Diferansiyel denklemler birinci derece. Çözüm örnekleri.
Ayrılabilir değişkenli diferansiyel denklemler

Diferansiyel denklemler (DE). Bu iki kelime genellikle ortalama insanı korkutur. Diferansiyel denklemler birçok öğrenci için yasaklayıcı ve ustalaşması zor bir şey gibi görünmektedir. Uuuuuu... diferansiyel denklemler, tüm bunlardan nasıl kurtulabilirim?!

Bu görüş ve bu tutum temelden yanlıştır. DİFERANSİYEL DENKLEMLER - BASİT VE HATTA EĞLENCELİ. Diferansiyel denklemlerin nasıl çözüleceğini öğrenmek için bilmeniz ve yapabilmeniz gerekenler nelerdir? Dağınıklıkları başarılı bir şekilde incelemek için entegrasyon ve farklılaştırma konusunda iyi olmanız gerekir. Konular ne kadar iyi çalışılırsa Tek değişkenli bir fonksiyonun türevi Ve Belirsiz integral diferansiyel denklemleri anlamak o kadar kolay olacaktır. Daha fazlasını söyleyeceğim, eğer az ya da çok iyi entegrasyon becerileriniz varsa, o zaman konu neredeyse hakimdir! Daha fazla integral çeşitli türler nasıl karar vereceğini biliyorsun; ne kadar iyi olursa o kadar iyi. Neden? Pek çok şeyi entegre etmeniz gerekecek. Ve farklılaşın. Ayrıca şiddetle tavsiye ederim bulmayı öğren.

Vakaların %95'inde testler 3 tür birinci dereceden diferansiyel denklem vardır: ayrılabilir denklemler bu dersimizde bakacağımız; homojen denklemler Ve doğrusal homojen olmayan denklemler. Difüzörleri incelemeye başlayanlar için dersleri tam olarak bu sırayla okumanızı tavsiye ederim ve ilk iki makaleyi inceledikten sonra ek bir atölyede becerilerinizi pekiştirmenin zararı olmaz - homojene indirgenen denklemler.

Daha da nadir türde diferansiyel denklemler vardır: toplam diferansiyel denklemler, Bernoulli denklemleri ve diğerleri. Son iki türden en önemlileri toplam diferansiyellerdeki denklemlerdir, çünkü bu diferansiyel denkleme ek olarak şunu da dikkate alıyorum: yeni materyal – kısmi entegrasyon.

Eğer sadece bir veya iki gününüz kaldıysa, O ultra hızlı hazırlık için Orada yıldırım kursu pdf formatında.

Böylece yer işaretleri belirlendi - hadi gidelim:

Öncelikle olağan cebirsel denklemleri hatırlayalım. Değişkenler ve sayılar içerirler. En basit örnek: . Sıradan bir denklemi çözmek ne anlama gelir? Bu bulma anlamına gelir sayılar kümesi Bu denklemi sağlayanlar. Çocuk denkleminin tek bir kökü olduğunu fark etmek kolaydır: . Sırf eğlence olsun diye, bulunan kökü kontrol edip denklemimizde yerine koyalım:

– doğru eşitlik elde edilir, bu da çözümün doğru bulunduğu anlamına gelir.

Difüzörler hemen hemen aynı şekilde tasarlanmıştır!

Diferansiyel denklem birinci derece Genel olarak içerir:
1) bağımsız değişken;
2) bağımlı değişken (fonksiyon);
3) fonksiyonun birinci türevi: .

Bazı 1. dereceden denklemlerde “x” ve/veya “y” olmayabilir ancak bu anlamlı değildir - önemli kontrol odasına gitmek öyleydi birinci türev ve sahip değil yüksek mertebeden türevler – vb.

Ne demek ? Bir diferansiyel denklemi çözmek, bulmak anlamına gelir tüm fonksiyonların seti Bu denklemi sağlayanlar. Böyle bir işlevler kümesi genellikle şu biçime sahiptir (- keyfi bir sabit), buna denir diferansiyel denklemin genel çözümü.

örnek 1

Diferansiyel denklemi çözün

Tam mühimmat. Nereden başlamalı çözüm?

Öncelikle türevi biraz farklı bir biçimde yeniden yazmanız gerekiyor. Çoğunuzun muhtemelen saçma ve gereksiz bulduğu hantal tanımlamayı hatırlıyoruz. Difüzörlerde kural budur!

İkinci adımda bunun mümkün olup olmadığına bakalım ayrı değişkenler? Değişkenleri ayırmak ne anlama geliyor? Kabaca konuşma, sol tarafta ayrılmamız lazım sadece "Yunanlılar", A sağ tarafta düzenlemek yalnızca "X'ler". Değişkenlerin bölünmesi "okul" manipülasyonları kullanılarak gerçekleştirilir: onları parantezlerin dışına koymak, terimleri işaret değişikliği ile bölümden bölüme aktarmak, orantı kuralına göre faktörleri bölümden bölüme aktarmak vb.

Farklılıklar ve tam çarpanlardır ve düşmanlıkların aktif katılımcılarıdır. Söz konusu örnekte, faktörler orantı kuralına göre atılarak değişkenler kolayca ayrılır:

Değişkenler ayrılır. Sol tarafta sadece “Y”ler, sağ tarafta ise sadece “X”ler var.

Sonraki aşama - diferansiyel denklemin entegrasyonu. Çok basit, her iki tarafa da integraller koyuyoruz:

Tabii ki integral almamız gerekiyor. İÇİNDE bu durumda bunlar tablo halindedir:

Hatırladığımız gibi herhangi bir antiderivatife bir sabit atanır. Burada iki integral var ama sabiti bir kere yazmak yeterli (sabit + sabit hala başka bir sabite eşit olduğundan). Çoğu durumda sağ tarafa yerleştirilir.

Açıkçası, integraller alındıktan sonra diferansiyel denklemin çözüldüğü kabul edilir. Tek sorun bizim “y”miz “x” ile ifade edilmiyor yani çözüm sunuluyor örtülü olarak biçim. Örtük formdaki bir diferansiyel denklemin çözümüne denir diferansiyel denklemin genel integrali. Yani bu genel bir integraldir.

Bu formdaki cevap oldukça kabul edilebilir ancak daha iyi bir seçenek var mı? Haydi almaya çalışalım ortak karar.

Lütfen, ilkini hatırla teknik teknik oldukça yaygındır ve sıklıkla kullanılmaktadır. pratik görevler: İntegrasyondan sonra sağ tarafta bir logaritma görünüyorsa, çoğu durumda (ancak her zaman değil!) Sabitin logaritmanın altına yazılması da tavsiye edilir..

Yani, YERİNE girişler genellikle yazılır .

Bu neden gerekli? Ve “oyun”u ifade etmeyi kolaylaştırmak için. Logaritmanın özelliğini kullanma . Bu durumda:

Artık logaritmalar ve modüller kaldırılabilir:

Fonksiyon açıkça sunulmuştur. Bu genel çözümdür.

Cevap: ortak karar: .

Birçok diferansiyel denklemin cevabını kontrol etmek oldukça kolaydır. Bizim durumumuzda bu oldukça basit bir şekilde yapılıyor, bulunan çözümü alıp farklılaştırıyoruz:

Daha sonra türevi orijinal denklemde yerine koyarız:

– doğru eşitlik elde edilir, bu da genel çözümün denklemi karşıladığı anlamına gelir ki bu da kontrol edilmesi gereken şeydir.

Sabit vermek Farklı anlamlar, sonsuz sayıda elde edebilirsiniz özel çözümler diferansiyel denklem. İşlevlerden herhangi birinin , vb. olduğu açıktır. diferansiyel denklemi karşılar.

Bazen genel çözüm denir fonksiyon ailesi. Bu örnekte genel çözüm - bu bir aile doğrusal fonksiyonlar veya daha doğrusu doğrudan orantılı bir aile.

İlk örneği kapsamlı bir şekilde inceledikten sonra, diferansiyel denklemlerle ilgili birkaç saf soruyu yanıtlamak uygun olacaktır:

1)Bu örnekte değişkenleri ayırmayı başardık. Bu her zaman yapılabilir mi? Hayır her zaman değil. Hatta çoğu zaman değişkenler birbirinden ayrılamaz. Örneğin, homojen birinci dereceden denklemlerönce onu değiştirmeniz gerekir. Diğer denklem türlerinde, örneğin birinci dereceden doğrusal homojen olmayan denklemde, şunu kullanmanız gerekir: çeşitli teknikler ve genel bir çözüm bulma yöntemleri. Birinci derste ele aldığımız ayrılabilir değişkenli denklemler, diferansiyel denklemlerin en basit türüdür.

2) Bir diferansiyel denklemin integrali her zaman mümkün müdür? Hayır her zaman değil. İntegrali alınamayan “fantezi” bir denklem bulmak çok kolaydır; ayrıca alınamayan integraller de vardır. Ancak benzer DE'ler yaklaşık olarak kullanılarak çözülebilir. özel yöntemler. D'Alembert ve Cauchy garanti... ...ah, daha çok gizleniyorlar. az önce neredeyse "diğer dünyadan" diye ekliyordum.

3) Bu örnekte genel integral formunda bir çözüm elde ettik. . Genel bir integralden genel bir çözüm bulmak, yani “y”yi açıkça ifade etmek her zaman mümkün müdür? Hayır her zaman değil. Örneğin: . Peki burada “Yunanca”yı nasıl ifade edersiniz?! Bu gibi durumlarda cevap genel integral olarak yazılmalıdır. Ayrıca bazen genel bir çözüm bulmak mümkün olabilir, ancak o kadar hantal ve beceriksizce yazılmıştır ki, cevabı genel bir integral şeklinde bırakmak daha iyidir.

4) ...belki şimdilik bu kadar yeter. Karşılaştığımız ilk örnekte Bir diğeri önemli nokta ancak "aptalları" yeni bilgi çığıyla örtmemek için bunu bir sonraki derse bırakacağım.

Acele etmeyeceğiz. Başka bir basit uzaktan kumanda ve başka bir tipik çözüm:

Örnek 2

Diferansiyel denklemin başlangıç ​​koşulunu karşılayan özel bir çözümünü bulun

Çözüm: duruma göre bulmanız gerekir özel çözüm Belirli bir başlangıç ​​koşulunu sağlayan DE. Sorunun bu formülasyonuna aynı zamanda denir. Cauchy sorunu.

Önce genel bir çözüm buluyoruz. Denklemde “x” değişkeni yok ama bu kafa karıştırmamalı, asıl önemli olan birinci türevinin olması.

Türevi yeniden yazıyoruz doğru biçimde:

Açıkça, değişkenler ayrılabilir; erkekler sola, kızlar sağa:

Denklemin integralini alalım:

Genel integral elde edilir. Burada yıldız işaretli bir sabit çizdim, gerçek şu ki, çok yakında başka bir sabite dönüşecek.

Şimdi genel integrali genel bir çözüme dönüştürmeye çalışıyoruz (“y”yi açıkça ifade edin). Okuldaki eski güzel şeyleri hatırlayalım: . Bu durumda:

Göstergedeki sabit bir şekilde düzensiz görünüyor, bu yüzden genellikle dünyaya indiriliyor. Detaylı olarak olay şu şekilde oluyor. Derece özelliğini kullanarak fonksiyonu şu şekilde yeniden yazarız:

Eğer bir sabitse, o zaman aynı zamanda bir sabittir, onu şu harfle yeniden tanımlayalım:

Unutmayın, bir sabiti "yıkmak" ikinci teknik diferansiyel denklemleri çözerken sıklıkla kullanılır.

Yani genel çözüm şudur: . Bu güzel bir üstel fonksiyon ailesidir.

Son aşamada, verilen başlangıç ​​koşulunu karşılayan özel bir çözüm bulmanız gerekir. Bu da basittir.

Görev nedir? Almak gerekiyor çok koşulun karşılanması için sabitin değeri.

Farklı şekillerde biçimlendirilebilir, ancak bu muhtemelen en net yol olacaktır. Genel çözümde, "X" yerine sıfır, "Y" yerine de iki koyarız:



Yani,

Standart tasarım versiyonu:

Şimdi sabitin bulunan değerini genel çözüme yerleştiriyoruz:
– ihtiyacımız olan özel çözüm bu.

Cevap: özel çözüm:

Hadi kontrol edelim. Özel bir çözümün kontrol edilmesi iki aşamayı içerir:

Öncelikle bulunan belirli çözümün başlangıç ​​koşulunu gerçekten karşılayıp karşılamadığını kontrol etmeniz gerekir. “X” yerine sıfır koyarız ve ne olacağını görürüz:
- evet, aslında iki alındı, bu da başlangıç ​​koşulunun karşılandığı anlamına geliyor.

İkinci aşama zaten tanıdık. Ortaya çıkan özel çözümü alıp türevi buluyoruz:

Orijinal denklemde yerine koyarız:

– doğru eşitlik elde edilir.

Sonuç: Özel çözüm doğru bir şekilde bulunmuştur.

Daha anlamlı örneklere geçelim.

Örnek 3

Diferansiyel denklemi çözün

Çözüm: Türevi ihtiyacımız olan biçimde yeniden yazıyoruz:

Değişkenleri ayırmanın mümkün olup olmadığını değerlendiriyoruz? Olabilmek. İkinci terimi işaret değiştirerek sağa kaydırıyoruz:

Çarpanları orantı kuralına göre aktarıyoruz:

Değişkenler ayrıldı, her iki parçayı da entegre edelim:

Seni uyarmalıyım, kıyamet günü yaklaşıyor. Eğer iyi çalışmadıysanız belirsiz integraller, birkaç örnek çözdüyseniz, gidecek hiçbir yeriniz kalmaz - şimdi bu konularda uzmanlaşmanız gerekecek.

Sol tarafın integralini bulmak kolaydır; kotanjantın integralini derste incelediğimiz standart tekniği kullanarak ele alıyoruz. Trigonometrik fonksiyonların entegrasyonu geçen sene:

Sağ tarafta bir logaritmamız var ve ilk teknik önerime göre sabitin de logaritmanın altına yazılması gerekiyor.

Şimdi genel integrali basitleştirmeye çalışıyoruz. Elimizde yalnızca logaritmalar olduğundan, onlardan kurtulmak oldukça mümkün (ve gerekli). Kullanarak bilinen özellikler Logaritmaları mümkün olduğunca “paketliyoruz”. Bunu çok detaylı bir şekilde yazacağım:

Ambalaj barbarca parçalanmış durumda:

“Oyun”u ifade etmek mümkün mü? Olabilmek. Her iki parçanın da karelenmesi gerekir.

Ancak bunu yapmanıza gerek yok.

Üçüncü teknik ipucu: genel bir çözüm elde etmek için bir güce ulaşmak veya kök salmak gerekiyorsa, o zaman Çoğu durumda bu eylemlerden kaçınmalı ve cevabı genel bir integral şeklinde bırakmalısınız. Gerçek şu ki, genel çözüm, büyük kökler, işaretler ve diğer çöplerle birlikte korkunç görünecek.

Bu nedenle cevabı genel bir integral şeklinde yazıyoruz. Bunu formda sunmak, yani mümkünse sağ tarafta yalnızca bir sabit bırakmak iyi bir uygulama olarak kabul edilir. Bunu yapmak şart değil ama profesörü memnun etmek her zaman faydalıdır ;-)

Cevap: genel integral:

! Not: Herhangi bir denklemin genel integrali birden fazla şekilde yazılabilir. Dolayısıyla sonucunuz önceden bilinen cevapla örtüşmüyorsa bu, denklemi yanlış çözdüğünüz anlamına gelmez.

Genel integrali kontrol etmek de oldukça kolaydır, asıl önemli olan onu bulabilmektir. örtülü olarak belirtilen bir fonksiyonun türevi. Cevabı farklılaştıralım:

Her iki terimi de şununla çarpıyoruz:

Ve şuna bölün:

Orijinal diferansiyel denklem tam olarak elde edilmiştir, yani genel integral doğru olarak bulunmuştur.

Örnek 4

Diferansiyel denklemin başlangıç ​​koşulunu sağlayan özel bir çözümünü bulun. Kontrol gerçekleştirin.

Bu kendi başınıza çözebileceğiniz bir örnektir.

Algoritmanın iki aşamadan oluştuğunu hatırlatayım:
1) genel bir çözüm bulmak;
2) gerekli özel çözümü bulmak.

Kontrol ayrıca iki adımda gerçekleştirilir (Örnek No. 2'deki örneğe bakın), şunları yapmanız gerekir:
1) bulunan özel çözümün başlangıç ​​koşulunu karşıladığından emin olun;
2) Belirli bir çözümün genel olarak diferansiyel denklemi karşıladığını kontrol edin.

Dersin sonunda tam çözüm ve cevap.

Örnek 5

Diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun , başlangıç ​​koşulunu karşılıyor. Kontrol gerçekleştirin.

Çözüm:Öncelikle genel bir çözüm bulalım: Bu denklem zaten hazır diferansiyeller içerdiğinden çözüm basitleştirilmiştir. Değişkenleri ayırıyoruz:

Denklemin integralini alalım:

Soldaki integral tablo halindedir, sağdaki integral alınır bir fonksiyonu diferansiyel işaret altına alma yöntemi:

Genel integral elde edildi; genel çözümü başarıyla ifade etmek mümkün mü? Olabilmek. Her iki tarafa da logaritma asıyoruz. Pozitif oldukları için modül işaretleri gereksizdir:

(Umarım dönüşümü herkes anlamıştır, böyle şeylerin zaten bilinmesi gerekir)

Yani genel çözüm şudur:

Verilen başlangıç ​​koşuluna karşılık gelen özel bir çözüm bulalım.
Genel çözümde, "X" yerine sıfırı, "Y" yerine de ikinin logaritmasını kullanırız:

Daha tanıdık tasarım:

Sabitin bulunan değerini genel çözüme koyarız.

Cevap:özel çözüm:

Kontrol: Öncelikle başlangıç ​​koşulunun karşılanıp karşılanmadığını kontrol edelim:
- herşey iyi.

Şimdi bulunan özel çözümün diferansiyel denklemi sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim. Türevi bulma:

Orijinal denkleme bakalım: – diferansiyellerde sunulur. Kontrol etmenin iki yolu vardır. Bulunan türevden diferansiyeli ifade etmek mümkündür:

Bulunan özel çözümü ve elde edilen diferansiyeli orijinal denklemde yerine koyalım :

Temel logaritmik özdeşliği kullanıyoruz:

Doğru eşitlik elde edilir, bu da özel çözümün doğru şekilde bulunduğu anlamına gelir.

İkinci kontrol yöntemi yansıtılmıştır ve daha tanıdıktır: denklemden Türevi ifade edelim, bunun için tüm parçaları şu şekilde bölüyoruz:

Ve dönüştürülmüş DE'de elde edilen kısmi çözümü ve bulunan türevi yerine koyuyoruz. Sadeleştirmeler sonucunda doğru eşitliğin de elde edilmesi gerekmektedir.

Örnek 6

Diferansiyel denklemi çözün. Cevabı genel bir integral biçiminde sunun.

Bu, kendi başınıza çözebileceğiniz, tam çözüm üretebileceğiniz ve ders sonunda cevaplayabileceğiniz bir örnektir.

Ayrılabilir değişkenli diferansiyel denklemleri çözerken ne gibi zorluklar sizi bekliyor?

1) Değişkenlerin ayrılabileceği her zaman açık değildir (özellikle “çaydanlık” için). Koşullu bir örneği ele alalım: . Burada faktörleri parantezlerden çıkarmanız ve kökleri ayırmanız gerekir: . Bundan sonra ne yapılacağı açık.

2) Entegrasyonun kendisiyle ilgili zorluklar. İntegraller genellikle en basitleri değildir ve bulma becerilerinde kusurlar varsa belirsiz integral, o zaman birçok difüzörle zor olacaktır. Ek olarak, "diferansiyel denklem basit olduğundan, en azından integrallerin daha karmaşık olmasına izin verin" mantığı, koleksiyon ve eğitim kılavuzları derleyicileri arasında popülerdir.

3) Sabitli dönüşümler. Herkesin fark ettiği gibi, diferansiyel denklemlerdeki sabit oldukça serbestçe ele alınabilir ve bazı dönüşümler yeni başlayanlar için her zaman net olmayabilir. Başka bir koşullu örneğe bakalım: . Tüm terimlerin 2 ile çarpılması tavsiye edilir: . Ortaya çıkan sabit aynı zamanda bir tür sabittir ve şu şekilde ifade edilebilir: . Evet ve sağ tarafta logaritma olduğundan, sabiti başka bir sabit biçiminde yeniden yazmanız önerilir: .

Sorun şu ki çoğu zaman indekslerle uğraşmazlar ve aynı harfi kullanırlar. Sonuç olarak karar kaydı aşağıdaki formu alır:

Ne tür bir sapkınlık? Orada hatalar var! Kesinlikle konuşursak, evet. Bununla birlikte, esas açısından bakıldığında herhangi bir hata yoktur, çünkü değişken bir sabitin dönüştürülmesinin bir sonucu olarak, yine de değişken bir sabit elde edilir.

Veya başka bir örnek, denklemin çözümü sırasında genel bir integralin elde edildiğini varsayalım. Bu cevap çirkin görünüyor, bu nedenle her terimin işaretinin değiştirilmesi tavsiye edilir: . Resmen burada başka bir hata daha var - sağ tarafa yazılması gerekiyor. Ancak gayri resmi olarak "eksi ce"nin hala bir sabit olduğu ima ediliyor ( ki bu da kolaylıkla herhangi bir anlam alabilir!) yani “eksi” koymanın bir anlamı yok ve aynı harfi kullanabilirsiniz.

Dikkatsiz bir yaklaşımdan kaçınmaya çalışacağım ve yine de sabitleri dönüştürürken onlara farklı indeksler atayacağım.

Örnek 7

Diferansiyel denklemi çözün. Kontrol gerçekleştirin.

Çözüm: Bu denklem değişkenlerin ayrılmasına izin verir. Değişkenleri ayırıyoruz:

İntegral alalım:

Buradaki sabiti logaritma olarak tanımlamaya gerek yok çünkü bundan işe yarar bir şey çıkmayacak.

Cevap: genel integral:

Kontrol edin: Cevabın türevini alın (örtük işlev):

Her iki terimi de şu şekilde çarparak kesirlerden kurtuluruz:

Orijinal diferansiyel denklem elde edilmiştir, yani genel integral doğru olarak bulunmuştur.

Örnek 8

DE'nin özel bir çözümünü bulun.
,

Bu kendi başınıza çözebileceğiniz bir örnektir. Tek ipucu, burada genel bir integral elde edeceğiniz ve daha doğrusu, belirli bir çözüm bulmayı değil, ama kısmi integral. Dersin sonunda tam çözüm ve cevap.

Başvuru

Öğrencilerin ele aldıkları konuyu pekiştirmeleri için diferansiyel denklemleri web sitesinde çevrimiçi olarak çözme. Ve pratik becerilerinizi geliştirin. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Difurs çevrimiçi, çevrimiçi matematik çözme. Çevrimiçi matematik problemlerine adım adım çözümler. Bir diferansiyel denklemin sırası veya derecesi en yüksek derece türevleri buna dahildir. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Diferansiyel denklem çözme işlemine entegrasyon denir. Bir diferansiyel denklemin integrali alma sorunu, elde edilen integralin şu şekilde ifade edilip edilmediğine bakılmaksızın, bilinmeyen fonksiyonun bulunması kareselleştirilebiliyorsa çözülmüş sayılır. son şekil bilinen işlevler aracılığıyla veya değil. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi adım adım çözümü. Tüm diferansiyel denklemler, yalnızca bir argümanın fonksiyonlarını (ve türevlerini) içeren sıradan diferansiyel denklemlere (ODE) ve girdi fonksiyonlarının birçok değişkene bağlı olduğu kısmi diferansiyel denklemlere (PDE) ayrılabilir. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Ayrıca rastgele süreçleri içeren stokastik diferansiyel denklemler (SDE'ler) de vardır. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi adım adım çözümü. Türevlerin, fonksiyonların ve bağımsız değişkenlerin kombinasyonlarına bağlı olarak diferansiyel denklemler doğrusal ve doğrusal olmayan, sabit veya değişken katsayılı, homojen veya homojen olmayan olarak ayrılır. Uygulamaların önemi nedeniyle, yarı doğrusal (daha yüksek türevlere göre doğrusal) kısmi diferansiyel denklemler ayrı bir sınıfta sınıflandırılır. Diferansiyel denklemlerin çözümleri genel ve özel çözümlere ayrılır. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Genel çözümler, belirlenmemiş sabitleri ve kısmi diferansiyel denklemler için, ek entegrasyon koşullarından (normal diferansiyel denklemler için başlangıç ​​koşulları, kısmi diferansiyel denklemler için başlangıç ​​ve sınır koşulları) iyileştirilebilen bağımsız değişkenlerin keyfi fonksiyonlarını içerir. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi adım adım çözümü. Belirtilen sabit ve belirsiz fonksiyonların tipi belirlendikten sonra çözümler özel hale gelir. Adi diferansiyel denklemlere çözüm arayışı, sınıfın kurulmasına yol açtı. özel fonksiyonlar- Bilinen temel işlevlerle ifade edilmeyen uygulamalarda sıklıkla karşılaşılan işlevler. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Özellikleri detaylı olarak incelendi, değer tabloları derlendi, karşılıklı bağlantılar belirlendi vb. Numaralandırılmış sayılar kümesi incelenebilir. Verilen problemin en iyi cevabı. İlk yaklaşım olarak, Diferansiyel denklemlerde yakınsama bölgesine giden vektörün, bulunan üst limiti bulmadan nasıl bulunacağı. Artan matematiksel fonksiyonlar için seçim açıktır. Araştırma düzeyinin üzerinde ilerlemeci bir yöntem vardır. Problemin başlangıç ​​koşulunu diferansiyel denklemlerin çözümüyle uyumlu hale getirmek, benzersiz bir şekilde seçilmiş bir değer bulmanıza yardımcı olacaktır. Bilinmeyeni anında tespit edebiliyor olabilir. Bir matematik probleminin çözümünü belirlemeye ilişkin önceki örnekte olduğu gibi, doğrusal diferansiyel denklemler, belirli bir problemin belirli bir zaman dilimi içindeki cevabıdır. Araştırma prosedürünün sürdürülmesi yerel olarak belirlenmemiştir. Her öğrenci için bir örnek bulunacak ve diferansiyel denklemlerin çözümü sorumlu kişiye atanan kişi tarafından en az iki değerden belirlenecektir. Belirli bir segmentte genel değere sahip bir fonksiyon alın ve hangi eksende boşluk olacağı konusunda uyarıda bulunun. Diferansiyel denklemleri çevrimiçi inceleyerek, başlangıç ​​koşulları sağlandığı takdirde sonucun ne kadar önemli olduğunu açıkça göstermek mümkündür. Görevin yerel olarak tanımı olmadığından, işlev tanımından bir alanı çıkarmak imkansızdır. Bir denklem sisteminden bulunan cevap, genel anlamda sayılabilir bir değişken içerir ancak bir diferansiyel denklemi çevrimiçi olarak çözmek, söz konusu koşulu belirleme eylemi olmadan doğal olarak mümkün olacaktır. Segment aralığının yanında, diferansiyel denklemleri çevrimiçi çözmenin, öğrencilerin bilgilerinin kesildiği anda araştırma sonucunu nasıl olumlu yönde ilerletebileceğini görebilirsiniz. En iyisi her zaman genel kabul görmüş bir iş yaklaşımından gelmez. 2x düzeyinde, gerekli tüm doğrusal diferansiyel denklemleri doğal bir temsilde gözden geçirmek faydalıdır, ancak sayısal değeri hesaplayabilmek, bilginin gelişmesiyle sonuçlanacaktır. Matematikte her yönteme göre, homojen veya karmaşık gibi doğası farklı ifadelerle sunulan diferansiyel denklemler vardır. Harcadıktan sonra genel analiz Fonksiyonun incelenmesiyle, diferansiyelleri bir olasılıklar dizisi olarak çözmenin değerlerde açık bir hatayı temsil ettiği açıkça görülecektir. Buradaki gerçek apsis çizgilerinin üzerindeki boşlukta yatıyor. Tanımın etki alanında bir yerde karmaşık fonksiyon Tanımının bir noktasında doğrusal diferansiyel denklemler, cevabı analitik biçimde sunabilecektir. yani genel anlamda öz olarak. Değişkeni değiştirdiğinizde hiçbir şey değişmez. Ancak cevaba özel bir ilgiyle bakmanız gerekiyor. Esasen, hesap makinesi sonuçta ilişkiyi, yani diferansiyel denklemlerin çözümünün global değerle nasıl orantılı olduğunu ve istenen çözümün sınırları dahilinde nasıl belirlendiğini değiştirir. Bazı durumlarda büyük bir hata uyarısı kaçınılmazdır. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi uygulanması Genel fikir Sorunla ilgili ama sonuçta vektör çarpımının olumlu yönlerini bir an önce sağlamak gerekiyor. Matematikte sayılar teorisindeki kavram yanılgıları nadir değildir. Kesinlikle bir çek gerekli olacaktır. Doğal olarak, bu hakkı kendi alanlarındaki profesyonellere vermek daha iyidir ve deneyimleri muazzam ve olumlu olduğu için diferansiyel denklemi çevrimiçi çözmenize yardımcı olacaklardır. Şekillerin yüzeyleri ve alanı arasındaki fark, görmenizi sağlayacak çevrimiçi diferansiyel denklemleri çözmek değil, kesişmeyen nesneler kümesi, çizginin eksene paralel olacağı şekildedir. Sonuç olarak, iki kez alabilirsiniz daha fazla değer. Açık olmasa da, biçimsel gösterimin doğruluğuna ilişkin anlayışımız, hem görüş alanında hem de sonucun kalitesinin kasıtlı olarak fazla tahmin edilmesiyle ilişkili olarak doğrusal diferansiyel denklemleri içerir. Tüm öğrencilerin ilgisini çeken bir konu üzerine düzenlenen panel tartışması birkaç kez gözden geçirilir. Derslerin tamamı boyunca, eğer gerçekle çelişmiyorsa, dikkatimizi diferansiyel denklemlere ve ilgili bilimsel çalışma alanlarına yoğunlaştıracağız. Yolculuğun başında birçok adımdan kaçınılabilir. Diferansiyel denklemleri çözmek öğrenciler için temelde yeni bir şeyse, eskisi hiç unutulmaz, aksine yüksek bir gelişme hızıyla geleceğe doğru ilerler. Başlangıçta matematikteki problemin koşulları birbirinden farklıdır, ancak bu sağdaki paragrafta belirtilmiştir. Tanım gereği belirlenen süre geçtikten sonra, vektör hareketinin çeşitli düzlemlerine orantılı bağımlı bir sonuç olasılığı göz ardı edilemez. Böylesine basit bir durum, lineer diferansiyel denklemlerin hesap makinesinde genel formda anlatılmasıyla aynı şekilde düzeltilebilir, daha hızlı olur ve hesaplamaların mahsup edilmesi hatalı bir görüşe yol açmaz. Teoriye göre isimlendirilen yalnızca beş vaka, olup bitenlerin sınırlarını zorlayabilir. Diferansiyel denklem çözümümüz, fonksiyon uzayını ayrıştırmanın ilk aşamalarında sayılardaki değeri manuel olarak hesaplamanıza yardımcı olacaktır. İÇİNDE doğru yerlerde dört çizginin temas noktasını temsil etmek gerekir Genel anlam. Ancak görevi değiştirmek zorunda kalırsanız karmaşıklığı eşitlemek kolay olacaktır. Başlangıç ​​verileri, bitişik ayağı tasarlamak için yeterlidir ve çevrimiçi diferansiyel denklemler sola hizalı görünür ve yüzey, vektörün rotoruna doğru tek taraflı yönlendirilir. Üst sınırın üzerinde belirlenen koşulun ötesinde sayısal değerler mümkündür. Oranın genel değerindeki üç bilinmeyeni kullanarak matematiksel formülü dikkate alıp diferansiyel denklemi çevrimiçi olarak çözmek mümkündür. Yerel hesaplama yöntemi geçerli olarak kabul edilmektedir. Koordinat sistemi düzlemin bağıl hareketinde dikdörtgendir. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi genel çözümü, açıkça belirtilen bir fonksiyonun grafiğinin üzerinde bulunan tüm düz çizgi üzerinde matris tanımlarının hesaplamalı olarak yürütülmesi lehine açık bir şekilde bir sonuç çıkarmamıza olanak tanır. Hareket vektörünü üç yarım kürenin temas noktasına uygularsanız çözüm açıkça görülebilir. Silindir, dikdörtgenin kenar etrafında döndürülmesiyle elde edilir ve doğrusal diferansiyel denklemler, hareket yasasının verilen ifadelerine göre noktanın hareket yönünü gösterebilecektir. Başlangıç ​​verileri doğrudur ve matematikteki problem tek bir basit koşul altında değiştirilebilir. Ancak koşullar nedeniyle, ortaya konulan alt görevin karmaşıklığı nedeniyle diferansiyel denklemler, sayısal uzayların üç boyutlu uzay düzeyinde hesaplanması sürecini basitleştirir. Aksini kanıtlamak kolaydır ancak verilen örnekte olduğu gibi bundan kaçınılabilir. İÇİNDE yüksek Matematik tedarik edilen aşağıdaki noktalar: Bir görev basitleştirilmiş bir forma indirgendiğinde, öğrenciler tarafından mümkün olduğu kadar fazla çaba gösterilmelidir. Birbiri üzerine bindirilmiş çizgiler dikkate alınır. Diferansiyellerin çözümü konusunda, eğri bir çizgide sözü edilen yöntemin avantajı halen devam etmektedir. İlk önce ihtiyacınız olmayan bir şeyi fark ederseniz, o zaman matematik formülü ifadeye yeni bir anlam yaratacaktır. Amaç, profesör tarafından belirlenen görevleri çözmek için en uygun yaklaşımdır. Basitleştirilmiş formdaki doğrusal diferansiyel denklemlerin beklenen sonucu aşacağını varsaymamalısınız. Sonlu bileşimli bir yüzeye üç vektör yerleştiriyoruz. birbirine dik. Ürünü hesaplayalım. Ekleme yapalım Daha semboller ve ortaya çıkan tüm ifadeleri yazın değişken fonksiyonlar. Bir orantı var. Hesaplamanın bitiminden önceki birkaç eylem, diferansiyel denklemlerin çözümüne hemen kesin bir cevap vermeyecek, ancak yalnızca y ekseni boyunca ayrılan süre geçtikten sonra verecektir. Fonksiyondan dolaylı olarak belirtilen süreksizlik noktasının soluna, en iyi artan vektöre dik bir eksen çizeriz ve çevrimiçi diferansiyel denklemleri matematiksel nesnenin alt yüzünün en küçük sınır değeri boyunca yerleştiririz. Ekstra argümanı fonksiyon kesme alanına ekleriz. Eğri çizginin bulunduğu noktaların sağında ortak paydaya indirgemek için yazdığımız formüller diferansiyel denklemi online çözmenize yardımcı olacaktır. Çözülemeyen sorunlara teoriden pratiğe ışık tutacak tek doğru yaklaşımı genel durumda net bir şekilde ele alacağız. Verilen noktaların koordinatları yönündeki çizgiler karenin en uç noktasını asla kapatmaz, ancak diferansiyel denklemleri çevrimiçi çözmek öğrencilere, bize ve bu alana yeni başlayanlara matematik çalışma konusunda yardımcı olacaktır. Bir alanın tüm önemli satırlarına bir değer argümanı yerleştirme olasılığından bahsediyoruz. Prensip olarak, bekleneceği gibi, lineer diferansiyel denklemlerimiz izole edilmiş bir şeydir. tek konsept anlam verilmiştir. Öğrencilere yardımcı olmak için benzer hizmetler arasında en iyi hesaplayıcılardan biri. Tüm kursları alın ve kendiniz için en iyisini seçin.

=

Bazı fizik problemlerinde süreci tanımlayan büyüklükler arasında doğrudan bir bağlantı kurmak mümkün değildir. Ancak incelenen fonksiyonların türevlerini içeren bir eşitlik elde etmek mümkündür. Diferansiyel denklemler bu şekilde ortaya çıkar ve bilinmeyen bir fonksiyonu bulmak için bunları çözme ihtiyacı ortaya çıkar.

Bu makale, bilinmeyen fonksiyonun tek değişkenli bir fonksiyon olduğu diferansiyel denklemi çözme problemiyle karşı karşıya kalanlar için hazırlanmıştır. Teori, sıfır diferansiyel denklem bilgisi ile görevinizin üstesinden gelebilecek şekilde yapılandırılmıştır.

Her diferansiyel denklem türü, tipik örneklere ve problemlere yönelik ayrıntılı açıklamalar ve çözümler içeren bir çözüm yöntemiyle ilişkilendirilir. Tek yapmanız gereken probleminizin diferansiyel denkleminin türünü belirlemek, analiz edilmiş benzer bir örnek bulmak ve benzer eylemleri gerçekleştirmek.

Diferansiyel denklemleri başarılı bir şekilde çözmek için aynı zamanda antiderivatif kümelerini (belirsiz integraller) bulma becerisine de ihtiyacınız olacak. çeşitli işlevler. Gerekiyorsa bölümüne başvurmanızı öneririz.

Öncelikle türete göre çözülebilen birinci mertebeden adi diferansiyel denklem türlerini ele alacağız, sonra ikinci mertebeden ODE'lere geçeceğiz, sonra daha yüksek mertebeden denklemler üzerinde duracağız ve sistemlerle bitireceğiz. diferansiyel denklemler.

Eğer y, x argümanının bir fonksiyonu ise bunu hatırlayın.

Birinci mertebeden diferansiyel denklemler.

Formun birinci mertebesinden en basit diferansiyel denklemler.

Bu tür uzaktan kumandalara birkaç örnek yazalım .

Diferansiyel denklemler eşitliğin her iki tarafının f(x)'e bölünmesiyle türev açısından çözülebilir. Bu durumda f(x) ≠ 0 için orijinal denkleme eşdeğer bir denklem elde ederiz. Bu tür ODE'lerin örnekleri şunlardır.

Eğer x argümanının f(x) ve g(x) fonksiyonlarının aynı anda sıfır olduğu değerleri varsa, o zaman ek çözümler ortaya çıkar. Denklemin ek çözümleri verilen x, bu bağımsız değişken değerleri için tanımlanan herhangi bir işlevdir. Bu tür diferansiyel denklemlerin örnekleri şunları içerir:

İkinci dereceden diferansiyel denklemler.

Sabit katsayılı ikinci dereceden doğrusal homojen diferansiyel denklemler.

Sabit katsayılı LDE çok yaygın bir diferansiyel denklem türüdür. Çözümleri özellikle zor değil. Öncelikle karakteristik denklemin kökleri bulunur. . Farklı p ve q için üç durum mümkündür: karakteristik denklemin kökleri gerçek ve farklı, gerçek ve çakışık olabilir veya karmaşık konjugatlar. Karakteristik denklemin köklerinin değerlerine bağlı olarak diferansiyel denklemin genel çözümü şu şekilde yazılır: , veya , veya sırasıyla.

Örneğin, sabit katsayılara sahip doğrusal homojen ikinci dereceden diferansiyel denklemi düşünün. Karakteristik denkleminin kökleri k 1 = -3 ve k 2 = 0'dır. Kökler gerçek ve farklıdır, bu nedenle LODE'nin sabit katsayılı genel çözümü şu şekildedir:


İkinci dereceden sabit katsayılı lineer homojen olmayan diferansiyel denklemler.

Sabit y katsayılı ikinci dereceden bir LDDE'nin genel çözümü, karşılık gelen LDDE'nin genel çözümünün toplamı şeklinde aranır. ve orijinal homojen olmayan denklemin özel bir çözümü, yani . Önceki paragraf, sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulmaya ayrılmıştır. Ve belirli bir çözüm, belirsiz katsayılar yöntemiyle belirlenir. belli bir biçim orijinal denklemin sağ tarafındaki f(x) fonksiyonunu veya isteğe bağlı sabitleri değiştirme yöntemini kullanarak.

Sabit katsayılı ikinci dereceden LDDE'lere örnek olarak şunu veriyoruz:


Teoriyi anlamak ve örneklerin ayrıntılı çözümlerini tanımak için size sayfada sabit katsayılı doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden diferansiyel denklemler sunuyoruz.

Doğrusal homojen diferansiyel denklemler (LODE) ve ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler (LNDE'ler).

Bu tip diferansiyel denklemlerin özel bir durumu sabit katsayılı LODE ve LDDE'dir.

LODE'nin belirli bir segment üzerindeki genel çözümü, bu denklemin doğrusal olarak bağımsız iki kısmi çözümü y 1 ve y 2'nin doğrusal bir kombinasyonu ile temsil edilir, yani, .

Asıl zorluk tam olarak bu tip bir diferansiyel denklemin doğrusal bağımsız kısmi çözümlerini bulmakta yatmaktadır. Tipik olarak, belirli çözümler aşağıdaki doğrusal bağımsız fonksiyon sistemlerinden seçilir:


Ancak belirli çözümler her zaman bu biçimde sunulmamaktadır.

Bir LOD örneği: .

LDDE'nin genel çözümü, karşılık gelen LDDE'nin genel çözümü ve orijinal diferansiyel denklemin özel çözümü olan formda aranır. Az önce onu bulmaktan bahsettik, ancak isteğe bağlı sabitleri değiştirme yöntemi kullanılarak belirlenebilir.

LNDU'ya bir örnek verilebilir .

Yüksek mertebeden diferansiyel denklemler.

Sırada azalmaya izin veren diferansiyel denklemler.

Diferansiyel denklem sırası İstenilen fonksiyonu ve k-1 mertebesine kadar türevlerini içermeyen , değiştirilerek n-k'ye indirgenebilir.

Bu durumda orijinal diferansiyel denklem . Çözümü p(x) bulduktan sonra, yerine koymaya geri dönüp bilinmeyen y fonksiyonunu belirlemeye devam eder.

Örneğin, diferansiyel denklem değiştirildikten sonra ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem haline gelecek ve sırası üçüncüden birinciye düşecektir.

Diferansiyel denklem, bir fonksiyonu ve onun bir veya daha fazla türevini içeren bir denklemdir. Çoğu pratik problemde, fonksiyonlar fiziksel nicelikleri temsil eder, türevler bu niceliklerin değişim oranlarına karşılık gelir ve bir denklem bunlar arasındaki ilişkiyi belirler.

Bu makalede, çözümleri şu şekilde yazılabilen belirli türdeki adi diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik yöntemler tartışılmaktadır. temel işlevler yani polinom, üstel, logaritmik ve trigonometrik ve bunların ters fonksiyonları. Bu denklemlerin çoğu gerçek hayat diğer diferansiyel denklemlerin çoğu bu yöntemlerle çözülemese de, bunlar için cevap özel fonksiyonlar veya kuvvet serileri biçiminde yazılır veya sayısal yöntemlerle bulunur.

Bu makaleyi anlamak için diferansiyel ve integral hesapta uzman olmanızın yanı sıra kısmi türevler hakkında da bilgi sahibi olmanız gerekir. Diferansiyel ve integral hesap bilgisi bunları çözmek için yeterli olsa da, diferansiyel denklemlere, özellikle ikinci dereceden diferansiyel denklemlere uygulanan lineer cebirin temellerinin bilinmesi de önerilir.

Ön bilgi

• Diferansiyel denklemlerin kapsamlı bir sınıflandırması vardır. Bu makalede şunlardan bahsedilmektedir: adi diferansiyel denklemler yani tek değişkenli bir fonksiyon ve onun türevlerini içeren denklemler hakkında. Adi diferansiyel denklemlerin anlaşılması ve çözülmesi, diferansiyel denklemlere göre çok daha kolaydır. kısmi diferansiyel denklemlerçeşitli değişkenlerin fonksiyonlarını içerir. Bu makalede kısmi diferansiyel denklemler tartışılmamaktadır çünkü bu denklemleri çözme yöntemleri genellikle kendi özel biçimlerine göre belirlenmektedir.
  • Aşağıda adi diferansiyel denklemlerin bazı örnekleri verilmiştir.
    • d y d x = k y (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=ky)
    • d 2 x d t 2 + k x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)((\mathrm (d) )t^(2)))+kx=0)
  • Aşağıda kısmi diferansiyel denklemlerin bazı örnekleri verilmiştir.
    • ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 f ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\kısmi ^(2)f)(\kısmi x^(2)))+(\frac (\kısmi ^(2) )f)(\kısmi y^(2))=0)
    • ∂ sen ∂ t - α ∂ 2 sen ∂ x 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\kısmi u)(\kısmi t))-\alpha (\frac (\kısmi ^(2)u)(\kısmi x ^(2))))=0)
• Emir Bir diferansiyel denklemin değeri, bu denklemde yer alan en yüksek türevin mertebesine göre belirlenir. Yukarıdaki sıradan diferansiyel denklemlerden ilki birinci dereceden, ikincisi ise ikinci dereceden bir denklemdir. Derece Bir diferansiyel denklemin değeri, bu denklemin terimlerinden birinin yükseltildiği en yüksek kuvvettir.
  • Örneğin aşağıdaki denklem üçüncü dereceden ve ikinci derecedendir.
    • (d 3 y d x 3) 2 + d y d x = 0 (\displaystyle \left((\frac ((\mathrm (d) )^(3)y)((\mathrm (d) )x^(3)))\ sağ)^(2)+(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=0)
• Diferansiyel denklem doğrusal diferansiyel denklem fonksiyonun ve tüm türevlerinin birinci derecede olması durumunda. Aksi takdirde denklem doğrusal olmayan diferansiyel denklem. Doğrusal diferansiyel denklemler, çözümlerinin aynı zamanda verilen denklemin çözümü olacak doğrusal kombinasyonlar oluşturmak için kullanılabilmesi açısından dikkat çekicidir.
  • Aşağıda bazı doğrusal diferansiyel denklem örnekleri verilmiştir.
  • Aşağıda doğrusal olmayan diferansiyel denklemlerin bazı örnekleri verilmiştir. İlk denklem sinüs terimi nedeniyle doğrusal değildir.
    • d 2 θ d t 2 + g l günah ⁡ θ = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)\theta )((\mathrm (d) )t^(2)))+( \frac (g)(l))\sin \theta =0)
    • d 2 x d t 2 + (d x d t) 2 + t x 2 = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)((\mathrm (d)) )t^(2)))+ \left((\frac ((\mathrm (d) )x)((\mathrm (d) )t))\right)^(2)+tx^(2)=0)
• Ortak karar sıradan diferansiyel denklem benzersiz değildir, şunları içerir: keyfi entegrasyon sabitleri. Çoğu durumda, keyfi sabitlerin sayısı denklemin sırasına eşittir. Uygulamada bu sabitlerin değerleri verilenlere göre belirlenir. başlangıç ​​koşulları yani fonksiyonun ve türevlerinin değerlerine göre x = 0. (\displaystyle x=0.) Bulmak için gereken başlangıç ​​koşullarının sayısı özel çözüm diferansiyel denklem çoğu durumda verilen denklemin mertebesine de eşittir.
  • Örneğin, bu makale aşağıdaki denklemin çözümüne bakacaktır. Bu ikinci dereceden bir doğrusal diferansiyel denklemdir. Genel çözümü iki keyfi sabit içerir. Bu sabitleri bulmak için başlangıç ​​koşullarını bilmek gerekir. x (0) (\displaystyle x(0)) Ve x'(0) . (\displaystyle x"(0).) Genellikle başlangıç ​​koşulları noktada belirtilir. x = 0 , (\displaystyle x=0,), ancak bu gerekli değildir. Bu makale aynı zamanda verilen başlangıç ​​koşulları için özel çözümlerin nasıl bulunacağını da tartışacaktır.
    • d 2 x d t 2 + k 2 x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)((\mathrm (d) )t^(2)))+k^(2 )x=0)
    • x (t) = c 1 çünkü ⁡ k x + c 2 günah ⁡ k x (\displaystyle x(t)=c_(1)\cos kx+c_(2)\sin kx)

Adımlar

Bölüm 1

Birinci dereceden denklemler

Bu hizmeti kullanırken bazı bilgiler YouTube'a aktarılabilir.

1. Birinci mertebeden lineer denklemler. Bu bölümde genel olarak birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik yöntemler ve bazı terimlerin sıfıra eşit olduğu özel durumlar tartışılmaktadır. Öyleymiş gibi yapalım y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) Ve q (x) (\displaystyle q(x)) işlevlerdir X. (\displaystyle x.)

   D y d x + p (x) y = q (x) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+p(x)y=q(x ))
   

   P (x) = 0. (\displaystyle p(x)=0.) Ana teoremlerden birine göre matematiksel analiz Bir fonksiyonun türevinin integrali de bir fonksiyondur. Bu nedenle çözümünü bulmak için denklemin basitçe integralini almak yeterlidir. Hesaplarken şunu dikkate almak gerekir belirsiz integral keyfi bir sabit belirir.

   • y (x) = ∫ q (x) d x (\displaystyle y(x)=\int q(x)(\mathrm (d) )x)

   Q (x) = 0. (\displaystyle q(x)=0.) Yöntemi kullanıyoruz değişkenlerin ayrılması. Bu durumda çeşitli değişkenler aktarılır. farklı taraflar denklemler Örneğin, tüm üyeleri şuradan taşıyabilirsiniz: y (\displaystyle y) bire ve tüm üyelere x (\displaystyle x) denklemin diğer tarafına. Üyeler de aktarılabilir d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) Ve d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y) türev ifadeler arasında yer alan ancak bunların sadece olduğu unutulmamalıdır. sembol Karmaşık bir fonksiyonun türevini alırken kullanışlıdır. Adı geçen bu üyelerin tartışılması diferansiyeller, bu makalenin kapsamı dışındadır.

   • Öncelikle değişkenleri eşittir işaretinin karşıt taraflarına taşımanız gerekir.
     • 1 y d y = − p (x) d x (\displaystyle (\frac (1)(y))(\mathrm (d) )y=-p(x)(\mathrm (d) )x)
   • Denklemin her iki tarafını da entegre edelim. Entegrasyondan sonra her iki tarafta da denklemin sağ tarafına aktarılabilen keyfi sabitler görünecektir.
     • ln ⁡ y = ∫ − p (x) d x (\displaystyle \ln y=\int -p(x)(\mathrm (d) )x)
     • y (x) = e − ∫ p (x) d x (\displaystyle y(x)=e^(-\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Örnek 1.1. Son adımda kuralı kullandık e a + b = e a e b (\displaystyle e^(a+b)=e^(a)e^(b)) ve değiştirildi e C (\displaystyle e^(C)) Açık C (\displaystyle C), çünkü bu aynı zamanda keyfi bir entegrasyon sabitidir.
     • d y d x − 2 y günah ⁡ x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))-2y\sin x=0)
     • 1 2 y d y = günah ⁡ x d x 1 2 ln ⁡ y = − çünkü ⁡ x + C ln ⁡ y = − 2 çünkü ⁡ x + C y (x) = C e − 2 çünkü ⁡ x (\displaystyle (\begin(aligned) )(\frac (1)(2y))(\mathrm (d) )y&=\sin x(\mathrm (d) )x\\(\frac (1)(2))\ln y&=-\cos x+C\\\ln y&=-2\cos x+C\\y(x)&=Ce^(-2\cos x)\end(aligned)))

   P (x) ≠ 0 , q (x) ≠ 0. (\displaystyle p(x)\neq 0,\ q(x)\neq 0.) Genel bir çözüm bulmak için tanıttık entegre faktör bir fonksiyonu olarak x (\displaystyle x) sol tarafı ortak bir türeve indirgemek ve böylece denklemi çözmek.

   • Her iki tarafı da çarpın μ (x) (\displaystyle \mu (x))
     • μ d y d x + μ p y = μ q (\displaystyle \mu (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+\mu py=\mu q)
   • Sol tarafı genel türeve indirgemek için aşağıdaki dönüşümlerin yapılması gerekir:
     • d d x (μ y) = d μ d x y + μ d y d x = μ d y d x + μ p y (\displaystyle (\frac (\mathrm (d) )((\mathrm (d) )x))(\mu y)=(\ frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))y+\mu (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)) =\mu (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+\mu py)
   • Son eşitlik şu anlama gelir: d μ d x = μ p (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))=\mu p). Bu, herhangi bir birinci dereceden doğrusal denklemi çözmek için yeterli olan bir integral faktörüdür. Şimdi bu denklemi aşağıdaki denkleme göre çözmenin formülünü türetebiliriz: μ , (\displaystyle \mu ,) ancak tüm ara hesaplamaların yapılması eğitim açısından faydalıdır.
     • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Örnek 1.2. Bu örnek, verilen başlangıç ​​koşullarıyla bir diferansiyel denklemin özel çözümünün nasıl bulunacağını gösterir.
     • t d y d t + 2 y = t 2 , y (2) = 3 (\displaystyle t(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+2y=t^(2) ,\dört y(2)=3)
     • d y d t + 2 t y = t (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+(\frac (2)(t))y=t)
     • μ (x) = e ∫ p (t) d t = e 2 ln ⁡ t = t 2 (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(t)(\mathrm (d) )t)=e ^(2\ln t)=t^(2))
     • d d t (t 2 y) = t 3 t 2 y = 1 4 t 4 + C y (t) = 1 4 t 2 + C t 2 (\displaystyle (\begin(hizalanmış)(\frac (\mathrm (d) )((\mathrm (d) )t))(t^(2)y)&=t^(3)\\t^(2)y&=(\frac (1)(4))t^(4 )+C\\y(t)&=(\frac (1)(4))t^(2)+(\frac (C)(t^(2)))\end(aligned)))
     • 3 = y (2) = 1 + C 4 , C = 8 (\displaystyle 3=y(2)=1+(\frac (C)(4)),\quad C=8)
     • y (t) = 1 4 t 2 + 8 t 2 (\displaystyle y(t)=(\frac (1)(4))t^(2)+(\frac (8)(t^(2)) ))
   
   Birinci dereceden doğrusal denklemlerin çözülmesi (Intuit - Ulusal Açık Üniversite tarafından kaydedilmiştir).

2. Doğrusal olmayan birinci dereceden denklemler. Bu bölümde bazı birinci dereceden doğrusal olmayan diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik yöntemler tartışılmaktadır. Bu tür denklemlerin çözümü için genel bir yöntem bulunmamasına rağmen bazıları aşağıdaki yöntemler kullanılarak çözülebilir.

   D y d x = f (x , y) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=f(x,y))
   d y d x = h (x) g (y) . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d)) )y)((\mathrm (d) )x))=h(x)g(y).) Eğer fonksiyon f (x , y) = h (x) g (y) (\displaystyle f(x,y)=h(x)g(y)) tek değişkenli fonksiyonlara bölünebilir, böyle bir denklem denir ayrılabilir değişkenli diferansiyel denklem. Bu durumda yukarıdaki yöntemi kullanabilirsiniz:

   • ∫ d y h (y) = ∫ g (x) d x (\displaystyle \int (\frac ((\mathrm (d) )y)(h(y)))=\int g(x)(\mathrm (d) )X)
   • Örnek 1.3.
     • d y d x = x 3 y (1 + x 4) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (x^(3))( y(1+x^(4))))))
     • ∫ y d y = ∫ x 3 1 + x 4 d x 1 2 y 2 = 1 4 ln ⁡ (1 + x 4) + C y (x) = 1 2 ln ⁡ (1 + x 4) + C (\displaystyle (\ begin(aligned)\int y(\mathrm (d) )y&=\int (\frac (x^(3))(1+x^(4)))(\mathrm (d) )x\\(\ frac (1)(2))y^(2)&=(\frac (1)(4))\ln(1+x^(4))+C\\y(x)&=(\frac ( 1)(2))\ln(1+x^(4))+C\end(hizalanmış)))

   D y d x = g (x , y) h (x , y) . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (g(x,y))(h(x,y))).)Öyleymiş gibi yapalım g (x , y) (\displaystyle g(x,y)) Ve h (x , y) (\displaystyle h(x,y)) işlevlerdir x (\displaystyle x) Ve y. (\displaystyle y.) Daha sonra homojen diferansiyel denklem bir denklemdir g (\displaystyle g) Ve h (\displaystyle h)öyle homojen fonksiyonlar aynı derecede. Yani fonksiyonlar koşulu sağlamalıdır. g (α x , α y) = α k g (x , y) , (\displaystyle g(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^(k)g(x,y),) Nerede k (\displaystyle k) homojenlik derecesi denir. Herhangi bir homojen diferansiyel denklem uygun şekilde kullanılabilir. değişkenlerin ikameleri (v = y / x (\displaystyle v=y/x) veya v = x / y (\displaystyle v=x/y)) ayrılabilir bir denkleme dönüştürün.

   • Örnek 1.4. Yukarıdaki homojenlik tanımı belirsiz görünebilir. Bu kavrama bir örnekle bakalım.
     • d y d x = y 3 − x 3 y 2 x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (y^(3)-x^ (3))(y^(2)x)))
     • Başlangıç ​​olarak bu denklemin doğrusal olmadığı belirtilmelidir. y. (\displaystyle y.) Bu durumda değişkenleri ayırmanın imkansız olduğunu da görüyoruz. Aynı zamanda bu diferansiyel denklem homojendir çünkü hem pay hem de payda 3'ün kuvvetiyle homojendir. Dolayısıyla değişkenlerde değişiklik yapabiliriz v = y/x. (\displaystyle v=y/x.)
     • d y d x = y x − x 2 y 2 = v − 1 v 2 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (y)(x ))-(\frac (x^(2)(y^(2))))=v-(\frac (1)(v^(2))))
     • y = v x , d y d x = d v d x x + v (\displaystyle y=vx,\quad (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac ((\mathrm (d) )v)((\mathrm (d) )x))x+v)
     • d v d x x = - 1 v 2 . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d)) )v)((\mathrm (d) )x))x=-(\frac (1)(v^(2))).) Sonuç olarak, denklemimiz var v (\displaystyle v) ayrılabilir değişkenlerle
     • v (x) = − 3 ln ⁡ x + C 3 (\displaystyle v(x)=(\sqrt[(3)](-3\ln x+C)))
     • y (x) = x − 3 ln ⁡ x + C 3 (\displaystyle y(x)=x(\sqrt[(3)](-3\ln x+C)))

   D y d x = p (x) y + q (x) y n . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=p(x)y+q(x)y^(n).) Bu Bernoulli diferansiyel denklemi- çözümü temel fonksiyonlar kullanılarak yazılabilen, birinci dereceden özel bir doğrusal olmayan denklem türü.

   • Denklemin her iki tarafını da şu şekilde çarpın: (1 − n) y − n (\displaystyle (1-n)y^(-n)):
     • (1 − n) y − n d y d x = p (x) (1 − n) y 1 − n + (1 − n) q (x) (\displaystyle (1-n)y^(-n)(\frac ( (\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=p(x)(1-n)y^(1-n)+(1-n)q(x))
   • Sol taraftaki karmaşık bir fonksiyonun türevini almak için kuralı kullanıyoruz ve denklemi şuna dönüştürüyoruz: Doğrusal Denklem nispeten y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) Yukarıdaki yöntemler kullanılarak çözülebilir.
     • d y 1 − n d x = p (x) (1 − n) y 1 − n + (1 − n) q (x) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y^(1-n)) ((\mathrm (d) )x))=p(x)(1-n)y^(1-n)+(1-n)q(x))

   M (x , y) + N (x , y) d y d x = 0. (\displaystyle M(x,y)+N(x,y)(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=0.) Bu toplam diferansiyellerdeki denklem. Sözdeyi bulmak gerekiyor potansiyel fonksiyon φ (x , y) , (\displaystyle \varphi (x,y),), koşulu karşılayan d φ d x = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=0.)

   • Yürütme için bu durum sahip olmalı toplam türev. Toplam türev diğer değişkenlere bağımlılığı dikkate alır. Toplam türevi hesaplamak için φ (\displaystyle \varphi)İle x , (\displaystyle x,) varsayıyoruz y (\displaystyle y) ayrıca bağlı olabilir X. (\displaystyle x.)
     • d φ d x = ∂ φ ∂ x + ∂ φ ∂ y d y d x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d)) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=(\frac (\kısmi \varphi )(\kısmi x))+(\frac (\kısmi \varphi )(\kısmi y))(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)))
   • Terimleri karşılaştırmak bize şunu sağlar: M (x , y) = ∂ φ ∂ x (\displaystyle M(x,y)=(\frac (\kısmi \varphi )(\kısmi x))) Ve N (x, y) = ∂ φ ∂ y. (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\kısmi \varphi )(\kısmi y))).) Bu, pürüzsüz fonksiyonların karışık türevlerinin birbirine eşit olduğu, çok değişkenli denklemler için tipik bir sonuçtur. Bazen bu davaya denir Clairaut teoremi. Bu durumda diferansiyel denklem, aşağıdaki koşulun sağlanması durumunda bir toplam diferansiyel denklemdir:
     • ∂ M ∂ y = ∂ N ∂ x (\displaystyle (\frac (\kısmi M)(\kısmi y))=(\frac (\kısmi N)(\kısmi x)))
   • Toplam diferansiyellerdeki denklemleri çözme yöntemi, kısaca tartışacağımız birkaç türevin varlığında potansiyel fonksiyonları bulmaya benzer. İlk önce entegre edelim M (\displaystyle M)İle X. (\displaystyle x.)Çünkü M (\displaystyle M) bir fonksiyondur ve x (\displaystyle x), Ve y , (\displaystyle y,) entegrasyon üzerine eksik bir fonksiyon elde ederiz φ , (\displaystyle \varphi,) olarak belirlenmiş φ ~ (\displaystyle (\ yaklaşık işareti (\varphi))). Sonuç aynı zamanda şunlara da bağlıdır: y (\displaystyle y) entegrasyon sabiti.
     • φ (x , y) = ∫ M (x , y) d x = φ ~ (x , y) + c (y) (\displaystyle \varphi (x,y)=\int M(x,y)(\mathrm (d) )x=(\ yaklaşık (\varphi )(x,y)+c(y))
   • Bundan sonra almak için c (y) (\displaystyle c(y)) sonuçta elde edilen fonksiyonun kısmi türevini alabiliriz y , (\displaystyle y,) sonucu eşitle N (x , y) (\displaystyle N(x,y)) ve entegre edin. Ayrıca ilk önce entegre edebilirsiniz N (\displaystyle N) ve sonra buna göre kısmi türevi alalım x (\displaystyle x), isteğe bağlı bir işlev bulmanızı sağlayacak d(x). (\displaystyle d(x).) Her iki yöntem de uygundur ve genellikle entegrasyon için daha basit olan işlev seçilir.
     • N (x , y) = ∂ φ ∂ y = ∂ φ ~ ∂ y + d c d y (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\kısmi \varphi )(\kısmi y))=(\frac (\ kısmi (\tilde (\varphi )))(\partial y))+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y)))
   • Örnek 1.5. Kısmi türevleri alıp aşağıdaki denklemin bir toplam diferansiyel denklem olduğunu görebilirsiniz.
     • 3 x 2 + y 2 + 2 x y d y d x = 0 (\displaystyle 3x^(2)+y^(2)+2xy(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x) )=0)
     • φ = ∫ (3 x 2 + y 2) d x = x 3 + x y 2 + c (y) ∂ φ ∂ y = N (x , y) = 2 x y + d c d y (\displaystyle (\begin(aligned)\varphi) &=\int (3x^(2)+y^(2))(\mathrm (d) )x=x^(3)+xy^(2)+c(y)\\(\frac (\partial \varphi )(\partial y))&=N(x,y)=2xy+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y))\end(aligned)))
     • d c d y = 0 , c (y) = C (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y))=0,\quad c(y)=C)
     • x 3 + x y 2 = C (\displaystyle x^(3)+xy^(2)=C)
   • Diferansiyel denklem bir toplam diferansiyel denklem değilse, bazı durumlarda onu bir toplam diferansiyel denkleme dönüştürmenize olanak tanıyan bir integral faktörü bulabilirsiniz. Ancak bu tür denklemler pratikte nadiren kullanılır ve bütünleştirici faktör olmasına rağmen var, onu bulmak olur kolay değil bu nedenle bu makalede bu denklemler dikkate alınmamıştır.

Bölüm 2

İkinci dereceden denklemler

1. Sabit katsayılı homojen lineer diferansiyel denklemler. Bu denklemler pratikte yaygın olarak kullanıldığı için çözümleri birincil öneme sahiptir. Bu durumda homojen fonksiyonlardan değil denklemin sağ tarafında 0 olmasından bahsediyoruz.Bir sonraki bölümde karşılık gelen fonksiyonların nasıl çözüleceği gösterilecektir. heterojen diferansiyel denklemler. Altında a (\displaystyle a) Ve b (\displaystyle b) sabitlerdir.

   D 2 y d x 2 + a d y d x + b y = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2)))+a(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+by=0)
   

   Karakteristik denklem. Bu diferansiyel denklem dikkat çekicidir çünkü çözümlerinin hangi özelliklere sahip olması gerektiğine dikkat edilirse çok kolay çözülebilir. Denklemden açıkça görülüyor ki y (\displaystyle y) ve türevleri birbiriyle orantılıdır. Birinci dereceden denklemler bölümünde tartışılan önceki örneklerden, yalnızca üstel bir fonksiyonun bu özelliğe sahip olduğunu biliyoruz. Bu nedenle ileri sürülebilir ansatz(bilgili bir tahmin) belirli bir denklemin çözümünün ne olacağına dair.

   • Çözüm üstel fonksiyon biçiminde olacaktır e r x , (\displaystyle e^(rx),) Nerede r (\displaystyle r) değeri bulunması gereken bir sabittir. Bu fonksiyonu denklemde yerine koyarsak aşağıdaki ifadeyi elde ederiz.
     • e r x (r 2 + a r + b) = 0 (\displaystyle e^(rx)(r^(2)+ar+b)=0)
   • Bu denklem, bir üstel fonksiyon ile bir polinomun çarpımının sıfıra eşit olması gerektiğini gösterir. Derecenin herhangi bir değeri için üssün sıfıra eşit olamayacağı bilinmektedir. Buradan polinomun sıfıra eşit olduğu sonucunu çıkarıyoruz. Böylece, bir diferansiyel denklem çözme problemini, belirli bir diferansiyel denklem için karakteristik denklem olarak adlandırılan, çok daha basit bir cebirsel denklem çözme problemine indirgedik.
     • r 2 + a r + b = 0 (\displaystyle r^(2)+ar+b=0)
     • r ± = − a ± a 2 − 4 b 2 (\displaystyle r_(\pm )=(\frac (-a\pm (\sqrt (a^(2)-4b))))(2)))
   • İki kökümüz var. Bu diferansiyel denklem doğrusal olduğundan genel çözümü kısmi çözümlerin doğrusal birleşimidir. Bu ikinci dereceden bir denklem olduğundan şunu biliyoruz: Gerçekten genel çözüm ve başkası yok. Bunun daha kesin bir gerekçesi, ders kitaplarında bulunabilecek bir çözümün varlığı ve benzersizliğine ilişkin teoremlerde yatmaktadır.
   • İki çözümün doğrusal olarak bağımsız olup olmadığını kontrol etmenin yararlı bir yolu hesaplamaktır. Wronskiana. Vronskian W (\displaystyle W) sütunları fonksiyonları ve bunların ardışık türevlerini içeren bir matrisin determinantıdır. Doğrusal cebir teoremi, Wronskian'ın içerdiği fonksiyonların, Wronskian'ın sıfıra eşit olması durumunda doğrusal olarak bağımlı olduğunu belirtir. Bu bölümde iki çözümün doğrusal olarak bağımsız olup olmadığını kontrol edebiliriz; bunu yapmak için Wronskian'ın sıfır olmadığından emin olmamız gerekir. Wronskian, sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemleri değişen parametreler yöntemiyle çözerken önemlidir.
     • W = | y 1 y 2 y 1 ′ y 2 ′ | (\displaystyle W=(\begin(vmatrix)y_(1)&y_(2)\\y_(1)"&y_(2)"\end(vmatrix)))
   • Doğrusal cebir açısından, belirli bir diferansiyel denklemin tüm çözümlerinin kümesi, boyutu diferansiyel denklemin mertebesine eşit olan bir vektör uzayı oluşturur. Bu alanda bir temel seçilebilir Doğrusal bağımsız birbirlerinden alınan kararlar. Bu, işlevin olması nedeniyle mümkündür. y (x) (\displaystyle y(x)) geçerli doğrusal operatör. Türev dır-dir doğrusal operatör, türevlenebilir fonksiyonların uzayını tüm fonksiyonların uzayına dönüştürdüğü için. Herhangi bir doğrusal operatör için denklemlere homojen denir. L (\displaystyle L) denklemin çözümünü bulmalıyız L [ y ] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

   Şimdi birkaç spesifik örneği ele almaya devam edelim. Karakteristik denklemin çoklu kökleri durumunu biraz sonra sıranın azaltılması bölümünde ele alacağız.

   Eğer kökler r ± (\displaystyle r_(\pm )) farklı gerçek sayılardır, diferansiyel denklemin aşağıdaki çözümü vardır

   • y (x) = c 1 e r + x + c 2 e r − x (\displaystyle y(x)=c_(1)e^(r_(+)x)+c_(2)e^(r_(-)x ))

   İki karmaşık kök. Cebirin temel teoreminden, gerçek katsayılı polinom denklemlerinin çözümlerinin gerçek veya eşlenik çiftler oluşturan kökleri olduğu sonucu çıkar. Bu nedenle, eğer karmaşık bir sayı ise r = α + i β (\displaystyle r=\alpha +i\beta ) karakteristik denklemin köküdür, o zaman r ∗ = α − ben β (\displaystyle r^(*)=\alpha -i\beta ) aynı zamanda bu denklemin köküdür. Böylece çözümü formda yazabiliriz. c 1 e (α + i β) x + c 2 e (α − i β) x , (\displaystyle c_(1)e^((\alpha +i\beta)x)+c_(2)e^( (\alfa -i\beta)x),) ancak karmaşık bir sayıdır ve pratik problemlerin çözümü için tercih edilmez.

   • Bunun yerine kullanabilirsiniz Euler'in formülü e ben x = çünkü ⁡ x + ben günah ⁡ x (\displaystyle e^(ix)=\cos x+i\sin x)çözümü formda yazmamızı sağlar trigonometrik fonksiyonlar:
     • e α x (c 1 çünkü ⁡ β x + ben c 1 günah ⁡ β x + c 2 çünkü ⁡ β x - ben c 2 günah ⁡ β x) (\displaystyle e^(\alpha x)(c_(1)\cos \ beta x+ic_(1)\sin \beta x+c_(2)\cos \beta x-ic_(2)\sin \beta x))
   • Artık sabit yerine yapabilirsiniz c 1 + c 2 (\displaystyle c_(1)+c_(2)) yaz c 1 (\displaystyle c_(1)) ve ifade ben (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) ile ikame edilmiş c2. (\displaystyle c_(2).) Bundan sonra aşağıdaki çözümü elde ederiz:
     • y (x) = e α x (c 1 çünkü ⁡ β x + c 2 günah ⁡ β x) (\displaystyle y(x)=e^(\alpha x)(c_(1)\cos \beta x+c_ (2)\sin\beta x))
   • Çözümü genlik ve faz açısından yazmanın fizik problemlerine daha uygun olan başka bir yolu vardır.
   • Örnek 2.1. Aşağıda verilen diferansiyel denklemin verilen başlangıç ​​koşullarıyla bir çözümünü bulalım. Bunu yapmak için ortaya çıkan çözümü almanız gerekir, ve bunun türevi ve bunları başlangıç ​​koşullarının yerine koyalım, bu da bizim keyfi sabitleri belirlememize izin verecektir.
     • d 2 x d t 2 + 3 d x d t + 10 x = 0 , x (0) = 1 , x ′ (0) = − 1 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)(( \mathrm (d) )t^(2)))+3(\frac ((\mathrm (d) )x)((\mathrm (d) )t))+10x=0,\quad x(0) =1,\x"(0)=-1)
     • r 2 + 3 r + 10 = 0 , r ± = − 3 ± 9 − 40 2 = − 3 2 ± 31 2 i (\displaystyle r^(2)+3r+10=0,\quad r_(\pm ) =(\frac (-3\pm (\sqrt (9-40)))(2))=-(\frac (3)(2))\pm (\frac (\sqrt (31))(2) )Ben)
     • x (t) = e − 3 t / 2 (c 1 çünkü ⁡ 31 2 t + c 2 günah ⁡ 31 2 t) (\displaystyle x(t)=e^(-3t/2)\left(c_(1) )\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+c_(2)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\sağ))
     • x (0) = 1 = c 1 (\displaystyle x(0)=1=c_(1))
     • x ′ (t) = − 3 2 e − 3 t / 2 (c 1 çünkü ⁡ 31 2 t + c 2 günah ⁡ 31 2 t) + e − 3 t / 2 (− 31 2 c 1 günah ⁡ 31 2 t + 31 2 c 2 çünkü ⁡ 31 2 t) (\displaystyle (\begin(aligned)x"(t)&=-(\frac (3)(2))e^(-3t/2)\left(c_ (1)\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+c_(2)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\right)\\&+e ^(-3t/2)\left(-(\frac (\sqrt (31))(2))c_(1)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t+(\frac ( \sqrt (31))(2))c_(2)\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t\right)\end(aligned)))
     • x ′ (0) = − 1 = − 3 2 c 1 + 31 2 c 2 , c 2 = 1 31 (\displaystyle x"(0)=-1=-(\frac (3)(2))c_( 1)+(\frac (\sqrt (31))(2))c_(2),\quad c_(2)=(\frac (1)(\sqrt (31))))
     • x (t) = e − 3 t / 2 (çünkü ⁡ 31 2 t + 1 31 günah ⁡ 31 2 t) (\displaystyle x(t)=e^(-3t/2)\left(\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+(\frac (1)(\sqrt (31)))\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\right))
   
   Sabit katsayılı n'inci dereceden diferansiyel denklemlerin çözülmesi (Intuit - Ulusal Açık Üniversite tarafından kaydedilmiş).

2. Sipariş azalıyor. Sıra indirgeme, doğrusal olarak bağımsız bir çözüm bilindiğinde diferansiyel denklemleri çözmek için kullanılan bir yöntemdir. Bu yöntem, denklemin sırasının birer birer düşürülmesinden oluşur ve bu, önceki bölümde açıklanan yöntemleri kullanarak denklemi çözmenize olanak tanır. Çözüm bilinsin. Sıra azaltmanın ana fikri, fonksiyonun tanımlanmasının gerekli olduğu aşağıdaki formda bir çözüm bulmaktır. v (x) (\displaystyle v(x)) diferansiyel denklemde yerine koyar ve buluruz v(x). (\displaystyle v(x).) Sabit katsayılı ve çok köklü bir diferansiyel denklemi çözmek için sıra indirgemenin nasıl kullanılabileceğine bakalım.

   
   

   Çoklu kökler sabit katsayılı homojen diferansiyel denklem. İkinci dereceden bir denklemin doğrusal olarak bağımsız iki çözümü olması gerektiğini hatırlayın. Karakteristik denklemin birden fazla kökü varsa çözüm kümesi Olumsuz Bu çözümler doğrusal olarak bağımlı olduğundan bir uzay oluşturur. Bu durumda ikinci bir doğrusal bağımsız çözüm bulmak için sıra indirgemeyi kullanmak gerekir.

   • Karakteristik denklemin birden fazla kökü olsun r (\displaystyle r). İkinci çözümün şu şekilde yazılabileceğini varsayalım. y (x) = e r x v (x) (\displaystyle y(x)=e^(rx)v(x)) ve bunu diferansiyel denklemde yerine koyalım. Bu durumda fonksiyonun ikinci türevi olan terim hariç çoğu terim v , (\displaystyle v,) Azaltılacak.
     • v ″ (x) e r x = 0 (\displaystyle v""(x)e^(rx)=0)
   • Örnek 2.2. Birden fazla kökü olan aşağıdaki denklem verilsin r = − 4. (\displaystyle r=-4.) Değiştirme sırasında terimlerin çoğu azaltılır.
     • d 2 y d x 2 + 8 d y d x + 16 y = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2)))+8( \frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+16y=0)
     • y = v (x) e − 4 x y ′ = v ′ (x) e − 4 x − 4 v (x) e − 4 x y ″ = v ″ (x) e − 4 x − 8 v ′ (x) e − 4 x + 16 v (x) e − 4 x (\displaystyle (\begin(aligned)y&=v(x)e^(-4x)\\y"&=v"(x)e^(-4x) )-4v(x)e^(-4x)\\y""&=v""(x)e^(-4x)-8v"(x)e^(-4x)+16v(x)e^ (-4x)\end(hizalanmış)))
     • v ″ e − 4 x − 8 v ′ e − 4 x + 16 v e − 4 x + 8 v ′ e − 4 x − 32 v e − 4 x + 16 v e − 4 x = 0 (\displaystyle (\begin(aligned) )v""e^(-4x)&-(\cancel (8v"e^(-4x)))+(\cancel (16ve^(-4x)))\\&+(\cancel (8v"e) ^(-4x)))-(\cancel (32ve^(-4x))))+(\cancel (16ve^(-4x))))=0\end(aligned)))
   • Sabit katsayılı bir diferansiyel denklem için yaptığımız ansatz'a benzer şekilde, bu durumda yalnızca ikinci türev sıfıra eşit olabilir. İki kez integral alırız ve istenen ifadeyi elde ederiz. v (\displaystyle v):
     • v (x) = c 1 + c 2 x (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)x)
   • Daha sonra sabit katsayılı bir diferansiyel denklemin, karakteristik denklemin birden fazla kökü olması durumunda genel çözümü aşağıdaki biçimde yazılabilir. Kolaylık olması açısından, doğrusal bağımsızlığı elde etmek için ikinci terimi şununla çarpmanın yeterli olduğunu hatırlayabilirsiniz: x (\displaystyle x). Bu çözüm kümesi doğrusal olarak bağımsızdır ve dolayısıyla bu denklemin tüm çözümlerini bulduk.
     • y (x) = (c 1 + c 2 x) e r x (\displaystyle y(x)=(c_(1)+c_(2)x)e^(rx))

   D 2 y d x 2 + p (x) d y d x + q (x) y = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^( 2)))+p(x)(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+q(x)y=0.)Çözüm biliniyorsa sipariş azaltma uygulanabilir y 1 (x) (\displaystyle y_(1)(x)), problem ifadesinde bulunabilir veya verilebilir.

   • Formda bir çözüm arıyoruz y (x) = v (x) y 1 (x) (\displaystyle y(x)=v(x)y_(1)(x)) ve bunu bu denklemde yerine koyalım:
     • v ″ y 1 + 2 v ′ y 1 ′ + p (x) v ′ y 1 + v (y 1 ″ + p (x) y 1 ′ + q (x)) = 0 (\displaystyle v""y_( 1)+2v"y_(1)"+p(x)v"y_(1)+v(y_(1)""+p(x)y_(1)"+q(x))=0)
   • Çünkü y 1 (\displaystyle y_(1)) bir diferansiyel denklemin çözümüdür, tüm terimler v (\displaystyle v) azaltılıyor. Sonunda kalıyor birinci dereceden doğrusal denklem. Bunu daha net görebilmek için değişkenlerde değişiklik yapalım w (x) = v ′ (x) (\displaystyle w(x)=v"(x)):
     • y 1 w ′ + (2 y 1 ′ + p (x) y 1) w = 0 (\displaystyle y_(1)w"+(2y_(1)"+p(x)y_(1))w=0 )
     • w (x) = exp ⁡ (∫ (2 y 1 ′ (x) y 1 (x) + p (x)) d x) (\displaystyle w(x)=\exp \left(\int \left((\ frac (2y_(1)"(x))(y_(1)(x)))+p(x)\right)(\mathrm (d) )x\right))
     • v (x) = ∫ w (x) d x (\displaystyle v(x)=\int w(x)(\mathrm (d) )x)
   • İntegraller hesaplanabiliyorsa, genel çözümü temel fonksiyonların birleşimi olarak elde ederiz. Aksi takdirde çözüm integral formda bırakılabilir.

3. Cauchy-Euler denklemi. Cauchy-Euler denklemi, ikinci dereceden diferansiyel denklemin bir örneğidir. değişkenler kesin çözümleri olan katsayılar. Bu denklem pratikte örneğin Laplace denklemini küresel koordinatlarda çözmek için kullanılır.

   X 2 d 2 y d x 2 + a x d y d x + b y = 0 (\displaystyle x^(2)(\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2) ))+ax(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+by=0)
   

   Karakteristik denklem. Gördüğünüz gibi, bu diferansiyel denklemde her terim, derecesi karşılık gelen türevin mertebesine eşit olan bir güç faktörü içerir.

   • Böylece formda bir çözüm aramayı deneyebilirsiniz. y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) belirlenmesinin gerekli olduğu yerde n (\displaystyle n) tıpkı sabit katsayılı doğrusal diferansiyel denklem için üstel fonksiyon biçiminde bir çözüm aradığımız gibi. Farklılaşma ve ikame işleminden sonra elde ederiz
     • x n (n 2 + (a − 1) n + b) = 0 (\displaystyle x^(n)(n^(2)+(a-1)n+b)=0)
   • Karakteristik denklemi kullanmak için şunu varsaymalıyız: x ≠ 0 (\displaystyle x\neq 0). Nokta x = 0 (\displaystyle x=0) isminde düzenli tekil nokta diferansiyel denklem. Bu tür noktalar kuvvet serilerini kullanarak diferansiyel denklemleri çözerken önemlidir. Bu denklemin farklı ve gerçek, çoklu veya karmaşık eşlenik olabilen iki kökü vardır.
     • n ± = 1 − a ± (a − 1) 2 − 4 b 2 (\displaystyle n_(\pm )=(\frac (1-a\pm (\sqrt ((a-1)^(2)-4b) ))))(2)))

   İki farklı gerçek kök. Eğer kökler n ± (\displaystyle n_(\pm )) gerçek ve farklıysa, diferansiyel denklemin çözümü aşağıdaki forma sahiptir:

   • y (x) = c 1 x n + + c 2 x n − (\displaystyle y(x)=c_(1)x^(n_(+))+c_(2)x^(n_(-)))

   İki karmaşık kök. Karakteristik denklemin kökleri varsa n ± = α ± β ben (\displaystyle n_(\pm )=\alpha \pm \beta i)çözüm karmaşık bir fonksiyondur.

   • Çözümü gerçek bir fonksiyona dönüştürmek için değişkenlerde değişiklik yaparız x = e t , (\displaystyle x=e^(t),) yani t = ln ⁡ x , (\displaystyle t=\ln x,) ve Euler formülünü kullanın. Benzer eylemler daha önce keyfi sabitler belirlenirken de gerçekleştirilmişti.
     • y (t) = e α t (c 1 e β ben t + c 2 e − β ben t) (\displaystyle y(t)=e^(\alpha t)(c_(1)e^(\beta it)+ c_(2)e^(-\beta it)))
   • O zaman genel çözüm şu şekilde yazılabilir:
     • y (x) = x α (c 1 çünkü ⁡ (β ln ⁡ x) + c 2 günah ⁡ (β ln ⁡ x)) (\displaystyle y(x)=x^(\alpha )(c_(1)\ cos(\beta \ln x)+c_(2)\sin(\beta \ln x)))

   Çoklu kökler.İkinci bir doğrusal bağımsız çözüm elde etmek için sıranın tekrar düşürülmesi gerekir.

   • Oldukça fazla hesaplama gerektiriyor, ancak prensip aynı kalıyor: yerine koyuyoruz y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) ilk çözümü olan bir denkleme y 1 (\displaystyle y_(1)). İndirgemelerden sonra aşağıdaki denklem elde edilir:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • Bu birinci dereceden doğrusal bir denklemdir. v'(x) . (\displaystyle v"(x).) Onun çözümü v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x . (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Böylece çözüm aşağıdaki şekilde yazılabilir. Bunu hatırlamak oldukça kolaydır - ikinci doğrusal bağımsız çözümü elde etmek için basitçe ek bir terim gerekir. ln ⁡ x (\displaystyle \ln x).
     • y (x) = x n (c 1 + c 2 ln ⁡ x) (\displaystyle y(x)=x^(n)(c_(1)+c_(2)\ln x))

4. Sabit katsayılı homojen olmayan doğrusal diferansiyel denklemler. Homojen olmayan denklemler şu şekildedir: L [ y (x) ] = f (x) , (\displaystyle L=f(x),) Nerede f (x) (\displaystyle f(x))- Lafta Ücretsiz Üye. Diferansiyel denklemler teorisine göre bu denklemin genel çözümü bir süperpozisyondur. özel çözüm y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) Ve ek çözüm yc(x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Ancak bu durumda özel çözüm, başlangıç ​​koşulları tarafından verilen bir çözüm değil, heterojenliğin (serbest terim) varlığıyla belirlenen bir çözüm anlamına gelir. Ek bir çözüm, karşılık gelen homojen denklemin bir çözümüdür; f (x) = 0. (\displaystyle f(x)=0.) Genel çözüm bu iki çözümün süperpozisyonudur, çünkü L [ y p + y c ] = L [ y p ] + L [ y c ] = f (x) (\displaystyle L=L+L=f(x)), dan beri L [ y c ] = 0 , (\displaystyle L=0,) böyle bir süperpozisyon aslında genel bir çözümdür.

   D 2 y d x 2 + a d y d x + b y = f (x) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2)))+a (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+by=f(x))
   

   Belirsiz katsayılar yöntemi. Belirsiz katsayılar yöntemi, kukla terimin üstel, trigonometrik, hiperbolik veya terimlerin bir kombinasyonu olduğu durumlarda kullanılır. güç fonksiyonları. Yalnızca bu fonksiyonların sonlu sayıda doğrusal bağımsız türeve sahip olması garanti edilir. Bu bölümde denklemin özel bir çözümünü bulacağız.

   • Şartları karşılaştıralım f (x) (\displaystyle f(x)) Sabit faktörlere dikkat etmeden terimlerle. Üç olası durum var.
     • Hiçbir iki üye aynı değildir. Bu durumda özel bir çözüm y p (\displaystyle y_(p)) terimlerin doğrusal bir birleşimi olacak y p (\displaystyle y_(p))
     • f (x) (\displaystyle f(x)) üye içerir x n (\displaystyle x^(n)) ve üye y c , (\displaystyle y_(c),) Nerede n (\displaystyle n) sıfır veya pozitif bir tam sayıdır ve bu terim, karakteristik denklemin ayrı bir köküne karşılık gelir. Bu durumda y p (\displaystyle y_(p)) fonksiyonun bir kombinasyonundan oluşacaktır x n + 1 sa (x) , (\displaystyle x^(n+1)h(x),) doğrusal bağımsız türevleri ve diğer terimler f (x) (\displaystyle f(x)) ve bunların doğrusal bağımsız türevleri.
     • f (x) (\displaystyle f(x)) üye içerir h (x) , (\displaystyle h(x),) bu bir iş x n (\displaystyle x^(n)) ve üye y c , (\displaystyle y_(c),) Nerede n (\displaystyle n) 0'a veya pozitif bir tam sayıya eşittir ve bu terim şuna karşılık gelir: çoklu karakteristik denklemin kökü. Bu durumda y p (\displaystyle y_(p)) fonksiyonun doğrusal bir birleşimidir x n + s h (x) (\displaystyle x^(n+s)h(x))(Nerede s (\displaystyle s)- kökün çokluğu) ve onun doğrusal bağımsız türevlerinin yanı sıra fonksiyonun diğer üyeleri f (x) (\displaystyle f(x)) ve onun doğrusal bağımsız türevleri.
   • Haydi yazalım y p (\displaystyle y_(p)) yukarıda listelenen terimlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak. Bu katsayılar sayesinde doğrusal bir kombinasyonda Bu method"belirlenemeyen katsayılar yöntemi" olarak adlandırılır. İçerisinde bulunduğunda y c (\displaystyle y_(c))üyeler, keyfi sabitlerin varlığı nedeniyle atılabilir y c. (\displaystyle y_(c).) Bundan sonra yerine koyarız y p (\displaystyle y_(p)) Denklem içine yerleştirin ve benzer terimleri eşitleyin.
   • Katsayıları belirliyoruz. Bu aşamada sistem elde edilir. cebirsel denklemler genellikle herhangi bir sorun olmadan çözülebilir. Bu sistemin çözümü şunu elde etmemizi sağlar: y p (\displaystyle y_(p)) ve böylece denklemi çözeriz.
   • Örnek 2.3. Serbest terimi sonlu sayıda doğrusal bağımsız türev içeren homojen olmayan bir diferansiyel denklemi ele alalım. Böyle bir denklemin özel bir çözümü belirsiz katsayılar yöntemiyle bulunabilir.
     • d 2 y d t 2 + 6 y = 2 e 3 t - çünkü ⁡ 5 t (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d)) )t^(2) ))+6y=2e^(3t)-\cos 5t)
     • y c (t) = c 1 çünkü ⁡ 6 t + c 2 günah ⁡ 6 t (\displaystyle y_(c)(t)=c_(1)\cos (\sqrt (6))t+c_(2)\sin (\sqrt (6))t)
     • y p (t) = A e 3 t + B çünkü ⁡ 5 t + C sin ⁡ 5 t (\displaystyle y_(p)(t)=Ae^(3t)+B\cos 5t+C\sin 5t)
     • 9 A e 3 t − 25 B çünkü ⁡ 5 t − 25 C günah ⁡ 5 t + 6 A e 3 t + 6 B çünkü ⁡ 5 t + 6 C günah ⁡ 5 t = 2 e 3 t − çünkü ⁡ 5 t ( \displaystyle (\begin(hizalanmış)9Ae^(3t)-25B\cos 5t&-25C\sin 5t+6Ae^(3t)\\&+6B\cos 5t+6C\sin 5t=2e^(3t)-\ çünkü 5t\end(hizalanmış)))
     • ( 9 A + 6 A = 2 , A = 2 15 − 25 B + 6 B = − 1 , B = 1 19 − 25 C + 6 C = 0 , C = 0 (\displaystyle (\begin(case)9A+ 6A =2,&A=(\dfrac (2)(15))\\-25B+6B=-1,&B=(\dfrac (1)(19))\\-25C+6C=0,&C=0 \ son(durumlar)))
     • y (t) = c 1 çünkü ⁡ 6 t + c 2 günah ⁡ 6 t + 2 15 e 3 t + 1 19 çünkü ⁡ 5 t (\displaystyle y(t)=c_(1)\cos (\sqrt (6) ))t+c_(2)\sin (\sqrt (6))t+(\frac (2)(15))e^(3t)+(\frac (1)(19))\cos 5t)

   Lagrange yöntemi. Lagrange yöntemi veya keyfi sabitlerin değişimi yöntemi, daha genel yöntem Homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözülmesi, özellikle serbest terimin sonlu sayıda doğrusal bağımsız türev içermediği durumlarda. Örneğin ücretsiz üyelerle ten rengi ⁡ x (\displaystyle \tan x) veya x − n (\displaystyle x^(-n)) Belirli bir çözümü bulmak için Lagrange yöntemini kullanmak gerekir. Lagrange yöntemi, değişken katsayılı diferansiyel denklemleri çözmek için bile kullanılabilir, ancak bu durumda, Cauchy-Euler denklemi haricinde, ek çözüm genellikle temel işlevler cinsinden ifade edilmediğinden daha az kullanılır.

   • Çözümün aşağıdaki forma sahip olduğunu varsayalım. Türevi ikinci satırda verilmiştir.
     • y (x) = v 1 (x) y 1 (x) + v 2 (x) y 2 (x) (\displaystyle y(x)=v_(1)(x)y_(1)(x)+v_ (2)(x)y_(2)(x))
     • y ′ = v 1 ′ y 1 + v 1 y 1 ′ + v 2 ′ y 2 + v 2 y 2 ′ (\displaystyle y"=v_(1)"y_(1)+v_(1)y_(1) "+v_(2)"y_(2)+v_(2)y_(2)")
   • Önerilen çözüm içerdiğinden iki bilinmeyen miktarlar, empoze etmek gereklidir ek olarak durum. Bu ek koşulu aşağıdaki biçimde seçelim:
     • v 1 ′ y 1 + v 2 ′ y 2 = 0 (\displaystyle v_(1)"y_(1)+v_(2)"y_(2)=0)
     • y ′ = v 1 y 1 ′ + v 2 y 2 ′ (\displaystyle y"=v_(1)y_(1)"+v_(2)y_(2)")
     • y ″ = v 1 ′ y 1 ′ + v 1 y 1 ″ + v 2 ′ y 2 ′ + v 2 y 2 ″ (\displaystyle y""=v_(1)"y_(1)"+v_(1) y_(1)""+v_(2)"y_(2)"+v_(2)y_(2)"")
   • Artık ikinci denklemi elde edebiliriz. Üyelerin değiştirilmesi ve yeniden dağıtılmasından sonra, üyeleri şu şekilde gruplandırabilirsiniz: v 1 (\displaystyle v_(1)) ve üyeleri olan v 2 (\displaystyle v_(2)). Bu terimler azaltılmıştır çünkü y 1 (\displaystyle y_(1)) Ve y 2 (\displaystyle y_(2)) karşılık gelen homojen denklemin çözümleridir. Sonuç olarak aşağıdaki denklem sistemini elde ederiz
     • v 1 ′ y 1 + v 2 ′ y 2 = 0 v 1 ′ y 1 ′ + v 2 ′ y 2 ′ = f (x) (\displaystyle (\begin(hizalanmış)v_(1)"y_(1)+ v_(2)"y_(2)&=0\\v_(1)"y_(1)"+v_(2)"y_(2)"&=f(x)\\\end(hizalanmış)))
   • Bu sistem şu şekilde bir matris denklemine dönüştürülebilir: bir x = b , (\displaystyle A(\mathbf (x) )=(\mathbf (b) ),) kimin çözümü x = Bir - 1 b . (\displaystyle (\mathbf (x) )=A^(-1)(\mathbf (b) ).) Matris için 2 × 2 (\displaystyle 2\times 2) ters matris determinanta bölünerek, köşegen elemanların yeniden düzenlenmesiyle ve köşegen olmayan elemanların işaretlerinin değiştirilmesiyle bulunur. Aslında bu matrisin determinantı bir Wronskian'dır.
     • (v 1 ′ v 2 ′) = 1 W (y 2 ′ − y 2 − y 1 ′ y 1) (0 f (x)) (\displaystyle (\begin(pmatrix)v_(1)"\\v_( 2)"\end(pmatrix))=(\frac (1)(W))(\begin(pmatrix)y_(2)"&-y_(2)\\-y_(1)"&y_(1)\ bitiş(pmatrix))(\begin(pmatrix)0\\f(x)\end(pmatrix)))
   • için ifadeler v 1 (\displaystyle v_(1)) Ve v 2 (\displaystyle v_(2)) aşağıda verilmiştir. Sıra azaltma yönteminde olduğu gibi, bu durumda entegrasyon sırasında diferansiyel denklemin genel çözümünde ek bir çözüm içeren keyfi bir sabit ortaya çıkar.
     • v 1 (x) = − ∫ 1 W f (x) y 2 (x) d x (\displaystyle v_(1)(x)=-\int (\frac (1)(W))f(x)y_( 2)(x)(\mathrm (d) )x)
     • v 2 (x) = ∫ 1 W f (x) y 1 (x) d x (\displaystyle v_(2)(x)=\int (\frac (1)(W))f(x)y_(1) (x)(\mathrm (d) )x)
   
   Ulusal Açık Üniversite Intuit'ten "Sabit katsayılı n'inci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler" başlıklı ders.

Pratik kullanım

Diferansiyel denklemler, bir fonksiyon ile onun bir veya daha fazla türevi arasında ilişki kurar. Bu tür bağlantılar son derece yaygın olduğundan, diferansiyel denklemler çoğu alanda geniş uygulama alanı bulmuştur. farklı bölgeler ve dört boyutta yaşadığımız için bu denklemler genellikle diferansiyel denklemlerdir. özel türevler. Bu bölüm bu türdeki en önemli denklemlerden bazılarını kapsamaktadır.

• Üstel büyüme ve bozulma. Radyoaktif bozunma. Bileşik faiz. Hız kimyasal reaksiyonlar. Kandaki ilaçların konsantrasyonu. Sınırsız nüfus artışı. Newton-Richmann yasası. Gerçek dünyada, herhangi bir zamanda büyüme veya bozulma oranının, içindeki miktarla orantılı olduğu birçok sistem vardır. şu an zaman veya model tarafından iyi bir şekilde tahmin edilebilir. Bunun nedeni, belirli bir diferansiyel denklemin çözümünün, üstel fonksiyonun, matematik ve diğer bilimlerdeki en önemli fonksiyonlardan biri olmasıdır. Daha genel olarak, kontrollü nüfus artışıyla birlikte sistem, büyümeyi sınırlayan ek koşullar içerebilir. Aşağıdaki denklemde sabit k (\displaystyle k) sıfırdan büyük veya küçük olabilir.
  • d y d x = k x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=kx)
• Harmonik titreşimler. Hem klasik hem de kuantum mekaniğinde harmonik osilatör, basitliği ve basit sarkaç gibi daha karmaşık sistemlerin yaklaşımındaki geniş uygulaması nedeniyle en önemli fiziksel sistemlerden biridir. Klasik mekanikte harmonik titreşimler, Hooke yasası yoluyla maddi bir noktanın konumunu onun ivmesiyle ilişkilendiren bir denklemle tanımlanır. Bu durumda sönümleme ve itici kuvvetler de dikkate alınabilir. Aşağıdaki ifadede x ˙ (\ displaystyle (\ nokta (x)))- zamana göre türevi x , (\displaystyle x,) β (\displaystyle \beta)- Sönümleme kuvvetini tanımlayan parametre, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- sistemin açısal frekansı, F (t) (\displaystyle F(t))- zamana bağlı itici güç. Harmonik osilatör, mekanik sistemlere göre daha yüksek doğrulukla uygulanabildiği elektromanyetik salınım devrelerinde de mevcuttur.
  • x ¨ + 2 β x ˙ + ω 0 2 x = F (t) (\displaystyle (\ddot (x))+2\beta (\dot (x))+\omega _(0)^(2)x =F(t))
• Bessel denklemi. Bessel diferansiyel denklemi, özellikle silindirik veya küresel simetri varlığında dalga denkleminin, Laplace denkleminin ve Schrödinger denkleminin çözülmesi dahil olmak üzere fiziğin birçok alanında kullanılır. Değişken katsayılı bu ikinci dereceden diferansiyel denklem bir Cauchy-Euler denklemi olmadığından çözümleri temel fonksiyonlar olarak yazılamaz. Bessel denkleminin çözümleri, birçok alandaki uygulamaları nedeniyle iyi çalışılan Bessel fonksiyonlarıdır. Aşağıdaki ifadede α (\displaystyle \alpha )- karşılık gelen bir sabit sırayla Bessel fonksiyonları.
  • x 2 d 2 y d x 2 + x d y d x + (x 2 − α 2) y = 0 (\displaystyle x^(2)(\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) ) )x^(2)))+x(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+(x^(2)-\alpha ^(2)) y=0)
• Maxwell denklemleri. Lorentz kuvvetiyle birlikte Maxwell denklemleri klasik elektrodinamiğin temelini oluşturur. Bunlar elektrik için dört kısmi diferansiyel denklemdir. E (r , t) (\ displaystyle (\ mathbf (E) )((\ mathbf (r) ), t)) ve manyetik B (r , t) (\displaystyle (\mathbf (B) )((\mathbf (r) ),t)) alanlar. Aşağıdaki ifadelerde ρ = ρ (r , t) (\displaystyle \rho =\rho ((\mathbf (r) ),t))- yük yoğunluğu, J = J (r , t) (\displaystyle (\mathbf (J) )=(\mathbf (J) )((\mathbf (r) ),t))- akım yoğunluğu ve ϵ 0 (\displaystyle \epsilon _(0)) Ve μ 0 (\displaystyle \mu _(0))- sırasıyla elektrik ve manyetik sabitler.
  • ∇ ⋅ E = ρ ϵ 0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × E = − ∂ B ∂ t ∇ × B = μ 0 J + μ 0 ϵ 0 ∂ E ∂ t (\displaystyle (\begin(aligned)\nabla \cdot) (\mathbf (E) )&=(\frac (\rho )(\epsilon _(0)))\\\nabla \cdot (\mathbf (B) )&=0\\\nabla \times (\mathbf (E) )&=-(\frac (\partial (\mathbf (B) ))(\partial t))\\\nabla \times (\mathbf (B) )&=\mu _(0)(\ mathbf (J) )+\mu _(0)\epsilon _(0)(\frac (\partial (\mathbf (E) ))(\partial t))\end(aligned)))
• Schrödinger denklemi. Kuantum mekaniğinde Schrödinger denklemi, dalga fonksiyonundaki bir değişikliğe göre parçacıkların hareketini tanımlayan temel hareket denklemidir. Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) zamanla. Hareket denklemi davranışla tanımlanır Hamiltoniyen H^(\ displaystyle (\ şapka (H))) - Şebeke, sistemin enerjisini tanımlar. Fizikte Schrödinger denkleminin iyi bilinen örneklerinden biri, potansiyele tabi, göreli olmayan tek bir parçacık için denklemdir. V (r , t) (\ displaystyle V ((\ mathbf (r) ), t)). Birçok sistem zamana bağlı Schrödinger denklemiyle tanımlanır ve denklemin sol tarafında E Ψ , (\displaystyle E\Psi ,) Nerede E (\displaystyle E)- parçacık enerjisi. Aşağıdaki ifadelerde ℏ (\displaystyle \hbar )- azaltılmış Planck sabiti.
  • ben ℏ ∂ Ψ ∂ t = H ^ Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\kısmi \Psi )(\kısmi t))=(\hat (H))\Psi )
  • ben ℏ ∂ Ψ ∂ t = (− ℏ 2 2 m ∇ 2 + V (r , t)) Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\kısmi \Psi )(\kısmi t))=\left(- (\frac (\hbar ^(2))(2m))\nabla ^(2)+V((\mathbf (r) ),t)\right)\Psi )
• Dalga denklemi. Fizik ve teknoloji dalgalar olmadan düşünülemez; onlar her türlü sistemde mevcuttur. Genel olarak dalgalar aşağıdaki denklemle tanımlanır; sen = sen (r , t) (\displaystyle u=u((\mathbf (r) ),t)) istenen işlevdir ve c (\displaystyle c)- deneysel olarak belirlenmiş sabit. d'Alembert, tek boyutlu durum için dalga denkleminin çözümünün şu olduğunu keşfeden ilk kişiydi: herhangi argümanlı işlev x − c t (\displaystyle x-ct) sağa doğru yayılan keyfi bir şekil dalgasını tanımlar. Tek boyutlu durumun genel çözümü, bu fonksiyonun bağımsız değişkenli ikinci bir fonksiyonla doğrusal birleşimidir. x + c t (\displaystyle x+ct), sola doğru yayılan bir dalgayı tanımlar. Bu çözüm ikinci satırda sunulmuştur.
  • ∂ 2 sen ∂ t 2 = c 2 ∇ 2 u (\displaystyle (\frac (\kısmi ^(2)u)(\kısmi t^(2)))=c^(2)\nabla ^(2)u )
  • u (x , t) = f (x − c t) + g (x + c t) (\displaystyle u(x,t)=f(x-ct)+g(x+ct))
• Navier-Stokes denklemleri. Navier-Stokes denklemleri sıvıların hareketini tanımlar. Akışkanlar bilim ve teknolojinin neredeyse her alanında mevcut olduğundan, bu denklemler hava durumunu tahmin etmek, uçak tasarlamak, okyanus akıntılarını incelemek ve diğer birçok uygulamalı problemi çözmek için son derece önemlidir. Navier-Stokes denklemleri doğrusal olmayan kısmi diferansiyel denklemlerdir ve çoğu durumda çözülmesi çok zordur çünkü doğrusal olmama türbülansa yol açar ve sayısal yöntemlerle kararlı bir çözüm elde etmek, çok küçük hücrelere bölünmeyi gerektirir ve bu da önemli hesaplama gücü gerektirir. Hidrodinamikteki pratik amaçlar için, türbülanslı akışları modellemek için zaman ortalaması gibi yöntemler kullanılır. Karmaşık görevler Doğrusal olmayan kısmi diferansiyel denklemlerin çözümlerinin varlığı ve tekliği gibi daha temel sorular ve Navier-Stokes denklemleri için bir çözümün varlığını ve benzersizliğini üç boyutta kanıtlamak milenyumun matematik problemleri arasında yer almaktadır. Aşağıda sıkıştırılamaz akışkan akış denklemi ve süreklilik denklemi verilmiştir.
  • ∂ sen ∂ t + (u ⋅ ∇) sen - ν ∇ 2 sen = − ∇ h , ∂ ρ ∂ t + ∇ ⋅ (ρ sen) = 0 (\displaystyle (\frac (\partial (\mathbf (u))) )(\partial t))+((\mathbf (u) )\cdot \nabla)(\mathbf (u) )-\nu \nabla ^(2)(\mathbf (u) )=-\nabla h, \quad (\frac (\kısmi \rho )(\kısmi t))+\nabla \cdot (\rho (\mathbf (u) ))=0)

• Pek çok diferansiyel denklem, özellikle son bölümde bahsedilenler olmak üzere yukarıdaki yöntemler kullanılarak çözülemez. Bu, denklemin değişken katsayılar içerdiği ve bir Cauchy-Euler denklemi olmadığı veya çok nadir birkaç durum dışında denklemin doğrusal olmadığı durumlar için geçerlidir. Ancak yukarıdaki yöntemler bilimin çeşitli alanlarında sıklıkla karşılaşılan birçok önemli diferansiyel denklemi çözebilmektedir.
• Herhangi bir fonksiyonun türevini bulmanızı sağlayan diferansiyelden farklı olarak, birçok ifadenin integrali temel fonksiyonlarda ifade edilemez. Bu nedenle, imkansız olan bir integrali hesaplamaya çalışarak zaman kaybetmeyin. İntegral tablosuna bakın. Bir diferansiyel denklemin çözümü temel fonksiyonlar cinsinden ifade edilemiyorsa bazen integral biçiminde temsil edilebilir ve bu durumda bu integralin analitik olarak hesaplanıp hesaplanamamasının bir önemi yoktur.

Uyarılar

• Dış görünüş diferansiyel denklem yanıltıcı olabilir. Örneğin aşağıda iki adet birinci dereceden diferansiyel denklem verilmiştir. İlk denklem bu makalede açıklanan yöntemler kullanılarak kolayca çözülebilir. İlk bakışta küçük bir değişiklik y (\displaystyle y) Açık y 2 (\displaystyle y^(2)) ikinci denklem ise onu doğrusal olmaktan çıkarır ve çözümü çok zor hale gelir.
  • d y d x = x 2 + y (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=x^(2)+y)
  • d y d x = x 2 + y 2 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=x^(2)+y^(2))

6.1. TEMEL KAVRAMLAR VE TANIMLAR

Matematik ve fizik, biyoloji ve tıptaki çeşitli problemleri çözerken, incelenen süreci tanımlayan değişkenleri birbirine bağlayan bir formül biçiminde işlevsel bir ilişkiyi hemen kurmak çoğu zaman mümkün değildir. Genellikle bağımsız değişkene ve bilinmeyen fonksiyona ek olarak türevlerini de içeren denklemleri kullanmanız gerekir.

Tanım. Bağımsız bir değişkeni, bilinmeyen bir fonksiyonu ve onun çeşitli mertebelerdeki türevlerini birbirine bağlayan denklem denir. diferansiyel.

Bilinmeyen bir fonksiyon genellikle belirtilir y(x) ya da sadece sen, ve türevleri - sen", sen" vesaire.

Başka tanımlamalar da mümkündür, örneğin: sen= x(t) ise x"(t), x""(t)- türevleri ve T- bağımsız değişken.

Tanım. Bir fonksiyon bir değişkene bağlıysa, o zaman diferansiyel denklem denir. Genel form sıradan diferansiyel denklem:

veya

Fonksiyonlar F Ve F bazı argümanlar içermeyebilir, ancak denklemlerin diferansiyel olması için bir türevin varlığı şarttır.

Tanım.Diferansiyel denklemin sırası içerdiği en yüksek türevin mertebesine denir.

Örneğin, x 2 y"- sen= 0, y" + sin X= 0 birinci dereceden denklemlerdir ve sen"+ 2 sen"+ 5 sen= X- ikinci dereceden denklem.

Diferansiyel denklemleri çözerken, keyfi bir sabitin ortaya çıkmasıyla ilişkili olan entegrasyon işlemi kullanılır. Entegrasyon eylemi uygulanırsa N kez, o zaman, açıkçası, çözüm şunları içerecektir: N keyfi sabitler.

6.2. BİRİNCİ DERECEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER

Genel form birinci dereceden diferansiyel denklem ifadeyle belirlenir

Denklem açıkça içermeyebilir X Ve sen, ama mutlaka y'yi içerir".

Denklem şu şekilde yazılabilirse

daha sonra türevine göre çözülmüş birinci dereceden bir diferansiyel denklem elde ederiz.

Tanım. Birinci dereceden diferansiyel denklemin (6.3) (veya (6.4)) genel çözümü, çözüm kümesidir , Nerede İLE- keyfi sabit.

Bir diferansiyel denklemin çözüm grafiğine denir integral eğrisi.

Keyfi bir sabit vermek İLE farklı değerlerde kısmi çözümler elde edilebilir. Yüzeyde xOy genel çözüm, her bir özel çözüme karşılık gelen bir integral eğri ailesidir.

Bir nokta belirlerseniz bir (x 0, y 0), o zaman kural olarak bir dizi fonksiyondan integral eğrisinin geçmesi gereken yer Biri özel bir çözüm olarak seçilebilir.

Tanım.Özel karar Bir diferansiyel denklemin keyfi sabitler içermeyen çözümüdür.

Eğer genel bir çözümdür, o halde durumdan

bir sabit bulabilirsin İLE. Koşul denir başlangıç ​​koşulu.

Başlangıç ​​koşulunu sağlayan diferansiyel denklem (6.3) veya (6.4)'e özel bir çözüm bulma problemi en isminde Cauchy sorunu. Bu sorunun her zaman bir çözümü var mı? Cevap aşağıdaki teoremde bulunmaktadır.

Cauchy teoremi(bir çözümün varlığı ve tekliği teoremi). Diferansiyel denklemi açıklayalım sen"= f(x,y) işlev f(x,y) ve onun

kısmi türev bazılarında tanımlanmış ve sürekli

bölge D, bir nokta içeren Daha sonra bölgede D var

Denklemin başlangıç ​​koşulunu sağlayan tek çözümü en

Cauchy teoremi, belirli koşullar altında benzersiz bir integral eğrisinin olduğunu belirtir. sen= f(x), bir noktadan geçmek Teoremin koşullarının sağlanmadığı noktalar

Cauchies denir özel. Bu noktalarda kırılıyor F(x, y) veya.

Ya birkaç integral eğri ya da hiçbiri tek bir noktadan geçmiyor.

Tanım.Çözüm (6.3), (6.4) formunda bulunursa F(x, y, C)= 0, y'ye göre izin verilmiyor, o zaman denir genel integral diferansiyel denklem.

Cauchy teoremi yalnızca bir çözümün var olduğunu garanti eder. Çözüm bulmanın tek bir yöntemi olmadığından, yalnızca bazı türdeki birinci dereceden diferansiyel denklemleri dikkate alacağız. karelemeler

Tanım. Diferansiyel denklem denir karesel olarak integrallenebilir, eğer çözümünü bulmak fonksiyonları entegre etmekten geçiyorsa.

6.2.1. Ayrılabilir değişkenli birinci dereceden diferansiyel denklemler

Tanım. Birinci dereceden diferansiyel denkleme denklem denir ayrılabilir değişkenler

Denklemin (6.5) sağ tarafı, her biri yalnızca bir değişkene bağlı olan iki fonksiyonun çarpımıdır.

Örneğin, denklem ayıran bir denklemdir

değişkenlerle karıştırılmış
ve denklem

(6.5) formunda temsil edilemez.

Hesaba katıldığında (6.5)’i formda yeniden yazıyoruz

Bu denklemden, diferansiyellerin yalnızca karşılık gelen değişkene bağlı fonksiyonlar olduğu, ayrılmış değişkenlere sahip bir diferansiyel denklem elde ederiz:

Terimi terime entegre ederek, elimizdeki

burada C = C 2 - C 1 - keyfi sabit. İfade (6.6), denklem (6.5)'in genel integralidir.

Denklemin (6.5) her iki tarafını da bölerek, aşağıdaki çözümleri kaybedebiliriz: Gerçekten eğer en

O açıkça denklemin (6.5) bir çözümüdür.

Örnek 1. Denklemi tatmin eden bir çözüm bulun

durum: sen= 6 X= 2 (y(2) = 6).

Çözüm. Değiştireceğiz sen" Daha sonra . Her iki tarafı da çarpın

dx,çünkü daha sonraki entegrasyon sırasında ayrılmak imkansızdır dx paydada:

ve sonra her iki parçayı da bölerek denklemi elde ederiz,

hangisi entegre edilebilir? İntegral alalım:

Daha sonra ; potansiyelleştirirsek y = C elde ederiz. (x + 1) - ob-

genel çözüm.

İlk verileri kullanarak keyfi bir sabit belirleriz ve bunları genel çözüme koyarız.

Sonunda elde ettik sen= 2(x + 1) özel bir çözümdür. Ayrılabilir değişkenlere sahip denklemlerin çözümüne ilişkin birkaç örneğe daha bakalım.

Örnek 2. Denklemin çözümünü bulun

Çözüm. Hesaba katıldığında , alıyoruz .

Denklemin her iki tarafının integralini alırsak,

Neresi

Örnek 3. Denklemin çözümünü bulun Çözüm. Denklemin her iki tarafını da diferansiyel işareti altındaki değişkenle örtüşmeyen bir değişkene bağlı olan faktörlere böleriz, yani. ve entegre edin. Sonra alırız

ve sonunda

Örnek 4. Denklemin çözümünü bulun

Çözüm. Ne elde edeceğimizi bilmek. Bölüm

lim değişkenleri. Daha sonra

Bütünleşerek şunu elde ederiz

Yorum.Örnek 1 ve 2'de gerekli fonksiyon: sen açıkça ifade edilmiştir (genel çözüm). Örnek 3 ve 4'te - örtülü olarak (genel integral). Gelecekte kararın şekli belirtilmeyecektir.

Örnek 5. Denklemin çözümünü bulun Çözüm.

Örnek 6. Denklemin çözümünü bulun , doyurucu

durum y(e)= 1.

Çözüm. Denklemi formda yazalım.

Denklemin her iki tarafının çarpılması dx ve sonra şunu elde ederiz

Denklemin her iki tarafını da entegre ederek (sağ taraftaki integral kısım kısım alınır), şunu elde ederiz:

Ama duruma göre sen= 1'de X= e. Daha sonra

Bulunan değerleri yerine koyalım İLE genel çözüme göre:

Ortaya çıkan ifadeye diferansiyel denklemin kısmi çözümü denir.

6.2.2. Birinci mertebeden homojen diferansiyel denklemler

Tanım. Birinci dereceden diferansiyel denklem denir homojen, eğer formda temsil edilebiliyorsa

Homojen bir denklemi çözmek için bir algoritma sunalım.

1.Bunun yerine sen yeni bir fonksiyon tanıtalımO halde ve bu nedenle

2.İşlev açısından sen denklem (6.7) şu formu alır

yani değiştirme azalır homojen denklem ayrılabilir değişkenli bir denklem.

3. Denklem (6.8)'i çözerek, önce u'yu sonra da sen=ux.

Örnek 1. Denklemi çözün Çözüm. Denklemi formda yazalım.

Değiştirmeyi yapıyoruz:
Daha sonra

Değiştireceğiz

dx ile çarpın: Bölünür X ve üzerinde Daha sonra

Denklemin her iki tarafını karşılık gelen değişkenler üzerinden entegre ettikten sonra,

veya eski değişkenlere dönersek sonunda şunu elde ederiz:

Örnek 2.Denklemi çözün Çözüm.İzin vermek Daha sonra

Denklemin her iki tarafını da şuna bölelim: x2: Parantezleri açıp terimleri yeniden düzenleyelim:

Eski değişkenlere geçerek nihai sonuca ulaşıyoruz:

Örnek 3.Denklemin çözümünü bulun verilen

Çözüm.Standart değiştirme gerçekleştirme aldık

veya

veya

Bu, özel çözümün şu forma sahip olduğu anlamına gelir: Örnek 4. Denklemin çözümünü bulun

Çözüm.

Örnek 5.Denklemin çözümünü bulun Çözüm.

Bağımsız iş

Ayrılabilir değişkenlere sahip diferansiyel denklemlerin çözümlerini bulun (1-9).

Homojen diferansiyel denklemlere bir çözüm bulun (9-18).

6.2.3. Birinci dereceden diferansiyel denklemlerin bazı uygulamaları

Radyoaktif bozunma sorunu

Ra'nın (radyum) zamanın her anında bozunma hızı, mevcut kütlesiyle orantılıdır. Başlangıçta Ra'nın var olduğu ve Ra'nın yarı ömrünün 1590 yıl olduğu biliniyorsa, Ra'nın radyoaktif bozunması yasasını bulun.

Çözüm.Şimdilik Ra kütlesi şöyle olsun: X= x(t) g ve Daha sonra bozunma oranı Ra eşittir

Sorunun koşullarına göre

Nerede k

Son denklemdeki değişkenleri ayırıp entegre edersek, şunu elde ederiz:

Neresi

Belirlemek için C başlangıç ​​koşulunu kullanıyoruz: ne zaman .

Daha sonra ve bu nedenle,

Orantılılık faktörü k den belirlendi ek koşul:

Sahibiz

Buradan ve gerekli formül

Bakteriyel üreme oranı problemi

Bakterilerin üreme hızı sayılarıyla orantılıdır. Başlangıçta 100 bakteri vardı. 3 saat içinde sayıları ikiye katlandı. Bakteri sayısının zamana bağımlılığını bulun. Bakteri sayısı 9 saat içinde kaç kat artacak?

Çözüm.İzin vermek X- bir seferde bakteri sayısı T. Daha sonra duruma göre;

Nerede k- orantılılık katsayısı.

Buradan Durumdan biliniyor ki . Araç,

Ek koşuldan . Daha sonra

Aradığınız fonksiyon:

Öyleyse ne zaman T= 9 X= 800, yani 9 saat içinde bakteri sayısı 8 kat arttı.

Enzim miktarını arttırma sorunu

Bira mayası kültüründe aktif enzimin büyüme hızı, başlangıçtaki miktarıyla orantılıdır. X. Başlangıçtaki enzim miktarı A bir saat içinde ikiye katlandı. Bağımlılığı bulun

x(t).

Çözüm. Koşula göre, sürecin diferansiyel denklemi şu şekildedir:

buradan

Ancak . Araç, C= A ve daha sonra

Şu da biliniyor ki

Buradan,

6.3. İKİNCİ DERECE DİFERANSİYEL DENKLEMLER

6.3.1. Temel konseptler

Tanım.İkinci dereceden diferansiyel denklem bağımsız değişkeni, istenen fonksiyonu ve onun birinci ve ikinci türevlerini birbirine bağlayan ilişkiye denir.

Özel durumlarda denklemde x eksik olabilir, en veya y". Bununla birlikte, ikinci dereceden bir denklem mutlaka y'yi içermelidir." Genel durumda, ikinci dereceden diferansiyel denklem şu şekilde yazılır:

veya mümkünse ikinci türeve göre çözülmüş formda:

Birinci dereceden bir denklemde olduğu gibi, ikinci dereceden bir denklemin de genel ve özel çözümleri olabilir. Genel çözüm şudur:

Özel Bir Çözüm Bulmak

başlangıç ​​koşulları altında - verilen

sayılar) denir Cauchy sorunu. Geometrik olarak bu, integral eğrisini bulmamız gerektiği anlamına gelir. en= y(x), Belirli bir noktadan geçerken ve bu noktada bir teğete sahip olan

pozitif eksen yönü ile hizalanır Öküz belirtilen açı. e. (Şekil 6.1). Denklemin (6.10) sağ tarafı ise Cauchy probleminin benzersiz bir çözümü vardır. aralıksız

süreksizdir ve göre sürekli kısmi türevleri vardır ah, ah" başlangıç ​​noktasının bazı mahallelerinde

Sabitleri bulmak için özel bir çözüme dahil edildiğinde sistemin çözülmesi gerekir

Pirinç. 6.1.İntegral eğri