İxtiyari sabitin dəyişməsi üçün diferensial tənliklər. Laqranj üsulu ilə daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklərin həlli

İxtiyari n-ci dərəcəli sabit əmsalları olan xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:
(1) .
Birinci dərəcəli tənlik üçün nəzərdə tutduğumuz sabitin dəyişmə üsulu daha yüksək dərəcəli tənliklər üçün də tətbiq edilir.

Həll iki mərhələdə həyata keçirilir. İlk addımda sağ tərəfi atırıq və homojen tənliyi həll edirik. Nəticə etibarı ilə n ixtiyari sabitdən ibarət həlli əldə edirik. İkinci mərhələdə biz sabitləri dəyişirik. Yəni biz hesab edirik ki, bu sabitlər müstəqil x dəyişənin funksiyalarıdır və bu funksiyaların formasını tapırıq.

Baxmayaraq ki, biz burada sabit əmsallı tənlikləri nəzərdən keçiririk, lakin Laqranj metodu istənilən xətti qeyri-bərabər tənliklərin həlli üçün də tətbiq olunur. Bunun üçün isə homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlum olmalıdır.

Addım 1. Homojen tənliyin həlli

Birinci dərəcəli tənliklərdə olduğu kimi, biz əvvəlcə homojen tənliyin ümumi həllini axtarırıq, sağ tərəfdəki qeyri-bərabər tərəfi sıfıra bərabərləşdiririk:
(2) .
Bu tənliyin ümumi həlli belədir:
(3) .
Budur ixtiyari sabitlər; - bu tənliyin əsas həllər sistemini təşkil edən bircins tənliyin (2) xətti müstəqil n həlli.

Addım 2. Sabitlərin dəyişməsi - sabitlərin funksiyalarla əvəz edilməsi

İkinci mərhələdə biz sabitlərin dəyişməsi ilə məşğul olacağıq. Başqa sözlə, sabitləri müstəqil x dəyişəninin funksiyaları ilə əvəz edəcəyik:
.
Yəni biz həll yolunu axtarırıq orijinal tənlik(1) aşağıdakı kimi:
(4) .

Əgər (4)-ü (1) əvəz etsək, n funksiya üçün bir diferensial tənlik alırıq. Bu halda biz bu funksiyaları əlavə tənliklərlə birləşdirə bilərik. Onda siz n funksiyanın təyin oluna biləcəyi n tənlik alırsınız. Əlavə tənliklər yazıla bilər fərqli yollar. Amma biz bunu elə edəcəyik ki, həll ən sadə formaya malik olsun. Bunun üçün diferensiallaşdırarkən funksiyaların törəmələrini ehtiva edən şərtləri sıfıra bərabərləşdirmək lazımdır. Gəlin bunu nümayiş etdirək.

Təklif olunan həlli (4) orijinal tənliyə (1) əvəz etmək üçün (4) şəklində yazılmış funksiyanın ilk n sıralarının törəmələrini tapmaq lazımdır. (4) istifadə edərək fərqləndiririk məbləğlərin diferensiallaşdırılması qaydaları və işləyir:
.
Gəlin üzvləri qruplaşdıraq. Əvvəlcə törəmələri olan şərtləri, sonra isə törəmələri olan şərtləri yazırıq:

.
Birinci şərti funksiyalara qoyaq:
(5.1) .
Onda birinci törəmə üçün ifadə daha sadə formada olacaq:
(6.1) .

Eyni üsuldan istifadə edərək ikinci törəməni tapırıq:

.
Funksiyalara ikinci şərt qoyaq:
(5.2) .
Sonra
(6.2) .
Və s. IN əlavə şərtlər, funksiyaların törəmələrini ehtiva edən terminləri sıfıra bərabərləşdiririk.

Beləliklə, funksiyalar üçün aşağıdakı əlavə tənlikləri seçsək:
(5.k) ,
onda ilk törəmələr ən sadə formaya sahib olacaqlar:
(6.k) .
Budur.

n-ci törəməni tapın:
(6.n)
.

Orijinal tənliyi (1) əvəz edin:
(1) ;






.
Nəzərə alaq ki, bütün funksiyalar (2) tənliyini təmin edir:
.
Sonra sıfırı ehtiva edən şərtlərin cəmi sıfır verir. Nəticədə əldə edirik:
(7) .

Nəticədə, törəmələr üçün xətti tənliklər sistemi əldə etdik:
(5.1) ;
(5.2) ;
(5.3) ;
. . . . . . .
(5.n-1) ;
(7′) .

Bu sistemi həll edərək, x-in funksiyası kimi törəmələr üçün ifadələr tapırıq. İnteqrasiya edərək əldə edirik:
.
Budur, artıq x-dən asılı olmayan sabitlər. (4)-i əvəz edərək, orijinal tənliyin ümumi həllini əldə edirik.

Qeyd edək ki, törəmələrin dəyərlərini təyin etmək üçün heç vaxt a i əmsallarının sabit olması faktından istifadə etməmişik. Buna görə də Laqranj metodu istənilən xətti qeyri-bərabər tənlikləri həll etmək üçün tətbiq olunur, əgər homojen tənliyin (2) əsas həllər sistemi məlumdursa.

Nümunələr

Sabitlərin dəyişməsi metodundan (Laqranj) istifadə edərək tənlikləri həll edin.

Gəlin xətti qeyri-bərabərin nəzərdən keçirilməsinə keçək diferensial tənliklər mehriban

Harada - arqumentin tələb olunan funksiyası , və funksiyaları



verilir və müəyyən intervalda davam edir
.

Xətti homojen tənliyi nəzərə alsaq, sol tərəf sol tərəfi ilə üst-üstə düşür qeyri-homogen tənlik (2.31),

(2.32) formasının tənliyi adlanır qeyri-homogen tənliyə uyğun gələn bircinsli tənlik (2.31).

Qeyri-bircins xətti tənliyin (2.31) ümumi həllinin strukturu haqqında aşağıdakı teorem doğrudur.

Teorem 2.6. Regionda xətti qeyri-bərabər tənliyin (2.31) ümumi həlli

onun hər hansı xüsusi həllinin cəmidir və (2.33) sahəsində müvafiq homojen tənliyin (2.32) ümumi həllidir, yəni.

Harada - (2.31) tənliyinin xüsusi həlli;
homogen tənliyin (2.32) əsas həllər sistemidir və
- ixtiyari sabitlər.

Bu teoremin sübutunu burada tapa bilərsiniz.

İkinci dərəcəli diferensial tənlik nümunəsindən istifadə edərək, xətti qeyri-bərabər tənliyin müəyyən bir həllini tapa biləcəyimiz bir metodu təsvir edəcəyik. Bu üsul deyilir İxtiyari sabitlərin dəyişməsinin Laqranj üsulu.

Beləliklə, bizə qeyri-homogen xətti tənlik verilsin

(2.35)

əmsallar haradadır
və sağ tərəf
müəyyən intervalda davamlıdır
.

ilə işarə edək
Və
homojen tənliyin əsas həllər sistemi

(2.36)

Sonra onun ümumi həlli formaya malikdir

(2.37)

Harada Və - ixtiyari sabitlər.

Eyni formada (2.35) tənliyinin həllini axtaracağıq , həmçinin müvafiq homojen tənliyin ümumi həlli, ixtiyari sabitləri bəzi diferensiallanan funksiyalarla əvəz etmək. (ixtiyari sabitləri dəyişirik), olanlar.

Harada
Və
-dən bəzi diferensiallanan funksiyalar , hələ məlum olmayan və (2.38) funksiyasının qeyri-homogen tənliyin (2.35) həlli olması üçün müəyyən etməyə çalışacağıq. Bərabərliyin hər iki tərəfini fərqləndirərək (2.38) alırıq

Belə ki, hesablama zamanı ikinci dərəcəli törəmələri
Və
, biz bunu hər yerdə tələb edirik
şərt yerinə yetirildi

Sonra üçün olacaq

İkinci törəməni hesablayaq

üçün ifadələrin əvəz edilməsi ,,(2.38), (2.40), (2.41) tənliyindən (2.35) əldə edirik.

Kvadrat mötərizədəki ifadələr hər yerdə sıfıra bərabərdir
, çünki Və - (2.36) tənliyinin qismən həlli. Bu halda (2.42) formasını alacaq Bu şərti (2.39) şərti ilə birləşdirərək, müəyyən etmək üçün tənliklər sistemi əldə edirik.
Və

(2.43)

Sonuncu sistem iki cəbri xətti qeyri-bərabər tənliklər sistemidir
Və
. Bu sistemin determinantı əsas həllər sistemi üçün Wronski determinantıdır ,və buna görə də hər yerdə sıfırdan fərqlidir
. Bu o deməkdir ki, sistemin (2.43) unikal həlli var. Nisbətən hər hansı bir şəkildə həll etdikdən sonra
,
tapacağıq

Harada
Və
- məlum funksiyalar.

İnteqrasiyanı həyata keçirmək və bunu nəzərə almaq kimi
,
bir cüt funksiya götürüb inteqrasiya sabitlərini sıfıra bərabər qoymalıyıq. alırıq

(2.44) ifadələrini (2.38) münasibətlərində əvəz edərək qeyri-homogen tənliyin (2.35) istənilən həllini formada yaza bilərik.

Bu metod xətti qeyri-bərabər tənliyin xüsusi həllini tapmaq üçün ümumiləşdirilə bilər -ci sifariş.

Misal 2.6. Tənliyi həll edin
saat
funksiyaları varsa

müvafiq homojen tənliyin əsas həllər sistemini yaradır.

Bu tənliyin xüsusi həllini tapaq. Bunun üçün Laqranj metoduna uyğun olaraq ilk növbədə bizim vəziyyətimizdə formaya malik olan sistemi (2.43) həll etməliyik.
Hər tənliyin hər iki tərəfinin azaldılması alırıq

Birinci tənliyin həddini ikinci tənlikdən hədlər üzrə çıxararaq tapırıq
və sonra birinci tənlikdən belə çıxır
İnteqrasiyanı yerinə yetirmək və inteqrasiya sabitlərini sıfıra təyin etməklə, bizdə olacaq

Bu tənliyin xüsusi həlli kimi təqdim edilə bilər

Bu tənliyin ümumi həlli formaya malikdir

Harada Və - ixtiyari sabitlər.

Nəhayət, çox vaxt məhlulların superpozisiya prinsipi adlanan və aşağıdakı teoremlə təsvir olunan bir əlamətdar xüsusiyyəti qeyd edək.

Teorem 2.7. Arada olsa
funksiyası
- tənlik funksiyasının xüsusi həlli
eyni intervalda tənliyin xüsusi həlli funksiyadır
tənliyin xüsusi həlli var

Nəzəri minimum

Diferensial tənliklər nəzəriyyəsində bu nəzəriyyə üçün kifayət qədər yüksək universallığa malik olduğunu iddia edən bir üsul var.
Söhbət həllə tətbiq olunan ixtiyari sabitin dəyişmə üsulundan gedir müxtəlif siniflər diferensial tənliklər və onların
sistemləri Bu, nəzəriyyənin - mötərizədə ifadələrin sübutlarını götürsək - minimal olduqda, lakin bizə nail olmağa imkan verən vəziyyətdir.
əhəmiyyətli nəticələr, buna görə də vurğu nümunələr üzərində olacaq.

Metodun ümumi ideyasını formalaşdırmaq olduqca sadədir. Verilmiş tənliyi (tənliklər sistemini) həll etmək çətin və hətta anlaşılmaz olsun,
necə həll etmək olar. Lakin aydındır ki, tənlikdən bəzi şərtləri çıxarmaqla həll edilir. Sonra bunu sadələşdirilmiş şəkildə həll edirlər
tənlik (sistem), biz müəyyən sayda ixtiyari sabitləri ehtiva edən bir həll əldə edirik - tənliyin sırasından asılı olaraq (sayı
sistemdəki tənliklər). Onda hesab edilir ki, tapılmış həlldəki sabitlər əslində sabitlər deyil, tapılmış həlldir
ilkin tənliyə (sistem) əvəz edilir, “sabitləri” təyin etmək üçün diferensial tənlik (və ya tənliklər sistemi) alınır.
İxtiyari sabitin dəyişməsi metodunun müxtəlif problemlərə tətbiqində müəyyən spesifiklik var, lakin bunlar artıq spesifikdir ki,
misallarla nümayiş etdirilmişdir.

Daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklərin həllini ayrıca nəzərdən keçirək, yəni. formanın tənlikləri
.
Xətti qeyri-bərabər tənliyin ümumi həlli müvafiq homojen tənliyin ümumi həlli ilə xüsusi həllin cəmidir.
bu tənliyin. Fərz edək ki, homojen tənliyin ümumi həlli artıq tapılıb, yəni fundamental həllər sistemi (FSS) qurulub.
. Onda homojen tənliyin ümumi həlli bərabərdir.
Biz qeyri-homogen tənliyin hər hansı xüsusi həllini tapmalıyıq. Bu məqsədlə sabitlər dəyişəndən asılı hesab edilir.
Sonra tənliklər sistemini həll etməlisiniz
.
Nəzəriyyə bu sistemə zəmanət verir cəbri tənliklər funksiyaların törəmələri ilə bağlı unikal həll yolu var.
Funksiyaların özlərini taparkən inteqrasiya sabitləri görünmür: axırda hər hansı bir həll yolu axtarılır.

Formanın xətti qeyri-bərabər birinci dərəcəli tənliklər sistemlərinin həlli vəziyyətində

alqoritm demək olar ki, dəyişməz olaraq qalır. Əvvəlcə müvafiq FSR-ni tapmalısınız homojen sistem tənliklər, fundamental matris yaradın
sütunları FSR elementlərini təmsil edən sistem. Sonra tənlik tərtib edilir
.
Sistemi həll edərkən, funksiyaları müəyyənləşdiririk və beləliklə, orijinal sistemə xüsusi bir həll tapırıq
(əsas matris tapılmış funksiyaların sütununa vurulur).
Onu artıq tapılmış FSR əsasında qurulan müvafiq homojen tənliklər sisteminin ümumi həllinə əlavə edirik.
Orijinal sistemin ümumi həlli alınır.

Nümunələr.

Misal 1. Birinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər.

Müvafiq homojen tənliyi nəzərdən keçirək (istənilən funksiyanı işarə edirik):
.
Bu tənliyi dəyişənlərin ayrılması üsulu ilə asanlıqla həll etmək olar:

.
İndi orijinal tənliyin həllini formada təsəvvür edək , funksiyanın hələ tapılmadığı yerdə.
Bu cür həlli orijinal tənliyə əvəz edirik:
.
Gördüyünüz kimi, sol tərəfdəki ikinci və üçüncü şərtlər bir-birini ləğv edir - bu xarakterik ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu.

Burada artıq həqiqətən ixtiyari sabitdir. Beləliklə,
.

Misal 2. Bernoulli tənliyi.

Birinci nümunəyə bənzər şəkildə davam edirik - tənliyi həll edirik

dəyişənlərin ayrılması üsulu. Belə çıxır ki, biz orijinal tənliyin həllini formada axtarırıq
.
Bu funksiyanı orijinal tənliyə əvəz edirik:
.
Və yenə də azalmalar baş verir:
.
Burada həll ilə bölmək zaman itirilmədiyinə əmin olmaq üçün yadda saxlamaq lazımdır. Və orijinalın həlli işə uyğun gəlir
tənliklər Gəlin onu xatırlayaq. Belə ki,
.
Gəlin onu yazaq.
Bu həll yoludur. Cavab yazarkən əvvəllər tapılmış həlli də göstərməlisiniz, çünki o, heç bir yekun qiymətə uyğun gəlmir
sabitlər

Misal 3. Daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-homogen tənliklər.

Dərhal qeyd edək ki, bu tənliyi daha sadə həll etmək olar, lakin ondan istifadə edərək metodu nümayiş etdirmək rahatdır. Bəzi üstünlüklərə baxmayaraq
Variasiya metodunun bu misalda da ixtiyari sabiti var.
Beləliklə, müvafiq homojen tənliyin FSR ilə başlamaq lazımdır. Yada salaq ki, FSR-i tapmaq üçün xarakterik əyri tərtib edilir
tənlik
.
Beləliklə, homojen tənliyin ümumi həlli
.
Buraya daxil edilən sabitlər müxtəlif olmalıdır. Sistemin qurulması

İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu

Xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin həllinin qurulması üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu

a n (t)z (n) (t) + a n − 1 (t)z (n − 1) (t) + ... + a 1 (t)z"(t) + a 0 (t)z(t) = f(t)

ixtiyari sabitləri əvəz etməkdən ibarətdir c kümumi həllində

z(t) = c 1 z 1 (t) + c 2 z 2 (t) + ... + c n z n (t)

uyğun homojen tənlik

a n (t)z (n) (t) + a n − 1 (t)z (n − 1) (t) + ... + a 1 (t)z"(t) + a 0 (t)z(t) = 0

köməkçi funksiyalar üçün c k (t) törəmələri xətti cəbr sistemini təmin edən

(1) sisteminin determinantı funksiyaların Wronskianıdır z 1 ,z 2 ,...,z n , bu da onun unikal həllini təmin edir.

Əgər inteqrasiya sabitlərinin sabit qiymətlərində qəbul edilirsə, onda funksiya

orijinal xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin həllidir. Müvafiq bircins tənliyin ümumi həlli mövcud olduqda qeyri-homogen tənliyin inteqrasiyası beləliklə kvadratlara endirilir.

Normal vektor formasında xətti diferensial tənliklər sisteminin həlli üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu.

şəklində müəyyən bir həllin (1) qurulmasından ibarətdir

Harada Z(t) matris şəklində yazılmış uyğun bircinsli tənliyin həllərinin əsasını təşkil edir və ixtiyari sabitlərin vektorunu əvəz edən vektor funksiyası əlaqə ilə müəyyən edilir. Tələb olunan xüsusi həll (sıfır ilkin qiymətlərlə t = t 0 kimi görünür

Sabit əmsalları olan bir sistem üçün sonuncu ifadə sadələşdirilmişdir:

Matris Z(t)Z− 1 (τ)çağırdı Koşi matrisi operator L = A(t) .

xarici linklər

• exponenta.ru - Nümunələrlə nəzəri məlumat

Wikimedia Fondu. 2010.

İxtiyari sabitin dəyişməsi üsulu və ya Laqranj üsulu birinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri və Bernulli tənliyini həll etməyin başqa bir yoludur.

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər y’+p(x)y=q(x) formalı tənliklərdir. Sağ tərəfdə sıfır varsa: y’+p(x)y=0, onda bu xəttidir. homojen 1-ci dərəcəli tənlik. Müvafiq olaraq, sıfırdan fərqli bir tənlik sağ tərəf, y’+p(x)y=q(x), — heterojen xətti tənlik 1ci sifariş.

İxtiyari sabitin dəyişmə üsulu (Laqranj metodu) aşağıdakı kimidir:

1) y’+p(x)y=0: y=y* homojen tənliyinin ümumi həllini axtarırıq.

2) Ümumi həlldə C-ni sabit deyil, x-in funksiyası hesab edirik: C = C (x). Ümumi həllin (y*)’ törəməsini tapırıq və nəticədə y* və (y*)’ ifadəsini ilkin şərtlə əvəz edirik. Alınan tənlikdən C(x) funksiyasını tapırıq.

3) Bircins tənliyin ümumi həllində C əvəzinə tapılmış C(x) ifadəsini əvəz edirik.

İxtiyari sabitin dəyişdirilməsi üsulunun nümunələrinə baxaq. Gəlin eyni tapşırıqları götürək, həllin gedişatını müqayisə edək və alınan cavabların üst-üstə düşdüyünə əmin olun.

1) y’=3x-y/x

Gəlin tənliyi standart formada yenidən yazaq (Bernulli metodundan fərqli olaraq, burada qeyd forması yalnız tənliyin xətti olduğunu görmək üçün lazım idi).

y’+y/x=3x (I). İndi plana uyğun olaraq davam edirik.

1) y’+y/x=0 homojen tənliyini həll edin. Bu, ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlikdir. Təsəvvür edin y’=dy/dx, əvəz edin: dy/dx+y/x=0, dy/dx=-y/x. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub xy≠0-a bölürük: dy/y=-dx/x. Gəlin inteqrasiya edək:

2) Homojen tənliyin nəticədə ümumi həllində C-ni sabit deyil, x-in funksiyası hesab edəcəyik: C=C(x). Buradan

Yaranan ifadələri (I) şərti ilə əvəz edirik:

Tənliyin hər iki tərəfini birləşdirək:

burada C artıq bəzi yeni sabitdir.

3) C=C(x), yəni y=C(x)/x qəbul etdiyimiz y=C/x homogen tənliyinin ümumi həllində C(x) əvəzinə tapılmış x³ ifadəsini əvəz edirik. +C: y=(x³ +C)/x və ya y=x²+C/x. Bernulli üsulu ilə həll edərkən eyni cavabı aldıq.

Cavab: y=x²+C/x.

2) y’+y=cosx.

Burada tənlik artıq standart formada yazılıb, onu çevirməyə ehtiyac yoxdur.

1) y’+y=0 homojen xətti tənliyini həll edin: dy/dx=-y; dy/y=-dx. Gəlin inteqrasiya edək:

Daha rahat qeyd formasını əldə etmək üçün biz C-nin gücünün göstəricisini yeni C kimi götürürük:

Bu çevrilmə törəmənin tapılmasını daha rahat etmək üçün həyata keçirilmişdir.

2) Xətti bircinsli tənliyin nəticədə ümumi həllində C-ni sabit deyil, x-in funksiyası hesab edirik: C=C(x). Bu şərtlə

Nəticədə y və y' ifadələrini şərtlə əvəz edirik:

Tənliyin hər iki tərəfini ilə çarpın

Hissələr düsturundan istifadə edərək tənliyin hər iki tərəfini inteqrasiya edirik, alırıq:

Burada C artıq funksiya deyil, adi sabitdir.

3) Homojen tənliyin ümumi həllində

tapılmış C(x) funksiyasını əvəz edin:

Bernulli üsulu ilə həll edərkən eyni cavabı aldıq.

Həll etmək üçün ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu da tətbiq olunur.

y'x+y=-xy².

tənliyi azaldırıq standart görünüş: y’+y/x=-y² (II).

1) y’+y/x=0 homojen tənliyini həll edin. dy/dx=-y/x. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub y-yə bölürük: dy/y=-dx/x. İndi inteqrasiya edək:

Yaranan ifadələri (II) şərtlə əvəz edirik:

Sadələşdirək:

C və x üçün ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlik əldə etdik:

Burada C artıq adi sabitdir. İnteqrasiya prosesində qeydi çox yükləməmək üçün C(x) əvəzinə sadəcə C yazdıq. Və sonda C(x)-i yeni C ilə qarışdırmamaq üçün C(x)-ə qayıtdıq.

3) Bircinsli y=C(x)/x tənliyinin ümumi həllində tapılmış C(x) funksiyasını əvəz edirik:

Bernoulli metodundan istifadə edərək həll edərkən eyni cavabı aldıq.

Öz-özünə sınaq nümunələri:

1. Tənliyi standart formada yenidən yazaq: y’-2y=x.

1) y’-2y=0 homojen tənliyini həll edin. y’=dy/dx, deməli, dy/dx=2y, tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub, y-yə bölün və inteqral edin:

Buradan y tapırıq:

Şərtdə y və y' ifadələrini əvəz edirik (qısalıq üçün C(x) əvəzinə C və C"(x) əvəzinə C' istifadə edəcəyik):

Sağ tərəfdəki inteqralı tapmaq üçün hissələr üzrə inteqrasiya düsturundan istifadə edirik:

İndi u, du və v-ni düsturda əvəz edirik:

Burada C =const.

3) İndi məhlulda homojeni əvəz edirik