Знижування порядку — техніка в математиці призначена для розв'язання лінійних звичайних диференціальних рівнянь другого порядку. Її використовують коли відомий один розв'язок
і необхідно знайти другий лінійно незалежний розв'язок
. Цей метод також застосовують для рівнянь n-го порядку. В цьому випадку анзац породить рівняння (n-1)-го порядку для
.
Звичайні диференціальні рівняння другого порядку
[ред. | ред. код]
Розглянемо загальне однорідне другого порядку з коефіцієнтами-сталими ЗДР
![{\displaystyle ay''(x)+by'(x)+cy(x)=0,\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/95fc4fa6a0bfed9411b1311a5b82cf4d993c1700)
де
є дійсними ненульовими коефіцієнтами, також припустимо, що його характеристичним рівняння
![{\displaystyle a\lambda ^{2}+b\lambda +c=0\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f9fd44eba79cbc036401c8cf1f1b74a3e58c4a39)
має повторювані корені(тобто дискримінант,
дорівнює нулю). Отже маємо
![{\displaystyle \lambda _{1}=\lambda _{2}=-{\frac {b}{2a}}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/477ca0879df0d574748229bc19f62c339e4c866e)
Відтак нашим розв'язком для ЗДР є
![{\displaystyle y_{1}(x)=e^{-{\frac {b}{2a}}x}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6789aa7fc3778977c9ebf4ac47567adbea62831d)
Для віднайдення другого розв'язку ми робимо припущення, що
![{\displaystyle y_{2}(x)=v(x)y_{1}(x)\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/f4a4dd9fed2215f00a85fb04e16e8b59164beaac)
де
це невідома функція, яку ми маємо визначити. З того, що
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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/4e8868c171785b4c371470a57ceb82df5e608ef1)
Перелаштувавши це рівняння в термінах похідних від
отримуємо
![{\displaystyle \left(ay_{1}\right)v''+\left(2ay_{1}'+by_{1}\right)v'+\left(ay_{1}''+by_{1}'+cy_{1}\right)v=0.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/44c5bcc345c50caeb562dd32f240a01051812f17)
Оскільки ми знаємо, що
є розв'язком початкової проблеми, коефіцієнт останнього доданку дорівнює нулю. Далі більше, підставив
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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1bc18f61a859e4e32ed5b2cceea85eaa3dfa343c)
Отже ми залишилися з
![{\displaystyle ay_{1}v''=0.\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/bccc781f311e510f79840b9e20ebae182d13b5cc)
З того, що ми припустили, що
і
є показниковою функцією і тому ніколи не стає нулем ми просто маємо, що
![{\displaystyle v''=0.\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/8a6c8d2d1f242bdd0782bc4a72076aaf15f81131)
Інтегруємо це двічі, щоб отримати
![{\displaystyle v(x)=c_{1}x+c_{2}\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/aca73549397e65d3b8d821f6b1af44bd9baf1f68)
де
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).\;}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/6c808fc73c85c2e4aa3716fbb5a43ba2f7ffe46d)
З того, що другий доданок у
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}.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ddff71484668eb8e6f30c0129464b8276e1d3241)
Насамкінець, ми можемо довести, що другий розв'язок
, 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.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/d8804e22e6b590ff02f5c8e8d8d712a964773e9b)
Отже
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)\,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/787b0c619ee4e93b5d2107748c2992217b6369e3)
і один розв'язок
однорідного рівняння [
], знайдемо розв'язок повного неоднорідного рівняння у формі:
![{\displaystyle y_{2}=v(t)y_{1}(t)\,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/fbb139fd9d5cb9a5dab4aa0a344e4127ab4bef59)
де
є довільною функцією. Отже
![{\displaystyle y_{2}'=v'(t)y_{1}(t)+v(t)y_{1}'(t)\,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/1886c7be8de20b689cef0e272ed2c7cd5dac01e7)
і
![{\displaystyle y_{2}''=v''(t)y_{1}(t)+2v'(t)y_{1}'(t)+v(t)y_{1}''(t).\,}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/93bdd42d2adece4205be8a0b911ecd5c23d5113f)
Якщо підставити ці результати для
,
і
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).}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c1544fe19da5a78be7f36856ce7fa32f9ede923d)
З того, що
є розв'язком початкового однорідного диференціального рівняння,
, тобто ми можемо зменшити до
![{\displaystyle y_{1}(t)\,v''+(2y_{1}'(t)+p(t)y_{1}(t))\,v'=r(t)}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/23a2a850ea943607959e260f40977a6f6a37252e)
це рівняння є рівнянням першого порядку щодо
(знижування порядку). Ділимо на
, отримуємо
.
Інтегрувальний множник:
.
Множачи диференціальне рівняння на інтегрувальний множник
, рівняння для
можна звести до
.
Після інтегрування останнього рівняння, ми знаходимо
, яка містить одну сталу інтегрування. тоді інтегруємо
для віднайдення повного розв'язку початкового неоднорідного рівняння другого порядку, з двома сталими інтегрування як і повинно бути:
.
Weisstein, Eric W. Другий розв'язок звичайного диференційного рівняння другого порядку(англ.) на сайті Wolfram MathWorld.