Знижування порядку

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:

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