Что такое формула Лиувилля – Остроградского и что она даёт?
Формула Лиувилля – Остроградского связывает определитель Вронского решений линейного однородного дифференциального уравнения с его коэффициентами. По ней находят второе решение, когда известно первое. Для уравнения y″ + p(x)y′ + q(x)y = 0 она выглядит так: W(x) = C · e^(−∫p(x) dx). Если y₁ известно, второе решение считается по формуле: y₂ = y₁ ∫ e^(−∫p(x) dx)/y₁² dx. После этого общее решение записывается как C₁y₁ + C₂y₂.
Почему известно одно решение, а второе никак не находится?
Знакомая картина: в задаче сказано «известно, что y₁ = eˣ — решение уравнения, найдите общее решение». Первое решение у тебя есть, а дальше пустота. Для уравнения второго порядка нужны два линейно независимых решения, иначе общее решение не составить: одной постоянной C не хватает, и задача Коши с двумя условиями остаётся нерешённой. Многие в этот момент пробуют угадать второе решение наугад и теряют полчаса.
Беда в том, что на лекции формулу часто показывают за пять минут в конце темы про вронскиан, и она остаётся набором символов. Непонятно, откуда в ней экспонента от интеграла, зачем делить на квадрат функции и почему под интегралом снова появляется известное решение. Пока формула не связана со смыслом, она не запоминается, и на контрольной по дифурам ты либо путаешь знак в показателе, либо забываешь квадрат в знаменателе.
Хорошая новость: запоминать её вслепую не нужно. Формула получается из двух коротких шагов, которые ты воспроизведёшь на черновике за минуту. К тому же она работает не только для ДУ с постоянными коэффициентами, но и для уравнений с переменными коэффициентами, где характеристическое уравнение не помогает. Именно там она чаще всего и встречается в билетах по обыкновенным дифференциальным уравнениям, то есть по ОДУ.
Откуда берётся формула и при чём тут определитель Вронского?
Пусть y₁ и y₂ — два решения уравнения y″ + p(x)y′ + q(x)y = 0. Из них и их производных составляют определитель Вронского: W = y₁y₂′ − y₁′y₂. Он показывает, независимы ли решения. Если W ≠ 0, решения образуют фундаментальную систему, и общее решение равно C₁y₁ + C₂y₂. Нам понадобится одно свойство вронскиана, и сейчас мы его выведем.
Продифференцируем W. Слагаемые y₁′y₂′ сокращаются, и остаётся: W′ = y₁y₂″ − y₁″y₂. Теперь подставим y″ = −py′ − qy для каждого решения. Слагаемые с q сокращаются, и получается: W′ = −p(y₁y₂′ − y₁′y₂) = −pW. Это простое уравнение с разделяющимися переменными для самого вронскиана. Его решение: W = C · e^(−∫p(x) dx). Это и есть формула Лиувилля – Остроградского.
Как отсюда получить второе решение? Заметь, что W = y₁y₂′ − y₁′y₂ равен y₁², умноженному на производную отношения y₂/y₁. Значит, (y₂/y₁)′ = W/y₁². Интегрируем и умножаем на y₁: y₂ = y₁ ∫ W/y₁² dx. Постоянную C во вронскиане берём равной единице: нужно любое одно решение, независимое от y₁. Постоянную при интегрировании тоже не пишем, она лишь добавила бы к y₂ слагаемое, кратное y₁. По сути это метод понижения порядка: подстановка y = y₁u сводит уравнение к линейному уравнению первого порядка относительно u′, и его решение даёт ту же формулу.
Формула верна и для уравнений выше второго порядка. Если уравнение n-го порядка записано с единицей при старшей производной, а перед производной порядка n − 1 стоит коэффициент a₁(x), то W′ = −a₁(x)W, то есть W = C · e^(−∫a₁(x) dx). Для системы y′ = A(x)y вронскиан меняется по закону W′ = (след матрицы A) · W. Во всех случаях видно одно и то же: на промежутке, где коэффициенты непрерывны, вронскиан решений либо нигде не равен нулю, либо равен нулю тождественно.
Как найти второе решение по шагам?
Алгоритм короткий. Шаг первый: приведи уравнение к виду y″ + p(x)y′ + q(x)y = 0, то есть раздели на коэффициент при y″. Если забыть деление, в показатель попадёт неверная функция p. Шаг второй: найди ∫p(x) dx без постоянной и запиши множитель e^(−∫p(x) dx). Шаг третий: раздели его на y₁² и проинтегрируй. Шаг четвёртый: умножь результат на y₁ и запиши общее решение.
А если первое решение не дано, его иногда можно угадать. Подсказывает сумма коэффициентов. Если 1 + p + q = 0, то y = eˣ — решение, потому что (eˣ)″ + p(eˣ)′ + qeˣ = (1 + p + q)eˣ. Если 1 − p + q = 0, решением будет e⁻ˣ. Если p + qx = 0, подходит y = x. Ещё можно пробовать степени xᵏ, а также синус и косинус.
Типичные ошибки при работе с формулой повторяются из года в год. Первая: забывают поделить уравнение на коэффициент при y″ и берут p из неприведённого вида. Вторая: теряют минус в показателе и вместо e^(−∫p dx) пишут e^(∫p dx). Третья: возводят в квадрат не всю функцию y₁, а только часть. Четвёртая: после интегрирования забывают умножить на y₁ и записывают в ответ одну лишь дробь.
В конце всегда проверяй себя: подставь y₂ в уравнение и убедись, что получился ноль, затем посчитай вронскиан и убедись, что он не равен нулю. Для сверки удобен бесплатный калькулятор дифференциальных уравнений Prepodoff: он показывает ход решения и проверяет ответ подстановкой. Сначала реши сам на бумаге, потом сравни и найди шаг, на котором ваши пути разошлись.
Как найти второе решение уравнения y″ − 2y′ + y = 0, если y₁ = eˣ?
Начнём с примера, ответ которого можно проверить другим способом. Дано: y″ − 2y′ + y = 0, известно решение y₁ = eˣ. Уравнение уже в нужном виде, p(x) = −2. Находим ∫p dx = −2x, значит e^(−∫p dx) = e²ˣ. Подставляем в формулу: y₂ = eˣ ∫ e²ˣ/(eˣ)² dx. Так как (eˣ)² = e²ˣ, под интегралом остаётся единица.
Интеграл равен ∫ dx = x, поэтому y₂ = eˣ · x = xeˣ. Общее решение: y = C₁eˣ + C₂xeˣ = (C₁ + C₂x)eˣ. Проверим подстановкой. Для y₂ = xeˣ имеем y₂′ = (1 + x)eˣ и y₂″ = (2 + x)eˣ. Тогда y₂″ − 2y₂′ + y₂ = (2 + x − 2 − 2x + x)eˣ = 0. Всё сходится, второе решение найдено верно.
Вронскиан: W = eˣ · (1 + x)eˣ − eˣ · xeˣ = e²ˣ. Он не равен нулю, значит решения независимы. Заметь, что ответ совпадает с тем, что даёт характеристическое уравнение: λ² − 2λ + 1 = 0 имеет корень λ = 1 кратности два, и решение выглядит как (C₁ + C₂x)eˣ. Формула Лиувилля – Остроградского как раз объясняет, откуда в случае кратного корня берётся множитель x.
Как решить y″ + (2/x)y′ + y = 0, если y₁ = (sin x)/x?
Здесь коэффициенты переменные, и характеристическое уравнение уже не работает. Дано: y″ + (2/x)y′ + y = 0 при x ≠ 0, известно решение y₁ = sin x/x. Формулу применяем на промежутке, где sin x ≠ 0. Коэффициент при y″ равен единице, p(x) = 2/x. Тогда ∫p dx = 2 ln|x|, и e^(−∫p dx) = 1/x². Подставляем в формулу: y₂ = (sin x/x) ∫ (1/x²)/(sin²x/x²) dx.
Дробь под интегралом упрощается: (1/x²) · (x²/sin²x) = 1/sin²x. Интеграл табличный: ∫ dx/sin²x = −ctg x. Тогда y₂ = (sin x/x) · (−ctg x) = −cos x/x. Знак минус можно убрать, ведь решение умножают на любую постоянную, поэтому берём y₂ = cos x/x. Общее решение: y = (C₁ sin x + C₂ cos x)/x.
Проверим. Для y = cos x/x получаем y′ = −sin x/x − cos x/x² и y″ = −cos x/x + 2 sin x/x² + 2 cos x/x³. Подставляем: y″ + (2/x)y′ + y = −cos x/x + 2 sin x/x² + 2 cos x/x³ − 2 sin x/x² − 2 cos x/x³ + cos x/x = 0. Вронскиан пары решений равен −1/x², что согласуется с формулой: C · e^(−∫p dx) = C/x². Ответ проверен.
Обрати внимание, что такой дифур не решается подбором экспоненты, и без формулы здесь пришлось бы долго искать вторую функцию. Для самопроверки есть и другой путь: подстановка y = u/x сводит уравнение к u″ + u = 0, откуда и берутся синус с косинусом. Запомни приём: если после упрощения под интегралом осталась табличная функция, вроде 1/sin²x или 1/cos²x, решение почти готово, и остаётся только аккуратно вернуть множитель y₁.
Как решить x²y″ − 2y = 0, если y₁ = x², и что делать при p(x) = 0?
Третий пример показывает случай, когда первой производной в уравнении нет. Дано: x²y″ − 2y = 0 при x > 0, известно решение y₁ = x². Сначала убедимся, что оно подходит: y₁″ = 2, и x² · 2 − 2x² = 0. Верно. Теперь делим уравнение на x², чтобы привести его к стандартному виду: y″ − (2/x²)y = 0. Здесь p(x) = 0.
Когда p = 0, интеграл ∫p dx — просто постоянная, множитель e^(−∫p dx) сводится к единице, а вронскиан постоянен. Формула даёт: y₂ = x² ∫ dx/(x²)² = x² ∫ dx/x⁴ = x² · (−1/(3x³)) = −1/(3x). Постоянный множитель −1/3 отбрасываем и берём y₂ = 1/x. Общее решение: y = C₁x² + C₂/x.
Проверка: для y₂ = 1/x имеем y₂″ = 2/x³, поэтому x² · 2/x³ − 2/x = 2/x − 2/x = 0. Вронскиан: x² · (−1/x²) − 2x · (1/x) = −1 − 2 = −3, то есть константа, как и должно быть при p = 0. Это уравнение Эйлера: подстановка y = xᵏ даёт k² − k − 2 = 0 с корнями 2 и −1, и ответ получается тот же.
Этот пример полезен ещё и тем, что показывает силу формулы там, где подобрать второе решение трудно: вместо подбора ты просто интегрируешь степень x. Если p = 0, достаточно проинтегрировать 1/y₁², умножить на y₁ и записать ответ. Такие задачи обычно самые быстрые в билете, и по ним удобно тренировать технику, прежде чем переходить к уравнениям с дробными коэффициентами.
Что делать, если y₁ обращается в ноль или первое решение не находится?
Это частый вопрос на консультациях. В формуле есть деление на y₁², поэтому её применяют на промежутках, где y₁ ≠ 0. Во втором примере это промежутки между нулями синуса. Найденное y₂ = cos x/x остаётся решением и в точках, где sin x = 0, в этом можно убедиться подстановкой. Поэтому в записи решения достаточно оговорить область, например x ≠ 0.
Можно ли пользоваться формулой, если ни одно решение не угадывается? Нет: сама формула даёт только вронскиан, а второе решение из неё строится лишь по известному первому. Тогда сначала ищи y₁ среди простых функций: eˣ, e⁻ˣ, x, x², синус и косинус, как в алгоритме. Если не помогло, посмотри на тип уравнения. Возможно, оно эйлерово или с постоянными коэффициентами, и тогда y₁ даст подстановка xᵏ или eᵏˣ.
Чтобы закрепить, реши три разобранных примера заново без подглядывания, а потом проверь себя. Калькулятор дифференциальных уравнений Prepodoff бесплатный, работает онлайн и без регистрации: он показывает ход решения, проверяет ответ подстановкой и строит график. Это способ найти ошибку, а не заменить свои вычисления. А подготовку к экзамену по диффурам удобно разложить по дням в «Моём плане», бесплатном планировщике студента в Telegram.
