Знижування порядку

Диференціальні рівняння
Види рівнянь Звичайні З частинними похідними Лінійні Нелінійні Автономні Алгебраїчні Диференціально-алгебраїчні Інтегро-диференціальні Однорідні Рівняння в повних диференціалах Стохастичні З запізненням
Загальні теми Фазовий простір Інтегральна крива Теорема Пікара — Лінделефа Фазовий портрет Диференціальний оператор Визначник Вронського Стійкість Чисельне інтегрування Фундаментальна матриця
Методи розв'язання Метод характеристик Розділення змінних Знижування порядку Інтегрувальний множник Метод невизначених коефіцієнтів Метод варіації параметрів Метод Ейлера Метод Рунге — Кутти Метод Адамса Метод скінченних різниць Метод Кранка-Ніколсон Метод скінченних елементів Метод Гальоркіна Інтегральне перетворення Теорія збурень
Відомі рівняння Рівняння Лотки-Вольтерри Дивний атрактор Лоренца Рівняння Дуффінга Осцилятор Ван дер Поля Система Хенона-Гейлса Рівняння Ріккаті Хвильове рівняння Рівняння Лапласа Рівняння дифузії Рівняння Бюргерса Рівняння Нав'є — Стокса Рівняння Гамільтона — Якобі Рівняння Коші-Ейлера Рівняння Бернуллі Модель Годжкіна — Гакслі Схема Чуа Атрактор Рьослера Модель Курамото
Математики Ісаак Ньютон Ґотфрід Лейбніц Леонард Ейлер П'єр-Симон Лаплас Жозеф Ліувілль Жозеф-Луї Лагранж Анрі Пуанкаре Рудольф Ліпшиц Олександр Ляпунов Еміль Пікар Карл Рунге Джон Кранк

Знижування порядку — техніка в математиці призначена для розв'язання лінійних звичайних диференціальних рівнянь другого порядку. Її використовують коли відомий один розв'язок $y_{1}(x)$ і необхідно знайти другий лінійно незалежний розв'язок $y_{2}(x)$. Цей метод також застосовують для рівнянь n-го порядку. В цьому випадку анзац породить рівняння (n-1)-го порядку для $v$.

Звичайні диференціальні рівняння другого порядку

Приклад

Розглянемо загальне однорідне другого порядку з коефіцієнтами-сталими ЗДР

$ay''(x)+by'(x)+cy(x)=0,\;$

де $a,b,c$ є дійсними ненульовими коефіцієнтами, також припустимо, що його характеристичним рівняння

$a\lambda ^{2}+b\lambda +c=0\;$

має повторювані корені(тобто дискримінант, $b^{2}-4ac$ дорівнює нулю). Отже маємо

$\lambda _{1}=\lambda _{2}=-{\frac {b}{2a}}.$

Відтак нашим розв'язком для ЗДР є

$y_{1}(x)=e^{-{\frac {b}{2a}}x}.$

Для віднайдення другого розв'язку ми робимо припущення, що

$y_{2}(x)=v(x)y_{1}(x)\;$

де $v(x)$ це невідома функція, яку ми маємо визначити. З того, що $y_{2}(x)$ повинно задовольняти оригінальному ЗДР, ми підставляємо його назад, щоб отримати

$a\left(v''y_{1}+2v'y_{1}'+vy_{1}''\right)+b\left(v'y_{1}+vy_{1}'\right)+cvy_{1}=0.$

Перелаштувавши це рівняння в термінах похідних від $v(x)$ отримуємо

$\left(ay_{1}\right)v''+\left(2ay_{1}'+by_{1}\right)v'+\left(ay_{1}''+by_{1}'+cy_{1}\right)v=0.$

Оскільки ми знаємо, що $y_{1}(x)$ є розв'язком початкової проблеми, коефіцієнт останнього доданку дорівнює нулю. Далі більше, підставив $y_{1}(x)$ в коефіцієнт другого доданку маємо

$2a\left(-{\frac {b}{2a}}e^{-{\frac {b}{2a}}x}\right)+be^{-{\frac {b}{2a}}x}=\left(-b+b\right)e^{-{\frac {b}{2a}}x}=0.$

Отже ми залишилися з

$ay_{1}v''=0.\;$

З того, що ми припустили, що $a\neq 0$ і $y_{1}(x)$ є показниковою функцією і тому ніколи не стає нулем ми просто маємо, що

$v''=0.\;$

Інтегруємо це двічі, щоб отримати

$v(x)=c_{1}x+c_{2}\;$

де $c_{1},c_{2}$ є сталими інтегрування. Тепер ми можемо наш другий розв'язок як

$y_{2}(x)=(c_{1}x+c_{2})y_{1}(x)=c_{1}xy_{1}(x)+c_{2}y_{1}(x).\;$

З того, що другий доданок у $y_{2}(x)$ є скалярним кратним першого розв'язку (і отже лінійно залежним) ми можемо опустити його і отримати кінцевий розв'язок

$y_{2}(x)=xy_{1}(x)=xe^{-{\frac {b}{2a}}x}.$

Насамкінець, ми можемо довести, що другий розв'язок $y_{2}(x)$, який ми знайшли цим способом, є лінійно незалежним із першим розв'язком через визначник Вронського

$W(y_{1},y_{2})(x)={\begin{vmatrix}y_{1}&xy_{1}\\y_{1}'&y_{1}+xy_{1}'\end{vmatrix}}=y_{1}(y_{1}+xy_{1}')-xy_{1}y_{1}'=y_{1}^{2}+xy_{1}y_{1}'-xy_{1}y_{1}'=y_{1}^{2}=e^{-{\frac {b}{a}}x}\neq 0.$

Отже $y_{2}(x)$ є другим лінійно незалежним розв'язком, який ми й шукали.

Загальний метод

Нехай задане неоднорідне лінійне диференціальне рівняння

$y''+p(t)y'+q(t)y=r(t)\,$

і один розв'язок $y_{1}(t)$ однорідного рівняння [$r(t)=0$], знайдемо розв'язок повного неоднорідного рівняння у формі:

$y_{2}=v(t)y_{1}(t)\,$

де $v(t)$ є довільною функцією. Отже

$y_{2}'=v'(t)y_{1}(t)+v(t)y_{1}'(t)\,$

і

$y_{2}''=v''(t)y_{1}(t)+2v'(t)y_{1}'(t)+v(t)y_{1}''(t).\,$

Якщо підставити ці результати для $y$, $y'$ і $y''$ в диференціальне рівняння, тоді

$y_{1}(t)\,v''+(2y_{1}'(t)+p(t)y_{1}(t))\,v'+(y_{1}''(t)+p(t)y_{1}'(t)+q(t)y_{1}(t))\,v=r(t).$

З того, що $y_{1}(t)$ є розв'язком початкового однорідного диференціального рівняння, $y_{1}''(t)+p(t)y_{1}'(t)+q(t)y_{1}(t)=0$, тобто ми можемо зменшити до

$y_{1}(t)\,v''+(2y_{1}'(t)+p(t)y_{1}(t))\,v'=r(t)$

це рівняння є рівнянням першого порядку щодо $v'(t)$ (знижування порядку). Ділимо на $y_{1}(t)$, отримуємо

$v''+\left({\frac {2y_{1}'(t)}{y_{1}(t)}}+p(t)\right)\,v'={\frac {r(t)}{y_{1}(t)}}$.

Інтегрувальний множник: $\mu (t)=e^{\int ({\frac {2y_{1}'(t)}{y_{1}(t)}}+p(t))dt}=y_{1}^{2}(t)e^{\int p(t)dt}$.

Множачи диференціальне рівняння на інтегрувальний множник $\mu (t)$, рівняння для $v(t)$ можна звести до

${\frac {d}{dt}}(v'(t)y_{1}^{2}(t)e^{\int p(t)dt})=y_{1}(t)r(t)e^{\int p(t)dt}$.

Після інтегрування останнього рівняння, ми знаходимо $v'(t)$, яка містить одну сталу інтегрування. тоді інтегруємо $v'(t)$ для віднайдення повного розв'язку початкового неоднорідного рівняння другого порядку, з двома сталими інтегрування як і повинно бути:

$y_{2}(t)=v(t)y_{1}(t)\,$.

Посилання

Weisstein, Eric W. Другий розв'язок звичайного диференційного рівняння другого порядку(англ.) на сайті Wolfram MathWorld.