение движения материальной точки в проекции на
ось Ox:
2
2
, ,
d x
dx
f
t x
dt
dt
. (10.46)
Здесь t – время,
2
2
,
,
dx
d x
x
dt
dt
– соответственно координата, проекции
скорости и ускорения на ось Ox в момент t;
,
,
dx
f
t x
dt
– проекция
силы на ось Ox, действующей на точку. Решение
( )
x
x t
(координа-
та x) уравнения (10.46) называется движением точки, определяемым
этим уравнением. Задача Коши заключается в определении движе-
ния, удовлетворяющего начальным условиям:
0
0
,
dx
x
x
x
dt
при
0
t
t
, где числа
0
0
,
t
x
и
0
x
(начальные данные) есть соответственно
начальный момент времени, начальная координата и проекция ско-
рости в (начальный) момент времени
0
t .
Пример 1. Показать, что
1
2
y
C x C
есть общее решение
дифференциального уравнения
0
0
y
.
1. Покажем, что
1
2
y
C x C
удовлетворяет данному уравне-
нию при любых
1
2
,
C
C . Имеем
1
,
0.
y
C y
2. Пусть заданы про-
извольные начальные условия
0
0
0
0
( )
, ( )
y x
y
y x
y
. Покажем, что
постоянные
1
2
,
C
C можно подобрать так, что эти начальные усло-
вия будут удовлетворены. Составим систему:
1 0
2
0
1
0
;
C x
C
y
C
y
,
из которой однозначно определяются
1
0
2
0
0
0
,
C
y C
y
x
y
. Таким
образом, решение
0
0
0
(
)
y
y
y x
x
удовлетворяет поставленным
начальным условиям. #
З а м е ч а н и е. Запись
0
0
0
( , , , )
y
x x
y
y
называется формой
Коши решения уравнения (10.44).
10.5. Дифференциальные уравнения высших порядков
57
Пример 2. Найти область существования и единственности
решения уравнения
y y
y
x
.
Функция
( , ,
)
y y
f x y y
x
и ее частная производная
y
f
y
x
,
2
f
y
y
x y
непрерывны при
0,
0
x
y
, то есть зада-
ча Коши (10.45) для данного уравнения имеет единственное реше-
ние при
0
0
0
0,
,
0
x
y
y
. #
10.5.2. ИНТЕГРИРУЕМОСТЬ В КВАДРАТУРАХ
Уравнение n-го порядка во многих случаях удается проинтег-
рировать в квадратурах путем предварительного сведения его к
уравнению более низкого порядка или при помощи нахождения
промежуточных интегралов
(
)
1
( , ,
, ...,
,
, ...,
)
0
n k
k
x y y
y
C
C
(10.47)
– соотношений, получаемых в результате интегрирования исходного
уравнения (такое соотношение называется промежуточным инте-
гралом k-го порядка дифференциального уравнения (10.2)). Ниже
рассматриваются дифференциальные уравнения, допускающие по-
нижение порядка не только в форме (10.2), но и в общем виде (10.1).
УРАВНЕНИЯ ВИДА
( )
( )
n
y
f x
Общее решение уравнения вида
( )
( )
n
y
f x
(10.48)
получается путем n-кратного интегрирования:
1
...
( )
...
( );
n
n
n
y
f x dx dx P
x
1
1
1
1
( )
...
(
1) !
n
n
n
n
x
P
x
C
C x C
n
, (10.49)
или по формуле
0
1
1
1
( )(
)
( )
(
1) !
x
n
n
x
y
f t x t
dt
P
x
n
. (10.49
)
Пример 1. Найти общее решение уравнения
2
ln x
y
x
и выде-
лить решение, удовлетворяющее начальным условиям:
(1)
0;
y
(1) 1;
y
(1)
2
y
.
Интегрируем это уравнение последовательно три раза:
dy
y
dx
1
1
2
ln
ln
1
;
xdx
x
y
C
C
x
x
x
Г л а в а 10. Обыкновенные дифференциальные уравнения
58
2
1
2
1
ln
ln
;
2
dy
y
y
x
x C x C
dx
2
2
1
2
3
ln
2
2
x
x
x
y
C
C x C
.
Найдем решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям.
Подставляя начальные данные в ,
и
y y
y
, получаем систему для
определения произвольных постоянных:
1
2
3
1
0;
2
C
C
C
1
2
1;
C
C
1
1
2
C
, откуда
1
2
3;
2;
C
C
3
1
2
C
. Искомое решение
2
2
ln
3
1
2
.
2
2
2
x
x
y
x
x
#
УРАВНЕНИЕ, НЕ СОДЕРЖАЩЕЕ ИСКОМОЙ ФУНКЦИИ
И ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНЫХ K-1 ПЕРВЫХ ПРОИЗВОДНЫХ
Уравнение вида
( )
(
1)
( )
( ,
,
, ...,
)
0
k
k
n
F x y
y
y
(1
)
k
n
(10.50)
подстановкой
( )
k
y
z
приводится к уравнению (n – k)-го порядка
(
)
( , ,
...,
)
0
n k
F x z z
z
. Если удается получить общее решение по-
следнего уравнения в виде
1
( ,
, ...,
)
n k
z
z x C
C
[получить промежу-
точный интеграл n–k-го порядка исходного уравнения (10.50)], то
задача нахождения решения сводится к задаче (10.48):
( )
1
( ,
,...,
)
k
n k
y
z x C
C
.
Пример 2. Найти частное решение уравнения
4
3
2
1
x y
x y
,
удовлетворяющее начальным условиям:
1
1
(1)
;
(1)
;
(1)
1.
2
2
y
y
y
Уравнение не содержит y и y
. Положим y
z
; уравнение
принимает вид
4
3
2
1
x z
x z
или
4
2
1
z
z
x
x
. Это линейное урав-
нение первого порядка. Его общее решение
1
3
2
1
C
z
x
x
. Исполь-
зуя начальное условие
(1)
(1)
1
y
z
, находим
1
0
C
и, следова-
тельно,
3
1
y
x
, откуда
2
2
1
2
y
C
x
. Начальное условие
1
(1)
2
y
позволяет определить
2
2
:
0
C
C
. Интегрируя еще раз, получаем
3
1
2
y
C
x
, и из условия (1) 1 / 2
y
следует, что
3
1
C
. Искомое
частное решение
1
1
2
y
x
. #
Пример 3. Найти решения уравнения
2
4(
1)
y
y
, удовле-
творяющие начальным условиям: а)
0,
2
y
y
при x = 0;
б)
0,
1
y
y
при x = 0.
10.5. Дифференциальные уравнения высших порядков
59
Интегрируем уравнение:
2
,
4(
1),
2
1
y
z z
z
z
z
,
2
1
dz
dx
z
(
1
0 ?)
z
,
1
1
z
x C
,
2
1
1 (
)
z
x C
,
2
1
1 (
)
y
x C
,
3
1
2
1
(
)
;
3
y
x
x C
C
1
0,
1,
1,
z
z
y
y
x C
. Следовательно, уравнение имеет общее решение
3
1
2
1
(
)
3
y
x
x C
C
и семейство особых решений y
x C
.
Найдем решения поставленных задач Коши: а) воспользуемся
общим решением. Имеем
3
2
1
2
2
1
(
)
,
1 (
)
3
y
x
x C
C
y
x C
(*).
Полагая здесь
0,
0,
2
x
y
y
, получаем систему уравнений для
определения произвольных постоянных:
3
2
1
2
1
1
0; 1
2,
3
C
C
C
от-
куда
1
2
1,
1 / 3.
C
C
Подставляя эти значения
1
C
и
2
C в (*),
найдем два решения:
3
1
1
(
1)
3
3
y
x
x
и
3
1
1
(
1)
3
3
y
x
x
.
Других решений нет, так как ни одно из особых решений не удовле-
творяет рассматриваемым начальным условиям; б) подставляя
в систему (*) начальные данные
0
0
0
0,
0,
1
x
y
y
, получаем:
3
1
2
1
0;
3
C
C
2
1
1 1 C
, откуда
1
2
0,
0
C
C
и
3
1
3
y
x
x
. Из
особых решений функция y = x удовлетворяет рассматриваемым на-
чальным данным. #
З а м е ч а н и е. Полученные в а) и б) результаты согласуют-
ся с общей теорией, так как исходное уравнение равносильно двум:
2
1
y
y
и
2
1
y
y
. В случае а) для каждого из этих урав-
нений в окрестности начальной точки (0; 0; 2) выполняются усло-
вия теоремы существования и единственности, а в случае б) эти ус-
ловия не выполняются ни в какой окрестности начальной точки
(0; 0; 1) – производные от правых частей по y
обращаются в беско-
нечность при
1
y
.
УРАВНЕНИЕ, НЕ СОДЕРЖАЩЕЕ НЕЗАВИСИМОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Уравнение вида
( )
( ,
, ...,
)
0
n
F y y
y
(10.51)
допускает понижение порядка на единицу, если ввести новую иско-
мую функцию: p
y
и принять y за независимую перемен-
ную (
( ))
p
p y
. При этом производные
( )
,
, ...,
n
y
y
y
преобразуют-
ся так:
Г л а в а 10. Обыкновенные дифференциальные уравнения
60
dp
dp
y
p
dx
dy
;
2
2
2
dy
d
dp
d p
dp
y
p
p
p
p
dx
dy
dy
dy
dy
;… . (10.52)
Подставляя эти выражения вместо
,
,
y
y
… в уравнение, придем к
дифференциальному уравнению (n – 1)-го порядка.
З а м е ч а н и е. Принимая y за независимую переменную, мы
могли потерять решение вида y C
. Непосредственной подстанов-
кой y C
в уравнение (10.51) можно выяснить, имеет ли уравнение
решения такого вида.
Пример 4. Решить уравнение
2
2
y
y
y
e
.
Уравнение не содержит независимую переменную x. Под-
ставляя y C
в уравнение, убеждаемся, что y
C
не является его
решением. Полагая y
p
,
dp
y
p
dy
, приходим к уравнению пер-
вого порядка
2
2
y
dp
p
p
e
dy
– уравнению Бернулли, решаемому,
например, с помощью подстановки p uv
:
2
2
1
ˆ
2
2
y
y
p
e
C e
, откуда
2
1
4
y
y
p
e
C e
.
Заменяя здесь p на y
, разделяя переменные и интегрируя, будем
иметь
2
1
1
4
2
y
x C
e
C
. #
Пример 5. Проинтегрировать уравнение
2
3
0.
y y
y
Положим y
p
; тогда
2
2
2
2
,
dp
dp
d p
y
p
y
p
p
dy
dy
dy
. Урав-
нение преобразуется к виду
2
2
2
2
2
3
0
dp
d p
dp
p
p
dy
dy
dy
. Приводя
подобные члены и сокращая на
2
p
[при этом следует учесть теряе-
мое решение
0
p
( y
C
)], получаем
2
2
2
2
0
d p
dp
p
dy
dy
. Это диф-
ференциальное уравнение рассматриваемого типа (10.51) (не содер-
жит в явном виде «независимую» переменную y). Полагая здесь
2
2
,
dp
d p
dq
q
q
dy
dp
dy
, придем к уравнению
2
2
0
dq
pq
q
dp
. Со-
кратив на
q
(при этом следует учесть еще одно решение
0
q
,