5.6: Зменшення порядку
- Page ID
- 62205
У цьому розділі ми наведемо метод знаходження загального рішення
\[\label{eq:5.6.1} P_0(x)y''+P_1(x)y'+P_2(x)y=F(x)\]
якщо ми знаємо нетривіальне рішення\(y_1\) комплементарного рівняння
\[\label{eq:5.6.2} P_0(x)y''+P_1(x)y'+P_2(x)y=0.\]
Метод називається скороченням порядку, оскільки він зводить задачу розв'язання Equation\ ref {eq:5.6.1} до розв'язання рівняння першого порядку. На відміну від методу невизначених коефіцієнтів, він не вимагає\(P_0\)\(P_1\), і\(P_2\) бути константами, або бути\(F\) якоїсь особливої форми.
Тепер не варто дивуватися тому, що ми шукаємо розв'язки Equation\ ref {eq:5.6.1} у формі
\[\label{eq:5.6.3} y=uy_1\]
де\(u\) має бути визначено так, щоб\(y\) задовольняло рівняння\ ref {eq:5.6.1}. Підставляючи рівняння\ ref {eq:5.6.3} і
\[\begin{align*} y'&= u'y_1+uy_1' \\[4pt] y'' &= u''y_1+2u'y_1'+uy_1'' \end{align*}\]
в рівняння\ ref {eq:5.6.1} дає
\[P_0(x)(u''y_1+2u'y_1'+uy_1'')+P_1(x)(u'y_1+uy_1')+P_2(x)uy_1=F(x). \nonumber\]
Збір коефіцієнтів\(u\) та\(u'\)\(u''\) прибутковості
\[\label{eq:5.6.4} (P_0y_1)u''+(2P_0y_1'+P_1y_1)u'+(P_0y_1''+P_1y_1'+P_2y_1) u=F.\]
Однак коефіцієнт\(u\) дорівнює нулю, так як\(y_1\) задовольняє Рівняння\ ref {eq:5.6.2}. Тому рівняння\ ref {eq:5.6.4} зводиться до
\[\label{eq:5.6.5} Q_0(x)u''+Q_1(x)u'=F,\]
із
\[Q_0=P_0y_1 \quad \text{and} \quad Q_1=2P_0y_1'+P_1y_1.\nonumber\]
(Не варто запам'ятовувати формули для\(Q_0\) і\(Q_1\)!) Оскільки Equation\ ref {eq:5.6.5} є лінійним рівнянням першого порядку в\(u'\), ми можемо вирішити його за\(u'\) допомогою зміни параметрів, як у розділі 1.2, інтегрувати рішення для отримання\(u\), а потім отримати\(y\) з Equation\ ref {eq:5.6.3}.
- Знайти загальний розв'язок\[\label{eq:5.6.6} xy''-(2x+1)y'+(x+1)y=x^2,\] заданого, який\(y_1=e^x\) є розв'язком комплементарного рівняння\[\label{eq:5.6.7} xy''-(2x+1)y'+(x+1)y=0.\]
- Як побічний добуток (a) знайти фундаментальну множину розв'язків рівняння\ ref {eq:5.6.7}.
Рішення
а. якщо\(y=ue^x\), то\(y'=u'e^x+ue^x\) і\(y''=u''e^x+2u'e^x+ue^x\), так
\[\begin{align*} xy''-(2x+1)y'+(x+1)y&=x(u''e^x+2u'e^x+ue^x) -(2x+1)(u'e^x+ue^x)+(x+1)ue^x\\ &=(xu''-u')e^x.\end{align*}\]
Тому\(y=ue^x\) є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.6.6} якщо і тільки тоді
\[(xu''-u')e^x=x^2,\nonumber\]
який є рівнянням першого порядку в\(u'\). Переписуємо як
\[\label{eq:5.6.8} u''-{u'\over x}=xe^{-x}.\]
Щоб зосередитися на тому, як ми застосовуємо варіацію параметрів до цього рівняння, ми тимчасово пишемо\(z=u'\), так що Equation\ ref {eq:5.6.8} стає
\[\label{eq:5.6.9} z'-{z\over x}=xe^{-x}.\]
Ми залишаємо це вам, щоб показати (шляхом поділу змінних), що\(z_1=x\) є рішенням комплементарного рівняння
\[z'-{z\over x}=0\nonumber\]
для рівняння\ ref {eq:5.6.9}. Застосовуючи варіацію параметрів, як у розділі 1.2, тепер ми можемо бачити, що кожне рішення Equation\ ref {eq:5.6.9} має вигляд
\[z=vx \quad \text{where} \quad v'x=xe^{-x}, \quad \text{so} \quad v'=e^{-x} \quad \text{and} \quad v=-e^{-x}+C_1.\nonumber\]
Оскільки\(u'=z=vx\),\(u\) є розв'язком рівняння\ ref {eq:5.6.8} тоді і тільки тоді, коли
\[u'=vx=-xe^{-x}+C_1x.\nonumber\]
Інтеграція цієї врожайності
\[u=(x+1)e^{-x}+{C_1\over2}x^2+C_2.\nonumber\]
Тому загальним розв'язком рівняння\ ref {eq:5.6.6} є
\[\label{eq:5.6.10} y=ue^x=x+1+{C_1\over2}x^2e^x+C_2e^x.\]
b. ввівши\(C_1=C_2=0\) рівняння\ ref {eq:5.6.10}, ми бачимо, що\(y_{p_1}=x+1\) це рішення рівняння\ ref {eq:5.6.6}. Дозволивши\(C_1=2\) і\(C_2=0\), ми бачимо, що\(y_{p_2}=x+1+x^2e^x\) це також рішення Рівняння\ ref {eq:5.6.6}. Оскільки різниця двох розв'язків рівняння\ ref {eq:5.6.6} є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.6.7},\(y_2=y_{p_1}-y_{p_2}=x^2e^x\) є розв'язком рівняння\ ref {eq:5.6.7}. Оскільки\(y_2/y_1\) непостійна, і ми вже знаємо, що\(y_1=e^x\) це рішення рівняння\ ref {eq:5.6.6}, Теорема 5.1.6 передбачає, що\(\{e^x,x^2e^x\}\) це фундаментальна сукупність розв'язків рівняння\ ref {eq:5.6.7}.
Хоча Equation\ ref {eq:5.6.10} є правильною формою для загального розв'язку Рівняння\ ref {eq:5.6.6}, нерозумно залишати довільний коефіцієнт\(x^2e^x\) як\(C_1/2\) де\(C_1\) довільна константа. Більш того, розумно робити індекси коефіцієнтів\(y_1=e^x\) і\(y_2=x^2e^x\) узгоджуватися з індексами самих функцій. Тому ми переписуємо рівняння\ ref {eq:5.6.10} як
\[y=x+1+c_1e^x+c_2x^2e^x \nonumber\]
шляхом простого перейменування довільних констант. Ми також зробимо це в наступних двох прикладах, і у відповідях на вправи.
- Знайти загальний розв'язок\[x^2y''+xy'-y=x^2+1, \nonumber\] даного, який\(y_1=x\) є розв'язком комплементарного рівняння.\[\label{eq:5.6.11} x^2y''+xy'-y=0.\] Як побічний добуток цього результату знайдіть фундаментальну множину розв'язків рівняння\ ref {eq:5.6.11}.
- Вирішити початкову задачу\[\label{eq:5.6.12} x^2y''+xy'-y=x^2+1, \quad y(1)=2,\; y'(1)=-3.\]
Рішення
а. якщо\(y=ux\), то\(y'=u'x+u\) і\(y''=u''x+2u'\), так
\[\begin{aligned} x^2y''+xy'-y&=x^2(u''x+2u')+x(u'x+u)-ux\\ &=x^3u''+3x^2u'.\end{aligned}\]
Тому\(y=ux\) є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.6.12} якщо і тільки тоді
\[x^3u''+3x^2u'=x^2+1, \nonumber\]
який є рівнянням першого порядку в\(u'\). Переписуємо як
\[\label{eq:5.6.13} u''+{3\over x}u'={1\over x}+{1\over x^3}.\]
Щоб зосередитись на тому, як ми застосовуємо варіації параметрів до цього рівняння, ми тимчасово пишемо\(z=u'\), так що Equation\ ref {eq:5.6.13} стає
\[\label{eq:5.6.14} z'+{3\over x}z={1\over x}+{1\over x^3}.\]
Ми залишаємо це вам показати шляхом поділу змінних, що\(z_1=1/x^3\) є рішенням комплементарного рівняння
\[z'+{3\over x}z=0 \nonumber\]
для рівняння\ ref {eq:5.6.14}. За зміною параметрів кожний розв'язок Рівняння\ ref {eq:5.6.14} має вигляд
\[z={v\over x^3} \quad \text{where} \quad {v'\over x^3}={1\over x}+{1\over x^3}, \quad \text{so} \quad v'=x^2+1 \quad \text{and} \quad v={x^3\over 3}+x+C_1. \nonumber\]
Оскільки\(u'=z=v/x^3\),\(u\) є розв'язком рівняння\ ref {eq:5.6.14} тоді і тільки тоді, коли
\[u'={v\over x^3}={1\over3}+{1\over x^2}+{C_1\over x^3}.\nonumber\]
Інтеграція цієї врожайності
\[u={x\over 3}-{1\over x}-{C_1\over2x^2}+C_2.\nonumber\]
Тому загальним розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.6.12} є
\[\label{eq:5.6.15} y=ux={x^2\over 3}-1-{C_1\over2x}+C_2x.\]
Міркування, як у розв'язку Прикладу\(\PageIndex{1a}\), робиться висновок, що\(y_1=x\) і\(y_2=1/x\) формується фундаментальна множина розв'язків для Equation\ ref {eq:5.6.11}.
Як ми пояснювали вище, ми перейменуємо константи в Equation\ ref {eq:5.6.15} і перепишемо їх як
\[\label{eq:5.6.16} y={x^2\over3}-1+c_1x+{c_2\over x}.\]
b. диференціююче рівняння\ ref {eq:5.6.16} дає
\[\label{eq:5.6.17} y'={2x\over 3}+c_1-{c_2\over x^2}.\]
Встановлення\(x=1\) у рівнянні\ ref {eq:5.6.16} та Рівняння\ ref {eq:5.6.17} та накладання початкових умов\(y(1)=2\) та\(y'(1)=-3\) результатів\[\begin{aligned} c_1+c_2&= \phantom{-}{8\over 3} \\ c_1-c_2&= -{11\over 3}.\end{aligned}\]
Розв'язування цих рівнянь дає\(c_1=-1/2\),\(c_2=19/6\). Тому розв'язок Рівняння\ ref {eq:5.6.12} є\[y={x^2\over 3}-1-{x\over 2}+{19\over 6x}.\nonumber\]
Використання скорочення порядку для знаходження загального розв'язку однорідного лінійного рівняння другого порядку призводить до однорідного лінійного рівняння першого порядку\(u'\), яке може бути розв'язане розділенням змінних. Наступний приклад ілюструє це.
Знайти загальне рішення і фундаментальний набір рішень
\[\label{eq:5.6.18} x^2y''-3xy'+3y=0,\]
враховуючи, що\(y_1=x\) це рішення.
Рішення
Якщо\(y=ux\) тоді\(y'=u'x+u\) і\(y''=u''x+2u'\), так
\[\begin{aligned} x^2y''-3xy'+3y&=x^2(u''x+2u')-3x(u'x+u)+3ux\\ &=x^3u''-x^2u'.\end{aligned}\]
Тому\(y=ux\) є розв'язком Рівняння\ ref {eq:5.6.18} якщо і тільки тоді\[x^3u''-x^2u'=0.\nonumber\]
Поділ змінних\(u'\) і\(x\) доходів\[{u''\over u'}={1\over x},\nonumber\]
так\[\ln|u'|=\ln|x|+k,\quad \text{or equivalently} \quad u'=C_1x.\nonumber\]
Тому\[u={C_1\over2}x^2+C_2,\nonumber\]
тому загальним розв'язком рівняння\ ref {eq:5.6.18} є\[y=ux={C_1\over2}x^3+C_2x,\nonumber\]
яку ми переписуємо як\[y=c_1x+c_2x^3.\nonumber\]
Тому\(\{x,x^3\}\) є фундаментальною сукупністю розв'язків рівняння\ ref {eq:5.6.18}.