29. Неодн. Лин. Ду n-го порядка с пост. Коэф-тами, спец. Прав. Часть.

Лин. неодн. ур-е -го порядка имеет вид

(1)

где , - непр-ны на инт-ле .

Общее реш-е ур-я (1) нах-ся по ф-ле (2)

- общее реш-е лин. одн. ур-я , соответствующего ур-ю (1), а - к-нибудь частное реш-е неодн. ур-я (1)

Опр. ФСР – любые лин. независимых реш-й ур-я .

1. Если сущ. ФСР, то общ. реш-е неодн. ур-я (1) м. б. найдено с пом Метода вариации произвольных постоянных (Лагранжа).Сущность этого метода сост. в след. Общее реш-е неодн. ур-я (1) ищем в виде (3)

где ф-и опр-ся из сист. ур-й

(4Относ. (4) явл. сист. лин. неодн. алгебраич. ур-й, причем главный определитель сист.

(5)

Поэтому сист. (4) имеет единств. реш-е:

, (6)

откуда (7)

где - произвольные постоянные. Учитывая рав-ва (3) и (7), общее реш-е неодн. ур-я, найденное методом вариации произвольных постоянных, получаем в виде

(8)

2. Метод неопр коэф-тов.

Пусть , где , - многочлен степени .

1)Если не совпадает ни с одним корнем х-кого ур-я. Тогда

,

где - многочлен той же степени, что и .

2)Если совпадает с корнем х-кого ур-я кратности . Тогда

,

где - многочлен той же степени, что и .

Пусть

1) - не явл. корнем х-кого ур-я

где - многочлен той же степени, что и .

2) - явл. корнем х-кого ур-я

30. Лінійні однорідні диференціальні рівняння другого порядку з сталими коефіцієнтами. Узагальнення на випадок рівняння n-го порядку.

Роглянемо лінійне однорідне рівняння 2 порядку

y''+a₁(x)y'+a₂(x)y=0 (1)

і встановимо деякі властивості його розв’язків.

Одним із розв’язків рівняння (1) є у=0. Цей розвязок називається нульовим або тривіальним. Наділ під задачею розв’язання однорідного ДР розумітимемо задачу відшукання його нейтральних розв’язків.

Теорема 1. Якщо функції y₁(x) та y₂(x) – розвязки рівняння (1), то розв’язком цього рівняння є також функція

y=C₁y₁(x)+C₂y₂(x); (2)

де С₁, С₂ – довільні сталі.

Підставивши функцію (2) в рівняння (1), матимемо:

C₁y''₁(x)+C₂y''₂(x)+a₁(x)(C₁y'₁(x)+C₂y'₂(x))+a₂(x)(C₁y1(x)+C₂y₂(x))=

=C₁[y''₁(x)+a₁(x)y'₁(x)+a₂(x)y₁(x)]+C₂[y''₂(x)+a₁(x)y''₂(x)+a₂(x)y₂(x)].

Оскільки у₁(х) та у₂(х) – розвязки рівняння (1), то вирази в квадратних душках тотожно дорівнюють нулю, а це означає, що функція (2) є розв’язком рівняня (1).

Функція (2) містить 2 довільні сталі і є розв’язком рівняня (1), тому природно виникає запитання: чи не є розвязок (2) загальним розв’язком рівняння (1)? Щоб відповісти на це запитання, введемо поняття лінійної залежності і лінійної незалежності функцій.

Функції у₁(х) і у₂(х) називаються лінійно незалежними на проміжку (a;b), якщо тотожність

α₁y₁(x)+α₂y₂(x)=0; (3)

де α₁;α₂ – дійсні числа, справджується тоді і тільки тоді, коли α₁=α₂.

Якщо хочаб одне з чисел α₁;α₂ відмінне від нуля і виконується тотожність (3), то функції у₁(х) і у₂(х) називаються лінійно залежними на проміжку.

у₁(х) і у₂(х) – тоді і тільки тоді лінійно залежні, коли існує таке стале число λ, що для всіх (х) з (a;b) виконується рівність.

y₁(x)/y₂(x) = λ; Дві функції тоді і тільки тоді лінійно залежні, коли вони пропорційні.

Теорема 2. Якщо функціїх у₁(х) і у₂(х) – диференційовані і лінійно залежні на проміжку (a;b), то визначник Вороновського на цьому проміжку тотожно дорівнює нулю.

Теорема 3. Якщо функція у₁(х) і у₂(х) – лінійно незалежні розвязки рівняння (1) на проміжку (a;b), то визначник Вороновського цих функцій в жодній точці даного промідку не дорівнює нулю.

З теореми 2 і 3 випливає такий критерій лінійної незалежності розв’язків ДР: для того щоб розвязки у₁(х) і у₂(х) рівняння (1) були лінійно незалежними на заданому проміжку, необхідно і достатньо, щобВизначник Вороновського не дорівнював нулю хоча б в одній точці даного проміжку.

Теорема 4. (Про структуру загального розвязку однорідного рівняння). Якщо функції у₁(х) і у₂(х) – два лінійно незалежні на проміжку (a;b) розвязки рівняння (1), то функція

y=C₁y₁(x)+C₂y₂(x); (4) де C₁ і C₂ – довільні сталі, є його загальним розв’язком.

Згідно з Теоремою_2 функція (4) є розвязком (1) за будь яких значень сталих C₁ і C₂. Щоб довести, що цей розвязок загальний, покажемо що з нього можна виділити такий єдиний частинний розвязок, який задовольняє довільно задані початкові умови

y(x₀)=y₀, y'(x₀)=y'₀ (5)

Підставивши початкові умови (5) в рівність (4), дістанемо систему лінійних алгебраїчних рівнянь

C₁y₁(x₀)+C₂y₂(x₀)=y₀

C₁y'₁(x₀)+C₂y'₂(x₀)=y'₀

Теорема 5. Якщо відомий який-небудь частий ненульовий розвязок рівняння (1), то це рівняння розв’язується в квадратурах.

Нехай у₁=у₁(х) – ненульовий розвязок рівняння (1). Покладемо у=у₁z, де z- невідома функція від х, тоді y'= y'₁z+ y₁z '; y''= y''₁z+2 y'₁z '+ y₁z''. Підставляючи значення y, y', y'' в рівняння (1), дістанемо:

{ y''₁+a₁(x) y'₁+a₂(x) y₁}z+(2 y'₁+a₁(x)y₁) z'+ y₁z''=0

Оскільки у₁ – розвязок рівняння (1), то вираз у дужках фігурних = 0, тому останнє рівняння набирає вигляду

(2 y'₁+a₁(x)y₁) z'+ y₁z''=0

Покладемо z'=u(x), де u – нова невідома функція від х. приходимо до рівняння з відокремлюванними змінними.:

u'y1++(2 y'₁+a₁(x)y₁) u=0

Маємо: du/u=-(2y'₁+a₁(x)y₁)/y₁,

Оскільки z'=u та y=y₁z, то

C₁ та C₂ – довільні сталі.