2.1: Вступ
- Page ID
- 62113
В ОСТАННЬОМУ РОЗДІЛІ МИ БАЧИЛИ, як диференціальні рівняння другого порядку природно з'являються в похідних для простих коливальних систем. У цьому розділі ми розглянемо більш загальні лінійні диференціальні рівняння другого порядку.
Диференціальні рівняння другого порядку, як правило, важче першого порядку. У більшості випадків студенти піддаються лише лінійним диференціальним рівнянням другого порядку. Загальний вигляд для лінійного диференціального рівняння другого порядку задається
\[a(x) y^{\prime \prime}(x)+b(x) y^{\prime}(x)+c(x) y(x)=f(x) \nonumber \]
Переписати це рівняння можна за допомогою термінології операторів. А саме, спочатку визначається диференціальний оператор\(L=a(x) D^{2}+b(x) D+c(x)\), де\(D=\dfrac{d}{d x} .\) Тоді, Рівняння\(\PageIndex{1}\) стає
\[L y=f \nonumber \]
Розв'язки лінійних диференціальних рівнянь знайдені за допомогою лінійності\(L\). А саме, розглядається векторний простір,\(^{1}\) що складається з реальнозначних функцій над деякою областю. \(g\)Дозволяти\(f\) і бути вектори в цьому просторі функцій. \(L\)є лінійним оператором, якщо для двох векторів\(f\) і\(g\) і скалярний\(a\), у нас є що
- 1
-
Припускаємо, що читач познайомився з поняттями в лінійній алгебрі. Пізніше в тексті згадаємо визначення векторного простору і побачимо, що лінійна алгебра знаходиться на тлі вивчення багатьох понять при розв'язанні диференціальних рівнянь.
а.\(L(f+g)=L f+L g\)
б\(L(a f)=a L f\).
Як правило, вирішує Рівняння\(\PageIndex{1}\) шляхом знаходження загального розв'язку однорідної задачі,
\(L y_{h}=0\)
і конкретний розв'язок неоднорідної задачі,
\(L y_{p}=f .\)
Потім загальне рішення Рівняння просто\(\PageIndex{1}\) задається як\(y=y_{h}+y_{p}\). Це вірно через лінійності\(L\). А саме,
\[ \begin{aligned} L y &=L\left(y_{h}+y_{p}\right) \\ &=L y_{h}+L y_{p} \\ &=0+f=f . \end{aligned} \label{2.3} \]
Існують методи знаходження конкретного розв'язку неоднорідного диференціального рівняння. Ці методи варіюються від чистого вгадування, методу невизначеного коефіцієнта, методу варіації параметрів або функцій Гріна. Ці методи ми розглянемо далі в розділі.
Визначити рішення однорідної проблеми\(L y_{h}=0\), не завжди легко. Однак багато відомих зараз математиків і фізиків вивчили різноманітні лінійні рівняння другого порядку, і вони врятували нас від труднощів знайти рішення диференціальних рівнянь, які часто з'являються в додатках. Ми зіткнемося з багатьма з них у наступних розділах. Спочатку почнемо з деяких простих однорідних лінійних диференціальних рівнянь.
Лінійність також корисна при отриманні загального розв'язку однорідного лінійного диференціального рівняння. Якщо\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x)\) є розв'язками однорідного рівняння, то лінійна комбінація також\(y(x)=c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x)\) є рішенням однорідного рівняння. Це легко доведено.
Нехай\(L y_{1}=0\) і\(L y_{1} 2=0 .\) ми розглянемо\(y=c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2} .\) Тоді, так як\(L\) є лінійним оператором,
\[ \begin{aligned} L y &=L\left(c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\right) \\ &=c_{1} L y_{1}+c_{2} L y_{2} \\ &=0 \end{aligned} \label{2.4} \]
Тому\(y\) є рішення.
По суті, якщо\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x)\) є лінійно незалежними, то\(y=c_{1} y_{1}+c_{2} y_{2}\) є загальним рішенням однорідної задачі. Набір функцій\(\left\{y_{i}(x)\right\}_{i=1}^{n}\) - лінійно незалежний набір, якщо і тільки якщо
\(c_{1} y_{1}(x)+\ldots+c_{n} y_{n}(x)=0\)
означає\(c_{i}=0\), що в\(i=1, \ldots, n .\) іншому випадку, вони, як кажуть, лінійно залежні. Зверніть увагу\(n=2\), що для, загальна форма\(c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x)=0 .\)\(y_{1}\)\(y_{2}\) If і лінійно залежні, то коефіцієнти не нуль\(y_{2}(x)=-\dfrac{c_{1}}{c_{2}} y_{1}(x)\) і кратні\(y_{1}(x) .\) Ми бачимо це в наступному прикладі.
Покажіть, що\(y_{1}(x)=x\) і\(y_{2}(x)=4 x\) є лінійно залежними.
Ми встановлюємо\(c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x)=0\) і показуємо, що є ненульові константи,\(c_{1}\) і\(c_{2}\) задовольняють це рівняння. А саме нехай
\(c_{1} x+c_{2}(4 x)=0\)
Тоді, для\(c_{1}=-4 c_{2}\), це вірно для будь-якого ненульового\(c_{2} .\) Нехай\(c_{2}=1\) і ми маємо\(c_{1}=-4\). Далі ми розглянемо дві функції, які не є постійними кратними один одному.
Покажіть, що\(y_{1}(x)=x\)\(y_{2}(x)=x^{2}\) і лінійно незалежні.
Ми встановлюємо\(c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x)=0\) і показуємо, що він може бути істинним тільки якщо\(c_{1}=0\) і\(c_{2}=0 .\) нехай
\(c_{1} x+c_{2} x^{2}=0\)
для всіх\(x .\) диференціювання ми маємо два набори рівнянь, які повинні бути істинними для всіх\(x\):
\[ \begin{array}{ccc} c_{1} x+c_{2} x^{2} & = & 0 \\ c_{1}+2 c_{2} x & = & 0 \end{array} \label{2.5} \]
Встановлюючи\(x=0\), отримуємо\(c_{1}=0 .\) Setting\(x=1\), потім\(c_{1}+c_{2}=0 .\) Таким чином,\(c_{2}=0\).
Іншим підходом було б вирішити для констант. Множення другого рівняння на\(x\) і віднімання прибутковості\(c_{2}=0\). Підставивши цей результат в друге рівняння, знаходимо\(c_{1}=0\).
Для диференціальних рівнянь другого порядку ми шукаємо дві лінійно незалежні функції,\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x) .\) Як і в останньому прикладі, ми встановлюємо\(c_{1} y_{1}(x)+\)\(c_{2} y_{2}(x)=0\) і показуємо, що вона може бути істинною, тільки якщо\(c_{1}=0\) і\(c_{2}=0 .\) Диференціюючи, ми маємо
\[ \begin{aligned} &c_{1} y_{1}(x)+c_{2} y_{2}(x)=0 \\ &c_{1} y_{1}^{\prime}(x)+c_{2} y_{2}^{\prime}(x)=0 \end{aligned} \label{2.6} \]
Вони повинні триматися для всіх\(x\) в області рішень.
Тепер вирішуємо для констант. Помноживши перше рівняння на,\(y_{1}^{\prime}(x)\) а друге рівняння на\(y_{2}(x)\), ми маємо
\[ \begin{aligned} &c_{1} y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)+c_{2} y_{2}(x) y_{2}^{\prime}(x)=0 \\ &c_{1} y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x)+c_{2} y_{2}^{\prime}(x) y_{2}(x)=0 \end{aligned} \label{2.7} \]
Віднімання дає
\(\left[y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)-y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x)\right] c_{1}=0\)
Тому\(c_{1}=0\) або\(y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)-y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x)=0 .\) Так, якщо останнє вірно, то\(c_{1}=0\) і тому,\(c_{2}=0\). Це дає умову, для якої\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x)\) є лінійно незалежними:
\[y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)-y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x)=0 \nonumber \]
Ми визначаємо цю величину як Вронський від\(y_{1}(x)\) і\(y_{2}(x)\).
Лінійну незалежність розв'язків диференціального рівняння можна встановити, подивившись на Вронського розв'язків. Для диференціального рівняння другого порядку Вронського визначається як
\(W\left(y_{1}, y_{2}\right)=y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)-y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x) .\)
Вронський може бути записаний як детермінант:
\(W\left(y_{1}, y_{2}\right)=\left|\begin{array}{ll} y_{1}(x) & y_{2}(x) \\ y_{1}^{\prime}(x) & y_{2}^{\prime}(x) \end{array}\right|=y_{1}(x) y_{2}^{\prime}(x)-y_{1}^{\prime}(x) y_{2}(x)\)
Таким чином, визначення вронського може бути узагальнено до набору\(n\) функцій\(\left\{y_{i}(x)\right\}_{i=1}^{n}\) за допомогою\(n \times n\) детермінанти.
Визначте, чи\(\left\{1, x, x^{2}\right\}\) є набір функцій лінійно незалежним.
Обчислюємо Вронського.
\[\begin{equation} \begin{aligned} W\left(y_{1}, y_{2}, y_{3}\right) &=\left|\begin{array}{ccc} y_{1}(x) & y_{2}(x) & y_{3}(x) \\ y_{1}^{\prime}(x) & y_{2}^{\prime}(x) & y_{3}^{\prime}(x) \\ y_{1}^{\prime \prime}(x) & y_{2}^{\prime \prime}(x) & y_{3}^{\prime \prime}(x) \end{array}\right| \\ &=\left|\begin{array}{ccc} 1 & x & x^{2} \\ 0 & 1 & 2 x \\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right| \\ &=2 \end{aligned} \end{equation}\label{2.9} \]
Так як\(W\left(1, x, x^{2}\right)=2 \neq 0\), то набір\(\left\{1, x, x^{2}\right\}\) лінійно незалежний.