İkinci dərəcəli xətti diferensial tənliklərin xüsusi növləri. İkinci və daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklər

Xətti qeyri-bərabərin həllinin əsasları diferensial tənliklər ikinci dərəcəli (LNDU-2) ilə sabit əmsallar(PC)

$p$ və $q$ sabit əmsalları olan 2-ci dərəcəli LDDE $y""+p\cdot y"+q\cdot y=f\left(x\right)$ formasına malikdir, burada $f\left(x) \right)$ davamlı funksiyadır.

PC ilə LNDU 2 ilə bağlı aşağıdakı iki ifadə doğrudur.

Fərz edək ki, bəzi $U$ funksiyası qeyri-homogen diferensial tənliyin ixtiyari qismən həllidir. Eləcə də fərz edək ki, bəzi $Y$ funksiyası uyğun xətti bircinsli diferensial tənliyin (HLDE) $y""+p\cdot y"+q\cdot y=0$ ümumi həlli (GS). LHDE-2 göstərilən özəl və ümumi həllərin cəminə bərabərdir, yəni $y=U+Y$.

Əgər sağ hissə 2-ci dərəcəli LPDE funksiyaların cəmidir, yəni $f\left(x\right)=f_(1) \left(x\right)+f_(2) \left(x\right)+... + f_(r) \left(x\right)$, onda əvvəlcə $f_ funksiyalarının hər birinə uyğun gələn $U_(1) ,U_(2) ,...,U_(r)$ PD-lərini tapa bilərik. (1) \ left(x\right),f_(2) \left(x\right),...,f_(r) \left(x\right)$ və bundan sonra CR LNDU-2 yazın. forması $U= U_(1) +U_(2) +...+U_(r) $.

PC ilə 2-ci dərəcəli LPDE həlli

Aydındır ki, verilmiş LNDU-2-nin bu və ya digər PD $U$ növü onun sağ tərəfinin $f\left(x\right)$ xüsusi formasından asılıdır. PD LNDU-2-nin axtarışının ən sadə halları aşağıdakı dörd qayda şəklində tərtib edilmişdir.

Qayda №1.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=P_(n) \left(x\right)$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left(x\right)=a_(0) ) \cdot x^(n) +a_(1) \cdot x^(n-1) +...+a_(n-1) \cdot x+a_(n) $, yəni a adlanır. $n$ dərəcə polinomu. Sonra onun PD $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(n) \left(x\right)$ başqadır $P_(n) \left(x\right)$ ilə eyni dərəcədə çoxhədli və $r$ köklərin sayıdır xarakterik tənlik LOD-2-yə uyğundur, sıfıra bərabərdir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun əmsalları qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapılır (Böyük Britaniya).

Qayda № 2.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot P_(n) \left(x\right)$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left( x\right)$ $n$ dərəcə polinomudur. Sonra onun PD $U$ $U=Q_(n) \left(x\right)\cdot x^(r) \cdot e^(\alpha \cdot x) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(n) ) \ left(x\right)$ $P_(n) \left(x\right)$ ilə eyni dərəcədə olan başqa çoxhədlidir, $r$ isə müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin köklərinin sayıdır. $\alpha $-a bərabərdir. $Q_(n) \left(x\right)$ polinomunun əmsalları NC üsulu ilə tapılır.

Qayda №3.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=a\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+b\cdot \sin \left(\beta \cdot x) şəklindədir. \sağ) $, burada $a$, $b$ və $\beta$ məlum rəqəmlər. Sonra onun PD $U$ $U=\left(A\cdot \cos \left(\beta \cdot x\right)+B\cdot \sin \left(\beta \cdot x\right) şəklində axtarılır. \right )\cdot x^(r) $, burada $A$ və $B$ naməlum əmsallardır və $r$ müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin köklərinin sayıdır, $i\cdot-a bərabərdir. \beta $. $A$ və $B$ əmsalları dağıdıcı olmayan metoddan istifadə etməklə tapılır.

Qayda № 4.

LNDU-2-nin sağ tərəfi $f\left(x\right)=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left$ formasına malikdir, burada $P_(n) \left(x\right)$ $ n$ dərəcə çoxhədli, $P_(m) \left(x\right)$ isə $m$ dərəcə polinomudur. Sonra onun PD $U$ $U=e^(\alpha \cdot x) \cdot \left\cdot x^(r) $ şəklində axtarılır, burada $Q_(s) \left(x\right)$ və $ R_(s) \left(x\right)$ $s$ dərəcə polinomlarıdır, $s$ rəqəmi maksimum iki ədəd $n$ və $m$, $r$ isə köklərin sayıdır. $\alpha +i\cdot \beta $-a bərabər olan müvafiq LODE-2-nin xarakterik tənliyinin. $Q_(s) \left(x\right)$ və $R_(s) \left(x\right)$ polinomlarının əmsalları NC üsulu ilə tapılır.

NK metodu aşağıdakı qaydanın tətbiqindən ibarətdir. LNDU-2 qeyri-bərabər diferensial tənliyinin qismən həllinə daxil olan polinomun naməlum əmsallarını tapmaq üçün aşağıdakılar lazımdır:

• ilə yazılmış PD $U$-nı əvəz edin ümumi görünüş, V sol tərəf LNDU-2;
• LNDU-2-nin sol tərəfində, eyni səlahiyyətlərlə sadələşdirmələri və qrup şərtlərini yerinə yetirin $x$;
• nəticədə eynilikdə, sol və sağ tərəflərin eyni gücləri $x$ olan şərtlərin əmsallarını bərabərləşdirin;
• naməlum əmsallar üçün yaranan xətti tənliklər sistemini həll edin.

Misal 1

Tapşırıq: tap YA LNDU-2 $y""-3\cdot y"-18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $. Həmçinin PD tap , $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilkin şərtlərini ödəməklə.

Müvafiq LOD-2-ni yazırıq: $y""-3\cdot y"-18\cdot y=0$.

Xarakterik tənlik: $k^(2) -3\cdot k-18=0$. Xarakterik tənliyin kökləri aşağıdakılardır: $k_(1) =-3$, $k_(2) =6$. Bu köklər etibarlı və fərqlidir. Beləliklə, müvafiq LODE-2-nin OR forması var: $Y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) $.

Bu LNDU-2-nin sağ tərəfi $\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) $ formasına malikdir. $\alpha =3$ eksponentinin əmsalını nəzərə almaq lazımdır. Bu əmsal xarakterik tənliyin heç bir kökü ilə üst-üstə düşmür. Buna görə də, bu LNDU-2-nin PD-si $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ formasına malikdir.

NC metodundan istifadə edərək $A$, $B$ əmsallarını axtaracağıq.

Çex Respublikasının ilk törəməsini tapırıq:

$U"=\sol(A\cdot x+B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\left(A\cdot x+B\sağ)\cdot \left( e^(3\cdot x) \right)^((") ) =$

$=A\cdot e^(3\cdot x) +\sol(A\cdot x+B\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\sol(A+3\cdot A\ cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot e^(3\cdot x) .$

Çex Respublikasının ikinci törəməsini tapırıq:

$U""=\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)^((") ) \cdot e^(3\cdot x) +\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot \sol(e^(3\cdot x) \sağ)^((") ) =$

$=3\cdot A\cdot e^(3\cdot x) +\sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) =\sol(6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B\sağ)\cdot e^(3\cdot x) .$

Verilmiş NLDE-2 $y""-3\cdot y"-də $y""$, $y"$ və $y$ əvəzinə $U""$, $U"$ və $U$ funksiyalarını əvəz edirik. -18\cdot y=\left(36\cdot x+12\right)\cdot e^(3\cdot x) Üstəlik, $e^(3\cdot x) $ göstəricisi faktor kimi daxil edilir bütün komponentlərdə onu buraxmaq olar:

$6\cdot A+9\cdot A\cdot x+9\cdot B-3\cdot \sol(A+3\cdot A\cdot x+3\cdot B\sağ)-18\cdot \sol(A\ cdot x+B\sağ)=36\cdot x+12.$

Yaranan bərabərliyin sol tərəfində hərəkətləri yerinə yetiririk:

$-18\cdot A\cdot x+3\cdot A-18\cdot B=36\cdot x+12.$

NDT metodundan istifadə edirik. İki naməlum xətti olan tənliklər sistemini əldə edirik:

$-18\cdot A=36;$

$3\cdot A-18\cdot B=12.$

Bu sistemin həlli belədir: $A=-2$, $B=-1$.

PD $U=\left(A\cdot x+B\right)\cdot e^(3\cdot x) $ bizim problemimiz üçün belə görünür: $U=\left(-2\cdot x-1\sağ) \cdot e^(3\cdot x) $.

Problemimiz üçün OR $y=Y+U$ belə görünür: $y=C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +C_(2) \cdot e^(6\cdot x) + \ left(-2\cdot x-1\right)\cdot e^(3\cdot x) $.

Verilmiş ilkin şərtləri ödəyən PD-ni axtarmaq üçün OP-nin $y"$ törəməsini tapırıq:

$y"=-3\cdot C_(1) \cdot e^(-3\cdot x) +6\cdot C_(2) \cdot e^(6\cdot x) -2\cdot e^(3\ cdot x) +\sol(-2\cdot x-1\sağ)\cdot 3\cdot e^(3\cdot x) .$

$y$ və $y"$ ilkin şərtlərini $x=0$ üçün $y=6$ və $x=0$ üçün $y"=1$ ilə əvəz edirik:

$6=C_(1) +C_(2) -1; $

$1=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -2-3=-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) -5.$

Tənliklər sistemini aldıq:

$C_(1) +C_(2) =7;$

$-3\cdot C_(1) +6\cdot C_(2) =6.$

Gəlin həll edək. Cramer düsturundan istifadə edərək $C_(1) $ tapırıq və $C_(2) $ birinci tənlikdən təyin edirik:

$C_(1) =\frac(\left|\begin(massiv)(cc) (7) & (1) \\ (6) & (6) \end(massiv)\sağ|)(\left|\ başlanğıc(massiv)(cc) (1) & (1) \\ (-3) & (6) \end(massiv)\sağ|) =\frac(7\cdot 6-6\cdot 1)(1\ cdot 6-\left(-3\right)\cdot 1) =\frac(36)(9) =4; C_(2) =7-C_(1) =7-4=3.$

Beləliklə, bu diferensial tənliyin PD formasına malikdir: $y=4\cdot e^(-3\cdot x) +3\cdot e^(6\cdot x) +\left(-2\cdot x-1 \sağ )\cdot e^(3\cdot x) $.

Burada xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənlikləri həll etmək üçün Laqranj sabitlərinin variasiya üsulunu tətbiq edəcəyik. Ətraflı Təsviri ixtiyari qaydada tənliklərin həlli üçün bu üsul səhifədə təsvir edilmişdir
Laqranj üsulu ilə daha yüksək tərtibli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklərin həlli >>>.

Misal 1

Laqranj sabitlərinin dəyişmə metodundan istifadə edərək sabit əmsallı ikinci dərəcəli diferensial tənliyi həll edin:
(1)

Həll

Əvvəlcə homojen diferensial tənliyi həll edirik:
(2)

Bu ikinci dərəcəli tənlikdir.

Kvadrat tənliyin həlli:
.
Çoxlu köklər: . (2) tənliyinin əsas həllər sistemi formaya malikdir:
(3) .
Buradan ümumi həlli əldə edirik homojen tənlik (2):
(4) .

Sabitlərin dəyişdirilməsi C 1 və C 2 . Yəni (4)-dəki sabitləri funksiyalarla əvəz edirik:
.
Həll axtarır orijinal tənlik(1) kimi:
(5) .

Törəməni tapmaq:
.
Funksiyaları və tənliyi birləşdirək:
(6) .
Sonra
.

İkinci törəməni tapırıq:
.
Orijinal tənliyi (1) əvəz edin:
(1) ;



.
Homojen tənliyi (2) yerinə yetirdiyinə görə, son üç cərgənin hər bir sütunundakı şərtlərin cəmi sıfır verir və əvvəlki tənlik aşağıdakı formanı alır:
(7) .
Budur.

(6) tənliyi ilə birlikdə funksiyaları təyin etmək üçün tənliklər sistemi əldə edirik və:
(6) :
(7) .

Tənliklər sisteminin həlli

Tənliklər sistemini həll edirik (6-7). Funksiyalar üçün ifadələri yazaq və:
.
Onların törəmələrini tapırıq:
;
.

(6-7) tənliklər sistemini Kramer üsulu ilə həll edirik. Sistem matrisinin determinantını hesablayırıq:

.
Cramer düsturlarından istifadə edərək aşağıdakıları tapırıq:
;
.

Beləliklə, funksiyaların törəmələrini tapdıq:
;
.
İnteqrasiya edək (bax: Kökləri inteqrasiya etmək üsulları). Əvəzetmə
; ; ; .

.
.

;
.

Cavab verin

Misal 2

Diferensial tənliyi Laqranj sabitlərinin dəyişmə üsulu ilə həll edin:
(8)

Həll

Addım 1. Homojen tənliyin həlli

Homojen diferensial tənliyi həll edirik:

(9)
formada həll axtarırıq. Xarakterik tənliyi tərtib edirik:

Bu tənliyin mürəkkəb kökləri var:
.
Bu köklərə uyğun gələn əsas həllər sistemi aşağıdakı formaya malikdir:
(10) .
Homojen tənliyin ümumi həlli (9):
(11) .

Addım 2. Sabitlərin dəyişməsi - sabitlərin funksiyalarla əvəz edilməsi

İndi C sabitlərini dəyişirik 1 və C 2 . Yəni (11)-dəki sabitləri funksiyalarla əvəz edirik:
.
Orijinal tənliyin (8) həllini aşağıdakı formada axtarırıq:
(12) .

Bundan əlavə, həll prosesi 1-ci misaldakı kimidir. Biz gəlib çatırıq növbəti sistem funksiyaları təyin etmək üçün tənliklər və:
(13) :
(14) .
Budur.

Tənliklər sisteminin həlli

Gəlin bu sistemi həll edək. və funksiyaları üçün ifadələri yazaq:
.
Törəmələr cədvəlindən tapırıq:
;
.

(13-14) tənliklər sistemini Kramer üsulu ilə həll edirik. Sistem matrisinin təyinedicisi:

.
Cramer düsturlarından istifadə edərək aşağıdakıları tapırıq:
;
.

.
olduğundan, loqarifm işarəsi altında modul işarəsi buraxıla bilər. Numeratoru və məxrəci vur:
.
Sonra
.

Orijinal tənliyin ümumi həlli:


.

İkinci dərəcəli xətti diferensial tənlik formanın tənliyi adlanır

y"" + səh(x)y" + q(x)y = f(x) ,

Harada y tapılacaq funksiyadır və səh(x) , q(x) Və f(x) - müəyyən intervalda fasiləsiz funksiyalar ( a, b) .

Tənliyin sağ tərəfi sıfırdırsa ( f(x) = 0), onda tənlik çağırılır xətti homojen tənlik . Bu dərsin praktiki hissəsi əsasən belə tənliklərə həsr olunacaq. Tənliyin sağ tərəfi sıfıra bərabər deyilsə ( f(x) ≠ 0), onda tənlik adlanır.

Problemlərdə bizdən üçün tənliyi həll etmək tələb olunur y"" :

y"" = −səh(x)y" − q(x)y + f(x) .

İkinci dərəcəli xətti diferensial tənliklərin unikal həlli var Cauchy problemləri .

İkinci dərəcəli xətti bircinsli diferensial tənliyi və onun həlli

Xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:

y"" + səh(x)y" + q(x)y = 0 .

Əgər y1 (x) Və y2 (x) bu tənliyin qismən həlli olarsa, aşağıdakı ifadələr doğrudur:

1) y1 (x) + y 2 (x) - həm də bu tənliyin həllidir;

2) Cy1 (x) , Harada C- ixtiyari sabit (sabit), həm də bu tənliyin həllidir.

Bu iki ifadədən belə nəticə çıxır ki, funksiya

C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x)

həm də bu tənliyin həllidir.

Ədalətli sual yaranır: bu həll yoludurmu? ikinci tərtib xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli , yəni müxtəlif dəyərlər üçün belə bir həll C1 Və C2 Tənliyin bütün mümkün həll yollarını əldə etmək mümkündürmü?

Bu sualın cavabı belədir: ola bilər, lakin müəyyən şərtlər altında. Bu xüsusi həllərin hansı xüsusiyyətlərə malik olması şərti y1 (x) Və y2 (x) .

Və bu vəziyyət şərt adlanır xətti müstəqilliközəl həllər.

Teorem. Funksiya C1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x) funksiyaları varsa xətti bircinsli ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həllidir y1 (x) Və y2 (x) xətti müstəqil.

Tərif. Funksiyalar y1 (x) Və y2 (x) nisbəti sabit sıfırdan fərqli olduqda xətti müstəqil adlanır:

y1 (x)/y 2 (x) = k ; k = const ; k ≠ 0 .

Bununla belə, bu funksiyaların xətti müstəqil olub-olmadığını müəyyən etmək çox vaxt çox zəhmət tələb edir. Wronski determinantından istifadə edərək xətti müstəqilliyi qurmağın bir yolu var W(x) :

Əgər Wronski determinantı sıfıra bərabər deyilsə, onda həllər xətti müstəqildir . Əgər Wronski determinantı sıfırdırsa, onda həllər xətti asılıdır.

Misal 1. Xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.

Həll. Biz iki dəfə inteqrasiya edirik və asan göründüyü kimi, funksiyanın ikinci törəməsi ilə funksiyanın özü arasındakı fərqin sıfıra bərabər olması üçün həllər törəməsi özünə bərabər olan eksponensial ilə əlaqələndirilməlidir. Yəni qismən həllər və .

Wronski determinantından bəri

sıfıra bərabər deyil, onda bu həllər xətti müstəqildir. Buna görə də bu tənliyin ümumi həlli belə yazıla bilər

.

Sabit əmsallı xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliklər: nəzəriyyə və təcrübə

Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənlik formanın tənliyi adlanır

y"" + py" + qy = 0 ,

Harada səh Və q- sabit dəyərlər.

Bunun ikinci dərəcəli tənlik olması arzu olunan funksiyanın ikinci törəməsinin olması ilə, onun homojenliyi isə sağ tərəfdə sıfırla ifadə edilir. Yuxarıda qeyd olunan dəyərlərə sabit əmsallar deyilir.

Kimə sabit əmsallı xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyi həll edin , əvvəlcə formanın sözdə xarakterik tənliyini həll etməlisiniz

k² + pq + q = 0 ,

göründüyü kimi, adi kvadrat tənlikdir.

Xarakterik tənliyin həllindən asılı olaraq üç müxtəlif variant mümkündür sabit əmsallı xətti homogen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin həlli , indi təhlil edəcəyik. Tam dəqiqlik üçün bütün xüsusi həllərin Wronski determinantı tərəfindən sınaqdan keçirildiyini və bütün hallarda sıfıra bərabər olmadığını fərz edəcəyik. Şübhə edənlər bunu özləri yoxlaya bilərlər.

Xarakterik tənliyin kökləri həqiqi və fərqlidir

Başqa sözlə, . Bu halda sabit əmsallı xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin həlli formaya malikdir.

.

Nümunə 2. Xətti homojen diferensial tənliyi həll edin

.

Misal 3. Xətti homojen diferensial tənliyi həll edin

.

Həll. Xarakterik tənliyin forması, kökləri var və həqiqi və fərqlidir. Tənliyin müvafiq qismən həlli aşağıdakılardır: və . Bu diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir

.

Xarakterik tənliyin kökləri həqiqi və bərabərdir

Yəni, . Bu halda sabit əmsallı xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin həlli formaya malikdir.

.

Misal 4. Xətti homojen diferensial tənliyi həll edin

.

Həll. Xarakterik tənlik bərabər köklərə malikdir. Tənliyin müvafiq qismən həlli aşağıdakılardır: və . Bu diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir

Nümunə 5. Xətti homojen diferensial tənliyi həll edin

.

Həll. Xarakterik tənliyin bərabər kökləri var. Tənliyin müvafiq qismən həlli aşağıdakılardır: və . Bu diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir

Təhsil müəssisəsi "Belarus Dövləti

Kənd Təsərrüfatı Akademiyası”

Ali riyaziyyat kafedrası

Təlimatlar

qiyabi təhsilin mühasibat uçotu fakültəsinin (NİSPO) tələbələri tərəfindən “İkinci tərtib xətti diferensial tənliklər” mövzusunu öyrənmək

Qorki, 2013

Xətti diferensial tənliklər

sabitlərlə ikinci sıraəmsallar

Xətti homojen diferensial tənliklər

Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti diferensial tənlik formanın tənliyi adlanır

olanlar. arzu olunan funksiyanı və onun törəmələrini yalnız birinci dərəcədə ehtiva edən və onların məhsullarını ehtiva etməyən tənlik. Bu tənlikdə Və
- bəzi nömrələr və bir funksiya
müəyyən intervalda verilir
.

Əgər
interval üzrə
, onda (1) tənliyi formasını alacaq

, (2)

və çağırılır xətti homojen . Əks halda (1) tənliyi çağırılır xətti qeyri-bərabər .

Kompleks funksiyanı nəzərdən keçirin

, (3)

Harada
Və
- real funksiyalar. Əgər (3) funksiyası (2) tənliyinin kompleks həllidirsə, onda həqiqi hissədir
, və xəyali hissə
həllər
ayrı-ayrılıqda eyni homojen tənliyin həlləridir. Beləliklə, hər şey hərtərəfli həll(2) tənliyi bu tənliyin iki real həllini yaradır.

Homojen məhlullar xətti tənlik xassələrə malikdir:

Əgər (2) tənliyinin həllidir, sonra funksiyadır
, Harada İLƏ– ixtiyari sabit də (2) tənliyinin həlli olacaq;

Əgər Və (2) tənliyinin, sonra funksiyanın həlli var
həm də (2) tənliyinin həlli olacaq;

Əgər Və (2) tənliyinin həlli var, sonra onların xətti kombinasiyası
(2) tənliyinin də həlli olacaq, burada Və
– ixtiyari sabitlər.

Funksiyalar
Və
adlandırılır xətti asılıdır interval üzrə
, əgər belə rəqəmlər varsa Və
, eyni zamanda sıfıra bərabər deyil ki, bu intervalda bərabərlik

Əgər bərabərlik (4) yalnız o zaman baş verir
Və
, sonra funksiyalar
Və
adlandırılır xətti müstəqil interval üzrə
.

Misal 1 . Funksiyalar
Və
çünki xətti asılıdır
bütün nömrə xəttində. Bu misalda
.

Misal 2 . Funksiyalar
Və
bərabərlik olduğu üçün istənilən intervalda xətti müstəqildirlər
yalnız olduğu halda mümkündür
, Və
.

Tikinti ümumi həll xətti homojen

tənliklər

(2) tənliyinin ümumi həllini tapmaq üçün onun xətti müstəqil iki həllini tapmaq lazımdır Və . Bu həllərin xətti birləşməsi
, Harada Və
ixtiyari sabitlərdir və xətti homojen tənliyin ümumi həllini verəcəkdir.

(2) tənliyinin xətti müstəqil həllərini formada axtaracağıq

, (5)

Harada - müəyyən bir rəqəm. Sonra
,
. Bu ifadələri (2) tənliyində əvəz edək:

və ya
.

Çünki
, Bu
. Beləliklə, funksiya
(2) tənliyinin həlli olarsa tənliyini təmin edəcək

. (6)

Tənlik (6) adlanır xarakterik tənlik (2) tənliyi üçün. Bu tənlik cəbri kvadrat tənlikdir.

Qoy Və bu tənliyin kökləri var. Onlar ya real və fərqli, ya da mürəkkəb, ya da real və bərabər ola bilər. Gəlin bu halları nəzərdən keçirək.

Köklərə icazə verin Və xarakterik tənliklər həqiqi və fərqlidir. Onda (2) tənliyinin həlli funksiyalar olacaqdır
Və
. Bu həllər bərabərlikdən bəri xətti müstəqildir
yalnız həyata keçirildikdə həyata keçirilə bilər
, Və
. Buna görə də (2) tənliyinin ümumi həlli formaya malikdir

,

Harada Və
- ixtiyari sabitlər.

Misal 3
.

Həll . Bu diferensial üçün xarakterik tənlik olacaq
. Bu kvadrat tənliyi həll etdikdən sonra onun köklərini tapırıq
Və
. Funksiyalar
Və
diferensial tənliyin həlləridir. Bu tənliyin ümumi həlli belədir
.

Kompleks nömrə formanın ifadəsi adlanır
, Harada Və həqiqi ədədlərdir və
xəyali vahid adlanır. Əgər
, sonra nömrə
sırf xəyali adlanır. Əgər
, sonra nömrə
həqiqi ədədlə müəyyən edilir .

Nömrə kompleks ədədin həqiqi hissəsi adlanır və - xəyali hissə. İki mürəkkəb ədəd bir-birindən yalnız xəyali hissənin işarəsi ilə fərqlənirsə, onda onlar qoşa adlanır:
,
.

Misal 4 . Kvadrat tənliyi həll edin
.

Həll . Diskriminant tənliyi
. Sonra. Eynilə,
. Beləliklə, bu kvadrat tənliyin konyuqa kompleks kökləri var.

Xarakterik tənliyin kökləri mürəkkəb olsun, yəni.
,
, Harada
. (2) tənliyinin həlli formada yazıla bilər
,
və ya
,
. Eylerin düsturlarına görə

,
.

Sonra ,. Məlum olduğu kimi, mürəkkəb funksiya xətti bircinsli tənliyin həllidirsə, bu tənliyin həlləri bu funksiyanın həm həqiqi, həm də xəyali hissələridir. Beləliklə, (2) tənliyinin həlli funksiyalar olacaqdır
Və
. Bərabərlikdən bəri

yalnız icra oluna bilər
Və
, onda bu həllər xətti müstəqildir. Buna görə də (2) tənliyinin ümumi həlli formaya malikdir

Harada Və
- ixtiyari sabitlər.

Misal 5 . Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll . tənlik
verilmiş diferensial üçün xarakterikdir. Gəlin həll edək və mürəkkəb köklər əldə edək
,
. Funksiyalar
Və
diferensial tənliyin xətti müstəqil həlləridir. Bu tənliyin ümumi həlli belədir:

Xarakterik tənliyin kökləri həqiqi və bərabər olsun, yəni.
. Onda (2) tənliyinin həlli funksiyalardır
Və
. Bu həllər xətti müstəqildir, çünki ifadə yalnız o zaman eyni şəkildə sıfıra bərabər ola bilər
Və
. Buna görə də (2) tənliyinin ümumi həlli formaya malikdir
.

Misal 6 . Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll . Xarakterik tənlik
bərabər köklərə malikdir
. Bu halda diferensial tənliyin xətti müstəqil həlləri funksiyalardır
Və
. Ümumi həll formasına malikdir
.

Sabit əmsallı ikinci dərəcəli qeyri-homogen xətti diferensial tənliklər

və xüsusi sağ tərəf

Xətti qeyri-bərabər tənliyin (1) ümumi həlli ümumi həllin cəminə bərabərdir.
müvafiq homojen tənlik və hər hansı xüsusi həll
qeyri-homogen tənlik:
.

Bəzi hallarda qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həlli sadəcə sağ tərəfin forması ilə tapıla bilər.
tənlik (1). Bunun mümkün olduğu hallara baxaq.

olanlar. qeyri-homogen tənliyin sağ tərəfi dərəcə polinomudur m. Əgər
xarakterik tənliyin kökü deyilsə, o zaman qeyri-homogen tənliyin xüsusi həlli dərəcə polinomu şəklində axtarılmalıdır. m, yəni.

Oranlar
konkret həll yolunun tapılması prosesində müəyyən edilir.

Əgər
xarakterik tənliyin köküdür, onda qeyri-homogen tənliyin xüsusi həlli formada axtarılmalıdır.

Misal 7 . Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll . Bu tənlik üçün müvafiq homojen tənlikdir
. Onun xarakterik tənliyi
kökləri var
Və
. Homojen tənliyin ümumi həlli formaya malikdir
.

Çünki
xarakterik tənliyin kökü deyilsə, onda biz qeyri-homogen tənliyin xüsusi həllini funksiya şəklində axtaracağıq.
. Bu funksiyanın törəmələrini tapaq
,
və onları bu tənliklə əvəz edin:

və ya . üçün əmsalları bərabərləşdirək və pulsuz üzvlər:
Qərar verərək bu sistem, alırıq
,
. Sonra qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həlli formaya malikdir
, və verilmiş qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli müvafiq homojen tənliyin ümumi həlli ilə qeyri-homogen tənliyin xüsusi həllinin cəmi olacaqdır:
.

Qeyri-homogen tənliyin forması olsun

Əgər
xarakterik tənliyin kökü deyilsə, formada qeyri-homogen tənliyin xüsusi həlli axtarılmalıdır. Əgər
xarakterik çoxluq tənliyinin köküdür k (k=1 və ya k=2), onda bu halda qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həlli formasına sahib olacaqdır.

Misal 8 . Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll . Müvafiq homojen tənlik üçün xarakterik tənlik formaya malikdir
. Onun kökləri
,
. Bu zaman uyğun bircinsli tənliyin ümumi həlli formada yazılır
.

3 rəqəmi xarakterik tənliyin kökü olmadığı üçün qeyri-homogen tənliyin xüsusi həlli formada axtarılmalıdır.
. Birinci və ikinci sıraların törəmələrini tapaq:

Diferensial tənliyə əvəz edək:
+ +,
+,.

üçün əmsalları bərabərləşdirək və pulsuz üzvlər:

Buradan
,
. Sonra bu tənliyin xüsusi həlli formaya malikdir
və ümumi həll yolu

.

İxtiyari sabitlərin dəyişməsinin Laqranj üsulu

İxtiyari sabitlərin dəyişdirilməsi üsulu, sağ tərəfin növündən asılı olmayaraq sabit əmsallı istənilən qeyri-homogen xətti tənliyə tətbiq edilə bilər. Bu üsul, uyğun bircinsli tənliyin ümumi həlli məlumdursa, həmişə qeyri-homogen tənliyin ümumi həllini tapmağa imkan verir.

Qoy
Və
(2) tənliyinin xətti müstəqil həlləridir. Onda bu tənliyin ümumi həlli belədir
, Harada Və
- ixtiyari sabitlər. İxtiyari sabitlərin dəyişdirilməsi metodunun mahiyyəti ondan ibarətdir ki, (1) tənliyinin ümumi həlli formada axtarılır.

Harada
Və
- tapılmalı olan yeni naməlum funksiyalar. İki naməlum funksiya olduğundan onları tapmaq üçün bu funksiyaları ehtiva edən iki tənlik lazımdır. Bu iki tənlik sistemi təşkil edir

ilə əlaqədar xətti cəbri tənliklər sistemidir
Və
. Bu sistemi həll edərək tapırıq
Və
. Alınan bərabərliklərin hər iki tərəfini birləşdirərək tapırıq

Və
.

Bu ifadələri (9) əvəz edərək qeyri-homogen xətti tənliyin (1) ümumi həllini alırıq.

Misal 9 . Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll. Verilmiş diferensial tənliyə uyğun gələn homojen tənlik üçün xarakterik tənlik belədir
. Onun kökləri mürəkkəbdir
,
. Çünki
Və
, Bu
,
, və homojen tənliyin ümumi həlli formasına malikdir. Sonra bu qeyri-homogen tənliyin ümumi həllini harada şəklində axtaracağıq
Və
- naməlum funksiyalar.

Bu naməlum funksiyaları tapmaq üçün tənliklər sistemi formaya malikdir

Bu sistemi həll etdikdən sonra tapırıq
,
. Sonra

,
. Nəticə ifadələri ümumi həll üçün düsturla əvəz edək:

Bu, Laqranj metodundan istifadə etməklə əldə edilən bu diferensial tənliyin ümumi həllidir.

Biliyin özünə nəzarəti üçün suallar

Hansı diferensial tənliyə sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti diferensial tənlik deyilir?

Hansı xətti diferensial tənliyə homojen, hansına qeyri-homogen deyilir?

Xətti homojen tənlik hansı xüsusiyyətlərə malikdir?

Xətti diferensial tənlik üçün hansı tənliyə xarakterik deyilir və o necə alınır?

Xarakterik tənliyin müxtəlif kökləri halında sabit əmsallı xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli hansı formada yazılır?

Xarakterik tənliyin kökləri bərabər olduğu halda sabit əmsallı xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli hansı formada yazılır?

Xarakterik tənliyin kompleks kökləri halında sabit əmsallı xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli hansı formada yazılır?

Xətti qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli necə yazılır?

Xarakterik tənliyin kökləri fərqli və sıfıra bərabər deyilsə və tənliyin sağ tərəfi dərəcə polinomudursa, xətti qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həlli hansı formada axtarılır? m?

Xarakterik tənliyin kökləri arasında bir sıfır varsa və tənliyin sağ tərəfi dərəcə polinomudursa, xətti qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həlli hansı formada axtarılır? m?

Laqranj metodunun mahiyyəti nədir?

Bu bənd müzakirə olunacaq xüsusi hal ikinci dərəcəli xətti tənliklər, tənliyin əmsalları sabit olduqda, yəni ədədlərdir. Belə tənliklər sabit əmsallı tənliklər adlanır. Bu tip tənliklər xüsusilə geniş tətbiq tapır.

1. Xətti bircinsli diferensial tənliklər

sabit əmsallı ikinci sıra

Tənliyi nəzərdən keçirin

əmsalların sabit olduğu. Fərz edək ki, tənliyin bütün şərtlərini bölmək və ifadə etmək

Bu tənliyi formada yazaq

Məlum olduğu kimi, xətti homojen ikinci dərəcəli tənliyin ümumi həllini tapmaq üçün onu bilmək kifayətdir. əsas sistemözəl həllər. Sabit əmsallı homojen xətti diferensial tənlik üçün qismən həllərin fundamental sisteminin necə tapılacağını göstərək. Bu tənliyin xüsusi həllini formada axtaracağıq

Bu funksiyanı iki dəfə diferensiallaşdıraraq və ifadələri (59) tənliyində əvəz edərək əldə edirik

-dən bəri azaldılması tənliyi alırıq

Bu tənlikdən funksiyanın (59) tənliyinin həlli olacağı k-nin qiymətləri müəyyən edilir.

k əmsalını təyin etmək üçün cəbri tənlik (61) bu diferensial tənliyin (59) xarakteristik tənliyi adlanır.

Xarakterik tənlik ikinci dərəcəli tənlikdir və ona görə də iki kökə malikdir. Bu köklər ya həqiqi fərqli, həqiqi və bərabər, ya da mürəkkəb birləşmə ola bilər.

Gəlin bu halların hər birində konkret həllərin əsas sisteminin hansı formada olduğunu nəzərdən keçirək.

1. Xarakterik tənliyin kökləri həqiqi və fərqlidir: . Bu halda (60) düsturundan istifadə edərək iki qismən həll tapırıq:

Bu iki xüsusi həll bütün ədədi oxda əsas həllər sistemi təşkil edir, çünki Wronski determinantı heç bir yerdə yox olmur:

Nəticə etibarilə (48) düsturuna görə tənliyin ümumi həlli formaya malikdir

2. Xarakterik tənliyin kökləri bərabərdir: . Bu halda, hər iki kök real olacaq. (60) düsturundan istifadə edərək yalnız bir xüsusi həlli əldə edirik

Göstərək ki, birincisi ilə birlikdə fundamental sistem təşkil edən ikinci xüsusi həll formaya malikdir

Əvvəlcə funksiyanın (59) tənliyinin həlli olduğunu yoxlayaq. Həqiqətən,

Lakin xarakterik tənliyin (61) kökü olduğuna görə. Bundan əlavə, Vyeta teoreminə görə, buna görə də . Nəticə etibarilə, , yəni funksiya həqiqətən (59) tənliyinin həllidir.

İndi göstərək ki, tapılan qismən həllər fundamental həllər sistemini təşkil edir. Həqiqətən,

Beləliklə, bu halda homojen xətti tənliyin ümumi həlli formaya malikdir

3. Xarakterik tənliyin kökləri mürəkkəbdir. Məlum olduğu kimi, mürəkkəb köklər kvadrat tənlik real əmsallarla birləşir mürəkkəb ədədlər, yəni onlar belə görünür: . Bu halda (60) düsturuna uyğun olaraq (59) tənliyinin qismən həlli aşağıdakı formada olacaqdır:

Eylerin düsturlarından istifadə etməklə (XI fəsil, § 5, paraqraf 3-ə baxın) üçün ifadələr aşağıdakı kimi yazıla bilər:

Bu həllər hərtərəflidir. Etibarlı həllər əldə etmək üçün yeni funksiyaları nəzərdən keçirin

Onlar həllərin xətti kombinasiyalarıdır və buna görə də özləri (59) tənliyinin həllidir (bax § 3, bənd 2, Teorem 1).

Bu həllər üçün Wronski determinantının sıfırdan fərqli olduğunu və buna görə də həllərin əsas həllər sistemini təşkil etdiyini göstərmək asandır.

Beləliklə, xarakterik tənliyin mürəkkəb kökləri halında homojen xətti diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir.

Yekun olaraq xarakterik tənliyin köklərinin növündən asılı olaraq (59) tənliyinin ümumi həlli üçün düsturlar cədvəlini təqdim edirik.