Общее решение однородного линейного уравнения \begin{equation} L\left(y\right)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}y^{(k)}=0\label{eq:ur} \end{equation} есть линейная комбинация линейно независимых частных решений $y_{1},y_{2},\dots,y_{n}$ с постоянными коэффициентами $C_{1},C_{2},\dots,C_{n}$: \begin{equation} y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+\dots+C_{n}y_{n}.\label{re6} \end{equation} Если функции $y_{1},y_{2},\dots,y_{n}$ окажутся зависимыми, некоторую из них можно выразить как линейную комбинацию остальных. Если заменить её этой комбинацией, то после переобозначения коэффициентов решение (\ref{re6}) будет зависеть от постоянных параметров, которых будет меньше $n$.

Если коэффициенты в уравнении $a_{1},a_{2},\dots,a_{n}$ постоянны, то алгоритмы нахождения частных решений, изучавшиеся нами раньше, сразу дают независимые решения. Но для уравнений с переменными коэффициентами за этим нужно проследить самостоятельно, иначе какие-то решения мы можем упустить. Впрочем, это требование иногда может нам в нахождении полного множества решений даже помочь.

Проверка линейной зависимости

Множество функций $y_{1},y_{2},\dots,y_{n}$ называется линейно зависимым, если существуют такие постоянные коэффициенты $\alpha_{1},\alpha_{2},\dots,\alpha_{n}$ (не все равные нулю), что тождественно (при $\forall x$) выполняется \begin{equation} \alpha_{1}y_{1}+\alpha_{2}y_{2}+\dots+\alpha_{n}y_{n}=0. \end{equation} Обе части этой формулы можно продифференцировать, и мы получим \begin{equation} \alpha_{1}y_{1}'+\alpha_{2}y_{2}'+\dots+\alpha_{n}y_{n}'=0. \end{equation} Продолжим в том же духе до производной порядка $n-1$, и получим систему из $n$ уравнений: \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} \alpha_{1}y_{1}+\alpha_{2}y_{2}+\dots+\alpha_{n}y_{n}=0,\\ \alpha_{1}y_{1}'+\alpha_{2}y_{2}'+\dots+\alpha_{n}y_{n}'=0,\\ \vdots\\ \alpha_{1}y_{1}^{(n-1)}+\alpha_{2}y_{2}^{(n-1)}+\dots+\alpha_{n}y_{n}^{(n-1)}=0. \end{array}\right. \end{equation} Запишем эту систему в матричном виде: \begin{equation} \alpha_{1}\left(\begin{array}{l} y_{1}\\ y_{1}'\\ \vdots\\ y_{1}^{(n-1)} \end{array}\right)+\alpha_{2}\left(\begin{array}{l} y_{2}\\ y_{2}'\\ \vdots\\ y_{2}^{(n-1)} \end{array}\right)+\dots+\alpha_{n}\left(\begin{array}{l} y_{n}\\ y_{n}'\\ \vdots\\ y_{n}^{(n-1)} \end{array}\right)=0. \end{equation} Мы получили, что столбцы производных функций $y_{1},y_{2},\dots,y_{n}$ линейно зависимы. Тогда эти столбцы образуют вырожденную матрицу: \begin{equation} \left|\begin{array}{llll} y_{1} & y_{2} & \cdots & y_{n}\\ y_{1}' & y_{2}' & \cdots & y_{n}'\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ y_{1}^{(n-1)} & y_{2}^{(n-1)} & \cdots & y_{n}^{(n-1)} \end{array}\right|=0 \end{equation} Определитель этой матрицы называется определителем Вронского.

Примеры: № 641. Исследовать, являются ли данные функции линейно зависимыми: $y_{1}=x+2$, $y_{2}=x-2$ \begin{equation} \left|\begin{array}{cc} x+2 & x-2\\ 1 & 1 \end{array}\right|=x+2-\left(x-2\right)=4\neq0 \end{equation} Независимы

№ 642. $y_{1}=6x+9$, $y_{2}=8x+12$ \begin{equation} \left|\begin{array}{cc} 6x+9 & 8x+12\\ 6 & 8 \end{array}\right|=48x+72-48x-72=0 \end{equation} Зависимы

№ 644. $y_{1}=1$, $y_{2}=x$, $y_{3}=x^{2}$ \[ \left|\begin{array}{rrr} 1 & x & x^{2}\\ 0 & 1 & 2x\\ 0 & 0 & 2 \end{array}\right|=2\neq0 \] Независимы

Задание: № 643, 645 – 648.

Построение уравнений по решениям

Если \begin{equation} y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}+\dots+C_{n}y_{n}, \end{equation} то функции $y_{1},y_{2},\dots,y_{n},y$ линейно зависимы, и определитель Вронского тождественно нулевой: \begin{equation} \left|\begin{array}{llllc} y_{1} & y_{2} & \cdots & y_{n} & y\\ y_{1}' & y_{2}' & \cdots & y_{n}' & y'\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ y_{1}^{(n-1)} & y_{2}^{(n-1)} & \cdots & y_{n}^{(n-1)} & y^{(n-1)}\\ y_{1}^{(n)} & y_{2}^{(n)} & \cdots & y_{n}^{(n)} & y^{(n)} \end{array}\right|=0. \end{equation} Раскрыв определитель по правому столбцу, получим уравнение \begin{equation} A_{n}^{n}y^{(n)}+A_{n}^{n-1}y^{(n-1)}+\dots+A_{n}^{2}y'+A_{n}^{1}y=0. \end{equation} Это дифференциальное уравнение $n$-го порядка, при этом у является его решением по построению.

Примеры: № 675. Составить линейное однородное дифференциальное уравнение (возможно меньшего порядка), имеющее данные частные решения: $y_{1}=x$, $y_{2}=e^{x}$.

Запишем верхней строкой функции $x,e^{x},y$ и следующими строками будем их последовательно дифференцировать, пока матрица не станет квадратной. Потом раскроем определитель: \begin{equation} \left|\begin{array}{rrr} x & e^{x} & y\\ 1 & e^{x} & y'\\ 0 & e^{x} & y'' \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrr} x & 1 & y\\ 1 & 1 & y'\\ 0 & 1 & y'' \end{array}\right|e^{x}=\left|\begin{array}{rrr} x & 0 & y-y''\\ 1 & 0 & y'-y''\\ 0 & 1 & y'' \end{array}\right|e^{x}=-e^{x}\left|\begin{array}{rr} x & y-y''\\ 1 & y'-y'' \end{array}\right|= \end{equation} \[ =-e^{x}\left[x\left(y'-y''\right)-\left(y-y''\right)\right]=-e^{x}\left[\left(1-x\right)y''+xy'-y\right]=0. \] Сократим на $-e^{x}$ для полной красоты: \begin{equation} \left(1-x\right)y''+xy'-y=0. \end{equation}

№ 679. $y_{1}=x$, $y_{2}=x^{2}$, $y_{3}=e^{x}$ \[ \left|\begin{array}{rrrr} x & x^{2} & e^{x} & y\\ 1 & 2x & e^{x} & y'\\ 0 & 2 & e^{x} & y''\\ 0 & 0 & e^{x} & y''' \end{array}\right|=\left|\begin{array}{rrrr} x & x^{2} & 1 & y\\ 1 & 2x & 1 & y'\\ 0 & 2 & 1 & y''\\ 0 & 0 & 1 & y''' \end{array}\right|e^{x}=\left|\begin{array}{rrrr} x & x^{2} & 0 & y-y'''\\ 1 & 2x & 0 & y'-y'''\\ 0 & 2 & 0 & y''-y'''\\ 0 & 0 & 1 & y''' \end{array}\right|e^{x}=-e^{x}\left|\begin{array}{rrr} x & x^{2} & y-y'''\\ 1 & 2x & y'-y'''\\ 0 & 2 & y''-y''' \end{array}\right|\begin{array}{c} \Lsh\\ -x\\ \, \end{array}= \] \begin{equation} =-e^{x}\left|\begin{array}{rrr} 0 & -x^{2} & y-y'''-x\left(y'-y'''\right)\\ 1 & 2x & y'-y'''\\ 0 & 2 & y''-y''' \end{array}\right|=e^{x}\left|\begin{array}{rr} -x^{2} & y-y'''-x\left(y'-y'''\right)\\ 2 & y''-y''' \end{array}\right|= \end{equation} \[ =e^{x}\left\{ -x^{2}\left(y''-y'''\right)-2\left[y-y'''-x\left(y'-y'''\right)\right]\right\} =e^{x}\left\{ \left(x^{2}-2x+2\right)y'''-x^{2}y''+2xy'-2y\right\} =0 \] \begin{equation} \left(x^{2}-2x+2\right)y'''-x^{2}y''+2xy'-2y=0 \end{equation}

Задание: № 674, 676.

Получение второго частного решения по первому (метод Остроградского-Лиувилля)

Дано уравнение \begin{equation} y''+p\left(x\right)y'+q\left(x\right)y=0.\label{main} \end{equation} Его общее решение имеет вид \begin{equation} y=C_{1}y_{1}+C_{2}y_{2}, \end{equation} причём $y_{1}$ -- известно (например, мы его угадали), а $y_{2}$ ещё надо найти. По лемме на стр. 103 учебника Эльсгольца линейное однородное уравнение второго порядка с коэффициентом 1 при старшей производной, имеющее данные два независимых решения $y_{1}$ и $y_{2}$ единственно. Поэтому если это уравнение построить по определителю Вронского (как выше) \begin{equation} \left|\begin{array}{lll} y_{1} & y_{2} & y\\ y_{1}' & y_{2}' & y'\\ y_{1}'' & y_{2}'' & y'' \end{array}\right|=0, \end{equation} \begin{equation} \left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|y''-\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|y'+\left|\begin{array}{ll} y_{1}' & y_{2}'\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|y=0, \end{equation} и разделить его на коэффициент при старшей производной \begin{equation} y''-\frac{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|}y'+\frac{\left|\begin{array}{ll} y_{1}' & y_{2}'\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|}y=0, \end{equation} оно совпадёт с исходным (\ref{main}). В частности, совпадут коэффициенты при первой производной: \begin{equation} p=-\frac{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|}.\label{1por} \end{equation} Но производная определителя в знаменателе совпадёт с числителем: \begin{equation} \frac{d}{dx}\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|=\frac{d}{dx}\left(y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}\right)=y_{1}'y_{2}'+y_{1}y_{2}''-y_{1}''y_{2}-y_{1}'y_{2}'=y_{1}y_{2}''-y_{1}''y_{2}=\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|, \end{equation} и (\ref{1por}) можно будет переписать так: \begin{equation} p=-\frac{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}'' & y_{2}'' \end{array}\right|}{\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|}=-\frac{d}{dx}\ln\left|\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|\right|. \end{equation} Интегрируем обе части ($\tilde{A}_{1}=const$): \begin{equation} \ln\left|\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|\right|=-P\left(x\right)+\tilde{A}_{1}, \end{equation} \begin{equation} \left|\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|\right|=e^{-P\left(x\right)+\tilde{A}_{1}}, \end{equation} $\pm e^{\tilde{A}_{1}}\equiv A_{1}$ \begin{equation} \left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|=\pm e^{\tilde{A}_{1}}e^{-P\left(x\right)}=A_{1}e^{-P\left(x\right)}, \end{equation} раскроем определитель: \begin{equation} y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}=A_{1}e^{-P\left(x\right)}. \end{equation} Это уже уравнение первого порядка на $y_{2}$ и решается оно соответственно. Подстановка $y_{2}=y_{1}$ уже обнуляет левую часть, поэтому годится замена \begin{equation} y_{2}=y_{1}z,\qquad y_{2}'=y_{1}z'+y_{1}'z; \end{equation} \begin{equation} y_{1}\left(y_{1}z'+y_{1}'z\right)-y_{1}'y_{1}z=A_{1}e^{-P\left(x\right)}, \end{equation} \begin{equation} y_{1}^{2}z'+y_{1}y_{1}'z-y_{1}'y_{1}z=A_{1}e^{-P\left(x\right)}, \end{equation} \begin{equation} z'=A_{1}e^{-P\left(x\right)}y_{1}^{-2}. \end{equation} Отсюда интегрированием можно найти $z$, а из него – $y_{2}$.

Пример: № 682. Найти общее решение данного уравнения, зная его частное решение: \begin{equation} x^{2}\left(x+1\right)y''-2y=0,\qquad y_{1}=1+\frac{1}{x}. \end{equation} Разделим уравнение на $\left(x+1\right)$: \begin{equation} y''-\frac{2}{x^{2}\left(x+1\right)}y=0. \end{equation} Так как в нём нет первой производной, \begin{equation} p\left(x\right)=-\frac{d}{dx}\ln\left|\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|\right|=0. \end{equation} Отсюда \begin{equation} \ln\left|\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|\right|=\tilde{A}_{1},\quad\left|\begin{array}{ll} y_{1} & y_{2}\\ y_{1}' & y_{2}' \end{array}\right|=A_{1},\quad y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}=A_{1}, \end{equation} \begin{equation} y_{2}=y_{1}z,\qquad y_{2}'=y_{1}z'+y_{1}'z, \end{equation} \begin{equation} y_{1}^{2}z'=A_{1}, \end{equation} \begin{equation} z'=A_{1}y_{1}^{-2}=A_{1}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2}}=A_{1}\frac{x^{2}}{\left(x+1\right)^{2}}, \end{equation} \begin{equation} z=A_{1}\left[x-\frac{1}{1+x}-2\ln\left|1+x\right|\right]+A_{2}. \end{equation} Выберем частное решение $y_{2}$ (это можно сделать как угодно, лишь бы не в виде $y_{1}$ умноженного на константу): \begin{equation} y_{2}=\left.zy_{1}\right|_{\begin{array}{c} A_{1}=1\\ A_{2}=0 \end{array}}=\left[x-\frac{1}{1+x}-2\ln\left|1+x\right|\right]\left(1+\frac{1}{x}\right). \end{equation} Тогда общее решение запишем так: \begin{equation} y=\left\{ C_{1}+C_{2}\left[x-\frac{1}{1+x}-2\ln\left|1+x\right|\right]\right\} \left(1+\frac{1}{x}\right). \end{equation}

Задание: № 681, 684, 686.