Как понизить порядок уравнения: три типа замен

Дано: уравнение $x y'' = y' + x^2$ при $x > 0$ и условия $y(1) = 0$, $y'(1) = 3$. Найти: частное решение и значение $y(2)$.

В уравнении нет самой функции $y$: там стоят только $y'$ и $y''$. Это первый из трёх случаев, когда порядок понижается заменой, и здесь работает подстановка $y' = p(x)$, превращающая уравнение второго порядка в линейное первого. Ответ: $y = \dfrac{x^3}{3} + x^2 - \dfrac{4}{3}$, то есть $y(2) = \dfrac{16}{3} \approx 5{,}333$. Калькулятор сверху проводит ту же замену для любых коэффициентов и рисует обе кривые: промежуточную $p(x)$ и итоговую $y(x)$.

Решение по шагам

Шаг 1. Смотрим, чего в уравнении нет. Выписываем всё, что входит в $x y'' = y' + x^2$: независимая переменная $x$, первая производная $y'$ и вторая $y''$. Функции $y$ в чистом виде нет ни слева, ни справа. Значит младшая присутствующая производная - это $y'$, и её можно объявить новой неизвестной функцией.

Шаг 2. Делаем замену $y' = p(x)$. Тогда $y'' = p'$, и уравнение становится уравнением первого порядка относительно $p$:

$$x p' = p + x^2.$$

Порядок упал со второго до первого - это и есть понижение. Дальше решаем то, что получилось, обычными приёмами первого порядка.

Шаг 3. Решаем линейное уравнение. Приводим к стандартному виду и берём интегрирующий множитель:

$$p' - \frac{1}{x}\,p = x, \qquad \mu(x) = e^{-\int \frac{dx}{x}} = \frac{1}{x}.$$

После умножения на $\mu$ левая часть сворачивается в производную произведения:

$$\left(\frac{p}{x}\right)' = 1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{p}{x} = x + C_1 \quad\Longrightarrow\quad p = x^2 + C_1 x.$$

Шаг 4. Находим первую постоянную. Условие $y'(1) = 3$ - это условие на $p$, потому что $p = y'$. Подставляем $x = 1$:

$$p(1) = 1 + C_1 = 3 \quad\Longrightarrow\quad C_1 = 2, \qquad p = x^2 + 2x.$$

Важно не откладывать этот шаг на потом: постоянная $C_1$ определяется именно здесь, из условия на производную, а не из условия на саму функцию.

Шаг 5. Возвращаемся к $y$. Замена была $y' = p$, поэтому теперь остаётся одно интегрирование:

$$y = \int (x^2 + 2x)\,dx = \frac{x^3}{3} + x^2 + C_2.$$

Из условия $y(1) = 0$ получаем $\dfrac{1}{3} + 1 + C_2 = 0$, то есть $C_2 = -\dfrac{4}{3}$.

Шаг 6. Проверяем. Для найденного решения $y' = x^2 + 2x$ и $y'' = 2x + 2$, тогда $x y'' = 2x^2 + 2x$, а $y' + x^2 = x^2 + 2x + x^2 = 2x^2 + 2x$. Части совпали, оба начальных условия выполнены.

Ответ. $y = \dfrac{x^3}{3} + x^2 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{x^3 + 3x^2 - 4}{3}$, и $y(2) = \dfrac{8}{3} + 4 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{16}{3} \approx 5{,}333$.

Формула и откуда она берётся

Понижение порядка - это не отдельный метод решения, а способ свести незнакомую задачу к знакомой. Идея одна: если в уравнение входит не всё подряд, а только часть «этажей» производной, то недостающие этажи можно временно выбросить из рассмотрения, взяв за новую неизвестную ту производную, с которой всё начинается.

Формально: пусть уравнение $n$-го порядка не содержит ни $y$, ни производных до $y^{(k-1)}$ включительно, то есть имеет вид

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

Замена $p = y^{(k)}$ делает его уравнением порядка $n - k$ относительно $p$. Порядок падает ровно на столько, сколько пропущенных производных было снизу. В разобранной задаче $n = 2$, $k = 1$, поэтому получилось уравнение первого порядка, и постоянных при обратном ходе добавилось столько же, на сколько понизили порядок.

Случаев, когда замена помогает, ровно три, и распознаются они по одному взгляду на уравнение:

Второй и третий случаи отличаются от первого тем, что после замены меняется не только неизвестная функция, но и смысл переменных, поэтому обратный ход требует отдельного интегрирования. Тип уравнения, которое получилось после понижения, определяется заново - по тем же пяти признакам первого порядка, что и любое другое.

Второй тип: в уравнении нет x

Пусть требуется решить $y'' = 2y^3$ с условиями $y(0) = 1$ и $y'(0) = 1$. Переменная $x$ в уравнение явно не входит, поэтому её роль независимой отдаёт сама функция $y$. Вводим $p = y'$, но считаем $p$ функцией не от $x$, а от $y$. Тогда вторая производная раскрывается по правилу цепочки:

$$y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy}\cdot\frac{dy}{dx} = p\,\frac{dp}{dy}.$$

Подставляем и разделяем переменные:

$$p\,\frac{dp}{dy} = 2y^3 \quad\Longrightarrow\quad p\,dp = 2y^3\,dy \quad\Longrightarrow\quad p^2 = y^4 + C_1.$$

Начальные условия переводятся так: при $x = 0$ имеем $y = 1$ и $p = y' = 1$. Отсюда $1 = 1 + C_1$, то есть $C_1 = 0$ и $p = y^2$ (знак плюс, потому что производная в начальной точке положительна). Остаётся уравнение первого порядка $y' = y^2$, из которого $-\dfrac{1}{y} = x + C_2$. Условие $y(0) = 1$ даёт $C_2 = -1$, и ответ равен $y = \dfrac{1}{1 - x}$ при $x < 1$.

Заметь, как ведут себя начальные условия: в первом типе условие на $y'$ подставлялось в точке $x = 1$, а здесь - в точке $y = 1$. Это самая частая точка срыва: числа те же, а переменная другая.

Третий тип: однородность по y и её производным

Третий случай - уравнение, однородное относительно $y$ и всех его производных. Проверяется подстановкой $y \to t y$: если после неё левая часть умножается на $t^m$ с одним и тем же $m$, однородность есть. Например, в уравнении $x y y'' - x (y')^2 = y y'$ каждое слагаемое содержит ровно два множителя из набора $y$, $y'$, $y''$, значит $m = 2$.

Здесь работает замена $y' = y z$, где $z = z(x)$ - новая неизвестная. Дифференцируя, получаем $y'' = y' z + y z' = y z^2 + y z'$. После подстановки все множители $y^2$ сокращаются:

$$x y \left(y z^2 + y z'\right) - x y^2 z^2 = y^2 z \quad\Longrightarrow\quad x z' = z.$$

Отсюда $z = C_1 x$, а обратный ход даёт $\dfrac{y'}{y} = C_1 x$ и $y = C_2 e^{C_1 x^2 / 2}$. Не путай эту однородность с однородным уравнением первого порядка, где однородна правая часть по паре $(x, y)$ и замена другая: $y = u x$. Слово одно, признаки разные.

Порядок выше второго и потерянные решения

Для уравнений третьего и выше порядка схема та же, просто замена делается один или несколько раз подряд. В уравнении $y''' = \dfrac{y''}{x}$ нет ни $y$, ни $y'$, поэтому берём $p = y''$ и сразу получаем $x p' = p$, откуда $p = C_1 x$. Дальше трижды поднимаемся обратно: $y'' = C_1 x$, затем $y' = \dfrac{C_1 x^2}{2} + C_2$ и наконец $y = \dfrac{C_1 x^3}{6} + C_2 x + C_3$. Три постоянные - ровно по порядку исходного уравнения, это и есть проверка, что ни одного интегрирования не потеряно.

Отдельного внимания требуют решения, исчезающие при делении. Когда во втором типе мы делим на $p$, теряется случай $p \equiv 0$, то есть $y = \text{const}$; в третьем типе деление на $y^2$ отбрасывает $y \equiv 0$. Такие функции надо подставить в исходное уравнение и, если они ему удовлетворяют, дописать к ответу отдельной строкой. К общему решению они обычно не сводятся ни при каком значении постоянной.

Частые ошибки

• Замена выбрана не по тому признаку. Если в уравнении нет $x$, а заменить $y' = p(x)$, то во второй производной останется $y$ и понижения не произойдёт: вместо уравнения первого порядка получится та же задача в других буквах.
• Во втором типе забывают про $\dfrac{dp}{dy}$. Писать $y'' = p'$ там, где $p$ зависит от $y$, нельзя: правильное раскрытие - $y'' = p\,\dfrac{dp}{dy}$, и множитель $p$ теряют чаще всего.
• Постоянную $C_1$ ищут в самом конце. Удобнее подставить условие на производную сразу после первого интегрирования: тогда второй интеграл берётся уже от конкретной функции, а не от выражения с буквой.
• Путают условия $y'(x_0)$ и $p(y_0)$. В первом типе условие ставится в точке по $x$, во втором - в точке по $y$. Подстановка не в ту переменную даёт правдоподобный, но неверный ответ.
• Теряют решения при делении. Сокращение на $p$, на $y$ или на $y^2$ законно только при ненулевых значениях, а нулевые надо проверить подстановкой отдельно.
• Не считают постоянные. В ответе для уравнения порядка $n$ обязано быть ровно $n$ независимых постоянных. Их нехватка означает, что одно интегрирование выполнено неверно.

FAQ

Как понять, какую замену брать, если подходят сразу две? Бери ту, что даёт более простое уравнение, - ответ от выбора не зависит. Например, в $y'' = (y')^2$ нет ни $y$, ни $x$: замена $p(x)$ приводит к уравнению с разделяющимися переменными, а $p(y)$ - к такому же по трудности, так что выигрывает первая.

Можно ли понизить порядок линейного уравнения с постоянными коэффициентами? Можно, но не нужно: для него есть характеристическое уравнение, и оно короче. Понижение порядка применяют там, где коэффициенты переменные или уравнение нелинейное. Исключение - когда известно одно частное решение $y_1$: тогда замена $y = y_1 u$ понижает порядок и для линейного уравнения.

Почему после замены получается уравнение первого порядка, а постоянных всё равно две? Первая постоянная появляется при решении уравнения для $p$, вторая - при обратном интегрировании $y' = p$. Общее число постоянных всегда равно порядку исходного уравнения.

Что делать, если после понижения уравнение для $p$ не решается? Это нормальная ситуация: понижение порядка не гарантирует квадратур. Тогда полученное уравнение первого порядка исследуют качественно или решают численно, а начальные условия задают конкретную траекторию.

Коротко

1. Посмотри, чего в уравнении нет: функции $y$, переменной $x$ или ни того ни другого, но зато есть однородность по $y$ и производным.
2. Нет $y$ и младших производных - замена $p = y^{(k)}$, порядок падает на $k$. Нет $x$ - замена $p = y'$ как функции от $y$, причём $y'' = p\,\dfrac{dp}{dy}$. Однородность - замена $y' = y z$.
3. Реши получившееся уравнение меньшего порядка и подставь условие на производную, чтобы сразу найти $C_1$.
4. Проинтегрируй обратно столько раз, на сколько понизил порядок, и найди оставшиеся постоянные; проверь, не потеряны ли решения, обнулявшие делитель.
5. Для примера $x y'' = y' + x^2$ при $y(1) = 0$, $y'(1) = 3$ получается $p = x^2 + 2x$ и $y = \dfrac{x^3}{3} + x^2 - \dfrac{4}{3}$, откуда $y(2) = \dfrac{16}{3} \approx 5{,}333$.