Знижування порядку — Вікіпедія

Диференціальні рівняння
Види рівнянь Звичайні З частинними похідними Лінійні Нелінійні Автономні Алгебраїчні[en] Диференціально-алгебраїчні[en] Інтегро-диференціальні[en] Однорідні Рівняння в повних диференціалах Стохастичні З запізненням[en]
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[en] Модель Курамото[en]
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
п о р

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

Розглянемо загальне однорідне другого порядку з коефіцієнтами-сталими ЗДР

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

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

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

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

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

Відтак нашим розв'язком для ЗДР є

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

Для віднайдення другого розв'язку ми робимо припущення, що

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

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

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

Перелаштувавши це рівняння в термінах похідних від ${\displaystyle v(x)}$ отримуємо

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

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

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

Отже ми залишилися з

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

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

${\displaystyle v''=0.\;}$

Інтегруємо це двічі, щоб отримати

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

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

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

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

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

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

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

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

Нехай задане неоднорідне лінійне диференціальне рівняння

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

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

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

де ${\displaystyle v(t)}$ є довільною функцією. Отже

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

і

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

Якщо підставити ці результати для ${\displaystyle y}$, ${\displaystyle y'}$ і ${\displaystyle y''}$ в диференціальне рівняння, тоді

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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