Birinci dərəcəli diferensial tənlik. Diferensial tənliklərin növləri, həlli üsulları

$y"+P\left(x\right)\cdot y=0$ standart formasına malik olan birinci sıra, burada $P\left(x\right)$ fasiləsiz funksiyadır, xətti homojen adlanır. “xətti” naməlum $y$ funksiyasının və onun birinci törəməsi $y”$ tənliyə xətti şəkildə, yəni birinci dərəcədə daxil olması ilə izah olunur. "Homojen" adı tənliyin sağ tərəfində sıfır olmasından irəli gəlir.

Belə diferensial tənliyi dəyişənlərin ayrılması üsulu ilə həll etmək olar. Gəlin bunu içində təsəvvür edək standart formaüsul: $y"=-P\left(x\sağ)\cdot y$, burada $f_(1) \left(x\right)=-P\left(x\sağ)$ və $f_(2) \sol(y\sağ)=y$.

$I_(1) =\int f_(1) \left(x\right)\cdot dx =-\int P\left(x\right)\cdot dx $ inteqralını hesablayaq.

$I_(2) =\int \frac(dy)(f_(2) \left(y\right)) =\int \frac(dy)(y) =\ln \left|y\right inteqralını hesablayaq. |$ .

Gəlin onu yazaq ümumi həllşəklində $\ln \left|y\right|+\int P\left(x\right)\cdot dx =\ln \left|C_(1) \right|$, burada $\ln \left|C_ ( 1) \right|$ ixtiyari sabitdir, sonrakı çevrilmələr üçün əlverişli formada alınır.

Dönüşümləri yerinə yetirək:

\[\ln \left|y\right|-\ln \left|C_(1) \right|=-\int P\left(x\right)\cdot dx ; \ln \frac(\left|y\right|)(\left|C_(1) \sağ|) =-\int P\left(x\sağ)\cdot dx .\]

Loqarifmin tərifindən istifadə edərək əldə edirik: $\left|y\right|=\left|C_(1) \right|\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $ . Bu bərabərlik öz növbəsində $y=\pm C_(1) \cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $ bərabərliyinə ekvivalentdir.

İxtiyari $C=\pm C_(1) $ sabitini əvəz edərək xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həllini alırıq: $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.

$f_(2) \left(y\right)=y=0$ tənliyini həll etdikdən sonra xüsusi həllər tapırıq. Adi yoxlama nəticəsində $y=0$ funksiyasının bu diferensial tənliyin xüsusi həlli olduğuna əmin olduq.

Bununla belə, eyni həlli $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $ ümumi həllindən, $C=0$ qoyaraq əldə etmək olar.

Beləliklə, yekun nəticə belədir: $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.

Birinci dərəcəli xətti homojen diferensial tənliyin həlli üçün ümumi üsul aşağıdakı alqoritm kimi təqdim edilə bilər:

1. Bu tənliyi həll etmək üçün əvvəlcə $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$ metodunun standart formasında təqdim edilməlidir. Əgər buna nail olunmayıbsa, onda bu diferensial tənliyi həll etmək lazımdır. fərqli bir üsul.
2. $I=\int P\left(x\right)\cdot dx $ inteqralını hesablayırıq.
3. Ümumi həlli $y=C\cdot e^(-I) $ şəklində yazırıq və lazım gəldikdə sadələşdirici çevrilmələri yerinə yetiririk.

Problem 1

$y"+3\cdot x^(2) \cdot y=0$ diferensial tənliyinin ümumi həllini tapın.

Standart formada birinci dərəcəli xətti homojen tənliyimiz var, bunun üçün $P\left(x\right)=3\cdot x^(2) $.

$I=\int 3\cdot x^(2) \cdot dx =x^(3) $ inteqralını hesablayırıq.

Ümumi həll formasına malikdir: $y=C\cdot e^(-x^(3) ) $.

Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklər

Tərif

Standart formada $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$ şəklində təmsil oluna bilən birinci dərəcəli diferensial tənlik, burada $P\left(x\right)$ və $ Q\left(x\right)$ -- məlumdur davamlı funksiyalar, xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik adlanır. "Qeyri-homogen" adı diferensial tənliyin sağ tərəfinin sıfırdan fərqli olması ilə izah olunur.

Bir mürəkkəb xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin həlli iki sadə tənliyin həllinə endirilə bilər. diferensial tənliklər. Bunun üçün tələb olunan $y$ funksiyası iki köməkçi funksiyanın $u$ və $v$ hasili ilə əvəz edilməli, yəni $y=u\cdot v$ qoyulmalıdır.

Qəbul edilmiş əvəzi fərqləndiririk: $\frac(dy)(dx) =\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \frac(dv)(dx) $. Yaranan ifadəni bu diferensial tənliyə əvəz edirik: $\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot u\cdot v= Q\ left(x\right)$ və ya $\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \left[\frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot v\ sağ] =Q\sol(x\sağ)$.

Qeyd edək ki, əgər $y=u\cdot v$ qəbul edilirsə, o zaman köməkçi funksiyalardan biri $u\cdot v$ məhsulunun bir hissəsi kimi özbaşına seçilə bilər. $v$ köməkçi funksiyasını seçək ki, kvadrat mötərizədəki ifadə sıfır olsun. Bunun üçün $v$ funksiyası üçün $\frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot v=0$ diferensial tənliyini həll etmək və onun üçün ən sadə xüsusi həlli seçmək kifayətdir. $v=v\sol(x \sağ)$, sıfırdan fərqli. Bu diferensial tənlik xətti homojendir və yuxarıda müzakirə olunan üsulla həll edilir.

İndi kvadrat mötərizədəki ifadənin sıfıra bərabər olduğunu nəzərə alaraq, nəticədə $v=v\left(x\right)$ həllini bu diferensial tənliyə əvəz edirik və başqa diferensial tənlik əldə edirik, lakin indi hörmətlə $u$ köməkçi funksiyasına: $\ frac(du)(dx) \cdot v\left(x\right)=Q\left(x\right)$. Bu diferensial tənlik $\frac(du)(dx) =\frac(Q\left(x\right))(v\left(x\sağ)) $ kimi təqdim oluna bilər, bundan sonra aydın olur ki, o, dərhal inteqrasiya. Bu diferensial tənlik üçün $u=u\left(x,\; C\right)$ şəklində ümumi həlli tapmaq lazımdır.

İndi biz $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ şəklində bu birinci dərəcəli xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin ümumi həllini tapa bilərik.

Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin həlli üçün ümumi üsul aşağıdakı alqoritm kimi təqdim edilə bilər:

1. Bu tənliyi həll etmək üçün əvvəlcə $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$ metodunun standart formasında təqdim edilməlidir. Əgər buna nail olunmayıbsa, onda bu diferensial tənliyi başqa üsulla həll etmək lazımdır.
2. $I_(1) =\int P\left(x\right)\cdot dx $ inteqralını hesablayırıq, xüsusi həlli $v\left(x\right)=e^(-I_(1) şəklində yazırıq. ) $, sadələşdirici çevrilmələri yerinə yetirin və $v\left(x\right)$ üçün sıfırdan fərqli ən sadə variantı seçin.
3. $I_(2) =\int \frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $ inteqralını hesablayırıq, bundan sonra ifadəni $u şəklində yazırıq. \left(x, C\right)=I_(2) +C$.
4. Bu xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin ümumi həllini $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ şəklində yazırıq və lazım gəldikdə sadələşdirici çevrilmələr aparırıq.

Problem 2

$y"-\frac(y)(x) =3\cdot x$ diferensial tənliyinin ümumi həllini tapın.

Standart formada birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliyimiz var, bunun üçün $P\left(x\right)=-\frac(1)(x) $ və $Q\left(x\right)=3\cdot x $.

$I_(1) =\int P\left(x\right)\cdot dx =-\int \frac(1)(x) \cdot dx=-\ln \left|x\right| inteqralını hesablayırıq. $.

Müəyyən bir həlli $v\left(x\right)=e^(-I_(1) ) $ şəklində yazırıq və sadələşdirici çevrilmələri həyata keçiririk: $v\left(x\right)=e^(\ln \left) |x\ sağ|)$; $\ln v\left(x\right)=\ln \left|x\right|$; $v\left(x\right)=\left|x\right|$. $v\left(x\right)$ üçün sıfırdan fərqli ən sadə variantı seçirik: $v\left(x\right)=x$.

$I_(2) =\int \frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx =\int \frac(3\cdot x)(x) inteqralını hesablayırıq. ) \ cdot dx=3\cdot x $.

$u\left(x,C\right)=I_(2) +C=3\cdot x+C$ ifadəsini yazırıq.

Nəhayət, bu xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin ümumi həllini $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ şəklində yazırıq, yəni $y=\left( 3\cdot x+C \sağ)\cdot x$.

Törəmə ilə bağlı həll olunan birinci dərəcəli diferensial tənliklər

Birinci dərəcəli diferensial tənlikləri necə həll etmək olar

Törəmə ilə bağlı həll olunan birinci dərəcəli diferensial tənliyi əldə edək:
.
Bu tənliyi , at -a bölsək, alarıq formanın tənliyi:
,
Harada.

Sonra, bu tənliklərin aşağıda sadalanan növlərdən birinə aid olub-olmadığını araşdırırıq. Əgər belə deyilsə, onda biz tənliyi diferensiallar şəklində yenidən yazacağıq. Bunun üçün tənliyi yazıb vururuq.
.

Diferensiallar şəklində bir tənlik əldə edirik: Bu tənlik bir tənlik deyilsə tam diferensiallar
.
, onda hesab edirik ki, bu tənlikdə müstəqil dəyişəndir və -nin funksiyasıdır.

Tənliyi aşağıdakılara bölün:
,
Sonra, yerləri dəyişdirdiyimizi nəzərə alaraq, bu tənliyin aşağıda sadalanan növlərdən birinə aid olub-olmamasına baxırıq.
.

Əgər bu tənlik üçün tip tapılmayıbsa, onda biz tənliyi sadə əvəzetmə yolu ilə sadələşdirməyin mümkün olub-olmadığını görərik. Məsələn, tənlik belədirsə:

sonra bunu fərq edirik.

;
.
Sonra bir əvəzləmə edirik.
.

Bundan sonra tənlik daha sadə forma alacaq:

Əgər bu kömək etmirsə, onda biz inteqrasiya faktorunu tapmağa çalışırıq.

Ayrılan tənliklər
,
Bölün və birləşdirin. Aldığımız zaman:
;
.
Ayrılan tənliklərə endirilən tənliklər

Homojen tənliklər

Əvəz etməklə həll edirik:
;
.
funksiyası haradadır.
;
.
Sonra

Dəyişənləri ayırırıq və inteqrasiya edirik.

Homojenə endirilən tənliklər

Dəyişənləri daxil edin və:

Xətti tənliklərin həlli üçün üç üsul var.

2) Bernulli metodu.
Biz iki funksiya və dəyişənin hasili şəklində həll axtarırıq:
.
;
.
Bu funksiyalardan birini özbaşına seçə bilərik. Beləliklə, tənliyin sıfırdan fərqli hər hansı bir həllini seçirik:
.

3) Sabitin dəyişməsi üsulu (Laqranj).
Burada əvvəlcə homojen tənliyi həll edirik:

Homojen tənliyin ümumi həlli formaya malikdir:
,
sabit haradadır. Sonra sabiti dəyişəndən asılı olan funksiya ilə əvəz edirik:
.
Orijinal tənliyi əvəz edin. Nəticədə müəyyən etdiyimiz tənliyi əldə edirik.

Bernoulli tənlikləri

Əvəz etməklə Bernulli tənliyi xətti tənliyə endirilir.

Bu tənliyi Bernulli üsulu ilə də həll etmək olar. Yəni dəyişəndən asılı olaraq iki funksiyanın hasili şəklində həll axtarırıq:
.
Orijinal tənliyi əvəz edin:
;
.
Tənliyin sıfırdan fərqli hər hansı bir həllini seçirik:
.
Müəyyən etdikdən sonra üçün ayrıla bilən dəyişənləri olan tənlik əldə edirik.

Riccati tənlikləri

ildə həll olunmur ümumi görünüş. Əvəzetmə

Riccati tənliyi aşağıdakı formaya endirilir:
,
sabit harada; ;
.

Sonra, əvəz etməklə:
,
Harada.

formaya endirilir:
Riccati tənliyinin xassələri və onun həllinin bəzi xüsusi halları səhifədə təqdim olunur

Riccati diferensial tənliyi >>>

Yakobi tənlikləri
.

Əvəzetmə yolu ilə həll edilir:

Ümumi diferensiallarda tənliklər
.
Bunu nəzərə alaraq
.
Bu şərt yerinə yetirilərsə, bərabərliyin sol tərəfindəki ifadə bəzi funksiyanın diferensialıdır:
.
Sonra
.

Buradan diferensial tənliyin inteqralını alırıq:
;
;
;
.

Funksiyanı tapmaq üçün ən əlverişli yol ardıcıl diferensial çıxarma üsuludur. Bunu etmək üçün düsturlardan istifadə edin:

İnteqrasiya edən amil Əgər birinci dərəcəli diferensial tənliyi sadalanan növlərdən hər hansı birinə endirmək mümkün deyilsə, onda siz inteqrasiya əmsalı tapmağa cəhd edə bilərsiniz.İnteqral amil funksiyadır, ona vurulduqda diferensial tənlik ümumi diferensiallarda tənliyə çevrilir. Birinci dərəcəli diferensial tənliyə malikdir

sonsuz sayda

inteqrasiya edən amillər. Bununla belə, inteqrasiya faktorunu tapmaq üçün ümumi üsullar yoxdur.

y" törəməsi üçün həll edilməyən tənliklər

y" törəməsi ilə bağlı həll edilə bilən tənliklər.

Əvvəlcə törəmə ilə bağlı tənliyi həll etməyə çalışmaq lazımdır.
,
Mümkünsə, tənliyi yuxarıda sadalanan növlərdən birinə endirmək olar. ardıcıl həll daha sadə tənliklər:
;
;

;
.
inanırıq.
Sonra
;
.
və ya .

Sonra tənliyi inteqrasiya edirik: Nəticədə parametr vasitəsilə ikinci dəyişənin ifadəsini alırıq.:
Daha çox
ümumi tənliklər və ya parametrik formada da həll edilir. Bunun üçün elə bir funksiya seçmək lazımdır ki
orijinal tənlik
;
.

parametr vasitəsilə də ifadə edilə bilər.

Parametr vasitəsilə ikinci dəyişəni ifadə etmək üçün tənliyi birləşdiririk:

y üçün həll olunan tənliklər

Clairaut tənlikləri

Bu tənliyin ümumi həlli var

Laqranj tənlikləri

Biz parametrik formada həll axtarırıq. Parametrin harada olduğunu fərz edirik.

Bernulli tənliyinə aparan tənliklər
Bu tənliklərin həllini parametrik formada bir parametr təqdim edərək və əvəzetmə etməklə axtarsaq, Bernulli tənliyinə endirilir.
İstifadə olunmuş ədəbiyyat:

V.V. Stepanov, Diferensial tənliklər kursu, "LKI", 2015. N.M. Günter, R.O. Kuzmin, Ali riyaziyyatda problemlər toplusu, "Lan", 2003. Diferensial tənlik funksiyanı və onun bir və ya bir neçə törəməsini əhatə edən tənlikdir. Əksər praktiki məsələlərdə funksiyalar olur

fiziki kəmiyyətlər , törəmələr bu kəmiyyətlərin dəyişmə sürətlərinə uyğun gəlir və tənlik onların arasındakı əlaqəni müəyyən edir. Bu məqalədə həlli formada yazıla bilən adi diferensial tənliklərin müəyyən növlərinin həlli üsulları müzakirə olunur. elementar funksiyalar, yəni çoxhədli, eksponensial, loqarifmik və triqonometrik, eləcə də onların tərs funksiyaları. Bu tənliklərin çoxu burada görünür real həyat, baxmayaraq ki, əksər digər diferensial tənliklər bu üsullarla həll edilə bilməz və onlar üçün cavab xüsusi funksiyalar və ya formada yazılır.

güc seriyası

, yaxud ədədi üsullarla tapılır.

• Bu məqaləni başa düşmək üçün siz diferensial və inteqral hesablamalarda bacarıqlı olmalı, həmçinin qismən törəmələr haqqında bir qədər anlayışınız olmalıdır. Diferensial tənliklərə, xüsusən də ikinci dərəcəli diferensial tənliklərə tətbiq olunan xətti cəbrin əsaslarını bilmək də tövsiyə olunur, baxmayaraq ki, diferensial və inteqral hesablamalar haqqında bilik onları həll etmək üçün kifayətdir. İlkin məlumat Diferensial tənliklərin geniş təsnifatı var. Bu məqalə haqqında danışılır qismən diferensial tənliklər, bir neçə dəyişənin funksiyalarını ehtiva edir. Bu məqalə qismən diferensial tənliklərdən bəhs etmir, çünki bu tənliklərin həlli üsulları adətən onların xüsusi forması ilə müəyyən edilir.
  • Aşağıda adi diferensial tənliklərin bəzi nümunələri verilmişdir.
    • 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 qismən diferensial tənliklərin bəzi nümunələri verilmişdir.
    • ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 f ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\qismən ^(2)f)(\qismən x^(2))))+(\frac (\qismən ^(2)) )f)(\qismən y^(2)))=0)
    • ∂ u ∂ t − α ∂ 2 u ∂ x 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\qismən u)(\qismən t))-\alfa (\frac (\qismən ^(2)u)(\qismən x) ^(2)))=0)
• Sifariş verin diferensial tənliyin bu tənliyə daxil olan ən yüksək törəmə sırası ilə müəyyən edilir. Yuxarıdakı adi diferensial tənliklərdən birincisi birinci, ikincisi isə ikinci dərəcəli tənlikdir. Dərəcə diferensial tənliyin bu tənliyin şərtlərindən birinin qaldırıldığı ən yüksək gücdür.
  • Məsələn, aşağıdakı tənlik üçüncü və ikinci dərəcəlidir.
    • (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)
• Diferensial tənlik belədir xətti diferensial tənlik funksiyanın və onun bütün törəmələrinin birinci dərəcədə olması halında. Əks halda tənlik belədir qeyri-xətti diferensial tənlik. Xətti diferensial tənliklər diqqətəlayiqdir ki, onların həlli verilmiş tənliyin həlli olacaq xətti birləşmələr yaratmaq üçün istifadə edilə bilər.
  • Aşağıda xətti diferensial tənliklərin bəzi nümunələri verilmişdir.
  • Aşağıda qeyri-xətti diferensial tənliklərin bəzi nümunələri verilmişdir. Birinci tənlik sinus termininə görə qeyri-xəttidir.
    • d 2 θ d t 2 + g l sin ⁡ 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)
• Ümumi həll adi diferensial tənlik unikal deyil, ona daxildir ixtiyari inteqrasiya sabitləri. Əksər hallarda ixtiyari sabitlərin sayı tənliyin sırasına bərabər olur. Təcrübədə bu sabitlərin dəyərləri verilənə əsasən müəyyən edilir ilkin şərtlər, yəni funksiyanın qiymətlərinə və onun törəmələrinə görə x = 0. (\displaystyle x=0.) Tapmaq üçün lazım olan ilkin şərtlərin sayı özəl həll diferensial tənlik, əksər hallarda verilmiş tənliyin sırasına da bərabərdir.
  • Məsələn, bu məqalə aşağıdakı tənliyin həllinə baxacaq. Bu ikinci dərəcəli xətti diferensial tənlikdir. Onun ümumi həlli iki ixtiyari sabitdən ibarətdir. Bu sabitləri tapmaq üçün ilkin şərtləri bilmək lazımdır x (0) (\displaystyle x(0)) Və x ′ (0) . (\displaystyle x"(0).) Adətən ilkin şərtlər nöqtədə müəyyən edilir x = 0 , (\displaystyle x=0,), baxmayaraq ki, bu lazım deyil. Bu məqalə həmçinin verilmiş ilkin şərtlər üçün xüsusi həllərin necə tapılacağını müzakirə edəcək.
    • 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 cos ⁡ k x + c 2 sin ⁡ k x (\displaystyle x(t)=c_(1)\cos kx+c_(2)\sin kx)

Addımlar

1-ci hissə

Birinci dərəcəli tənliklər

Bu xidmətdən istifadə edərkən bəzi məlumatlar YouTube-a ötürülə bilər.

1. Birinci dərəcəli xətti tənliklər. Bu bölmədə bəzi həddlərin sıfıra bərabər olduğu ümumi və xüsusi hallarda birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklərin həlli üsulları müzakirə olunur. Fərz edək ki y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) Və q (x) (\displaystyle q(x)) funksiyalardır 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.)Əsas teoremlərdən birinə görə riyazi analiz, funksiyanın törəməsinin inteqralı da funksiyadır. Beləliklə, onun həllini tapmaq üçün tənliyi sadəcə olaraq inteqrasiya etmək kifayətdir. Hesablayarkən nəzərə almaq lazımdır qeyri-müəyyən inteqral ixtiyari sabit görünür.

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

   Q (x) = 0. (\displaystyle q(x)=0.) metodundan istifadə edirik dəyişənlərin ayrılması. Bu, müxtəlif dəyişənləri tənliyin müxtəlif tərəflərinə köçürür. Məsələn, bütün üzvləri buradan köçürə bilərsiniz y (\displaystyle y) bir və bütün üzvləri ilə x (\displaystyle x) tənliyin digər tərəfinə. Üzvlər də köçürülə bilər d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) Və d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y), törəmələrin ifadələrinə daxil olan, lakin yadda saxlamaq lazımdır ki, bu, mürəkkəb funksiyanı fərqləndirərkən əlverişli olan sadəcə bir simvoldur. Bu üzvlərin müzakirəsi adlanır diferensiallar, bu məqalənin əhatə dairəsi xaricindədir.

   • Birincisi, dəyişənləri bərabər işarəsinin əks tərəflərinə köçürməlisiniz.
     • 1 y d y = − p (x) d x (\displaystyle (\frac (1)(y))(\mathrm (d) )y=-p(x)(\mathrm (d) )x)
   • Tənliyin hər iki tərəfini inteqral edək. İnteqrasiyadan sonra hər iki tərəfdə ixtiyari sabitlər görünəcək, onlar tənliyin sağ tərəfinə köçürülə bilər.
     • 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))
   • Misal 1.1. Son mərhələdə qaydadan istifadə etdik e a + b = e a e b (\displaystyle e^(a+b)=e^(a)e^(b)) və əvəz etdi e C (\displaystyle e^(C)) haqqında C (\displaystyle C), çünki bu da ixtiyari inteqrasiya sabitidir.
     • d y d x − 2 y sin ⁡ x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))-2y\sin x=0)
     • 1 2 y d y = sin ⁡ x d x 1 2 ln ⁡ y = − cos ⁡ x + C ln ⁡ y = − 2 cos ⁡ x + C y (x) = C e − 2 cos ⁡ x (\displaystyle (\begined(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(düzləşdirilmiş)))

   P (x) ≠ 0 , q (x) ≠ 0. (\displaystyle p(x)\neq 0,\ q(x)\neq 0.)Ümumi bir həll tapmaq üçün təqdim etdik inteqrasiya edən amildir funksiyası kimi x (\displaystyle x) azaltmaq sol tərəfümumi törəmə və beləliklə tənliyi həll edin.

   • Hər iki tərəfi 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 tərəfi ümumi törəməyə endirmək üçün aşağıdakı çevrilmələr edilməlidir:
     • 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 bərabərlik bunu bildirir d μ d x = μ p (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))=\mu p). Bu, istənilən birinci dərəcəli xətti tənliyi həll etmək üçün kifayət edən inteqral əmsaldır. İndi biz bu tənliyi həll etmək üçün düstur çıxara bilərik μ , (\displaystyle \mu ,) bütün aralıq hesablamaları etmək təlim üçün faydalı olsa da.
     • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Misal 1.2. Bu nümunə verilmiş ilkin şərtlərlə diferensial tənliyin xüsusi həllinin necə tapılacağını göstərir.
     • t d y d t + 2 y = t 2 , y (2) = 3 (\displaystyle t(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+2y=t^(2) ,\dörd 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(aligned)(\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(düzləşdirilmiş)))
     • 3 = y (2) = 1 + C 4 , C = 8 (\displaystyle 3=y(2)=1+(\frac (C)(4)),\dörd C=8)
     • y (t) = 1 4 t 2 + 8 t 2 (\displaystyle y(t)=(\frac (1)(4))t^(2)+(\frac (8)(t^(2)) ))
   
   Birinci dərəcəli xətti tənliklərin həlli (Intuit tərəfindən qeydə alınmış - Milli Açıq Universitet).

2. Qeyri-xətti birinci dərəcəli tənliklər. Bu bölmə bəzi birinci dərəcəli qeyri-xətti diferensial tənliklərin həlli üsullarından bəhs edir. Belə tənliklərin həlli üçün ümumi üsul olmasa da, onlardan bəzilərini aşağıdakı üsullardan istifadə etməklə həll etmək olar.

   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).)Əgər funksiyası f (x , y) = h (x) g (y) (\displaystyle f(x,y)=h(x)g(y)) bir dəyişənin funksiyalarına bölünə bilər, belə bir tənlik deyilir ayrıla bilən dəyişənlərlə diferensial tənlik. Bu vəziyyətdə yuxarıda göstərilən üsuldan istifadə edə bilərsiniz:

   • ∫ d y h (y) = ∫ g (x) d x (\displaystyle \int (\frac ((\mathrm (d) )y)(h(y)))=\int g(x)(\mathrm (d)) )x)
   • Misal 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 (\) start(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(düzləşdirilmiş)))

   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)))).) Fərz edək ki g (x , y) (\displaystyle g(x,y)) Və h (x , y) (\displaystyle h(x,y)) funksiyalardır x (\displaystyle x) Və y. (\displaystyle y.) Sonra homojen diferensial tənlik olan tənlikdir g (\displaystyle g) Və h (\displaystyle h) var homojen funksiyalar eyni dərəcədə. Yəni funksiyalar şərti təmin etməlidir g (α x , α y) = α k g (x , y) , (\displaystyle g(\alfa x,\alfa y)=\alfa ^(k)g(x,y),) Harada k (\displaystyle k) homojenlik dərəcəsi adlanır. İstənilən homojen diferensial tənlik uyğun olaraq istifadə edilə bilər dəyişənlərin əvəzlənməsi (v = y / x (\displaystyle v=y/x) Daha çox v = x / y (\displaystyle v=x/y)) ayrıla bilən dəyişənləri olan tənliyə çevirmək.

   • Misal 1.4. Homojenliyin yuxarıdakı təsviri qeyri-müəyyən görünə bilər. Bu konsepsiyaya bir nümunə ilə baxaq.
     • 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)))
     • Başlamaq üçün qeyd etmək lazımdır ki, bu tənlik ilə əlaqədar qeyri-xəttidir y. (\displaystyle y.) Biz bunu da görürük bu halda Siz dəyişənləri ayıra bilməzsiniz. Eyni zamanda, bu diferensial tənlik homojendir, çünki həm pay, həm də məxrəc 3 gücü ilə bircinsdir. Buna görə də dəyişənlərin dəyişməsini edə bilərik. 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,\dörd (\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)))).) Nəticədə tənliyi əldə etdik v (\displaystyle v) ayrıla bilən dəyişənlərlə.
     • 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 diferensial tənliyi- həlli elementar funksiyalardan istifadə etməklə yazıla bilən birinci dərəcəli qeyri-xətti tənliyin xüsusi növü.

   • Tənliyin hər iki tərəfini ilə 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 tərəfdəki mürəkkəb funksiyanı diferensiasiya etmək üçün qaydadan istifadə edirik və tənliyi çevirə bilərik xətti tənlik nisbətən y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) yuxarıda göstərilən üsullardan istifadə etməklə həll edilə bilər.
     • 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 ümumi diferensiallarda tənlik. Bu sözdə tapmaq lazımdır potensial funksiya φ (x , y) , (\displaystyle \varphi (x,y),), şərti qane edir d φ d x = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=0.)

   • İcra etmək bu şərt olmalıdır ümumi törəmə. Ümumi törəmə digər dəyişənlərdən asılılığı nəzərə alır. Ümumi törəməni hesablamaq üçün φ (\displaystyle \varphi) By x , (\displaystyle x,) güman edirik ki y (\displaystyle y) da asılı ola bilər x. (\displaystyle x.)
     • d φ d x = ∂ φ ∂ x + ∂ φ ∂ y d y d x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=(\frac (\qismən \varphi) )(\qismən x))+(\frac (\qismən \varphi )(\qismən y))(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)))
   • Şərtləri müqayisə etmək bizə imkan verir M (x , y) = ∂ φ ∂ x (\displaystyle M(x,y)=(\frac (\qismən \varphi )(\qismən x))) Və N (x, y) = ∂ φ ∂ y. (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\qismən \varphi )(\qismən y)).) Bu, hamar funksiyaların qarışıq törəmələrinin bir-birinə bərabər olduğu bir neçə dəyişənli tənliklər üçün tipik nəticədir. Bəzən bu hal adlanır Clairaut teoremi. Bu halda diferensial tənlik, əgər tam diferensial tənlikdir növbəti şərt:
     • ∂ M ∂ y = ∂ N ∂ x (\displaystyle (\frac (\qismən M)(\qismən y))=(\frac (\qismən N)(\qismən x)))
   • Cəmi diferensiallarda tənliklərin həlli üsulu bir neçə törəmənin iştirakı ilə potensial funksiyaların tapılmasına bənzəyir ki, biz onları qısaca müzakirə edəcəyik. Əvvəlcə inteqrasiya edək M (\displaystyle M) By x. (\displaystyle x.) ildən M (\displaystyle M) funksiyasıdır və x (\displaystyle x), Və y , (\displaystyle y,) inteqrasiya zamanı natamam bir funksiya əldə edirik φ , (\displaystyle \varphi,) kimi təyin edilmişdir φ ~ (\displaystyle (\tilde (\varphi ))). Nəticə də ondan asılıdır y (\displaystyle y) inteqrasiya 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=(\tilde (\varphi ))(x,y)+c(y))
   • Bundan sonra almaq üçün c (y) (\displaystyle c(y)) ilə bağlı yaranan funksiyanın qismən törəməsini götürə bilərik y , (\displaystyle y,) nəticəni bərabərləşdirin N (x , y) (\displaystyle N(x,y)) və inteqrasiya edin. Siz həmçinin əvvəlcə inteqrasiya edə bilərsiniz N (\displaystyle N), və sonra ilə əlaqədar qismən törəmə götürün x (\displaystyle x), bu, ixtiyari bir funksiyanı tapmağa imkan verəcəkdir d(x). (\displaystyle d(x).) Hər iki üsul uyğundur və adətən inteqrasiya üçün daha sadə funksiya seçilir.
     • N (x , y) = ∂ φ ∂ y = ∂ φ ~ ∂ y + d c d y (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\qismən \varphi )(\qismən y))=(\frac (\) qismən (\tilde (\varphi )))(\qismən y))+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y)))
   • Misal 1.5. Siz qismən törəmələr götürə və aşağıdakı tənliyin tam diferensial tənlik olduğunu görə bilərsiniz.
     • 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 (\qismən) \varphi )(\qismən y))&=N(x,y)=2xy+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y))\end(düzləşdirilmiş)))
     • 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)
   • Diferensial tənlik tam diferensial tənlik deyilsə, bəzi hallarda onu tam diferensial tənliyə çevirməyə imkan verən inteqral əmsalı tapa bilərsiniz. Bununla belə, bu cür tənliklər praktikada nadir hallarda istifadə olunur və inteqral amil olsa da mövcuddur, onu tapmaq olur asan deyil, buna görə də bu tənliklər bu məqalədə nəzərə alınmır.

2-ci hissə

İkinci dərəcəli tənliklər

1. ilə homojen xətti diferensial tənliklər sabit əmsallar. Bu tənliklər praktikada geniş istifadə olunur, ona görə də onların həlli birinci dərəcəli əhəmiyyət kəsb edir. Bu halda, biz homojen funksiyalardan deyil, tənliyin sağ tərəfində 0-ın olmasından bəhs edirik heterojen diferensial tənliklər. Aşağıda a (\displaystyle a) Və b (\displaystyle b) sabitlərdir.

   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)
   

   Xarakterik tənlik. Bu diferensial tənlik ona görə diqqət çəkir ki, onun həllərinin hansı xassələrə malik olmasına diqqət yetirsəniz, çox asanlıqla həll oluna bilər. Tənlikdən aydın olur ki y (\displaystyle y) və onun törəmələri bir-birinə mütənasibdir. Birinci dərəcəli tənliklər bölməsində müzakirə edilən əvvəlki nümunələrdən yalnız bunu bilirik eksponensial funksiya. Ona görə də irəli sürmək olar ansatz(savadlı bir təxmin) bu tənliyin həllinin nə olacağı haqqında.

   • Həll eksponensial funksiya formasına sahib olacaq e r x , (\displaystyle e^(rx),) Harada r (\displaystyle r) dəyəri tapılmalı olan sabitdir. Bu funksiyanı tənlikdə əvəz edin və aşağıdakı ifadəni alın
     • e r x (r 2 + a r + b) = 0 (\displaystyle e^(rx)(r^(2)+ar+b)=0)
   • Bu tənlik göstərir ki, eksponensial funksiya ilə çoxhədlinin hasili sıfıra bərabər olmalıdır. Məlumdur ki, dərəcənin heç bir dəyəri üçün eksponent sıfıra bərabər ola bilməz. Buradan belə nəticəyə gəlirik ki, çoxhədli sıfıra bərabərdir. Beləliklə, biz diferensial tənliyin həlli məsələsini verilmiş diferensial tənlik üçün xarakterik tənlik adlanan daha sadə cəbr tənliyinin həlli məsələsinə endirdik.
     • 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 diferensial tənlik xətti olduğundan onun ümumi həlli qismən həllərin xətti birləşməsidir. Bu ikinci dərəcəli tənlik olduğundan, bunun belə olduğunu bilirik həqiqətənümumi həll və başqaları yoxdur. Bunun üçün daha ciddi əsaslandırma dərsliklərdə tapıla bilən həllin mövcudluğu və unikallığı haqqında teoremlərdə yatır.
   • İki həllin xətti müstəqil olub-olmadığını yoxlamağın faydalı yolu hesablamaqdır Wronskiana. Vronskian W (\displaystyle W) sütunlarında funksiyalar və onların ardıcıl törəmələri olan matrisin təyinedicisidir. Xətti cəbr teoremi bildirir ki, Wronskian sıfıra bərabərdirsə, Wronskian-a daxil olan funksiyalar xətti asılı olur. Bu bölmədə iki həllin xətti müstəqil olub-olmadığını yoxlaya bilərik - bunun üçün Wronskian-ın sıfır olmadığına əmin olmalıyıq. Dəyişən parametrlər üsulu ilə sabit əmsallı qeyri-homogen diferensial tənliklərin həlli zamanı Wronskian vacibdir.
     • W = | y 1 y 2 y 1 ′ y 2 ′ | (\ displaystyle W=(\begin(vmatrix)y_(1)&y_(2)\\y_(1)"&y_(2)"\end(vmatrix)))
   • Xətti cəbr baxımından verilmiş diferensial tənliyin bütün həllər çoxluğu ölçüsü diferensial tənliyin sırasına bərabər olan vektor fəzasını əmələ gətirir. Bu məkanda bir əsas seçə bilərsiniz xətti müstəqil bir-birindən qərarlar. Bu funksiyanın olması səbəbindən mümkündür y (x) (\displaystyle y(x)) etibarlıdır xətti operator. törəmə edir xətti operator, çünki diferensiallaşan funksiyaların fəzasını bütün funksiyaların fəzasına çevirir. Bəziləri üçün tənliklər homojen adlanır xətti operator L (\displaystyle L) tənliyin həllini tapmalıyıq L [ y ] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

   İndi bir neçə konkret nümunəyə baxmağa davam edək. Xarakterik tənliyin çoxsaylı kökləri məsələsinə bir az sonra, sıranın azaldılması bölməsində baxacağıq.

   Kökləri varsa r ± (\displaystyle r_(\pm )) fərqli həqiqi ədədlərdirsə, diferensial tənliyin aşağıdakı həlli var

   • 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 mürəkkəb kök. Cəbrin fundamental teoremindən belə nəticə çıxır ki, həqiqi əmsallı çoxhədli tənliklərin həlli həqiqi və ya qoşma cütləri əmələ gətirən köklərə malikdir. Buna görə də, əgər kompleks ədəd r = α + i β (\displaystyle r=\alpha +i\beta ) xarakterik tənliyin köküdür, onda r ∗ = α − i β (\displaystyle r^(*)=\alfa -i\beta ) həm də bu tənliyin köküdür. Beləliklə, həlli formada yaza bilərik 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^( (\alpha -i\beta)x),) lakin bu, mürəkkəb ədəddir və praktiki məsələlərin həlli üçün arzuolunan deyil.

   • Bunun əvəzinə istifadə edə bilərsiniz Eyler düsturu e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x (\displaystyle e^(ix)=\cos x+i\sin x), bu bizə həlli formada yazmağa imkan verir triqonometrik funksiyalar:
     • e α x (c 1 cos ⁡ β x + i c 1 sin ⁡ β x + c 2 cos ⁡ β x − i c 2 sin ⁡ 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))
   • İndi daimi yerinə edə bilərsiniz c 1 + c 2 (\displaystyle c_(1)+c_(2)) yazın c 1 (\displaystyle c_(1)), və ifadəsi i (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) ilə əvəz edin c 2 . (\displaystyle c_(2).) Bundan sonra aşağıdakı həlli alırıq:
     • y (x) = e α x (c 1 cos ⁡ β x + c 2 sin ⁡ β x) (\displaystyle y(x)=e^(\alfa x)(c_(1)\cos \beta x+c_) (2)\sin\beta x))
   • Həllini amplituda və faza baxımından yazmağın başqa bir yolu var ki, bu da fizika məsələləri üçün daha uyğundur.
   • Misal 2.1. Aşağıda verilmiş diferensial tənliyin verilmiş ilkin şərtlərlə həllini tapaq. Bunu etmək üçün ortaya çıxan həlli götürməlisiniz, eləcə də onun törəməsi, və onları ilkin şərtlərdə əvəz edin ki, bu da bizə ixtiyari sabitləri təyin etməyə imkan verəcək.
     • 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) )i)
     • x (t) = e − 3 t / 2 (c 1 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 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 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 31 2 t) + e − 3 t / 2 (− 31 2 c 1 sin ⁡ 31 2 t) + 31 2 c 2 cos ⁡ 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\sağ)\\&+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\sağ)\end(düzləşdirilmiş)))
     • 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 (cos ⁡ 31 2 t + 1 31 sin ⁡ 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\sağ))
   
   Sabit əmsallı n-ci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli (Intuit tərəfindən qeydə alınmış - Milli Açıq Universitet).

2. Sifarişin azalması. Sifarişin azaldılması bir xətti müstəqil həll məlum olduqda diferensial tənliklərin həlli üsuludur. Bu üsul tənliyin sırasını bir azaltmaqdan ibarətdir ki, bu da əvvəlki bölmədə təsvir olunan üsullardan istifadə edərək tənliyi həll etməyə imkan verir. Həll yolu məlum olsun. Sifarişin azaldılmasının əsas ideyası aşağıdakı formada bir həll tapmaqdır, burada funksiyanı təyin etmək lazımdır v (x) (\displaystyle v(x)), onu diferensial tənliyə əvəz etmək və tapmaq v(x). (\displaystyle v(x).) Sabit əmsallı və çox köklü diferensial tənliyi həll etmək üçün sifarişin azaldılmasından necə istifadə oluna biləcəyinə baxaq.

   
   

   Çoxlu köklər sabit əmsallı homogen diferensial tənlik. Xatırladaq ki, ikinci dərəcəli tənliyin iki xətti müstəqil həlli olmalıdır. Əgər xarakterik tənlikçoxlu kökləri, çoxlu həll yolları var yox bu həllər xətti asılı olduğundan boşluq təşkil edir. Bu halda ikinci xətti müstəqil həll tapmaq üçün sifarişin azaldılmasından istifadə etmək lazımdır.

   • Xarakterik tənliyin çoxsaylı kökləri olsun r (\displaystyle r). Fərz edək ki, ikinci həll formada yazıla bilər y (x) = e r x v (x) (\displaystyle y(x)=e^(rx)v(x)), və onu diferensial tənliyə əvəz edin. Bu halda, funksiyanın ikinci törəməsi olan termin istisna olmaqla, əksər terminlər v , (\displaystyle v,) azalacaq.
     • v ″ (x) e r x = 0 (\displaystyle v""(x)e^(rx)=0)
   • Misal 2.2.Çox köklü olan aşağıdakı tənlik verilsin r = − 4. (\displaystyle r=-4.)Əvəzetmə zamanı əksər şərtlər azaldılır.
     • 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)\son(düzülmüş)))
     • 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)&-(\ləğv (8v"e^(-4x)))+(\ləğv (16ve^(-4x)))\\&+(\ləğv (8v) ^(-4x)))-(\ləğv (32ve^(-4x)))+(\ləğv (16ve^(-4x)))=0\end(düzülmüş)))
   • Sabit əmsallı diferensial tənlik üçün ansatzımıza bənzər, bu halda yalnız ikinci törəmə sıfıra bərabər ola bilər. Biz iki dəfə inteqrasiya edirik və üçün istədiyiniz ifadəni əldə edirik v (\displaystyle v):
     • v (x) = c 1 + c 2 x (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)x)
   • Onda xarakterik tənliyin çox köklü olduğu halda sabit əmsallı diferensial tənliyin ümumi həlli aşağıdakı formada yazıla bilər. Rahatlıq üçün bunu yadda saxlaya bilərsiniz xətti müstəqillik sadəcə ikinci həddi ilə çarpın x (\displaystyle x). Bu həllər dəsti xətti müstəqildir və beləliklə, biz bu tənliyin bütün həll yollarını tapmışıq.
     • 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.)Əgər həll yolu məlumdursa, sifarişin azaldılması tətbiq edilir y 1 (x) (\displaystyle y_(1)(x)), problem bəyanatında tapıla və ya verilə bilər.

   • Biz formada həll axtarırıq y (x) = v (x) y 1 (x) (\displaystyle y(x)=v(x)y_(1)(x)) və onu bu tənliklə əvəz edin:
     • 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)
   • ildən y 1 (\displaystyle y_(1)) bütün şərtləri olan diferensial tənliyin həllidir v (\displaystyle v) azaldılır. Sonda qalır birinci dərəcəli xətti tənlik. Bunu daha aydın görmək üçün dəyişənlərdə dəyişiklik edək 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)\sağ)(\mathrm (d) )x\sağ))
     • v (x) = ∫ w (x) d x (\displaystyle v(x)=\int w(x)(\mathrm (d) )x)
   • İnteqralları hesablamaq olarsa, elementar funksiyaların birləşməsi kimi ümumi həlli alırıq. Əks halda, həll inteqral formada qala bilər.

3. Koşi-Eyler tənliyi. Koşi-Euler tənliyi ikinci dərəcəli diferensial tənliyə misaldır dəyişənlər dəqiq həlləri olan əmsallar. Bu tənlik praktikada, məsələn, sferik koordinatlarda Laplas tənliyini həll etmək üçün istifadə olunur.

   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)
   

   Xarakterik tənlik. Gördüyünüz kimi, bu diferensial tənlikdə hər bir termin bir güc amili ehtiva edir, dərəcəsi müvafiq törəmənin sırasına bərabərdir.

   • Beləliklə, formada bir həll axtarmağa cəhd edə bilərsiniz y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) harada müəyyən etmək lazımdır n (\displaystyle n), necə ki, sabit əmsallı xətti diferensial tənlik üçün eksponensial funksiya şəklində həll axtarırdıq. Diferensiasiya və əvəzetmədən sonra alırıq
     • x n (n 2 + (a − 1) n + b) = 0 (\displaystyle x^(n)(n^(2)+(a-1)n+b)=0)
   • Xarakterik tənlikdən istifadə etmək üçün bunu fərz etməliyik x ≠ 0 (\displaystyle x\neq 0). Nöqtə x = 0 (\displaystyle x=0)çağırdı müntəzəm tək nöqtə diferensial tənlik. Qüvvət sıralarından istifadə etməklə diferensial tənliklərin həlli zamanı belə məqamlar vacibdir. Bu tənliyin iki kökü var, bunlar fərqli və həqiqi, çoxlu və ya mürəkkəb birləşmə ola bilər.
     • n ± = 1 − a ± (a − 1) 2 − 4 b 2 (\displaystyle n_(\pm )=(\frac (1-a\pm (\sqrt ((a-1)^(2)-4b) )))(2)))

   İki fərqli real kök. Kökləri varsa n ± (\displaystyle n_(\pm )) həqiqi və fərqlidir, onda diferensial tənliyin həlli aşağıdakı formaya malikdir:

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

   İki mürəkkəb kök. Xarakterik tənliyin kökləri varsa n ± = α ± β i (\displaystyle n_(\pm )=\alfa \pm \beta i), həlli mürəkkəb funksiyadır.

   • Həllini real funksiyaya çevirmək üçün dəyişənlərdə dəyişiklik edirik x = e t , (\displaystyle x=e^(t),) yəni t = ln ⁡ x , (\displaystyle t=\ln x,) və Eyler düsturundan istifadə edin. Oxşar hərəkətlər əvvəllər ixtiyari sabitləri təyin edərkən həyata keçirilirdi.
     • y (t) = e α t (c 1 e β i t + c 2 e − β i t) (\displaystyle y(t)=e^(\alfa t)(c_(1)e^(\beta it)+ c_(2)e^(-\beta)))
   • Sonra ümumi həlli belə yazmaq olar
     • y (x) = x α (c 1 cos ⁡ (β ln ⁡ x) + c 2 sin ⁡ (β ln ⁡ x)) (\displaystyle y(x)=x^(\alpha )(c_(1)\ cos(\beta \ln x)+c_(2)\sin(\beta \ln x)))

   Çoxlu köklər.İkinci xətti müstəqil həll əldə etmək üçün sifarişi yenidən azaltmaq lazımdır.

   • Bu, kifayət qədər çox hesablama aparır, amma prinsip eyni qalır: biz əvəz edirik y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) birinci həlli olan tənliyə çevrilir y 1 (\displaystyle y_(1)). Azaltmalardan sonra aşağıdakı tənlik alınır:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • Bu, birinci dərəcəli xətti tənlikdir v ′ (x) . (\displaystyle v"(x).) Onun həlli v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x . (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Beləliklə, həlli aşağıdakı formada yazmaq olar. Bunu xatırlamaq olduqca asandır - ikinci xətti müstəqil həlli əldə etmək üçün sadəcə əlavə termin tələb olunur 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 əmsallı qeyri-homogen xətti diferensial tənliklər. Qeyri-homogen tənliklər kimi baxmaq L [ y (x) ] = f (x) , (\displaystyle L=f(x),) Harada f (x) (\displaystyle f(x))- sözdə pulsuz üzv. Diferensial tənliklər nəzəriyyəsinə görə, bu tənliyin ümumi həlli superpozisiyadır özəl həll y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) Və əlavə həll y c (x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Lakin bu halda konkret həll ilkin şərtlərlə verilmiş həlli deyil, heterojenliyin mövcudluğu ilə təyin olunan həlli nəzərdə tutur (sərbəst termin). Əlavə həll uyğun homojen tənliyin həllidir f (x) = 0. (\displaystyle f(x)=0.)Ümumi həll bu iki həllin superpozisiyasıdır, çünki L [ y p + y c ] = L [ y p ] + L [ y c ] = f (x) (\displaystyle L=L+L=f(x)), və o vaxtdan bəri L [ y c ] = 0 , (\displaystyle L=0,) belə bir superpozisiya həqiqətən ümumi bir həlldir.

   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))
   

   Metod qeyri-müəyyən əmsallar. Qeyri-müəyyən əmsallar metodu dummy terminin eksponensial, triqonometrik, hiperbolik və ya güc funksiyaları. Yalnız bu funksiyaların sonlu sayda xətti müstəqil törəmələrə malik olmasına zəmanət verilir. Bu bölmədə biz tənliyin xüsusi həllini tapacağıq.

   • Şərtləri müqayisə edək f (x) (\displaystyle f(x)) daimi amillərə əhəmiyyət vermədən şərtlərlə. Üç mümkün hal var.
     • Heç bir iki üzv eyni deyil. Bu vəziyyətdə xüsusi bir həll y p (\displaystyle y_(p))-dən terminlərin xətti kombinasiyası olacaq y p (\displaystyle y_(p))
     • f (x) (\displaystyle f(x)) üzvü ehtiva edir x n (\displaystyle x^(n)) və üzv y c , (\displaystyle y_(c),) Harada n (\displaystyle n) sıfır və ya müsbət tam ədəddir və bu termin xarakterik tənliyin ayrıca kökünə uyğundur. Bu halda y p (\displaystyle y_(p)) funksiyasının birləşməsindən ibarət olacaq x n + 1 h (x) , (\displaystyle x^(n+1)h(x),) onun xətti müstəqil törəmələri, eləcə də digər şərtlər f (x) (\displaystyle f(x)) və onların xətti müstəqil törəmələri.
     • f (x) (\displaystyle f(x)) üzvü ehtiva edir h (x) , (\displaystyle h(x),) hansı bir əsərdir x n (\displaystyle x^(n)) və üzv y c , (\displaystyle y_(c),) Harada n (\displaystyle n) 0 və ya müsbət tam ədədə bərabərdir və bu termin uyğun gəlir çoxsaylı xarakterik tənliyin kökü. Bu halda y p (\displaystyle y_(p)) funksiyasının xətti kombinasiyasıdır x n + s h (x) (\displaystyle x^(n+s)h(x))(Harada s (\displaystyle s)- kökün çoxluğu) və onun xətti müstəqil törəmələri, həmçinin funksiyanın digər üzvləri f (x) (\displaystyle f(x)) və onun xətti müstəqil törəmələri.
   • Gəlin onu yazaq y p (\displaystyle y_(p)) yuxarıda sadalanan terminlərin xətti kombinasiyası kimi. Xətti birləşmədə bu əmsallar sayəsində bu üsul“müəyyən edilməmiş əmsallar üsulu” adlanır. Tərkibində olduqda y c (\displaystyle y_(c)) tərkibində ixtiyari sabitlərin olması səbəbindən üzvlər ləğv edilə bilər y c . (\displaystyle y_(c).) Bundan sonra əvəz edirik y p (\displaystyle y_(p)) tənliyə daxil edin və oxşar şərtləri bərabərləşdirin.
   • Biz əmsalları təyin edirik. Bu mərhələdə sistem əldə edilir cəbri tənliklər, adətən olmadan həll edilə bilər xüsusi problemlər. Bu sistemin həlli əldə etməyə imkan verir y p (\displaystyle y_(p)) və bununla da tənliyi həll edin.
   • Misal 2.3. Sərbəst müddətində sonlu sayda xətti müstəqil törəmələr olan qeyri-homogen diferensial tənliyi nəzərdən keçirək. Belə bir tənliyin xüsusi həlli qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə tapıla bilər.
     • d 2 y d t 2 + 6 y = 2 e 3 t − cos ⁡ 5 t (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )t^(2) ))+6y=2e^(3t)-\cos 5t)
     • y c (t) = c 1 cos ⁡ 6 t + c 2 sin ⁡ 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 cos ⁡ 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 cos ⁡ 5 t − 25 C sin ⁡ 5 t + 6 A e 3 t + 6 B cos ⁡ 5 t + 6 C sin ⁡ 5 t = 2 e 3 t − cos ⁡ 5 t ( \displaystyle (\begin(aligned)9Ae^(3t)-25B\cos 5t&-25C\sin 5t+6Ae^(3t)\\&+6B\cos 5t+6C\sin 5t=2e^(3t)-\ cos 5t\end(düzləşdirilmiş)))
     • ( 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(hallar)9A+ 6A) =2,&A=(\dfrac (2)(15))\\-25B+6B=-1,&B=(\dfrac (1)(19))\\-25C+6C=0,&C=0 \ son (hallar)))
     • y (t) = c 1 cos ⁡ 6 t + c 2 sin ⁡ 6 t + 2 15 e 3 t + 1 19 cos ⁡ 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)

   Laqranj üsulu. Laqranj metodu və ya ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu daha çoxdur ümumi üsul qeyri-homogen diferensial tənliklərin həlli, xüsusən də sərbəst terminin sonlu sayda xətti müstəqil törəmələr olmadığı hallarda. Məsələn, pulsuz şərtlərlə qara ⁡ x (\displaystyle \tan x) Daha çox x − n (\displaystyle x^(-n)) konkret həlli tapmaq üçün Laqranj metodundan istifadə etmək lazımdır. Laqranj metodu hətta dəyişən əmsallı diferensial tənlikləri həll etmək üçün də istifadə oluna bilər, baxmayaraq ki, bu halda Koşi-Eyler tənliyi istisna olmaqla, daha az istifadə olunur, çünki əlavə həll adətən elementar funksiyalar baxımından ifadə olunmur.

   • Fərz edək ki, həll aşağıdakı formaya malikdir. Onun törəməsi ikinci sətirdə verilmişdir.
     • 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)")
   • Çünki təklif edilən həll ehtiva edir iki naməlum miqdarları tətbiq etmək lazımdır əlavə vəziyyət. Gəlin bunu seçək əlavə şərt aşağıdakı formada:
     • 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)"")
   • İndi ikinci tənliyi əldə edə bilərik. Üzvlərin dəyişdirilməsi və yenidən bölüşdürülməsindən sonra siz üzvləri ilə birlikdə qruplaşdıra bilərsiniz v 1 (\displaystyle v_(1)) və üzvləri ilə v 2 (\displaystyle v_(2)). Çünki bu şərtlər azaldılır y 1 (\displaystyle y_(1)) Və y 2 (\displaystyle y_(2)) müvafiq homojen tənliyin həlləridir. Nəticədə alırıq aşağıdakı sistem tənliklər
     • v 1 ′ y 1 + v 2 ′ y 2 = 0 v 1 ′ y 1 ′ + v 2 ′ y 2 ′ = f (x) (\displaystyle (\begin(aligned)v_(1)"y_(1)+) v_(2)"y_(2)&=0\\v_(1)"y_(1)"+v_(2)"y_(2)"&=f(x)\\\end(düzləşdirilmiş)))
   • Bu sistemə çevrilə bilər matris tənliyi mehriban A x = b , (\displaystyle A(\mathbf (x) )=(\mathbf (b) ),) kimin həllidir x = A − 1 b . (\displaystyle (\mathbf (x) )=A^(-1)(\mathbf (b) ).) Matris üçün 2 × 2 (\displaystyle 2\dəfə 2) tərs matris təyinediciyə bölmək, diaqonal elementləri yenidən yerləşdirmək və diaqonal olmayan elementlərin işarəsini dəyişmək yolu ilə tapılır. Əslində, bu matrisin determinantı Wronskiandır.
     • (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)\ end(pmatrix))(\begin(pmatrix)0\\f(x)\end(pmatrix)))
   • üçün ifadələr v 1 (\displaystyle v_(1)) Və v 2 (\displaystyle v_(2)) aşağıda verilmişdir. Sifarişin azaldılması metodunda olduğu kimi, bu zaman inteqrasiya zamanı diferensial tənliyin ümumi həllində əlavə həlli ehtiva edən ixtiyari sabit meydana çıxır.
     • 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)
   
   Milli Açıq Universitet İntuitindən “Sabit əmsallı n-ci dərəcəli xətti diferensial tənliklər” adlı mühazirə.

Praktik Tətbiq

Diferensial tənliklər funksiya ilə onun bir və ya bir neçə törəməsi arasında əlaqə qurur. Bu cür əlaqələr olduqca yaygın olduğundan, diferensial tənliklər ən çox geniş tətbiq tapmışdır müxtəlif sahələr və dörd ölçüdə yaşadığımız üçün bu tənliklər çox vaxt diferensial tənliklərdir özəl törəmələri. Bu bölmə bu tip ən vacib tənliklərdən bəzilərini əhatə edir.

• Eksponensial artım və çürümə. Radioaktiv parçalanma. Mürəkkəb faiz. Sürət kimyəvi reaksiyalar. Dərmanların qanda konsentrasiyası. Qeyri-məhdud əhali artımı. Nyuton-Rixman qanunu. Real dünyada, hər hansı bir zamanda böyümə və ya tənəzzül sürətinin miqdarla mütənasib olduğu bir çox sistem var. hal-hazırda vaxt və ya model tərəfindən yaxşı təxmin edilə bilər. Çünki bu diferensial tənliyin həlli, eksponensial funksiya ən çox olanlardan biridir mühüm funksiyalar riyaziyyat və digər elmlərdə. Daha çox ümumi hal nəzarət edilən əhali artımı ilə sistemə artımı məhdudlaşdıran əlavə üzvlər daxil ola bilər. Aşağıdakı tənlikdə sabit k (\displaystyle k) sıfırdan böyük və ya kiçik ola bilər.
  • d y d x = k x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=kx)
• Harmonik vibrasiyalar. Həm klassik, həm də kvant mexanikasında harmonik osilator ən vaciblərdən biridir fiziki sistemlər sadəliyi sayəsində və geniş tətbiq daha çox təxmin etmək mürəkkəb sistemlər, məsələn, sadə sarkaç. Klassik mexanikada harmonik titrəmələr Huk qanunu vasitəsilə maddi nöqtənin mövqeyini onun sürətlənməsi ilə əlaqələndirən tənliklə təsvir edilir. Bu zaman amortizasiya və hərəkətverici qüvvələr də nəzərə alına bilər. Aşağıdakı ifadədə x ˙ (\displaystyle (\nöqtə (x)))- zaman törəməsi x , (\displaystyle x,) β (\displaystyle \beta)- sönümləmə qüvvəsini təsvir edən parametr, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- sistemin bucaq tezliyi, F (t) (\displaystyle F(t))-zamandan asılıdır hərəkətverici qüvvə. Harmonik osilator elektromaqnit salınım dövrələrində də mövcuddur, burada mexaniki sistemlərə nisbətən daha yüksək dəqiqliklə həyata keçirilə bilər.
  • x ¨ + 2 β x ˙ + ω 0 2 x = F (t) (\displaystyle (\ddot (x))+2\beta (\nöqtə (x))+\omeqa _(0)^(2)x =F(t))
• Bessel tənliyi. Bessel diferensial tənliyi fizikanın bir çox sahələrində, o cümlədən dalğa tənliyinin, Laplas tənliyinin və Şrödinger tənliyinin həllində, xüsusən silindrik və ya sferik simmetriyanın mövcudluğunda istifadə olunur. Dəyişən əmsallı bu ikinci dərəcəli diferensial tənlik Koşi-Eyler tənliyi deyil, ona görə də onun həlli elementar funksiyalar kimi yazıla bilməz. Bessel tənliyinin həlli bir çox sahələrdə tətbiq olunduğuna görə yaxşı öyrənilmiş Bessel funksiyalarıdır. Aşağıdakı ifadədə α (\displaystyle \alpha)- uyğun gələn sabit qaydasında Bessel funksiyaları.
  • 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)
• Maksvell tənlikləri. Lorentz qüvvəsi ilə yanaşı Maksvell tənlikləri klassik elektrodinamikanın əsasını təşkil edir. Bunlar elektrik üçün dörd qismən diferensial tənlikdir E (r , t) (\displaystyle (\mathbf (E) )((\mathbf (r) ),t)) və maqnit B (r , t) (\displaystyle (\mathbf (B) )((\mathbf (r) ),t)) sahələr. Aşağıdakı ifadələrdə ρ = ρ (r , t) (\displaystyle \rho =\rho ((\mathbf (r) ),t))- yük sıxlığı, J = J (r , t) (\displaystyle (\mathbf (J) )=(\mathbf (J) )((\mathbf (r) ),t))- cərəyan sıxlığı və ϵ 0 (\displaystyle \epsilon _(0)) Və μ 0 (\displaystyle \mu _(0))- müvafiq olaraq elektrik və maqnit sabitləri.
  • ∇ ⋅ E = ρ ϵ 0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × E = − ∂ B ∂ t ∇ × B = μ 0 J + μ 0 ϵ 0 ∂ E ∂ t (\displaystyle (\begin(bladed)na) (\mathbf (E) )&=(\frac (\rho )(\epsilon _(0)))\\\nabla \cdot (\mathbf (B) )&=0\\\nabla \ dəfə (\mathbf (E) )&=-(\frac (\qismən (\mathbf (B) ))(\qismən t))\\\nabla \times (\mathbf (B) )&=\mu _(0)(\ mathbf (J) )+\mu _(0)\epsilon _(0)(\frac (\qismən (\mathbf (E) ))(\qismən t))\end(düzləşdirilmiş)))
• Şrödinger tənliyi. Kvant mexanikasında Şrödinger tənliyi dalğa funksiyasının dəyişməsinə uyğun olaraq hissəciklərin hərəkətini təsvir edən əsas hərəkət tənliyidir. Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) zamanla. Hərəkət tənliyi davranışla təsvir olunur Hamiltonian H^(\displaystyle (\şapka (H))) - operator, sistemin enerjisini təsvir edir. Genişlərdən biri məşhur nümunələri Fizikada Schrödinger tənliyi potensialın təsir etdiyi tək qeyri-relativistik hissəcik üçün tənlikdir. V (r , t) (\displaystyle V((\mathbf (r) ),t)). Bir çox sistem zamandan asılı Schrödinger tənliyi ilə təsvir edilir və tənliyin sol tərəfində E Ψ , (\displaystyle E\Psi,) Harada E (\displaystyle E)- hissəcik enerjisi. Aşağıdakı ifadələrdə ℏ (\displaystyle \hbar)- azaldılmış Plank sabiti.
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = H ^ Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\qismən \Psi )(\qismən t))=(\papaq (H))\Psi )
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = (− ℏ 2 2 m ∇ 2 + V (r , t)) Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\qismən \Psi )(\qismən t))=\sol(-) (\frac (\hbar ^(2))(2m))\nabla ^(2)+V((\mathbf (r) ),t)\sağ)\Psi )
• Dalğa tənliyi. Fizika və texnologiyanı dalğalar olmadan təsəvvür etmək mümkün deyil, onlar bütün növ sistemlərdə mövcuddur. Ümumiyyətlə, dalğalar aşağıdakı tənlik ilə təsvir edilmişdir u = u (r , t) (\displaystyle u=u((\mathbf (r) ),t)) arzu olunan funksiyadır və c (\displaystyle c)- eksperimental olaraq təyin edilmiş sabit. d'Alembert birölçülü vəziyyət üçün dalğa tənliyinin həllinin olduğunu ilk dəfə kəşf etdi. hər hansı arqumentlə funksiyası x − c t (\displaystyle x-ct), sağa doğru yayılan ixtiyari forma dalğasını təsvir edir. Birölçülü hal üçün ümumi həll bu funksiyanın arqumentli ikinci funksiya ilə xətti birləşməsidir. x + c t (\displaystyle x+ct), sola yayılan dalğanı təsvir edir. Bu həll ikinci sətirdə təqdim olunur.
  • ∂ 2 u ∂ t 2 = c 2 ∇ 2 u (\displaystyle (\frac (\qismən ^(2)u)(\qismən 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 tənlikləri. Navier-Stokes tənlikləri mayelərin hərəkətini təsvir edir. Mayelər elm və texnologiyanın praktiki olaraq hər bir sahəsində mövcud olduğundan, bu tənliklər havanın proqnozlaşdırılması, təyyarələrin layihələndirilməsi, okean axınlarının öyrənilməsi və bir çox digər tətbiq olunan problemlərin həlli üçün son dərəcə vacibdir. Navier-Stokes tənlikləri qeyri-xətti qismən diferensial tənliklərdir və əksər hallarda onları həll etmək çox çətindir, çünki qeyri-xəttilik turbulentliyə gətirib çıxarır və ədədi üsullarla sabit həllin əldə edilməsi çox kiçik hüceyrələrə bölünməyi tələb edir ki, bu da əhəmiyyətli hesablama gücü tələb edir. Hidrodinamikada praktiki məqsədlər üçün turbulent axınları modelləşdirmək üçün vaxtın orta hesablanması kimi üsullardan istifadə olunur. Üçün həllərin varlığı və bənzərsizliyi kimi daha əsas suallar qeyri-xətti tənliklər qismən törəmələrdə və Navier-Stokes tənliklərinin üç ölçülü həllinin mövcudluğunu və unikallığını sübut etmək minilliyin riyazi problemlərindən biridir. Aşağıda sıxılmayan maye axını tənliyi və davamlılıq tənliyi verilmişdir.
  • ∂ u ∂ t + (u ⋅ ∇) u − ν ∇ 2 u = − ∇ h , ∂ ρ ∂ t + ∇ ⋅ (ρ u) = 0 (\displaystyle (\frac (\qismən (\u) (\u)f )(\qismən t))+((\mathbf (u) )\cdot \nabla)(\mathbf (u) )-\nu \nabla ^(2)(\mathbf (u) )=-\nabla h, \quad (\frac (\qismən \rho )(\qismən t))+\nabla \cdot (\rho (\mathbf (u) ))=0)

• Bir çox diferensial tənlikləri yuxarıdakı üsullardan, xüsusən də sonuncu bölmədə qeyd olunanlardan istifadə etməklə həll etmək mümkün deyil. Bu, tənliyin dəyişən əmsallardan ibarət olduğu və Koşi-Eyler tənliyi olmadığı və ya bir neçə nadir hal istisna olmaqla, tənliyin qeyri-xətti olduğu hallara aiddir. Bununla belə, yuxarıda göstərilən üsullar müxtəlif elm sahələrində tez-tez rast gəlinən bir çox vacib diferensial tənlikləri həll edə bilər.
• İstənilən funksiyanın törəməsini tapmağa imkan verən diferensiasiyadan fərqli olaraq, bir çox ifadələrin inteqralı belə ifadə edilə bilməz. elementar funksiyalar. Buna görə də, mümkün olmayan yerdə inteqralı hesablamağa vaxt itirməyin. İnteqrallar cədvəlinə baxın. Əgər diferensial tənliyin həllini elementar funksiyalarla ifadə etmək mümkün deyilsə, bəzən onu inteqral formada da göstərmək olar və bu halda bu inteqralın analitik yolla hesablanmasının əhəmiyyəti yoxdur.

Xəbərdarlıqlar

• Görünüş diferensial tənlik aldadıcı ola bilər. Məsələn, aşağıda iki birinci dərəcəli diferensial tənlik verilmişdir. Birinci tənlik bu məqalədə təsvir olunan üsullardan istifadə etməklə asanlıqla həll edilə bilər. İlk baxışdan kiçik bir dəyişiklik y (\displaystyle y) haqqında y 2 (\displaystyle y^(2)) ikinci tənlikdə onu qeyri-xətti edir və həlli çox çətinləşir.
  • 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))

Təhsil müəssisəsi "Belarus Dövləti

Kənd Təsərrüfatı Akademiyası"

Ali riyaziyyat kafedrası

BİRİNCİ TƏRƏBLİ DİFERFENSİAL TƏNLƏR

Mühasibat tələbələri üçün mühazirə qeydləri

qiyabi təhsil forması (NISPO)

Qorki, 2013

Birinci dərəcəli diferensial tənliklər

Diferensial tənlik anlayışı. Ümumi və xüsusi həllər

Müxtəlif hadisələri tədqiq edərkən çox vaxt müstəqil dəyişənlə arzu olunan funksiyanı birbaşa birləşdirən qanun tapmaq mümkün olmur, lakin istənilən funksiya ilə onun törəmələri arasında əlaqə yaratmaq mümkündür.

Müstəqil dəyişəni, istənilən funksiyanı və onun törəmələrini birləşdirən əlaqə deyilir diferensial tənlik :

Budur x- müstəqil dəyişən, y- tələb olunan funksiya,
- arzu olunan funksiyanın törəmələri. Bu halda (1) münasibətinin ən azı bir törəməsi olmalıdır.

Diferensial tənliyin sırası tənliyə daxil olan ən yüksək törəmənin sırası adlanır.

Diferensial tənliyi nəzərdən keçirək

. (2)

Bu tənliyə yalnız birinci dərəcəli törəmə daxil olduğu üçün ona deyilir birinci dərəcəli diferensial tənlikdir.

Əgər (2) tənliyi törəmə ilə bağlı həll oluna bilər və formada yazılır

, (3)

onda belə tənliyə normal formada birinci dərəcəli diferensial tənlik deyilir.

Bir çox hallarda formanın tənliyini nəzərdən keçirmək məsləhətdir

adlanır diferensial formada yazılmış birinci dərəcəli diferensial tənlik.

Çünki
, onda (3) tənliyi formada yazıla bilər
və ya
, saya bildiyimiz yer
Və
. Bu o deməkdir ki, (3) tənliyi (4) tənliyinə çevrilir.

(4) tənliyini formada yazaq
. Sonra
,
,
, saya bildiyimiz yer
, yəni. (3) formalı tənlik alınır. Beləliklə, (3) və (4) tənlikləri ekvivalentdir.

Diferensial tənliyin həlli (2) və ya (3) hər hansı funksiya adlanır
, onu (2) və ya (3) tənliyinə əvəz edərkən onu eyniliyə çevirir:

və ya
.

Diferensial tənliyin bütün həll yollarının tapılması prosesi onun adlanır inteqrasiya , və həll qrafiki
diferensial tənlik deyilir inteqral əyri bu tənlik.

Diferensial tənliyin həlli gizli formada alınarsa
, sonra çağırılır inteqral bu diferensial tənliyin.

Ümumi həll birinci dərəcəli diferensial tənliyin formasının funksiyalar ailəsidir
, ixtiyari sabitdən asılı olaraq İLƏ, hər biri ixtiyari sabitin hər hansı icazə verilən qiyməti üçün verilmiş diferensial tənliyin həllidir İLƏ. Beləliklə, diferensial tənliyin sonsuz sayda həlli var.

Şəxsi qərar diferensial tənlik ixtiyari sabitin xüsusi qiyməti üçün ümumi həll düsturundan alınan həlldir İLƏ, o cümlədən
.

Koşi məsələsi və onun həndəsi şərhi

(2) tənliyinin sonsuz sayda həlli var. Şəxsi adlanan bu dəstdən bir həll seçmək üçün bəzi əlavə şərtlər təyin etməlisiniz.

Verilmiş şəraitdə (2) tənliyinin konkret həllinin tapılması məsələsi adlanır Cauchy problemi . Bu problem diferensial tənliklər nəzəriyyəsində ən vacib məsələlərdən biridir.

Koşi problemi aşağıdakı kimi tərtib edilmişdir: (2) tənliyinin bütün həlləri arasında belə bir həll tapın
, funksiyası olan
verilmiş ədədi qiyməti alır , əgər müstəqil dəyişəndirsə x verilmiş ədədi qiyməti alır , yəni.

,
, (5)

Harada D– funksiyanın təyini sahəsi
.

Mənası çağırdı funksiyanın ilkin qiyməti , A – müstəqil dəyişənin ilkin qiyməti . Şərt (5) çağırılır ilkin vəziyyət və ya Cauchy vəziyyəti .

İLƏ həndəsi nöqtə Perspektivdən diferensial tənlik (2) üçün Koşi problemi aşağıdakı kimi tərtib edilə bilər: (2) tənliyinin inteqral əyriləri çoxluğundan verilmiş nöqtədən keçəni seçin
.

Ayrılan dəyişənlərlə diferensial tənliklər

Diferensial tənliklərin ən sadə növlərindən biri istənilən funksiyanı ehtiva etməyən birinci dərəcəli diferensial tənlikdir:

. (6)

Bunu nəzərə alaraq
, tənliyini formada yazırıq
və ya
. Son tənliyin hər iki tərəfini birləşdirərək, əldə edirik:
və ya

. (7)

Beləliklə, (7) (6) tənliyinin ümumi həllidir.

Misal 1 . Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll . Tənliyi formada yazaq
və ya
. Əldə edilən tənliyin hər iki tərəfini inteqral edək:
,
. Nəhayət yazacağıq
.

Misal 2 . Tənliyin həllini tapın
bunu nəzərə alaraq
.

Həll . Tənliyin ümumi həllini tapaq:
,
,
,
. Şərtlə
,
. Ümumi həll yolu ilə əvəz edək:
və ya
. İxtiyari sabitin tapılmış qiymətini ümumi həll üçün düsturla əvəz edirik:
. Bu, verilmiş şərti ödəyən diferensial tənliyin xüsusi həllidir.

Tənlik

(8)

Zəng etdi tərkibində müstəqil dəyişən olmayan birinci dərəcəli diferensial tənlik . Gəlin onu formada yazaq
və ya
. Son tənliyin hər iki tərəfini inteqral edək:
və ya
- (8) tənliyinin ümumi həlli.

Misal . Tənliyin ümumi həllini tapın
.

Həll . Bu tənliyi aşağıdakı formada yazaq:
və ya
. Sonra
,
,
,
. Beləliklə,
bu tənliyin ümumi həllidir.

Formanın tənliyi

(9)

dəyişənlərin ayrılmasından istifadə edərək inteqrasiya edir. Bunun üçün tənliyi formada yazırıq
, və sonra vurma və bölmə əməliyyatlarından istifadə edərək onu elə bir formaya gətiririk ki, bir hissə yalnız funksiyanı ehtiva edir. X və diferensial dx, ikinci hissədə isə funksiyası saat və diferensial dy. Bunun üçün tənliyin hər iki tərəfini vurmaq lazımdır dx və bölün
. Nəticədə tənliyi əldə edirik

, (10)

hansı dəyişənlər X Və saat ayrıldı. (10) tənliyinin hər iki tərəfini birləşdirək:
. Nəticədə yaranan əlaqə (9) tənliyinin ümumi inteqralıdır.

Misal 3 . Tənliyi inteqrasiya edin
.

Həll . Gəlin tənliyi çevirək və dəyişənləri ayıraq:
,
. Gəlin inteqrasiya edək:
,
və ya bu tənliyin ümumi inteqralıdır.
.

Tənlik formada verilsin

Bu tənlik adlanır ayrıla bilən dəyişənlərlə birinci dərəcəli diferensial tənlik simmetrik formada.

Dəyişənləri ayırmaq üçün tənliyin hər iki tərəfini bölmək lazımdır
:

. (12)

Nəticədə yaranan tənlik deyilir ayrılmış diferensial tənlik . (12) tənliyini inteqral edək:

.(13)

(13) əlaqəsi (11) diferensial tənliyin ümumi inteqralıdır.

Misal 4 . Diferensial tənliyi inteqral edin.

Həll . Tənliyi formada yazaq

və hər iki hissəyə bölün
,
. Nəticə tənlik:
ayrılmış dəyişən tənlikdir. Gəlin onu birləşdirək:

,
,

,
. Son bərabərlik bu diferensial tənliyin ümumi inteqralıdır.

Misal 5 . Diferensial tənliyin xüsusi həllini tapın
, şərti təmin edir
.

Həll . Bunu nəzərə alaraq
, tənliyini formada yazırıq
və ya
. Dəyişənləri ayıraq:
. Bu tənliyi birləşdirək:
,
,
. Nəticədə yaranan əlaqə bu tənliyin ümumi inteqralıdır. Şərtlə
. Onu ümumi inteqrala əvəz edək və tapaq İLƏ:
,İLƏ=1. Sonra ifadə
verilmiş diferensial tənliyin qismən həllidir, qismən inteqral kimi yazılmışdır.

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər

Tənlik

(14)

çağırdı birinci tərtib xətti diferensial tənlik . Naməlum funksiya
və onun törəməsi bu tənliyə xətti olaraq daxil olur və funksiyalar
Və
davamlı.

Əgər
, sonra tənlik

(15)

çağırdı xətti homojen . Əgər
, onda (14) tənliyi çağırılır xətti qeyri-bərabər .

(14) tənliyinin həllini tapmaq üçün adətən istifadə olunur əvəzetmə üsulu (Bernoulli) , mahiyyəti aşağıdakı kimidir.

Biz (14) tənliyinin həllini iki funksiyanın hasili şəklində axtaracağıq

, (16)

Harada
Və
- bəzi davamlı funksiyalar. Gəlin əvəz edək
və törəmə
tənliyə (14):

Funksiya vşərti ödəyəcək şəkildə seçəcəyik
.
Sonra

. Beləliklə, (14) tənliyinin həllini tapmaq üçün diferensial tənliklər sistemini həll etmək lazımdır
,
,
,
,
Sistemin birinci tənliyi xətti homojen tənlikdir və dəyişənlərin ayrılması üsulu ilə həll edilə bilər:
. Funksiya kimi İLƏ=1:
homojen tənliyin qismən həlllərindən birini götürə bilərsiniz, yəni. saat
və ya
. Sistemin ikinci tənliyini əvəz edək:
.Sonra
.

. Beləliklə, birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir . Tənliyi həll edin
.

Həll . Tənliyin həllini formada axtaracağıq
. Sonra
. tənliyə əvəz edək:

və ya
. Funksiya v bərabərliyi təmin edən şəkildə seçin
. Sonra
. Gəlin bu tənliklərdən birincisini dəyişənlərin ayrılması metodundan istifadə edərək həll edək:
,
,
,
,. Funksiya vİkinci tənliyi əvəz edək:
,
,
,
. Bu tənliyin ümumi həlli belədir
.

Biliyin özünə nəzarəti üçün suallar

Diferensial tənlik nədir?

Diferensial tənliyin sırası necədir?

Hansı diferensial tənliyə birinci dərəcəli diferensial tənlik deyilir?

Birinci dərəcəli diferensial tənlik diferensial formada necə yazılır?

Diferensial tənliyin həlli nədir?

İnteqral əyri nədir?

Birinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli nədir?

Diferensial tənliyin qismən həllinə nə deyilir?

Birinci dərəcəli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsi necə tərtib olunur?

Koşi məsələsinin həndəsi şərhi necədir?

Simmetrik formada ayrıla bilən dəyişənlərlə diferensial tənliyi necə yazmaq olar?

Hansı tənliyə birinci dərəcəli xətti diferensial tənlik deyilir?

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyi hansı üsulla həll etmək olar və bu metodun mahiyyəti nədir?

Müstəqil iş üçün tapşırıqlar

Ayrılan dəyişənlərlə diferensial tənlikləri həll edin:

A)
;
;

b)
V)
.

;

A)
;
G)
;

2. Birinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri həll edin:
;
.

V)

G)

;

d)

1. Birinci dərəcəli diferensial tənlik formaya malikdir

Əgər bu tənliyi ona görə həll etmək olarsa, belə yazıla bilər

Bu halda diferensial tənliyin törəmə ilə bağlı həll olunduğunu deyirik. Belə bir tənlik üçün diferensial tənliyin həllinin mövcudluğu və yeganəliyi haqqında teorem adlanan aşağıdakı teorem etibarlıdır. Teorem. Əgər tənlikdə.

funksiyası və onun y-ə münasibətdə qismən törəməsi hansısa nöqtəni ehtiva edən müstəvidə bəzi D sahəsində davamlıdır, onda bu tənliyin unikal həlli var.

y funksiyasının verilmiş ədədə bərabər olması şərti ilkin şərt adlanır. Çox vaxt formada yazılır

Tərif 1. Birinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli funksiyadır

bir ixtiyari sabit C-dən asılıdır və aşağıdakı şərtləri ödəyir:

a) C sabitinin hər hansı xüsusi qiyməti üçün diferensial tənliyi ödəyir;

b) ilkin şərt nə olursa olsun, elə qiymət tapmaq olar ki, funksiya verilmiş ilkin şərti ödəsin. Bu halda, qiymətlərin mövcudluq və həllin unikallığı teoreminin şərtlərinin ödənildiyi x və y dəyişənlərinin dəyişmə bölgəsinə aid olduğu güman edilir.

2. Diferensial tənliyin ümumi həllinin tapılması prosesində çox vaxt forma münasibətinə gəlirik.

y ilə bağlı icazə verilmir. Bu əlaqəni y üçün həll edərək ümumi həlli əldə edirik. Lakin elementar funksiyalarda (2) münasibətdən y ifadəsi həmişə mümkün olmur; belə hallarda ümumi həll gizli qalır. Ümumi həlli üstüörtülü şəkildə təyin edən formanın bərabərliyinə diferensial tənliyin ümumi inteqralı deyilir.

Tərif 2. Müəyyən bir həll ümumi həlldən əldə edilən hər hansı bir funksiyadır, əgər sonuncuda ixtiyari C sabitinə müəyyən qiymət verilirsə, əlaqə bu halda tənliyin qismən inteqralı adlanır.

Misal 1. Birinci dərəcəli tənlik üçün

ümumi həll funksiyalar ailəsi olacaq, bunu tənliyə sadə əvəz etməklə yoxlamaq olar;

Aşağıdakı ilkin şərti ödəyən xüsusi bir həll tapaq: bu dəyərləri düsturla əvəz etdikdə əldə edirik və ya Buna görə də istənilən xüsusi həll funksiyası olacaqdır.

Həndəsi nöqteyi-nəzərdən ümumi inteqral bir ixtiyari sabit C-dən (və ya necə deyərlər, bir C parametrindən) asılı olaraq koordinat müstəvisində əyrilər ailəsidir.

Bu əyrilər verilmiş diferensial tənliyin inteqral əyriləri adlanır. Qismən inteqral bu ailənin bir əyrisinə uyğundur, müstəvinin hansısa verilmiş nöqtəsindən keçir.

Beləliklə, sonuncu misalda ümumi inteqral həndəsi şəkildə hiperbola ailəsi ilə, göstərilən ilkin şərtlə müəyyən edilən xüsusi inteqral isə Şəkil 1-dəki nöqtədən keçən bu hiperbolalardan biri ilə təmsil olunur. 251, parametrin bəzi dəyərlərinə uyğun gələn ailənin əyrilərini göstərir: və s.

Əsaslandırmanın daha aydın olması üçün biz bundan sonra tənliyin həllini təkcə tənliyi ödəyən funksiya deyil, həm də ona uyğun inteqral əyri adlandıracağıq. Bu baxımdan, məsələn, nöqtədən keçən bir həll haqqında danışacağıq.

Şərh. Şəklin oxunda yerləşən nöqtədən keçən tənliyin həlli yoxdur. 251), çünki üçün tənliyin sağ tərəfi müəyyən edilməmişdir və buna görə də davamlı deyil.

Diferensial tənliyi həll etmək və ya tez-tez dedikləri kimi inteqrasiya etmək:

a) onun ümumi həllini və ya ümumi inteqralını tapın (əgər ilkin şərtlər verilməyibsə) və ya

b) verilmiş ilkin şərtləri (əgər varsa) ödəyən tənliyin xüsusi həllini tapın.

3. Birinci tərtibli diferensial tənliyin həndəsi şərhini verək.

Törəmə ilə bağlı həll olunan diferensial tənlik verilsin:

və bu tənliyin ümumi həlli olsun. Bu ümumi həll müstəvidə inteqral əyrilər ailəsini müəyyən edir

Koordinatları x və y olan hər bir M nöqtəsi üçün (G) tənliyi törəmənin qiymətini, yəni bu nöqtədən keçən inteqral əyriyə toxunan bucaq əmsalını təyin edir. Beləliklə, diferensial tənlik (D) bir sıra istiqamətlər verir və ya necə deyərlər, müstəvidə istiqamətlər sahəsini təyin edir.

Buna görə də, həndəsi nöqteyi-nəzərdən diferensial tənliyin inteqrasiyası problemi uyğun nöqtələrdəki sahənin istiqaməti ilə tangens istiqaməti üst-üstə düşən əyriləri tapmaqdır.

Diferensial tənlik (1) üçün əlaqənin təmin olunduğu nöqtələrin yeri bu diferensial tənliyin izoklinalı adlanır.

Müxtəlif k qiymətləri üçün fərqli izoklinlər əldə edirik. K-nin dəyərinə uyğun gələn izoklin tənliyi açıq-aydın olacaqdır. İzoklinlər ailəsini qurmaqla, təqribən inteqral əyrilər ailəsini qurmaq olar. Deyirlər ki, izoklinləri bilməklə müstəvidə inteqral əyrilərin yerini keyfiyyətcə müəyyən etmək olar.