Некоторые случаи понижения порядка

Дифференциальное уравнение \(n\)-го порядка в общем случае имеет вид: \[F\left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}} \right) = 0,\] где \(F\) − непрерывная функция указанных аргументов.

Порядок уравнения можно понизить, если оно не содержит некоторых аргументов или обладает определенной симметрией. Ниже мы рассмотрим подробнее некоторые случаи понижения порядка применительно к дифференциальным уравнениям произвольного \(n\)-го порядка. Преобразование уравнений \(2\)-го порядка изложено здесь. Если дифференциальное уравнение не содержит исходной функции и ее \(k - 1\) первых производных, то с помощью замены \[{y^{\left( k \right)}} = p\left( x \right)\] порядок такого уравнения понижается на \(k\) единиц. В результате исходное уравнение преобразуется к виду \[F\left( {x,p,p', \ldots {p^{\left( {n - k} \right)}}} \right) = 0.\] Из полученного уравнения (если это возможно) определяется функция \(p\left( x \right).\) Первоначальная функция \(y\left( x \right)\) находится последующим \(k\)-кратным интегрированием.

Если дифференциальное уравнение не содержит лишь исходную функцию \(y,\) т.е. имеет вид \[F\left( {x,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}} \right) = 0,\] то его порядок можно понизить на единицу с помощью замены \(y = p\left( x \right).\) Здесь левая часть не содержит независимой переменной \(x.\) Порядок уравнения можно понизить с помощью замены \(y = p\left( y \right).\) Производные записываются через новые переменные \(y\) и \(p\) следующим образом: \[y' = \frac{{dy}}{{dx}} = p,\] \[ {y'' = \frac{{{d^2}y}}{{d{x^2}}} = \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{dy}}{{dx}}} \right) } = {\frac{{dp}}{{dx}} } = {\frac{{dp}}{{dy}}\frac{{dy}}{{dx}} } = {p\frac{{dp}}{{dy}},} \] \[ {y''' = \frac{{{d^3}y}}{{d{x^3}}} = \frac{d}{{dx}}\left( {p\frac{{dp}}{{dy}}} \right) } = {\frac{d}{{dy}}\left( {p\frac{{dp}}{{dy}}} \right)\frac{{dy}}{{dx}} } = {\left[ {p\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + {{\left( {\frac{{dp}}{{dy}}} \right)}^2}} \right]p } = {{p^2}\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + p{\left( {\frac{{dp}}{{dy}}} \right)^2},} \] \[ {{y^{IV}} = \frac{{{d^4}y}}{{d{x^4}}} } = {\frac{d}{{dx}}\left[ {{p^2}\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + p{{\left( {\frac{{dp}}{{dy}}} \right)}^2}} \right] } = {\frac{d}{{dy}}\left[ {{p^2}\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + p{{\left( {\frac{{dp}}{{dy}}} \right)}^2}} \right]\frac{{dy}}{{dx}} } = {\left[ {{p^2}\frac{{{d^3}p}}{{d{y^3}}} + 2p\frac{{dp}}{{dy}}\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + 2p\frac{{dp}}{{dy}}\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + {{\left( {\frac{{dp}}{{dy}}} \right)}^3}} \right]p } = {{p^3}\frac{{{d^3}p}}{{d{y^3}}} + 4{p^2}\frac{{dp}}{{dy}}\frac{{{d^2}p}}{{d{y^2}}} + p{\left( {\frac{{dp}}{{dy}}} \right)^3}.} \] Видно, что при подстановке производных в исходное уравнение мы получим новое дифференциальное уравнение \(\left( {n - 1} \right)\)-го порядка. Решая это уравнение, можно определить функцию \(p\left( y \right)\) и затем найти \(y\left( x \right).\) Уравнение \(F\left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}} \right) = 0\) называется однородным относительно аргументов \({y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}},\) если выполняется тождество \[ {F\left( {x,ky,ky',ky'', \ldots ,k{y^{\left( n \right)}}} \right) } \equiv {{k^m}F\left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}} \right).} \] Порядок такого уравнения можно понизить на единицу с помощью подстановки \[y = {e^{\int {zdx} }},\] где \(z\left( x \right)\) − новая неизвестная функция.

После определения \(z\left( x \right)\) исходная функция \(y\left( x \right)\) находится интегрированием по формуле \[y\left( x \right) = {C_1}{e^{\int {zdx} }},\] где \({C_1}\) − произвольное число. В некоторых случаях левую часть \(F\left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}} \right)\) дифференциального уравнения можно представить как полную производную по \(x\) от дифференциального выражения \(\left( {n - 1} \right)\)-го порядка: \[ {F\left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( n \right)}}} \right) } = {\frac{d}{{dx}}\Phi \left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( {n - 1} \right)}}} \right).} \] Тогда решение исходного уравнения записывается в виде \[\Phi \left( {x,y,y',y'', \ldots ,{y^{\left( {n - 1} \right)}}} \right) = C,\] где \(C\) − произвольная постоянная.

Рассмотрим примеры на различные случаи понижения порядка.

   Пример 1

Найти общее решение дифференциального уравнения \(y''' + {\large\frac{2}{x}\normalsize} y'' = 0.\)
Данное уравнение не содержит функцию \(y\) и ее первую производную \(y'.\) Поэтому сделаем замену \[y'' = p\left( x \right).\] Получаем уравнение первого порядка с разделяющимися переменными: \[p' + \frac{2}{x}p = 0.\] Интегрируя, находим решение: \[ {\frac{{dp}}{{dx}} = - \frac{2}{x}p,}\;\; {\Rightarrow \frac{{dp}}{p} = - \frac{2}{x}dx,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dp}}{p}} = - 2\int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| p \right| = - 2\ln \left| x \right| + \ln {C_1},}\;\; {\Rightarrow p = \frac{{{C_1}}}{{{x^2}}}.} \] Возвращаясь к исходной переменной \(y,\) получаем еще одно дифференциальное уравнение: \[y'' = \frac{{{C_1}}}{{{x^2}}}.\] Дважды интегрируя, находим общее решение исходного уравнения: \[ {y' = - \frac{{{C_1}}}{x} + {C_2},}\;\; {y = - {C_1}\ln \left| x \right| + {C_2}x + {C_3}.} \]

   Пример 2

Найти общее решение уравнения \(5{\left( {y'''} \right)^2} - 3y''{y^{IV}} = 0.\) Сделаем следующую замену: \[y'' = p\left( x \right).\] Получаем уравнение второго порядка: \[5{\left( {p'} \right)^2} - 3pp'' = 0.\] Поскольку это уравнение не содержит независимой переменной \(x,\) то полагаем \(p' = z\left( p \right).\) Следовательно \[ {p'' = \frac{d}{{dx}}\left( {p'} \right) } = {\frac{d}{{dp}}\left( {p'} \right)\frac{{dp}}{{dx}} } = {\frac{{dz}}{{dp}} \cdot z } = {zz'.} \] Тогда уравнение записывается как \[ {5{z^2} - 3pzz' = 0,}\;\; {\Rightarrow z\left( {5z - 3pz'} \right) = 0.} \] Одно из решений этого уравнения имеет вид: \[ {\left. 1 \right)\;\;z = 0,\;\; \Rightarrow p' = 0,}\;\; {\Rightarrow p = {C_1},\;\; \Rightarrow y'' = {C_1},}\;\; {\Rightarrow y' = {C_1}x + {C_2},}\;\; {\Rightarrow y = {C_1}{x^2} + {C_2}x + {C_3}.} \] Видно, что это решение описывает множество всех парабол с произвольными коэффициентами \({C_1},{C_2},{C_3}.\)

Найдем второе решение дифференциального уравнения. \[ {\left. 2 \right)\;\;5z - 3pz' = 0,\;\; \Rightarrow 3pz' = 5z,}\;\; {\Rightarrow \frac{{dz}}{z} = \frac{5}{3}\frac{{dp}}{p},}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dz}}{z}} = \frac{5}{3}\int {\frac{{dp}}{p}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| z \right| = \frac{5}{3}\ln \left| p \right| + \ln {C_4},}\;\; {\Rightarrow z = {C_4}{p^{\large\frac{5}{3}\normalsize}},}\;\; {\Rightarrow p' = {C_4}{p^{\large\frac{5}{3}\normalsize}}.} \] Полученное уравнение первого порядка легко проинтегрировать: \[ {\int {{p^{ - \large\frac{5}{3}\normalsize}}dp} = {C_4}\int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow - \frac{{3{p^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}}}}{2} = {C_4}x + {C_5}.} \] Переобозначая постоянные \({C_4},\) \({C_5},\) решение можно записать в виде \[p = - {\left( {{C_4}x + {C_5}} \right)^{ - \large\frac{3}{2}\normalsize}}.\] Итак, для определения второго решения мы имеем следующее уравнение: \[y'' = - {\left( {{C_4}x + {C_5}} \right)^{ - \large\frac{3}{2}\normalsize}}.\] Дважды интегрируя, находим: \[ {y' = 2{\left( {{C_4}x + {C_5}} \right)^{ - \large\frac{1}{2}\normalsize}} + {C_6},}\;\; {\Rightarrow y = {\left( {{C_4}x + {C_5}} \right)^{\large\frac{1}{2}\normalsize}} + {C_6}x + {C_7},}\;\; {\Rightarrow y = \sqrt {{C_4}x + {C_5}} + {C_6}x + {C_7}.} \] Таким образом, общее решение исходного уравнения содержит два семейства функций: \[{y_1} = {C_1}{x^2} + {C_2}x + {C_3},\] \[{y_2} = \sqrt {{C_4}x + {C_5}} + {C_6}x + {C_7},\] где \({C_1},{C_2}, \ldots ,{C_7}\) − произвольные числа.

   Пример 3

Найти общее решение уравнения \(y'y''' + {\left( {y''} \right)^2} = 0.\)
Левую часть данного уравнения можно представить в виде полной производной, разделив уравнение на \(y'y'':\) \[\require{cancel} {\left. {y'y''' + {{\left( {y''} \right)}^2} = 0} \right|:y'y'',}\;\; {\Rightarrow \frac{{\cancel{y'}y'''}}{{\cancel{y'}y''}} + \frac{{{{\left( {y''} \right)}^\cancel{2}}}}{{y'\cancel{y''}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {\ln y''} \right)^\prime } + {\left( {\ln y'} \right)^\prime } = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {\ln y'' + \ln y'} \right)^\prime } = 0.} \] Интегрируя, получаем уравнение второго порядка: \[\ln y'' + \ln y' = \ln {C_1},\;\; \Rightarrow y''y' = {C_1}.\] В последнем уравнении сделаем замену: \[y' = p\left( x \right),\;\; \Rightarrow y'' = p'.\] Следовательно, \[p'p = {C_1}.\] Это уравнение легко интегрируется: \[ {p\frac{{dp}}{{dx}} = {C_1},}\;\; {\Rightarrow \int {pdp} = {C_1}\int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{p^2}}}{2} = {C_1}x + {C_2},}\;\; {\Rightarrow p = \pm \sqrt {{C_1}x + {C_2}} .} \] В последнем выражении мы переобозначили постоянные \({C_1},{C_2},\) чтобы упростить уравнение.

В результате получаем следующее выражение: \[y' = \pm \sqrt {{C_1}x + {C_2}} .\] Интегрируя, находим функцию \(y\left( x \right):\) \[y\left( x \right) = \pm {\left( {{C_1}x + {C_2}} \right)^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} + {C_3}.\] Поскольку числа \({C_1}\) и \({C_2}\) произвольные, мы здесь опустили множитель \(\large\frac{2}{3}\normalsize,\) появляющийся при интегрировании квадратного корня.

В начале решения при делении уравнения на \(y''\) было пропущено решение \(y'' = 0.\) Отсюда следует, что \[y\left( x \right) = {C_4}x + {C_5},\] где \({C_4},{C_5}\) − произвольные числа.

Итак, окончательный ответ содержит две ветви решений: \[{y_1}\left( x \right) = \pm {\left( {{C_1}x + {C_2}} \right)^{\large\frac{3}{2}\normalsize}} + {C_3},\] \[{y_2}\left( x \right) = {C_4}x + {C_5}.\]

   Пример 4

Найти общее решение дифференциального уравнения \(yy''' - y'y'' = 0.\)
Видно, что это уравнение является однородным. Следовательно, его порядок можно понизить на единицу, используя подстановку \[y = {e^{\int {zdx} }}.\] Найдем производные: \[y' = z{e^{\int {zdx} }},\] \[y'' = \left( {{z^2} + z'} \right){e^{\int {zdx} }},\] \[ {y''' = \left( {{z^3} + zz' + 2zz' + z''} \right){e^{\int {zdx} }} } = {\left( {{z^3} + 3zz' + z''} \right){e^{\int {zdx} }}.} \] После подстановки получаем дифференциальное уравнение \(2\)-го порядка: \[ {{e^{\int {zdx} }} \cdot \left( {{z^3} + 3zz' + z''} \right){e^{\int {zdx} }} } - {z{e^{\int {zdx} }} \cdot \left( {{z^2} + z'} \right){e^{\int {zdx} }} = 0,}\;\; {\Rightarrow \cancel{z^3} + 3zz' + z'' - \cancel{z^3} - zz',}\;\; {\Rightarrow z'' + 2zz' = 0.} \] Порядок нового уравнения можно снова понизить с помощью подстановки \[z' = \frac{{dz}}{{dx}} = p\left( z \right).\] Тогда \[ {z'' = \frac{{{d^2}z}}{{d{x^2}}} = \frac{d}{{dx}}\left( {\frac{{dz}}{{dx}}} \right) } = {\frac{{dp}}{{dx}} } = {\frac{{dp}}{{dz}}\frac{{dz}}{{dx}} } = {p'p.} \] В результате получаем уравнение первого порядка для функции \(p\left( z \right):\) \[p'p + 2zp = 0,\;\; \Rightarrow p\left( {p' + 2z} \right) = 0.\] Данное уравнение имеет два решения.

1) Первое решение определяется уравнением \[p = 0,\;\; \Rightarrow z' = 0,\;\; \Rightarrow z = {C_1}.\] Отсюда находим функцию \(y\left( x \right):\) \[ {y\left( x \right) = {C_2}{e^{\int {zdx} }} = {C_2}{e^{\int {{C_1}dx} }} } = {{C_2}{e^{{C_1}x + {C_3}}} } = {{C_2}{e^{{C_1}x}}{e^{{C_3}}}.} \] Постоянную \({C_2}\) здесь можно переобозначить: \({C_2}{e^{{C_3}}} \to {C_2}.\) Тогда первое семейство решений имеет вид: \[{y_1}\left( x \right) = {C_2}{e^{{C_1}x}}.\] 2) Второе решение описывается простым уравнением с разделяющимися переменными: \[ {p' + 2z = 0,\;\; \Rightarrow \frac{{dp}}{{dz}} = - 2z,}\;\; {\Rightarrow \int {dp} = - 2\int {zdz} ,}\;\; {\Rightarrow p = - {z^2} + {C_3} = {C_3} - {z^2}.} \] Учитывая, что \(p = z',\) находим функцию \(z\left( x \right):\) \[ {z' = {C_3} - {z^2},}\;\; {\Rightarrow \frac{{dz}}{{{C_3} - {z^2}}} = dx,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dz}}{{{C_3} - {z^2}}}} = \int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{1}{{2\sqrt {{C_3}} }}\ln \left| {\frac{{\sqrt {{C_3}} + z}}{{\sqrt {{C_3}} - z}}} \right| = x + {C_4}.} \] Для простоты записи мы снова заменим постоянную \(\sqrt {{C_3}} \) на \({C_3}.\) Таким образом, получаем: \[\frac{1}{{2{C_3}}}\ln \left| {\frac{{{C_3} + z}}{{{C_3} - z}}} \right| = x + {C_4}.\] Из последнего уравнения найдем явное выражение для \(z\left( x \right):\) \[ {\ln \left| {\frac{{{C_3} + z}}{{{C_3} - z}}} \right| = 2{C_3}x + {C_4},}\;\; {\Rightarrow \frac{{{C_3} + z}}{{{C_3} - z}} = {e^{2{C_3}x + {C_4}}},}\;\; {\Rightarrow {C_3} + z = \left( {{C_3} - z} \right){e^{2{C_3}x + {C_4}}},}\;\; {\Rightarrow {C_3} + z = {C_3}{e^{2{C_3}x + {C_4}}} - z{e^{2{C_3}x + {C_4}}},}\;\; {\Rightarrow z\left( {{e^{2{C_3}x + {C_4}}} + 1} \right) = {C_3}\left( {{e^{2{C_3}x + {C_4}}} - 1} \right),}\;\; {\Rightarrow z = {C_3}\frac{{{e^{2{C_3}x + {C_4}}} - 1}}{{{e^{2{C_3}x + {C_4}}} + 1}}.} \] Теперь определим функцию \(y\left( x \right)\) по формуле \[y\left( x \right) = {C_5}{e^{\int {zdx} }}.\] Сначала вычислим интеграл \({\int {zdx} }:\) \[ {I = \int {zdx} } = {{C_3}\int {\frac{{{e^{2{C_3}x + {C_4}}} - 1}}{{{e^{2{C_3}x + {C_4}}} + 1}}dx} .} \] Введем новую переменную \(t = {e^{2{C_3}x + {C_4}}}.\) Тогда \[ {dt = 2{C_3}{e^{2{C_3}x + {C_4}}}dx = 2{C_3}tdx,}\;\; {\Rightarrow dx = \frac{1}{{2{C_3}}}\frac{{dt}}{t}.} \] Следовательно, интеграл равен \[I - {C_3}\int {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}\frac{1}{{2{C_3}}}\frac{{dt}}{t}} = \frac{1}{2}\int {\frac{{t - 1}}{{t\left( {t + 1} \right)}}dt} .\] Представим подынтегральное выражение как сумму двух дробей: \[ {\frac{{t - 1}}{{t\left( {t + 1} \right)}} \equiv \frac{A}{t} + \frac{B}{{t + 1}},}\;\; {\Rightarrow \frac{{t - 1}}{{t\left( {t + 1} \right)}} \equiv \frac{{A\left( {t + 1} \right) + Bt}}{{t\left( {t + 1} \right)}},}\;\; {\Rightarrow t - 1 \equiv \left( {A + B} \right)t + A,\;\; \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A + B = 1}\\ {A = - 1} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {A = - 1}\\ {B = 2} \end{array}} \right..} \] Итак, получаем: \[\frac{{t - 1}}{{t\left( {t + 1} \right)}} = \frac{2}{{t + 1}} - \frac{1}{t}.\] Вычисляем интеграл: \[ {I = \frac{1}{2}\int {\left( {\frac{2}{{t - 1}} - \frac{1}{t}} \right)dt} } = {\frac{1}{2} \cdot 2\ln \left| {t + 1} \right| - \frac{1}{2}\ln \left| t \right| } = {\ln \left| {t + 1} \right| - \frac{1}{2}\ln \left| t \right| } = {\ln \frac{{\left| {t + 1} \right|}}{{\sqrt {\left| t \right|} }} } = {\ln \frac{{{e^{2{C_3}x + {C_4}}} + 1}}{{\sqrt {{e^{2{C_3}x + {C_4}}}} }} } = {\ln \frac{{{e^{2{C_3}x + {C_4}}} + 1}}{{{e^{{C_3}x + {\large\frac{{{C_4}}}{2}\normalsize}}}}} } = {\ln \frac{{{e^{{C_4}}}{e^{2{C_3}x}} + 1}}{{{e^{\large\frac{{{C_4}}}{2}\normalsize}}{e^{{C_3}x}}}} } = {\ln \left( {{e^{\large\frac{{{C_4}}}{2}\normalsize}}{e^{{C_3}x}} + \frac{1}{{{e^{\large\frac{{{C_4}}}{2}\normalsize}}{e^{{C_3}x}}}}} \right) } = {\ln \left( {{C_4}{e^{{C_3}x}} + \frac{1}{{{C_4}{e^{{C_3}x}}}}} \right),} \] где переобозначено \({e^{\large\frac{{{C_4}}}{2}\normalsize}} \to {C_4}.\)

Для функции \(y\left( x \right)\) получаем следующее выражение: \[ {y\left( x \right) = {C_5}{e^{\int {zdx} }} } = {{C_5}{e^{\ln \left( {{C_4}{e^{{C_3}x}} + \frac{1}{{{C_4}{e^{{C_3}x}}}}} \right)}} } = {{C_4}{e^{{C_3}x}} + {C_5}{e^{ - {C_3}x}}.} \] В последнем выражении мы снова переобозначили произвольные постоянные \({C_4},{C_5}.\)

Таким образом, второе решение исходного уравнения записывается в виде \[{y_2}\left( x \right) = {C_4}{e^{{C_3}x}} + {C_5}{e^{ - {C_3}x}}.\] Итак, общее решение дифференциального уравнения содержит две ветви: \[{y_1}\left( x \right) = {C_2}{e^{{C_1}x}},\] \[{y_2}\left( x \right) = {C_4}{e^{{C_3}x}} + {C_5}{e^{ - {C_3}x}}.\] Видно, что второе решение включает в себя первое. Поэтому, окончательный ответ имеет вид: \[y\left( x \right) = {C_4}{e^{{C_3}x}} + {C_5}{e^{ - {C_3}x}}.\] где \({C_3},\) \({C_4},\) \({C_5}\) − произвольные числа.