Math24.ru
Дифференциальные Уравнения
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Однородные дифференциальные уравнения второго порядка с переменными коэффициентами
Линейное однородное уравнение второго порядка с переменными коэффициентами записывается в виде \[y'' + {a_1}\left( x \right)y' + {a_2}\left( x \right)y = 0,\] где \({a_1}\left( x \right)\) и \({a_2}\left( x \right)\) являются непрерывными функциями на отрезке \(\left[ {a,b} \right].\)
Линейная независимость функций. Определитель Вронского
Функции \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right), \ldots ,{y_n}\left( x \right)\) называются линейно зависимыми на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) если существуют постоянные \({\alpha _1},{\alpha _2}, \ldots ,{\alpha _n},\) одновременное не равные нулю, такие, что для всех значений \(x\) из этого отрезка справедливо тождество \[{\alpha _1}{y_1}\left( x \right) + {\alpha _2}{y_2}\left( x \right) + \ldots + {\alpha _n}{y_n}\left( x \right) \equiv 0.\] Если же это тождество выполняется лишь при \({\alpha _1} = {\alpha _2} = \ldots = {\alpha _n} = 0,\) то указанные функции \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right), \ldots ,{y_n}\left( x \right)\) называются линейно независимыми на отрезке \(\left[ {a,b} \right].\)

Для случая двух функций критерий линейной независимости можно записать в более простом виде: Функции \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right)\) будут линейно независимыми на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) если их отношение на данном отрезке тождественно не равно постоянной: \[\frac{{{y_1}\left( x \right)}}{{{y_2}\left( x \right)}} \ne \text{const.}\] В противном случае, при \({\large\frac{{{y_1}\left( x \right)}}{{{y_2}\left( x \right)}}\normalsize} \equiv \text{const,}\) эти функции будут линейно зависимыми.

Пусть \(n\) функций \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right), \ldots ,{y_n}\left( x \right)\) имеют производные \(\left( {n - 1} \right)\) порядка. Определитель \[ {W\left( x \right) = {W_{{y_1},{y_2}, \ldots ,{y_n}}}\left( x \right) } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}& \ldots &{{y_n}}\\ {{y'_1}}&{{y'_2}}& \ldots &{{y'_n}}\\ \ldots & \ldots & \ldots & \ldots \\ {y_1^{\left( {n - 1} \right)}}&{y_2^{\left( {n - 1} \right)}}& \ldots &{y_n^{\left( {n - 1} \right)}} \end{array}} \right|} \] называется определителем Вронского или вронскианом для указанной системы функций.

Теорема. Если система функций \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right), \ldots ,{y_n}\left( x \right)\) линейна зависима на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) то ее определитель Вронского тождественно равен нулю на этом отрезке.

Отсюда следует, что если определитель отличен от нуля хотя бы в одной точке отрезка \(\left[ {a,b} \right],\) то функции \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right), \ldots ,{y_n}\left( x \right)\) будут линейно независимыми. Это свойство определителя Вронского позволяет выяснить, являются ли найденные решения однородного дифференциального уравнения линейно независимыми.
Фундаментальная система решений
Совокупность двух линейно независимых частных решений линейного однородного дифференциального уравнения второго порядка образует его фундаментальную систему решений.

Если \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right)\) − фундаментальная система решений, то общее решение уравнения второго порядка представляется в виде \[y\left( x \right) = {C_1}{y_1}\left( x \right) + {C_2}{y_2}\left( x \right),\] где \({C_1}, {C_2}\) − произвольные постоянные.

Заметим, что по заданной фундаментальной системе решений \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right)\) можно построить соответствующее однородное дифференциальное уравнение. Для случая второго порядка такое уравнение выражается через определитель в виде: \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}&y\\ {{y'_1}}&{{y'_2}}&y'\\ {{y''_1}}&{{y''_2}}&y'' \end{array}} \right| = 0.\]
Формула Лиувилля-Остроградского
Итак, как указано выше, общее решение однородного дифференциального уравнения второго порядка является линейной комбинацией двух линейно независимых частных решений \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right)\) этого уравнения.

Очевидно, что частные решения зависят от коэффициентов дифференциального уравнения. Формула Лиувилля-Остроградского устанавливает связь между вронскианом \(W\left( x \right),\) построенном на базе частных решений \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right),\) и коэффициентом \({a_1}\left( x \right)\) в дифференциальном уравнении.

Пусть \(W\left( x \right)\) − определитель Вронского решений \({y_1}\left( x \right),{y_2}\left( x \right)\) линейного однородного дифференциального уравнения \(2\)-го порядка \[y'' + {a_1}\left( x \right)y' + {a_2}\left( x \right)y = 0,\] в котором функции \({a_1}\left( x \right)\) и \({a_2}\left( x \right)\) непрерывны на отрезке \(\left[ {a,b} \right].\) Пусть точка \({x_0}\) принадлежит отрезку \(\left[ {a,b} \right].\) Тогда для всех \(x \in \left[ {a,b} \right]\) справедлива формула Лиувилля-Остроградского: \[W\left( x \right) = W\left( {{x_0}} \right)\exp \left( { - \int\limits_{{x_0}}^x {{a_1}\left( t \right)dt} } \right).\]
Практические методы решения однородных уравнений \(2\)-го порядка с переменными коэффициентами
К сожалению, общего метода отыскания частного решения не существует. Обычно это можно сделать путем подбора.

Если известно частное решение \({y_1}\left( x \right) \ne 0\) линейного однородного уравнения второго порядка, то его можно преобразовать к линейному уравнению первого порядка с помощью подстановки \(y = {y_1}\left( x \right)z\left( x \right)\) и последующей замены \(z'\left( x \right) = u.\)

Другой способ понижения порядка основан на использовании формулы Лиувилля-Остроградского. Здесь также одно частное решение \({y_1}\left( x \right)\) должно быть известно. Соответствующие примеры разобраны ниже.

   Пример 1
Исследовать, являются ли функции \({y_1}\left( x \right) = x + 2,\) \({y_2}\left( x \right) = 2x - 1\) линейно независимыми.

Решение.
Составим отношение двух функций: \[ {\frac{{{y_1}\left( x \right)}}{{{y_2}\left( x \right)}} } = {\frac{{x + 2}}{{2x - 1}} } = {\frac{{x - \frac{1}{2} + \frac{5}{2}}}{{2x - 1}} } = {\frac{{\frac{1}{2}\left( {2x - 1} \right) + \frac{5}{2}}}{{2x - 1}} } = {\frac{1}{2} + \frac{5}{{2\left( {2x - 1} \right)}} } = {\frac{1}{2} + \frac{5}{{4x - 2}}.} \] Видно, что это отношение не равно постоянному числу, а зависит от \(x.\) Следовательно, данные функции линейно независимые.

   Пример 2
Найти определитель Вронского для системы функций \({y_1}\left( x \right) = \cos x,\;{y_2}\left( x \right) = \sin x.\)

Решение.
Определитель Вронского для системы двух функций вычисляется по формуле: \[{W_{{y_1},{y_2}}}\left( x \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}\left( x \right)}&{{y_2}\left( x \right)}\\ {{y'_1}\left( x \right)}&{{y'_2}\left( x \right)} \end{array}} \right|.\] Подставляя заданные функции и их производные, получаем \[ {{W_{{y_1},{y_2}}}\left( x \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos x}&{\sin x}\\ { - \sin x}&{\cos x} \end{array}} \right| } = {{\cos ^2}x + {\sin ^2}x = 1.} \] Отсюда, в частности, следует, что функции \(\sin x\) и \(\cos x\) являются линейно независимыми.

   Пример 3
Составить линейное однородное дифференциальное уравнение, если известна его фундаментальная система решений: \(x,{e^x}.\)

Решение.
Находим производные заданных функций: \[{y'_1} = x' = 1,\;\;{y''_1} = 1' = 0;\] \[ {{y'_2} = {\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x},}\;\; {{y''_2} = {\left( {{e^x}} \right)^\prime } = {e^x}.} \] Искомое дифференциальное уравнение выражается через определитель: \[ {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}&y\\ {{y'_1}}&{{y'_2}}&y'\\ {{y''_1}}&{{y''_2}}&y'' \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&{{e^x}}&y\\ 1&{{e^x}}&y'\\ 0&{{e^x}}&y'' \end{array}} \right| = 0.} \] Раскладываем определитель по первому столбцу: \[ {x\left( {{e^x}y'' - {e^x}y'} \right) - 1 \cdot \left( {{e^x}y'' - {e^x}y} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {e^x}\left[ {\left( {xy'' - xy'} \right) - \left( {y'' - y} \right)} \right] = 0.} \] Учитывая, что \({e^x} \ne 0,\) после упрощения получаем \[ {xy'' - xy' - y'' + y = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {x - 1} \right)y'' - xy' + y = 0.} \]
   Пример 4
Найти общее решение уравнения \({x^2}y'' - 2xy' + 2y = 0,\) если известно его частное решение \({y_1} = x.\)

Решение.
Сделаем подстановку \(y = {y_1}z = xz.\) Тогда \[ {y' = {\left( {xz} \right)^\prime } = z + xz',}\;\; {y'' = {\left( {z + xz'} \right)^\prime } } = {z' + z' + xz'' } = {2z' + xz''.} \] После подстановки исходное уравнение принимает вид: \[\require{cancel} {{x^2}\left( {2z' + xz''} \right) - 2x\left( {z + xz'} \right) + 2xz = 0,}\;\; {\Rightarrow \cancel{\color{blue}{2{x^2}z'}} + {x^3}z'' - \cancel{\color{red}{2xz}} - \cancel{\color{blue}{2{x^2}z'}} + \cancel{\color{red}{2xz}} = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^3}z'' = 0.} \] Заменяя \(z' = p,\) получаем компактное уравнение \({x^3}p' = 0,\) решением которого является функция \(p = {C_1}.\)
Отсюда находим функцию \(z:\) \[ {p = {C_1},}\;\; {\Rightarrow z' = {C_1},}\;\; {\Rightarrow z = {C_1}x + {C_2}.} \] Теперь можно записать общее решение уравнения: \[ {y\left( x \right) = xz } = {x\left( {{C_1}x + {C_2}} \right) } = {{C_1}{x^2} + {C_2}x.} \]
   Пример 5
Найти общее решение уравнения \(\left( {{x^2} + 1} \right)y'' - 2y = 0.\)

Решение.
Сначала подберем частное решение для заданного уравнения. Исходя из структуры уравнения, попробуем найти частное решение в виде квадратичной функции: \[{y_1} = A{x^2} + Bx + C.\] Ее производные будут равны: \[{y'_1} = 2Ax + B,\;\;{y''_1} = 2A.\] Подставляя это в дифференциальное уравнение, определим коэффициенты \(A, B, C:\) \[ {\left( {{x^2} + 1} \right) \cdot 2A - 2\left( {A{x^2} + Bx + C} \right) \equiv 0,}\;\; {\Rightarrow \cancel{2A{x^2}} + 2A - \cancel{2A{x^2}} - 2Bx - 2C \equiv 0.} \] Видно, что коэффициенты должны удовлетворять условиям \[\left\{ \begin{array}{l} - 2B = 0\\ 2A - 2C = 0 \end{array} \right.,\;\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} B = 0\\ A = C \end{array} \right..\] Этим условиям соответствует функция вида \({y_1} = C\left( {{x^2} + 1} \right).\) Таким образом, в качестве частного решения можно взять функцию \({y_1} = {{x^2} + 1}.\)

Сделаем следующую подстановку, чтобы понизить порядок уравнения: \[ {y = {y_1}z = \left( {{x^2} + 1} \right)z,}\;\; {\Rightarrow y' = 2xz + \left( {{x^2} + 1} \right)z',}\;\; {\Rightarrow y'' = 2z + 2xz' + 2xz' + \left( {{x^2} + 1} \right)z'' } = {2z + 4xz' + \left( {{x^2} + 1} \right)z''.} \] Тогда уравнение принимает вид: \[ {\left( {{x^2} + 1} \right)\left[ {2z + 4xz' + \left( {{x^2} + 1} \right)z''} \right] - 2\left( {{x^2} + 1} \right)z = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {{x^2} + 1} \right)\left[ {\cancel{2z} + 4xz' + \left( {{x^2} + 1} \right)z'' - \cancel{2z}} \right] = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {{x^2} + 1} \right)z'' + 4xz' = 0.} \] Используя еще одну замену \(z' = p\left( x \right),\) получаем \[\left( {{x^2} + 1} \right)p' + 4xp = 0.\] Теперь мы имеем линейное уравнение \(1\)-го порядка, которое решается разделением переменных: \[ {\left( {{x^2} + 1} \right)\frac{{dp}}{{dx}} = - 4xp,}\;\; {\Rightarrow \frac{{dp}}{p} = - \frac{{4xdx}}{{{x^2} + 1}},}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{dp}}{p}} = - 2\int {\frac{{d\left( {{x^2} + 1} \right)}}{{{x^2} + 1}}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln\left| p \right| = - 2\ln \left( {{x^2} + 1} \right) + \ln {C_1},}\;\; {\Rightarrow \ln \left| p \right| = \ln \frac{{{C_1}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}},}\;\; {\Rightarrow p = \frac{{{C_1}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}.} \] Решим еще одно уравнение для \(z:\) \[ {p = z' = \frac{{{C_1}}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}},}\;\; {\Rightarrow z = \int {\frac{{dx}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} .} \] Данный интеграл вычисляется с помощью формулы редукции: \[ {\int {\frac{{dx}}{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}} } = {\frac{x}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\int {\frac{{dx}}{{{x^2} + 1}}} } = {\frac{x}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\arctan x + {C_2}.} \] В результате получаем следующее выражение для функции \(z:\) \[ {z = {C_1}\left[ {\frac{x}{{2\left( {{x^2} + 1} \right)}} + \frac{1}{2}\arctan x + {C_2}} \right] } = {\frac{{{C_1}x}}{{{x^2} + 1}} + {C_1}\arctan x + {C_2},} \] где постоянные \({C_1}\) и \({C_2}\) перенормированы для упрощения выражения.

Таким образом, общее решение имеет вид: \[ {y = \left( {{x^2} + 1} \right)z } = {{C_1}x + {C_1}\left( {{x^2} + 1} \right)\arctan x + {C_2}\left( {{x^2} + 1} \right) } = {{C_1}\left[ {x + \left( {{x^2} + 1} \right)\arctan x} \right] + {C_2}\left( {{x^2} + 1} \right).} \]
   Пример 6
Найти общее решение уравнения \({x^2}y'' - 4xy' + 6y = 0,\) используя формулу Лиувилля-Остроградского. Известно частное решение уравнения: \({y_1} = {x^2}.\)

Решение.
Пусть \({y_1}\) и \({y_2}\) − линейно независимые частные решения заданного уравнения (решение \({y_1}\) известно). Тогда формула Лиувилля-Остроградского записывается в виде \[ {W\left( x \right) = {W_{{y_1},{y_2}}}\left( x \right) } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\\ {{y'_1}}&{{y'_2}} \end{array}} \right| } = {{W_0}\left( x \right)\exp \left( { - \int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{{a_1}\left( t \right)}}{{{a_0}\left( t \right)}}dt} } \right).} \] Интеграл в этом выражении равен \[ {\int\limits_{{x_0}}^x {\frac{{{a_1}\left( t \right)}}{{{a_0}\left( t \right)}}dt} } = {\int\limits_{{x_0}}^x {\left( {\frac{{ - 4t}}{{{t^2}}}} \right)dt} } = {\left. {\left( { - 4\ln t} \right)} \right|_{{x_0}}^x } = { - 4\ln x + 4\ln {x_0} } = { - \ln {x^4} + \ln x_0^4 } = { - \ln \frac{{{x^4}}}{{x_0^4}}.} \] Подставляя это, получаем \[ {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\\ {{y'_1}}&{{y'_2}} \end{array}} \right| } = {{W_0}\left( x \right)\exp \left( {\ln \frac{{{x^4}}}{{x_0^4}}} \right) } = {\frac{{{W_0}\left( x \right)}}{{x_0^4}}{x^4} } = {{C_1}{x^4},} \] где \({C_1}\) − произвольная постоянная.

Поскольку частное решение \({y_1}\) известно, то мы получили дифференциальное уравнение первого порядка для определения другого частного решения \({y_2}.\) После деления на \(y_1^2\) имеем: \[ {\left. {{y'_2}{y_1} - {y_2}{y'_1} = {C_1}{x^4}} \right|:y_1^2,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{y'_2}{y_1} - {y_2}{y'_1}}}{{y_1^2}} = \frac{{{C_1}{x^4}}}{{y_1^2}},}\;\; {\Rightarrow {\left( {\frac{{{y_2}}}{{{y_1}}}} \right)^\prime } } = {\frac{{{C_1}{x^4}}}{{y_1^2}} } = {\frac{{{C_1}\cancel{x^4}}}{{\cancel{x^4}}} = {C_1}.} \] Отсюда находим функцию \({y_2}:\) \[ {\frac{{{y_2}}}{{{y_1}}} = {C_1}x + {C_2},}\;\; {\Rightarrow {y_2} = {y_1}\left( {{C_1}x + {C_2}} \right) } = {{x^2}\left( {{C_1}x + {C_2}} \right) } = {{C_1}{x^3} + {C_2}{x^2},} \] где \({C_1},\) \({C_2}\) − постоянные интегрирования. Ясно, что функция \({y_2}\) фактически представляет собой общее решение уравнения.

   Пример 7
Найти по формуле Лиувилля-Остроградского общее решение уравнения \({x^2}y'' + xy' - y = 0\) (при \(x \ne 0\)), если известно его частное решение \({y_1} = x.\)

Решение.
Используя формулу Лиувилля-Остроградского, получаем уравнение для нахождения второго частного решения \({y_2}:\) \[ {W\left( x \right) = {W_{{y_1},{y_2}}}\left( x \right) } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{y_1}}&{{y_2}}\\ {{y'_1}}&{{y'_2}} \end{array}} \right| } = {{C_1}\exp \left( { - \int {\frac{{{a_1}\left( x \right)}}{{{a_0}\left( x \right)}}dx} } \right).} \] Интеграл в этой формуле равен \[ {\int {\frac{{{a_1}\left( x \right)}}{{{a_0}\left( x \right)}}dx} } = {\int {\frac{x}{{{x^2}}}dx} } = {\int {\frac{{dx}}{x}} } = {\ln \left| x \right|.} \] Тогда можем записать: \[ {{y'_2}{y_1} - {y_2}{y'_1} = {C_1}{e^{ - \ln \left| x \right|}},}\;\; {\Rightarrow {y'_2}{y_1} - {y_2}{y'_1} = {C_1}{e^{\ln \large\frac{1}{{\left| x \right|}}\normalsize}},}\;\; {\Rightarrow {y'_2}{y_1} - {y_2}{y'_1} = \frac{{{C_1}}}{x},} \] где \({C_1}\) − произвольная постоянная.

Делим обе части уравнения на \(y_1^2 = {x^2}\) (Считаем, что \(x \ne 0\)). \[ {\frac{{{y'_2}{y_1} - {y_2}{y'_1}}}{{y_1^2}} = \frac{{{C_1}}}{{xy_1^2}},}\;\; {\Rightarrow {\left( {\frac{{{y_2}}}{{{y_1}}}} \right)^\prime } = \frac{{{C_1}}}{{x \cdot {x^2}}} = \frac{{{C_1}}}{{{x^3}}},}\;\; {\Rightarrow \frac{{{y_2}}}{{{y_1}}} = \int {\frac{{{C_1}}}{{{x^3}}}dx} } = { - \frac{{{C_1}}}{{2{x^2}}} + {C_2} = \frac{{{C_1}}}{{{x^2}}} + {C_2}.} \] Здесь мы переобозначили: \( - \large\frac{{{C_1}}}{2}\normalsize \to {C_1}.\) Окончательный ответ выглядит так: \[ {{y_2} = {y_1}\left( {\frac{{{C_1}}}{{{x^2}}} + {C_2}} \right) } = {x\left( {\frac{{{C_1}}}{{{x^2}}} + {C_2}} \right) } = {\frac{{{C_1}}}{x} + {C_2}x.} \]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.