8.1: Метод варіації параметрів

Нас цікавить розв'язування неоднорідних лінійних диференціальних рівнянь другого порядку виду.

\[a_{2}(x) y^{\prime \prime}(x)+a_{1}(x) y^{\prime}(x)+a_{0}(x) y(x)=f(x) \label{8.1} \]

Загальний розв'язок цього неоднорідного лінійного диференціального рівняння другого порядку знайдено у вигляді суми загального розв'язку однорідного рівняння,

\[a_{2}(x) y^{\prime \prime}(x)+a_{1}(x) y^{\prime}(x)+a_{0}(x) y(x)=0, \label{8.2} \]

і конкретний розв'язок неоднорідного рівняння. Нагадаємо з глави 1, що існує кілька підходів до пошуку окремих розв'язків неоднорідних рівнянь. Будь-якого припущення було б достатньо. Інтелектуальна здогадка, заснована на методі невизначені коефіцієнти, була розглянута раніше в розділі 1. Однак більш методичним методом, який вперше розглядається на першому курсі диференціальних рівнянь, є Метод варіації параметрів. Також ми досліджували матричний варіант цього методу в розділі 2.8. Ми розглянемо цей метод в цьому розділі і поширимо його до вирішення крайових задач.

Хоча достатньо вивести метод для загального диференціального рівняння вище, ми натомість розглянемо рішення рівнянь, які знаходяться у формі Штурмліувіля, або самоспряжених. Тому ми застосуємо Метод варіації параметрів до рівняння

\[\dfrac{d}{d x}\left(p(x) \dfrac{d y(x)}{d x}\right)+q(x) y(x)=f(x) \label{8.3} \]

Зверніть увагу, що\(f(x)\) в цьому рівнянні не така ж функція, як у загальному рівнянні, поставленому на початку цього розділу.

Почнемо з припущення, що ми визначили два лінійно незалежних розв'язку однорідного рівняння. Загальне рішення тоді дається

\[y(x)=c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x) . \label{8.4} \]

Для того, щоб визначити конкретний розв'язок неоднорідного рівняння, ми змінюємо параметри\(c_{1}\) і\(c_{2}\) в розв'язанні однорідної задачі, зробивши їх функціями незалежної змінної. Таким чином, шукаємо конкретний розв'язок неоднорідного рівняння у вигляді

\[y_{p}(x)=c_{1}(x) y_{1}(x)+c_{2}(x) y_{2}(x) \label{8.5} \]

Для того, щоб це було розв'язком, нам потрібно показати, що воно задовольняє диференціальному рівнянню. Спочатку обчислюємо похідні\(y_{p}(x)\). Перша похідна - це

\[y_{p}^{\prime}(x)=c_{1}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime}(x)+c_{1}^{\prime}(x) y_{1}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}(x) \nonumber \]

Без втрати узагальненості суму двох останніх членів встановимо нуль. (Можна показати, що ті ж результати були б отримані, якби ми цього не зробили. Див. Проблема 8.2.) Тоді у нас є

\[c_{1}^{\prime}(x) y_{1}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}(x)=0 \text {. } \label{8.6} \]

Тепер візьмемо другу похідну від інших термінів, щоб отримати

\[y_{p}^{\prime \prime}(x)=c_{1}(x) y_{1}^{\prime \prime}(x)+c_{2}(x) y_{2}^{\prime \prime}(x)+c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x) . \nonumber \]

Розширення похідного члена в Рівнянні (8.3),

\[p(x) y_{p}^{\prime \prime}(x)+p^{\prime}(x) y_{p}^{\prime}(x)+q(x) y_{p}(x)=f(x), \nonumber \]

і вставляючи вирази для\(y_{p}, y_{p}^{\prime}(x)\), і\(y_{p}^{\prime \prime}(x)\), у нас є

\ почати {вирівняний}
f (x) =& p (x)\ лівий [c_ {1} (x) y_ {1} ^ {\ прайм\ прайм} (x) +c_ {2} (x) y_ {2} ^ {\ прайм\ прайм} (x) +c_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {1} ^ {1} _ {2} ^ {\ прайм} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (х)\ праворуч]\\
&+p^ {\ прайм} (x)\ лівий [c_ {1} (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x) +c_ {2} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x)\ праворуч] +q (x))\ ліворуч [c _ {1} (x) y_ {1} (x) +c_ {2} (x) y_ {2} (x)\ право].
\ end {вирівняний}

Переставляючи терміни, знаходимо

\ [\ почати {вирівняний}
f (x) =& c_ {1} (x)\ лівий [p (x) y_ {1} ^ {\ прайм\ прайм} (x) +p^ {\ прайм} (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x) +q (x) y_ {1} (x)\ праворуч]\
&+c_ {2} (x)\ лівий [p (x) y_ {2} ^ {\ прайм\ прайм} (x) +р^ {\ прайм} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x) +q (x) y_ {2} (x)\ праворуч]\
&+p (x)\ ліворуч [c_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x) +c_ {2} ^ {\ прайм} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x)\ праворуч]
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.7}\]

Так\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x)\) є обидва розв'язки однорідного рівняння. Перші два вирази в дужках зникають. Розділивши на\(p(x)\), ми маємо що

\[c_{1}^{\prime}(x) y_{1}^{\prime}(x)+c_{2}^{\prime}(x) y_{2}^{\prime}(x)=\dfrac{f(x)}{p(x)} \label{8.8} \]

Наша мета полягає в тому, щоб визначити\(c_{1}(x)\) і\(c_{2}(x)\). У цьому аналізі ми виявили, що похідні цих функцій задовольняють лінійну систему рівнянь (\(c_{i}\)у):

Лінійна система для варіації параметрів

\ [\ почати {вирівняний}
&c_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {1} (x) +c_ {2} ^ {\ прайм} (x) {2} (x) =0\
&c_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x) +c_ {2} ^ {\ прайм} (x) x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x) =\ dfrac {f (x)} {p (x)}
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.9}\]

Ця система легко вирішується, щоб дати

\ [\ почати {вирівняний}
c_ {1} ^ {\ прайм} (x) &=-\ dfrac {f (x) y_ {2} (x)} {p (x)\ лівий [y_ {1} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x) -y_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {2} (x)\ праворуч]}\\
c_ {2} ^ {\ прайм} (x) &=\ dfrac {f (x) y_ {1} (x)} {p (x)\ лівий [y_ {1} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x) -y_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {2} (x)\ правий}}.
\ end {вирівняний}\ мітка {8.10}\]

Зауважимо, що знаменник в цих виразах передбачає Вронскіан розв'язків однорідної задачі. Нагадаємо, що

\ (W\ лівий (y_ {1}, y_ {2}\ праворуч) (x) =\ ліворуч |\ почати {масив} {ll}
y_ {1} (x) & y_ {2} (x)\\
y_ {1} ^ {\ прайм} (x) & y_ {2} ^ {\ прайм} (x)
\ кінець {масив}\ право|\)

Крім того, ми можемо показати, що знаменник\(p(x) W(x)\), є постійним. Диференціація цього виразу та використання однорідної форми диференціального рівняння доводить це твердження.

\ [\ почати {вирівняний}
\ dfrac {d} {d x} (p (x) Ш (x))) =&\ dfrac {d} {d x}\ лівий [p (x)\ лівий (y_ {1} (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x) -y_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {2} (x)\ праворуч)\ праворуч]\\
=&\ left.y_ {1} (x)\ dfrac {d} {d x}\ ліворуч (p (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x)\ праворуч) +p (x) y_ {2} ^ {\ прайм} (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x)\
&\ ліворуч. -y_ {2} (x)\ dfrac {d} {d x}\ ліворуч (p (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x)\ праворуч) -p (x) y_ {1} ^ {\ прайм} (x) y_ {2} ^ {\\ прайм} (x)\\
= &-y_ {1} (x) q (х) х) г (х) _ {2} (x) +y_ {2} (x) q (x) y_ {1} (x) =0
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.11}\]

Тому,

\[p(x) W(x)=\text { constant. } \nonumber \]

Отже, після інтеграції знаходимо параметри як

\ [\ почати {вирівняний}
&c_ {1} (x) =-\ int_ {x_ {0}} ^ {x}\ dfrac {f (\ xi) y_ {2} (\ xi)} {p (\ xi) W (\ xi)}} д\ xi\
&c_ {2} (x) =\ int_ {x_ {1}} ^ {x} dfrac {f (\ xi) y_ {1} (\ xi)} {p (\ xi) W (\ xi)} д\ xi
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.12}\]

де\(x_{0}\) і\(x_{1}\) є довільними константами, які будуть визначені пізніше.

Тому конкретне рішення (8.3) можна записати як

\[y_{p}(x)=y_{2}(x) \int_{x_{1}}^{x} \dfrac{f(\xi) y_{1}(\xi)}{p(\xi) W(\xi)} d \xi-y_{1}(x) \int_{x_{0}}^{x} \dfrac{f(\xi) y_{2}(\xi)}{p(\xi) W(\xi)} d \xi \label{8.13} \]

Як подальше зауваження, ми зазвичай не переписуємо наші початкові проблеми значення в самоспряженій формі. Нагадаємо, що для рівняння виду

\[a_{2}(x) y^{\prime \prime}(x)+a_{1}(x) y^{\prime}(x)+a_{0}(x) y(x)=g(x) . \label{8.14} \]

ми отримали самоспряженную форму шляхом множення рівняння на

\[\dfrac{1}{a_{2}(x)} e^{\int \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)} d x}=\dfrac{1}{a_{2}(x)} p(x) \nonumber \]

Це надає стандартну форму.

\[\left(p(x) y^{\prime}(x)\right)^{\prime}+q(x) y(x)=f(x) \nonumber \]

де

\[f(x)=\dfrac{1}{a_{2}(x)} p(x) g(x) \nonumber \]

Маючи це на увазі, Рівняння (8.13) стає

\[y_{p}(x)=y_{2}(x) \int_{x_{1}}^{x} \dfrac{g(\xi) y_{1}(\xi)}{a_{2}(\xi) W(\xi)} d \xi-y_{1}(x) \int_{x_{0}}^{x} \dfrac{g(\xi) y_{2}(\xi)}{\left.a_{(} \xi\right) W(\xi)} d \xi \label{8.15} \]

Приклад 8.1. Розглянемо неоднорідне диференціальне рівняння

\[y^{\prime \prime}-y^{\prime}-6 y=20 e^{-2 x}. \nonumber \]

Ми шукаємо конкретне рішення цього рівняння. Спочатку відзначимо два лінійно незалежних розв'язку цього рівняння:

\[y_{1}(x)=e^{3 x}, \quad y_{2}(x)=e^{-2 x} . \nonumber \]

Отже, конкретне рішення набуває вигляду

\[y_{p}(x)=c_{1}(x) e^{3 x}+c_{2}(x) e^{-2 x} . \nonumber \]

Нам просто потрібно визначити,\(c_{i}\) оскільки ця проблема не в самоспряженном вигляді, ми будемо використовувати

\[\dfrac{f(x)}{p(x)}=\dfrac{g(x)}{a_{2}(x)}=20 e^{-2 x} \nonumber \]

як видно вище. Тоді лінійна система, яку ми повинні вирішити, є

\ [\ почати {вирівняний}
c_ {1} ^ {\ прайм} (x) e^ {3 x} +c_ {2} ^ {\ прайм} (x) e^ {-2 x} &=0\
3 c_ {1} ^ {\ прайм} (x) e^ {3 x} -2 c_ {2} ^ {\ прайм} (x) e^ {-2} &20 e^ {-2 x}
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.16}\]

Множення першого рівняння на 2 і додавання рівнянь дає

\[5 c_{1}^{\prime}(x) e^{3 x}=20 e^{-2 x} \nonumber \]

або

\[c_{1}^{\prime}(x)=4 e^{-5 x} . \nonumber \]

Вставивши це назад в перше рівняння в системі, ми маємо

\[4 e^{-2 x}+c_{2}^{\prime}(x) e^{-2 x}=0 \nonumber \]

що веде до

\[c_{2}^{\prime}(x)=-4 . \nonumber \]

Ці рівняння легко інтегруються, щоб дати

\[c_{1}(x)=-\dfrac{4}{5} e^{-5 x}, \quad c_{2}(x)=-4 x \nonumber \]

Тому конкретне рішення було знайдено як

\ [\ почати {вирівняний}
y_ {p} (x) &=c_ {1} (x) e^ {3 x} +c_ {2} (x) e^ {-2 x}\\
&=-\ dfrac {4} {5} e^ {3 x} -4 х е^ {-2 х}\
&=-\ dfrac {4} 5} e^ {-2 x} -4 х e^ {-2 x}
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.17}\]

Відзначивши, що перший термін може вбратися в рішення однорідної задачі. Отже, конкретне рішення можна просто записати як

\[y_{p}(x)=-4 x e^{-2 x} \nonumber \]

Це відповідь, яку ви б знайшли, якби ви використовували модифікований метод невизначеного коефіцієнта.

Приклад 8.2. Повернувшись до останнього прикладу,\(y'' - y' - 6y = 20e^{-2x}\).

Формальне рішення в Equation (8.13) не використовувалося в останньому прикладі. Натомість ми виходили з Лінійної системи для варіації параметрів раніше в цьому розділі. Це більш природний підхід до пошуку конкретного розв'язку неоднорідного рівняння. Оскільки ми будемо використовувати Equation (8.13) для отримання розв'язків початкових і крайових задач, можливо, буде корисно використовувати його для вирішення цієї задачі.

З останнього прикладу ми маємо

\[y_{1}(x)=e^{3 x}, \quad y_{2}(x)=e^{-2 x} \nonumber \]

Нам потрібно обчислити Вронський:

\ (W (x) = W\ ліворуч (y_ {1}, y_ {2}\ праворуч) (x) =\ ліворуч |\ почати {масив}
{cc} e^ {3 x} & e^ {-2 x}\
3 e^ {-2 x}
\ кінець {масив}\ right|= -5 e^ {x}\)

Також нам потрібно\(p(x)\), що дається

\[p(x)=\exp \left(-\int d x\right)=e^{-x} \nonumber \]

Отже, ми це бачимо\(p(x) W(x)=-5\). Це дійсно постійно, так само, як ми довели раніше.

Нарешті, нам потрібно\(f(x)\). Тут потрібно бути обережним, оскільки початкова проблема була не в самоспряженій формі. Ми маємо з вихідного рівняння, що\(g(x)=20 e^{-2 x}\) і\(a_{2}(x)=1\). Так

\[f(x)=\dfrac{p(x)}{a_{2}(x)} g(x)=20 e^{-3 x} \nonumber \]

Тепер ми готові до побудови рішення.

\ [\ почати {вирівняний}
y_ {p} (x) &=y_ {2} (x)\ int_ {x_ {1}} ^ {x}\ dfrac {f (\ xi) y_ {1} (\ xi)} {p (\ xi) W (\ xi)} д\ xi-y_ {1} (x)\ int_ {x_ {0} {x}\ dfrac {f (\ xi) y_ {2} (\ xi)} {p (\ xi) W (\ xi)} д\ xi\
&=e^ {-2 x}\ int_ {x_ {1}} ^ {x}\ dfrac {20 e^ {-3\ xi} e^ {3\ xi}} {-5} д\ xi-e^ {3\ xi}} {-5} д\ xi-e^ {3\ xi}} x}\ int_ {x_ {0}} ^ {x}\ dfrac {20 e^ {-3\ xi} e^ {-2\ xi}} {-5} д\ xi\
&=-4 e^ {-2 x}\ int_ {x_ {1}} ^ {x}} ^ {x}} ^ {-5 х} д\ xi\\ &=- {x_ {0}} ^ {x} e^ {-5 x} d\ xi\\
&=-\ ліворуч\ xi e^ {-2 x}\ право|_ {x_ {1}} ^ {x} -\ ліворуч. \ dfrac {4} {5} e^ {3 x} e^ {-5\ xi}\ право|_ {x_ {0}} ^ {x}\
&=-4 x e^ {-2 x} -\ dfrac {4} {5} e^ {-2 x} +4 x_ {1} e^ {-2 x} +\ dfrac {4} {5} e^ {-2 x} x_ {0}} e^ {3 x}
\ кінець {вирівняний}\ мітка {8.18}\]

Зверніть увагу, що перші два терміни ми знайшли в останньому прикладі. Решта два члени - це просто лінійні комбінації\(y_{1}\) і\(y_{2}\). Таким чином, ми дійсно маємо рішення однорідної задачі, що міститься в розв'язку, коли ми використовуємо довільні константні межі в інтегралах. У наступному розділі ми будемо використовувати ці константи при вирішенні початкових і крайових задач.

У наступному розділі ми визначимо невідомі константи, що підлягають або початковим умовам, або граничним умовам. Це дозволить об'єднати два інтеграли, а потім визначити відповідні функції Гріна.