Diferensial tənliyi necə həll etmək olar. Birinci dərəcəli diferensial tənliklər

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 :

Burada 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) tənliyi ilə 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
.

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

Həndəsi nöqteyi-nəzərdən (2) diferensial tənliyi üçün Koşi məsələsi 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
- bəziləri 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
homojen tənliyin qismən həlllərindən birini götürə bilərsiniz, yəni. saat İLƏ=1:
. Sistemin ikinci tənliyini əvəz edək:
və ya
.Sonra
. Beləliklə, birinci dərəcəli xətti diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir
.

Misal 6 . Tənliyi həll edin
.

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

və ya
. Funksiya v elə seçin ki, bərabərlik olsun
. Sonra
. Gəlin bu tənliklərdən birincisini dəyişənlərin ayrılması metodundan istifadə edərək həll edək:
,
,
,
,. Funksiya vİkinci tənliyi əvəz edək:
,
,
,
. Bu tənliyin ümumi həlli belədir
.

Biliyin özünü idarə etməsi 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)
; G)
.

2. Birinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri həll edin:

A)
; b)
; V)
;

G)
; d)
.

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 həqiqi 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 tənliklər geniş təsnifatına malikdir. Bu məqalə haqqında danışılır adi diferensial tənliklər, yəni bir dəyişənin və onun törəmələrinin funksiyasını ehtiva edən tənliklər haqqında. Adi diferensial tənlikləri başa düşmək və həll etmək daha asandır 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 qərar 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 şəxsi 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. Belə iddia edək 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, sadəcə fərqləndirərkən əlverişli olan bir simvoldur. mürəkkəb funksiya. 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 tərəfə köçürülə bilən ixtiyari sabitlər görünəcək sağ tərəf tənliklər
     • 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.) Tapmaq ümumi həll daxil olduq 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 - Milli Açıq Universitet tərəfindən qeydə alınmışdır).

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 yuxarıdakı 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)))).) Belə iddia edək 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) və ya v = x / y (\displaystyle v=x/y)) ayrıla bilən tənliyə çevirin.

   • 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 tənlik tam diferensiallar . 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 üçün 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.)Çünki 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))-ə münasibətdə 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. Sabit əmsallı bircins xətti diferensial tənliklər. 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 həllində 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 nəzər salmağa davam edək. Çox köklü vəziyyət xarakterik tənlik Buna bir az sonra, sifarişin azaldılması bölməsində baxacağıq.

   Kökləri varsa r ± (\displaystyle r_(\pm )) müxtəlif 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 sabit 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 edilmişdir 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. Xarakterik tənliyin çoxsaylı kökləri varsa, həllər çoxluğu 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(düzləşdirilmiş)))
   • 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)
   • Çünki 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-Eyler 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 formaya malikdir 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 şəxsi 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. Məzmun görünəndə y c (\displaystyle y_(c))üzvlər ixtiyari sabitlərin olması səbəbindən 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 üzvlərlə qara ⁡ x (\displaystyle \tan x) və ya 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 bu əlavə şərti aşağıdakı formada seçək:
     • 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 aşağıdakı tənliklər sistemini alırıq
     • 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 növü 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 istifadə

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 maraq. 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. Bu an 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 praktik 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, tənlikdə dəyişən əmsallar olduqda və Koşi-Eyler tənliyi olmadıqda və ya bir neçə nadir hal istisna olmaqla, tənlik qeyri-xətti olduqda tətbiq edilir. 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 diferensiallaşmadan fərqli olaraq, bir çox ifadələrin inteqralı elementar funksiyalarda ifadə edilə bilməz. Odur ki, qeyri-mümkün olduğu 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))

Fizikanın bəzi problemlərində prosesi təsvir edən kəmiyyətlər arasında birbaşa əlaqə yaratmaq mümkün deyil. Lakin tədqiq olunan funksiyaların törəmələrini ehtiva edən bərabərlik əldə etmək mümkündür. Diferensial tənliklər belə yaranır və naməlum funksiyanı tapmaq üçün onları həll etmək zərurəti yaranır.

Bu məqalə naməlum funksiyanın bir dəyişənin funksiyası olduğu diferensial tənliyin həlli problemi ilə üzləşənlər üçün nəzərdə tutulub. Nəzəriyyə elə qurulmuşdur ki, diferensial tənliklər haqqında sıfır biliyə malik olmaqla siz öz tapşırığınızın öhdəsindən gələ bilərsiniz.

Diferensial tənliyin hər bir növü tipik misal və problemlərin ətraflı izahı və həlli ilə həll üsulu ilə əlaqələndirilir. Sadəcə probleminizin diferensial tənliyinin növünü müəyyən etmək, təhlil edilən oxşar nümunə tapmaq və oxşar hərəkətləri yerinə yetirmək kifayətdir.

Diferensial tənlikləri uğurla həll etmək üçün sizə antiderivativlər dəstlərini (qeyri-müəyyən inteqrallar) tapmaq bacarığı da lazımdır. müxtəlif funksiyalar. Lazım gələrsə, bölməyə müraciət etməyi məsləhət görürük.

Əvvəlcə törəmə ilə bağlı həll edilə bilən birinci dərəcəli adi diferensial tənliklərin növlərini nəzərdən keçirəcəyik, sonra ikinci dərəcəli ODE-lərə keçəcəyik, daha sonra daha yüksək dərəcəli tənliklər üzərində dayanacağıq və sistemləri ilə bitirəcəyik. diferensial tənliklər.

Xatırladaq ki, əgər y x arqumentinin funksiyasıdırsa.

Birinci dərəcəli diferensial tənliklər.

Formanın ən sadə birinci dərəcəli diferensial tənlikləri.

Belə uzaqdan idarəetmənin bir neçə nümunəsini yazaq .

Diferensial tənliklər bərabərliyin hər iki tərəfini f(x) -ə bölməklə törəmə ilə bağlı həll etmək olar. Bu halda f(x) ≠ 0 üçün ilkin tənliyə ekvivalent olacaq tənliyə çatırıq. Bu cür ODE-lərə misal ola bilər.

Əgər f(x) və g(x) funksiyalarının eyni vaxtda itdiyi x arqumentinin qiymətləri varsa, əlavə həllər yaranır. Tənliyə əlavə həllər verilmiş x bu arqument qiymətləri üçün müəyyən edilmiş istənilən funksiyalardır. Belə diferensial tənliklərə misal olaraq:

İkinci dərəcəli diferensial tənliklər.

Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənliklər.

Sabit əmsallı LDE çox yayılmış diferensial tənlik növüdür. Onların həlli xüsusilə çətin deyil. Əvvəlcə xarakterik tənliyin kökləri tapılır . Müxtəlif p və q üçün üç hal mümkündür: xarakterik tənliyin kökləri həqiqi və fərqli, həqiqi və üst-üstə düşə bilər. və ya mürəkkəb birləşmələr. Xarakterik tənliyin köklərinin dəyərlərindən asılı olaraq diferensial tənliyin ümumi həlli belə yazılır. , və ya , və ya müvafiq olaraq.

Məsələn, sabit əmsallı xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyi nəzərdən keçirək. Onun xarakterik tənliyinin kökləri k 1 = -3 və k 2 = 0-dır. Köklər həqiqi və fərqlidir, buna görə də sabit əmsallı LODE-nin ümumi həlli formaya malikdir


Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklər.

Sabit əmsalları y olan ikinci dərəcəli LDDE-nin ümumi həlli müvafiq LDDE-nin ümumi həllinin cəmi şəklində axtarılır. və orijinal üçün xüsusi bir həll qeyri-homogen tənlik, yəni, . Əvvəlki paraqraf sabit əmsallı homojen diferensial tənliyin ümumi həllinin tapılmasına həsr edilmişdir. Və konkret həll ya ilkin tənliyin sağ tərəfindəki f(x) funksiyasının müəyyən forması üçün qeyri-müəyyən əmsallar üsulu ilə, ya da ixtiyari sabitlərin dəyişdirilməsi üsulu ilə müəyyən edilir.

Sabit əmsalları olan ikinci dərəcəli LDDE-lərə misal olaraq veririk


Nəzəriyyəni başa düşmək və misalların ətraflı həlli ilə tanış olmaq üçün sizə səhifədə sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli diferensial tənlikləri təklif edirik.

Xətti homojen diferensial tənliklər (LODE) və ikinci dərəcəli xətti qeyri-homogen diferensial tənliklər (LNDE).

Bu tip diferensial tənliklərin xüsusi halı sabit əmsallı LODE və LDDE-dir.

Müəyyən bir seqmentdə LODE-nin ümumi həlli bu tənliyin iki xətti müstəqil qismən y 1 və y 2 həllinin xətti birləşməsi ilə təmsil olunur, yəni, .

Əsas çətinlik bu tip diferensial tənliyə xətti müstəqil qismən həllər tapmaqdadır. Tipik olaraq, xüsusi həllər seçilir aşağıdakı sistemlər xətti müstəqil funksiyalar:


Bununla belə, xüsusi həllər həmişə bu formada təqdim edilmir.

LOD nümunəsidir .

LDDE-nin ümumi həlli formada axtarılır, burada müvafiq LDDE-nin ümumi həlli və orijinal diferensial tənliyin xüsusi həllidir. Biz bayaq onu tapmaq haqqında danışdıq, lakin onu ixtiyari sabitlərin dəyişdirilməsi metodundan istifadə etməklə müəyyən etmək olar.

LNDU-nu misal göstərmək olar .

Daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklər.

Sıra ilə azalmaya imkan verən diferensial tənliklər.

Diferensial tənliyin sırası k-1 sırasına qədər istənilən funksiyanı və onun törəmələrini ehtiva etməyən , əvəz etməklə n-k-ə endirilə bilər.

Bu halda, orijinal diferensial tənlik -ə endiriləcəkdir. Onun həlli p(x) tapıldıqdan sonra əvəzlənməyə qayıtmaq və naməlum y funksiyasını təyin etmək qalır.

Məsələn, diferensial tənlik dəyişdirildikdən sonra o, ayrıla bilən dəyişənləri olan tənliyə çevriləcək və onun sırası üçüncüdən birinciyə enəcək.

Ya törəmə ilə bağlı artıq həll olunub, ya da törəmə ilə bağlı həll oluna bilər. .

İnterval üzrə tipli diferensial tənliklərin ümumi həlli X verilmiş , bu bərabərliyin hər iki tərəfinin inteqralını götürməklə tapmaq olar.

alırıq .

Qeyri-müəyyən inteqralın xassələrinə nəzər salsaq, istədiyimiz ümumi həlli tapırıq:

y = F(x) + C,

Harada F(x)- primitiv funksiyalardan biri f(x) arasında X, A İLƏ- ixtiyari sabit.

Nəzərə alın ki, əksər problemlərdə interval X göstərməyin. Bu o deməkdir ki, hər kəs üçün həll yolu tapılmalıdır. x, hansı üçün və istədiyiniz funksiya y, Və orijinal tənlik məna kəsb etmək.

İlkin şərti təmin edən diferensial tənliyin xüsusi həllini hesablamaq lazımdırsa y(x 0) = y 0, sonra ümumi inteqralı hesabladıqdan sonra y = F(x) + C, hələ də sabitin qiymətini təyin etmək lazımdır C = C 0, ilkin şərtdən istifadə etməklə. Yəni daimi C = C 0 tənlikdən müəyyən edilir F(x 0) + C = y 0 və diferensial tənliyin istənilən qismən həlli aşağıdakı formanı alacaq:

y = F(x) + C 0.

Bir misala baxaq:

Diferensial tənliyin ümumi həllini tapıb nəticənin düzgünlüyünü yoxlayaq. Gəlin bu tənliyə ilkin şərti ödəyən xüsusi həll tapaq.

Həll:

Verilmiş diferensial tənliyi inteqral etdikdən sonra əldə edirik:

.

Bu inteqralı hissələrə görə inteqrasiya metodundan istifadə edərək götürək:

Ki., diferensial tənliyin ümumi həllidir.

Nəticənin düzgün olduğundan əmin olmaq üçün yoxlama aparaq. Bunun üçün tapdığımız həlli verilmiş tənlikdə əvəz edirik:

.

Yəni nə vaxt orijinal tənlik eyniliyə çevrilir:

ona görə də diferensial tənliyin ümumi həlli düzgün müəyyən edilmişdir.

Tapdığımız həll arqumentin hər bir real dəyəri üçün diferensial tənliyin ümumi həllidir x.

ODE üçün ilkin şərti təmin edəcək xüsusi bir həlli hesablamaq qalır. Başqa sözlə, sabitin qiymətini hesablamaq lazımdır İLƏ, bu zaman bərabərlik doğru olacaq:

.

.

Sonra, əvəz C = 2 ODE-nin ümumi həllinə ilkin şərti ödəyən diferensial tənliyin xüsusi həllini alırıq:

.

Adi diferensial tənlik tənliyin 2 tərəfini bölməklə törəmə üçün həll edilə bilər f(x). Bu çevrilmə əgər bərabər olacaq f(x) heç bir şəraitdə sıfıra çevrilmir x diferensial tənliyin inteqrasiya intervalından X.

Mübahisənin bəzi dəyərləri üçün ehtimal olunan vəziyyətlər var x ∈ X funksiyaları f(x) Və g(x) eyni zamanda sıfıra çevrilir. Oxşar dəyərlər üçün x diferensial tənliyin ümumi həlli istənilən funksiyadır y, hansı ki, onlarda müəyyən edilir, çünki .

Bəzi arqument dəyərləri üçün x ∈ Xşərt ödənilir, bu o deməkdir ki, bu halda ODE-nin həlli yoxdur.

Hər kəs üçün x intervaldan Xçevrilmiş tənlikdən diferensial tənliyin ümumi həlli təyin edilir.

Nümunələrə baxaq:

Misal 1.

ODE-nin ümumi həllini tapaq: .

Həll.

Əsas elementar funksiyaların xassələrindən aydın olur ki, funksiya təbii loqarifm mənfi olmayan arqument qiymətləri üçün müəyyən edilir, buna görə də ifadənin əhatə dairəsi belədir ln(x+3) interval var x > -3 . Bu o deməkdir ki, verilmiş diferensial tənlik məntiqlidir x > -3 . Bu arqument dəyərləri üçün ifadə x+3 itmir, ona görə də törəmə üçün ODE-ni 2 hissəyə bölməklə həll edə bilərsiniz. x + 3.

alırıq .

Sonra, törəmə ilə bağlı həll olunan nəticə diferensial tənliyi inteqrasiya edirik: . Bu inteqralı götürmək üçün biz diferensial işarəni toplamaq metodundan istifadə edirik.

Bu məqalə diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin öyrənilməsində başlanğıc nöqtəsidir. Budur, mətndə daim görünəcək əsas təriflər və anlayışlar. Daha yaxşı mənimsənilməsi və başa düşülməsi üçün təriflər nümunələrlə verilir.

Diferensial tənlik (DE) törəmə və ya diferensial işarəsi altında naməlum funksiyanı ehtiva edən tənlikdir.

Əgər naməlum funksiya bir dəyişənin funksiyasıdırsa, diferensial tənlik deyilir adi siravi(qısaldılmış ODE - adi diferensial tənlik). Əgər naməlum funksiya çox dəyişənlərin funksiyasıdırsa, diferensial tənlik deyilir qismən diferensial tənlik.

Diferensial tənliyə daxil olan naməlum funksiyanın törəməsinin maksimum sırası deyilir diferensial tənliyin sırası.

Burada müvafiq olaraq birinci, ikinci və beşinci dərəcəli ODE nümunələri verilmişdir

İkinci dərəcəli qismən diferensial tənliklərə misal olaraq veririk

Bundan sonra biz formanın n-ci dərəcəli yalnız adi diferensial tənlikləri nəzərdən keçirəcəyik və ya , burada Ф(x, y) = 0 qeyri-müəyyən bir funksiyadır (mümkün olduqda, onu y = f(x) açıq şəkildə yazacağıq).

Diferensial tənliyin həllinin tapılması prosesi deyilir diferensial tənliyi inteqral etməklə.

Diferensial tənliyin həlli diferensial tənliyi eyniliyə çevirən, dolayısı ilə təyin olunmuş Ф(x, y) = 0 funksiyasıdır (bəzi hallarda y funksiyası x arqumenti vasitəsilə açıq şəkildə ifadə oluna bilər).

QEYD.

Diferensial tənliyin həlli həmişə əvvəlcədən müəyyən edilmiş X intervalında axtarılır.

Niyə biz bu barədə ayrıca danışırıq? Bəli, çünki bir çox məsələlərdə X intervalı qeyd olunmur. Yəni adətən məsələlərin şərti aşağıdakı kimi tərtib olunur: “adi diferensial tənliyin həllini tapın. " Bu halda, həllin həm arzu olunan y funksiyasının, həm də ilkin tənliyin məna kəsb etdiyi bütün x üçün axtarılması nəzərdə tutulur.

Diferensial tənliyin həlli çox vaxt adlanır diferensial tənliyin inteqralı.

Funksiyalar və ya diferensial tənliyin həlli adlandırıla bilər.

Diferensial tənliyin həlli yollarından biri funksiyadır. Həqiqətən də, bu funksiyanı ilkin tənliyə əvəz etməklə biz eyniliyi əldə edirik . Bu ODE-nin başqa bir həllinin, məsələn, olduğunu görmək asandır. Beləliklə, diferensial tənliklərin bir çox həlli ola bilər.

Diferensial tənliyin ümumi həlli bu diferensial tənliyin istisnasız olaraq bütün həllərini ehtiva edən həllər toplusudur.

Diferensial tənliyin ümumi həlli də adlanır diferensial tənliyin ümumi inteqralı.

Nümunəyə qayıdaq. Diferensial tənliyin ümumi həlli və ya formasına malikdir, burada C ixtiyari sabitdir. Yuxarıda biz bu ODE-nin müvafiq olaraq C = 0 və C = 1 əvəz edilməsi ilə diferensial tənliyin ümumi inteqralından alınan iki həllini göstərdik.

Əgər diferensial tənliyin həlli ilkin olaraq göstərilənə cavab verirsə əlavə şərtlər, sonra çağırılır diferensial tənliyin qismən həlli.

y(1)=1 şərtini ödəyən diferensial tənliyin qismən həlli . Həqiqətən, Və .

Diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin əsas problemləri Koşi məsələləri, sərhəd məsələləri və hər hansı verilmiş X intervalında diferensial tənliyin ümumi həllinin tapılması məsələləridir.

Cauchy problemi veriləni qane edən diferensial tənliyin xüsusi həllinin tapılması məsələsidir ilkin şərtlər, nömrələr haradadır.

Sərhəd dəyəri problemi x 0 və x 1 sərhəd nöqtələrində əlavə şərtləri ödəyən ikinci dərəcəli diferensial tənliyin xüsusi həllinin tapılması məsələsidir:
f (x 0) = f 0, f (x 1) = f 1, burada f 0 və f 1 ədədləri verilmişdir.

Sərhəd problemi tez-tez adlanır sərhəd problemi.

n-ci dərəcəli adi diferensial tənlik adlanır xətti, formasına malikdirsə və əmsallar inteqrasiya intervalında x arqumentinin davamlı funksiyalarıdırsa.