Нелінійні диференціальні рівняння вищих порядків (реферат)

Реферат на тему:

Нелінійні диференціальні рівняння вищих порядків

1. Загальні визначення. Існування та єдиність розв’язків рівнянь

Диференціальне рівняння $$n$$ -го порядку має вигляд.

$$F(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$ .

Якщо диференціальне рівняння розв’язане відносно старшої похідної, то воно має вигляд.

$$y^{(n)}=f(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)})$$ .

Іноді його називають диференціальним рівнянням у нормальній формі. Для диференціального рівняння, розв’язаного відносно похідної, задача Коші ставиться таким чином. Потрібно знайти функцію $$y=y(x)$$, $$n$$ — раз неперервно диференційованою, що при підстановці в рівняння обертає його в тотожність і задовольняє початковим умовам $$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}$$. Для диференціального рівняння, не розв’язаного відносно похідної, задача Коші полягає в знаходженні розв’язку $$y=y(x)$$, що задовольняє початковим даним.

$$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)},y^{(n)}(x_0)=y_0^{(n)}$$ ,.

де значення $$x_0,y_0,y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y_0^{(n-1)}$$ довільні, а $$y_0^{(n)}$$ один з коренів алгебраїчного рівняння $$F(x_0,y_0,y_0\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$ .

Теорема (існування та єдиності розв’язку задачі Коші рівняння, розв’язаного відносно похідної). Нехай у деякому замкненому околі точки $$(x_0,y_0,y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y_0^{(n-1)})$$ функція $$f(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)})$$ задовольняє умовам:

1) вона визначена і неперервна по всім змінним;

2) задовольняє умові Ліпшиця по всім змінним, починаючи з другого.

Тоді при $$x_0-h<=x<=x_0+h$$, де $$h$$ — досить мала величина, існує і єдиний розв’язок $$y=y(x)$$ рівняння $$y^{(n)}=f(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)})$$, що задовольняє початковим умовам.

$$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)},y^{(n)}(x_0)=y_0^{(n)}$$ .

Теорема (існування та єдиності розв’язку задачі Коші рівняння, не розв’язаного відносно похідної). Нехай у деяком замкненому околі точки $$(x_0,y_0,y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y_0^{(n-1)},y_0^{(n)})$$ функція $$F(x_0,y_0,y_0\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y_0^{(n)})$$ задовольняє умовам:

1) вона визначена і неперервна по всім змінним;

2) $$|\frac{F}{y}|<M_0,|\frac{F}{y\text{'}}|<M_1,\text{.}\text{.}\text{.},|\frac{F}{y^{(n-1)}}|<M_n$$ ;

3) $$|\frac{F}{y^{(n)}}|/=0$$ .

Тоді при $$x_0-h<=x<=x_0+h$$, де $$h$$ — досить мала величина, існує і єдиний розв’язок $$y=y(x)$$ рівняння $$F(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$, що задовольняє початковим умовам.

$$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)},y^{(n)}(x_0)=y_0^{(n)}$$ .

Визначення. Загальним розв’язком диференціального рівняння $$n$$ -го порядку називається $$n$$ -раз неперервно диференційована функція $$y=y(x,C_1,C_2,\text{.}\text{.}\text{.},C_n)$$, що обертає при підстановці рівняння в тотожність, у якій вибором сталих $$C_1,\text{.}\text{.}\text{.},C_n$$ можна одержати розв’язок довільної задачі Коші в області існування та єдиності розв’язків.

2. Диференціальні рівняння вищих порядків, що інтегруються в квадратурах

Розглянемо деякі типи диференціальних рівнянь, що інтегруються в квадратурах.

1) Рівняння вигляду.

$$y^{(n)}=f(x)$$ .

Проінтегрувавши його $$n$$ -раз одержимо загальний розв’язок у вигляді.

$$y=\underset{n}{\underset{}{\text{.}\text{.}\text{.}f(x)}}\underset{n}{\underset{}{\text{dx}\text{.}\text{.}\text{.}\text{dx}}}+C_1{x}^{n-1}+C_2{x}^{n-2}+\text{.}\text{.}\text{.}+C_{n-1}x+C_n$$ .

Якщо задані умови Коші.

$$y(x_0)=y_0,y\text{'}(x_0)=y_0^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}$$ ,.

то розв’язок має вигляд.

$$\begin{array}{c}y={}_{x_0}^x\text{.}\text{.}\text{.}{}_{x_0}^{x}f(x)\text{dx}\text{.}\text{.}\text{.}\text{dx}+\frac{y_0}{(n-1)!}(x-x_0{)}^{(n-1)}+\\ +\frac{y{\text{'}}_0}{(n-2)!}(x-x_0{)}^{(n-2)}+\text{.}\text{.}\text{.}+y^{(n-2)}(x-x_0)+y_0^{(n-1)}\text{.}\end{array}$$.

2) Рівняння вигляду.

$$F(x,y^{(n)})=0$$ .

Нехай це рівняння вдалося записати в параметричному вигляді.

$$\begin{array}{c}x=(t)\\ y^{(n)}=(t)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Використовуючи основне співвідношення $${\text{dy}}^{(n-1)}=y^{(n)}\text{dx}$$, одержимо.

$${\text{dy}}^{(n-1)}=(t)\text{'}(t)\text{dt}$$ .

Проінтегрувавши його, маємо.

$$y^{(n-1)}=(t)\text{'}(t)\text{dt}+C_1={}_1(t,C_1)$$ .

І одержимо параметричний запис рівняння $$(n-1)$$ -порядку.

$$\begin{array}{c}x=(t)\\ y^{(n-1)}={}_1(t,C_1)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Проробивши зазначений процес ще $$(n-1)$$ -раз, одержимо загальний розв’язок рівняння в параметричному вигляді.

$$\begin{array}{c}x=(t)\\ y={}_n(t,C_1,\text{.}\text{.}\text{.},C_n)\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

3) Рівняння вигляду.

$$F(y^{(n-1)},y^{(n)})=0$$ .

Нехай це рівняння вдалося записати в параметричному вигляді.

$$\begin{array}{c}{y}^{(n-1)}=(t)\\ y^{(n)}=(t)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Використовуючи основне співвідношення $${\text{dy}}^{(n-1)}=y^{(n)}\text{dx}$$, одержуємо.

$$\text{dx}=\frac{{\text{dy}}^{(n-1)}}{{\text{dy}}^{(n)}}=\frac{\text{'}(t)}{(t)}\text{dt}$$. Проінтегрувавши, маємо.

$$x=\frac{\text{'}(t)}{(t)}\text{dt}+C_1={}_1(t,C_1)$$ .

І одержали параметричний запис рівняння $$(n-1)$$ -порядку.

$$\begin{array}{c}x={}_1(t,C_1)\\ y^{(n-1)}=(t)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Використовуючи попередній пункт, понизивши порядок на одиницю, запишемо.

$$\begin{array}{c}x={}_1(t,C_1)\\ y^{(n-2)}={}_2(t,C_2)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

Проробивши останню процедуру $$(n-2)$$ -раз, запишемо загальний розв’язок у параметричному вигляді.

$$\begin{array}{c}x={}_1(t,C_1)\\ y={}_n(t,C_2,\text{.}\text{.}\text{.},C_n)\text{.}\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

4) Нехай рівняння вигляду.

$$F(y^{(n-2)},y^{(n)})=0$$.

можна розв’язати відносно старшої похідної.

$$y^{(n)}=f(y^{(n-2)})$$ .

Домножимо його на $$2y^{(n-1)}\text{dx}$$ й одержимо.

$$2y^{(n-1)}{y}^{(n)}\text{dx}=2f(y^{(n-2)})y^{(n-1)}\text{dx}$$ .

Перепишемо його у вигляді.

$$d(y^{(n-1)}{)}^2=2f(y^{(n-2)})d(y^{(n-2)})$$ .

Проінтегрувавши, маємо.

$$(y^{(n-1)}{)}^2=2f(y^{(n-2)})d(y^{(n-2)})+C_1$$ ,.

тобто $$y^{(n-1)}=\pm \sqrt{2f(y^{(n-2)})d(y^{(n-2)})+C_1}$$ ,.

або.

$$y^{(n-1)}=\pm {}_1(y^{(n-2)},C_1)$$ .

Таким чином одержали параметричний запис рівняння $$(n-1)$$ -порядку.

$$\begin{array}{c}{y}^{(n-2)}=t\\ y^{(n-1)}=\pm {}_1(t,C_1)\\ \\ \begin{array}{c}\{\end{array}\hfill \\ \end{array}$$.

і повернулися до третього випадку.

3. Найпростіші випадки зниження порядку в диференціальних рівняннях вищих порядків

Розглянемо деякі типи диференціальних рівнянь вищого порядку, що допускають зниження порядку.

1) Рівняння не містить шуканої функції і її похідних до $$(k-1)$$ -порядку включно.

$$F(x,y^{(k)},y^{(k+1)}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$ .

Зробивши заміну: $$y^{(k)}=z,y^{(k+1)}=z\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)}=z^{(n-k)}$$ ,.

одержимо рівняння $$(n-k)$$ -порядку $$F(x,z,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},z^{(n-k)})=0$$ .

2) Рівняння не містить явно незалежної змінної.

$$F(y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$ .

Будемо вважати, що $$y$$ — нова незалежна змінна, а $$y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)}$$ — функції від $$y$$. Тоді.

$$\begin{array}{c}{y}_x^{\text{'}}=p(y),\\ y_{x^2}^{\text{''}}=\frac{d}{\text{dx}}{y}_x^{\text{'}}=\frac{d}{\text{dy}}(p(y))\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=p_y^{\text{'}}p,\\ y_{x^3}^{\text{'''}}=\frac{d}{\text{dx}}{y}_{x^2}^{\text{''}}=\frac{d}{\text{dy}}(p_y^{\text{'}}p)\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=(p_{y^2}^{\text{''}}p+p_{y^2}^{{\text{'}}^2})p,\\ \text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\end{array}$$.

Після підстановки одержимо $$F(y,p,p_y^{\text{'}}p,(p_{y^2}^{\text{''}}p+p^{{\text{'}}^2})p,\text{.}\text{.}\text{.},p^{(n-1)})=0$$ диференціальне рівняння $$(n-1)$$ -порядку.

3) Нехай функція $$F$$ диференціального рівняння.

$$F(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$.

є однорідної щодо аргументів $$y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)}$$ .

Робимо заміну $$y=e^{{}_{}^{}\text{udx}}$$, де $$u=u(x)$$ — нова невідома функція. Одержимо.

$$\begin{array}{c}{y}^{\text{'}}=e^{{}_{}^{}\text{udx}}u,\\ y\text{''}=e^{{}_{}^{}\text{udx}}{u}^2+e^{{}_{}^{}\text{udx}}u\text{'}=e^{{}_{}^{}\text{udx}}(u^2+u\text{'}),\\ y\text{'''}=e^{{}_{}^{}\text{udx}}u(u^2+u\text{'})+e^{{}_{}^{}\text{udx}}(2\text{uu}\text{'}+u\text{''})=\\ =e^{{}_{}^{}\text{udx}}(u^3+3\text{uu}\text{'}+u\text{''}),\\ \text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\end{array}$$.

Після підстановки одержимо.

$$F(x,e^{{}_{}^{}\text{udx}},e^{{}_{}^{}\text{udx}}u,e^{{}_{}^{}\text{udx}}(u^2+u\text{'}),e^{{}_{}^{}\text{udx}}(u^3+3\text{uu}\text{'}+u\text{''}),\text{.}\text{.}\text{.})=0$$ .

Оскільки рівняння однорідне відносно $$e^{{}_{}^{}\text{udx}}$$, то цей член можна винести і на нього скоротити. Одержимо.

$$F(x\mathrm{,\; 1},u,u^2+u\text{',}{u}^3+3\text{uu}\text{'}+u\text{'',}\text{.}\text{.}\text{.},u^{(n-1)})=0$$.

диференціальне рівняння $$(n-1)$$ -порядку.

4) Нехай ліва частина рівняння.

$$F(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$.

є похідної деякого диференціального вираза ступеня $$(n-1)$$, тобто.

$$\frac{d}{\text{dx}}(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)})=F(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})$$ .

У цьому випадку легко обчислюється, так званий, перший інтеграл.

$$(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n-1)})=C$$ .

5) Нехай диференціальне рівняння.

$$F(x,y,y\text{',}\text{.}\text{.}\text{.},y^{(n)})=0$$ ,.

розписано у вигляді диференціалів.

$$(x,y,\text{dx},\text{dy},d^{2}y,\text{.}\text{.}\text{.},d^{n}y)=0$$.

і $$$$ — функція однорідна по всім перемінним. Зробимо заміну $$x=e^t,y={\text{ue}}^t$$, де $$u,t$$ — нові змінні. Тоді одержуємо.

$$\text{dx}=e^t\text{dt},y_x^{\text{'}}=\frac{y_t^{\text{'}}}{x_t^{\text{'}}}=\frac{u_t^{\text{'}}{e}^t+{\text{ue}}^t}{e^t}=u_t^{\text{'}}+u$$, $$y_{x^2}^{\text{''}}=\frac{d}{\text{dx}}{y}_x^{\text{'}}=\frac{d}{\text{dt}}\left(u_t^{\text{'}}+u\right)\frac{\text{dt}}{\text{dx}}=\frac{u_{t^2}^{\text{''}}+u_t^{\text{'}}}{e^t}$$ ,.

$$\begin{array}{c}{y}_{x^3}^{\text{'''}}=\frac{d}{\text{dx}}{y}_{x^2}^{\text{''}}=\frac{d}{\text{dt}}\left(\frac{u_{t^2}^{\text{''}}+u_t^{\text{'}}}{e^t}\right)\frac{\text{dt}}{\text{dx}}=\\ =\frac{\left(u_{t^3}^{\text{'''}}+u_{t^2}^{\text{''}}\right)e^t-\left(u_{t^2}^{\text{''}}+u_t^{\text{'}}\right)e^t}{e^{3t}}=\frac{u_{t^3}^{\text{'''}}-u_t^{\text{'}}}{e^{2t}}\text{.}\text{.}\text{.}\text{.}\end{array}$$.

Підставивши, одержимо.

$$\begin{array}{c}(x,y,\text{dx},\text{dy},d^{2}y,\text{.}\text{.}\text{.},d^{n}y)=\\ (e^t,{\text{ue}}^t,e^t\text{dt},(u_t^{\text{'}}+u)e^t\text{dt},(u_{t^2}^{\text{''}}+u_t^{\text{'}})e^t\text{dt},\text{.}\text{.}\text{.})=0\text{.}\end{array}$$.

Скоротивши на $$e^t$$ одержимо $$(\mathrm{1,}u,\text{dt},u_t^{\text{'}}+u,u_{t^2}^{\text{''}}+u_t^{\text{'}},\text{.}\text{.}\text{.},u_t^{(n)})=0$$ .

Тобто одержимо диференціальне рівняння, що не містить явно незалежної змінної, або повертаємося до другого випадку.