Một số phương trình cấp cao có thể được rút gọn thành phương trình cấp một. Chúng ta sẽ thảo luận về hai trường hợp như vậy đối với phương trình cấp hai.
Các phương trình không chứa hàm ẩn
Nếu chúng ta có phương trình dạng:
𝐹(𝑦′′, 𝑦′ , 𝑡) = 0, (2.26)
sau đó thay thế 𝑧 = 𝑦 biến phương trình này thành một phương trình cấp một:
𝐹(𝑧′, 𝑧, 𝑡) = 0. (2.27)
Nếu chúng ta có thể giải phương trình này:
𝑧 = ɸ(𝑡, 𝐶),
trong đó 𝐶 là một hằng số tùy ý, khi đó, trở về hàm chưa biết ban đầu 𝑦, chúng ta thu được một phương trình cấp một khác:
và như thế:
𝑦(𝑡) = ∫ ɸ(𝑡, 𝐶)𝑑𝑡 + 𝐶1.
Ví dụ 2.13. Tìm nghiệm của phương trình:
(𝑦′′)2 = 4((𝑦′− 1), (2.28)
thỏa mãn các điều kiện ban đầu: 𝑎) 𝑦(0) = 0 𝑣à 𝑦′(0) = 2, 𝑏) 𝑦(0) = 0 𝑣à 𝑦′(0) = 1.
Phương trình (2.28) không chứa 𝑦 nên nó có thể được lấy tích phân theo phương pháp mô tả ở trên. Đặt 𝑧 = 𝑦 chúng ta nhận được:
(𝑧′)2 = 4(𝑧 − 1),
cho ta hai phương trình
𝑧′ = ±2 √z − 1.
Mỗi phương trình này là một phương trình tách được. Có một nghiệm dừng
𝑧 = 1 chung cho cả hai phương trình. Với 𝑧 ≠ 1, chúng ta thu được:
± 𝑑𝑧
2√𝑧 − 1= ∫ 𝑑𝑡.
Lấy tích phân ta có được:
± √𝑧 − 1 = 𝑡 + 𝐶1.
Bình phương cả hai vế phương trình cuối ta thu được:
𝑧 = 1 + (𝑡 + 𝐶1)2.
Quay trở lại với hàm 𝑦 chưa biết ban đầu, chúng ta tìm thấy nghiệm cụ thể
𝑦′ = 1, nghĩa là:
𝑦 = 𝑡 + 𝐶. (2.29)
Nghiệm chung thu được bằng cách giải
𝑦′ = 1 + (𝑡 + 𝐶1) 2 (2.30)
Cho nên
𝑦 = 𝑡 +1
3 (𝑡 + 𝐶1)
3 + 𝐶2. (2.31)
Để tìm lời giải cho bài toán Cauchy a), ta lấy nghiệm tổng quát (2.31) và thay
𝑡 = 0 nhận được:
0 = 𝑦(0) =1 3𝐶1
và, sử dụng điều kiện cho đạo hàm:
2 = 𝑦′(0) = 1 + 𝐶 12.
Từ đây ta nhận được 𝐶 12 = ±1 và C2 = ∓1
3 . Do đó, ta có được hai nghiệm cho bài toán Cauchy là:
𝑦 = 𝑡 +1 3 (𝑡 + 1) 3 −1 3 , 𝑦 = 𝑡 +1 3 (𝑡 − 1) 3 +1 3 .
Không có nghiệm nào khác, vì không có hằng số 𝐶 trong (2.29) cho phép thỏa mãn cả hai điều kiện ban đầu.
Để tìm lời giải cho bài toán Cauchy b), chúng ta thu được từ (2.31) và (2.30)
0 = 1 3 𝐶1
3 + 𝐶2, 1 = 1 + 𝐶12.
Từ đây ta có được 𝐶1 = 𝐶2 = 0, dẫn đến nghiệm của phương trình là:
𝑦 = 𝑡 +1 3 𝑡
3.
Hơn nữa, chúng ta có thể kiểm tra rằng nghiệm cụ thể (2.29) có thể được thực hiện để thỏa mãn các điều kiện này bằng cách lấy 𝐶 = 0. Do đó, nghiệm thứ hai cho bài toán Cauchy được cho bởi:
𝑦 = 𝑡.
Các phương trình không chứa biến độc lập
Chúng ta hãy xem xét phương trình:
𝐹(𝑦′′, 𝑦′ , 𝑦) = 0, (2.32)
điều đó không liên quan đến biến độc lập 𝑡. Một phương trình như vậy cũng có thể đưa được về phương trình cấp một, tuy nhiên, ý tưởng này phức tạp hơn một chút. Đầu tiên, chúng ta lưu ý rằng đạo hàm 𝑦′ được xác định duy nhất bởi hàm 𝑦. Điều này có nghĩa là chúng ta có thể viết 𝑦′ = 𝑔(𝑦) cho một số hàm 𝑔. Tiến hành biến đổi ta thu được:
𝑦′′ = 𝑑 𝑑𝑡𝑦 ′ =𝑑𝑔 𝑑𝑦 (𝑦) 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑦 ′𝑑𝑔 𝑑𝑦 (𝑦) = 𝑔(𝑦) 𝑑𝑔 𝑑𝑦 (𝑦). (2.33)
Thay (2.33) vào (2.32) cho phương trình cấp một với 𝑦 là biến độc lập:
𝐹 (𝑔𝑑𝑔
𝑑𝑦, 𝑔, 𝑦) = 0. (2.34)
Nếu ta giải phương trình này ở dạng 𝑔 (𝑦) = ɸ(𝑦, 𝐶) thì để tìm 𝑦 ta phải giải thêm một phương trình cấp một với 𝑡 là biến độc lập:
𝑑𝑦
𝑑𝑡 = ɸ(𝑦, 𝐶).
Ví dụ 2.14. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình:
𝑦𝑦′′ = (𝑦′)2. (2.35)
Vì phương trình không chứa 𝑡, chúng ta có thể sử dụng phương pháp được mô tả ở trên. Ký hiệu 𝑦′ = 𝑔(𝑦), chúng ta có 𝑦′′ = 𝑔𝑑𝑔 𝑑𝑦, để phương trình (2.35) trở thành: 𝑦𝑔𝑑𝑔 𝑑𝑦 = 𝑔 2 .
Ta thu được nghiệm cụ thể ở dạng 𝑔 = 0. Nếu 𝑔 ≠ 0, ta có thể tách các biến, ta thu được:
1 𝑔 𝑑𝑔 𝑑𝑦 = 1 𝑦 .
Lấy tích phân cả hai vế của phương trình ta được:
𝑙𝑛 |𝑔| = 𝑙𝑛 |𝑦| + 𝐶
Hay
𝑔 = ±𝐶𝑦
với một hằng số nào đó 𝐶 ≠ 0. Khi 𝑔 (𝑦) = 𝑦2, chúng ta có nghiệm 𝑦 = 𝐶1
đối với một số 𝐶1 hằng số, hoặc chúng ta phải giải phương trình sau:
𝑦′ = ± 𝐶𝑦.
Giả sử 𝑦 ≠ 0, chúng tôi tách các biến nhận được:
∫ 𝑑𝑦/𝑦 = ±𝐶 ∫ 𝑑𝑡 ,
vậy nên
𝑦 = 𝐶2𝑒±𝐶𝑡.
Lưu ý rằng đối với 𝐶2 = 0, chúng ta thu được nghiệm cụ thể 𝑦 ≡ 0 và đối với 𝐶 = 0 chúng ta thu được các nghiệm hằng số cụ thể đến từ 𝑔 = 0.