Örnekler için genel bir çözüm bulun. Diferansiyel denklem türleri, çözüm yöntemleri

Adi diferansiyel denklem bağımsız bir değişkeni, bu değişkenin bilinmeyen bir fonksiyonunu ve onun çeşitli derecelerdeki türevlerini (veya diferansiyellerini) ilişkilendiren bir denklemdir.

Diferansiyel denklemin sırası içerdiği en yüksek türevin mertebesine denir.

Sıradan olanlara ek olarak kısmi diferansiyel denklemler de incelenmektedir. Bunlar bağımsız değişkenlerle ilgili denklemler, bu değişkenlerin bilinmeyen bir fonksiyonu ve aynı değişkenlere göre kısmi türevleridir. Ama biz sadece dikkate alacağız adi diferansiyel denklemler ve bu nedenle konuyu kısaltmak adına "sıradan" kelimesini çıkaracağız.

Diferansiyel denklem örnekleri:

(1) ;

(3) ;

(4) ;

Denklem (1) dördüncü dereceden, denklem (2) üçüncü dereceden, denklemler (3) ve (4) ikinci dereceden, denklem (5) birinci derecedendir.

Diferansiyel denklem N Bu mertebenin mutlaka açık bir fonksiyon içermesi gerekmez; birinciden ikinciye tüm türevleri N-inci dereceden ve bağımsız değişken. Belirli derecelerin türevlerini, bir fonksiyonu veya bağımsız bir değişkeni açıkça içeremez.

Örneğin, denklem (1)'de açıkça üçüncü ve ikinci dereceden türevler ve bir fonksiyon yoktur; denklem (2)'de - ikinci dereceden türev ve fonksiyon; denklem (4)'te - bağımsız değişken; denklemde (5) - fonksiyonlar. Yalnızca denklem (3) açıkça tüm türevleri, fonksiyonu ve bağımsız değişkeni içerir.

Diferansiyel denklem çözme her fonksiyon çağrılır y = f(x) denklemde yerine konulduğunda bir kimliğe dönüşür.

Bir diferansiyel denklemin çözümünü bulma işlemine denir entegrasyon.

Örnek 1. Diferansiyel denklemin çözümünü bulun.

Çözüm. Bu denklemi formda yazalım. Çözüm, fonksiyonu türevinden bulmaktır. İntegral hesabından bilindiği gibi orijinal fonksiyon, bir antiderivatiftir;

İşte bu bu diferansiyel denklemin çözümü . İçinde değişiklik C farklı çözümler elde edeceğiz. Birinci mertebeden diferansiyel denklemin sonsuz sayıda çözümü olduğunu öğrendik.

Diferansiyel denklemin genel çözümü N sıra, bilinmeyen fonksiyona göre açıkça ifade edilen ve aşağıdakileri içeren çözümdür: N bağımsız keyfi sabitler, yani

Örnek 1'deki diferansiyel denklemin çözümü geneldir.

Diferansiyel denklemin kısmi çözümü keyfi sabitlerin belirli sayısal değerlerin verildiği bir çözüme denir.

Örnek 2. Bulmak ortak karar diferansiyel denklem ve özel bir çözüm .

Çözüm. Denklemin her iki tarafının diferansiyel denklemin mertebesine eşit sayıda integralini alalım.

,

.

Sonuç olarak genel bir çözüm elde ettik -

Verilen bir üçüncü dereceden diferansiyel denklemin

Şimdi belirtilen koşullar altında belirli bir çözüm bulalım. Bunu yapmak için keyfi katsayılar yerine değerlerini değiştirin ve elde edin

.

Diferansiyel denkleme ek olarak başlangıç ​​​​koşulu da verilirse, böyle bir problem denir. Cauchy sorunu . Değerleri ve denklemin genel çözümüne yerleştirin ve keyfi bir sabitin değerini bulun C ve sonra bulunan değer için denklemin özel bir çözümü C. Cauchy sorununun çözümü budur.

Örnek 3.Örnek 1'deki diferansiyel denklem için Cauchy problemini çözün.

Çözüm. Başlangıç ​​koşulundaki değerleri genel çözüme koyalım sen = 3, X= 1. Bunu elde ederiz

Bu birinci dereceden diferansiyel denklem için Cauchy probleminin çözümünü yazıyoruz:

Diferansiyel denklemleri çözmek, en basit olanları bile, karmaşık fonksiyonlar da dahil olmak üzere iyi entegrasyon ve türev becerileri gerektirir. Bu, aşağıdaki örnekte görülebilir.

Örnek 4. Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun.

Çözüm. Denklem öyle bir biçimde yazılmıştır ki, her iki tarafı da hemen entegre edebilirsiniz.

.

Değişkeni değiştirerek (ikame) entegrasyon yöntemini uyguluyoruz. O zaman olsun.

Almak için gerekli dx ve şimdi - dikkat - bunu karmaşık bir fonksiyonun farklılaşma kurallarına göre yapıyoruz, çünkü X ve karmaşık bir işlev var ("elma" - çıkar kare kök veya aynı şey nedir - "yarım" gücüne yükseltmek ve "kıyma" kökün altındaki ifadenin ta kendisidir):

İntegrali buluyoruz:

Değişkene geri dönelim X, şunu elde ederiz:

.

Bu, birinci dereceden diferansiyel denklemin genel çözümüdür.

Diferansiyel denklemlerin çözümünde yalnızca yüksek matematiğin önceki bölümlerinden alınan beceriler değil, aynı zamanda ilkokul, yani okul matematiği becerileri de gerekli olacaktır. Daha önce de belirtildiği gibi, herhangi bir mertebeden bir diferansiyel denklemde bağımsız bir değişken, yani bir değişken olmayabilir. X. Okuldan unutulmamış (ancak kime bağlı olarak) oranlar hakkında bilgi sahibi olmak bu sorunun çözülmesine yardımcı olacaktır. Bu bir sonraki örnek.

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

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

Her diferansiyel denklem türüne, ayrıntılı açıklamalar ve çözümler içeren bir çözüm yöntemi atanır. tipik örnekler ve görevler. Tek yapmanız gereken probleminizin diferansiyel denkleminin türünü belirlemek, analiz edilmiş benzer bir örnek bulmak ve benzer eylemleri gerçekleştirmek.

Diferansiyel denklemleri başarılı bir şekilde çözmek için çeşitli fonksiyonların ters türevlerini (belirsiz integraller) bulma becerisine de ihtiyacınız olacak. Gerekiyorsa bölümüne başvurmanızı öneririz.

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

Eğer y, x argümanının bir fonksiyonu ise bunu hatırlayın.

Birinci mertebeden diferansiyel denklemler.

Formun birinci mertebesinden en basit diferansiyel denklemler.

Bu tür uzaktan kumandalara birkaç örnek yazalım .

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

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

İkinci dereceden diferansiyel denklemler.

Sabit katsayılı ikinci dereceden doğrusal homojen diferansiyel denklemler.

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

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


İkinci dereceden sabit katsayılı lineer homojen olmayan diferansiyel denklemler.

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

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


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

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

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

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

Ana zorluk tam olarak bu tür bir diferansiyel denklemin doğrusal bağımsız kısmi çözümlerinin bulunmasından oluşur. Tipik olarak, belirli çözümler aşağıdaki doğrusal bağımsız fonksiyon sistemlerinden seçilir:


Ancak belirli çözümler her zaman bu biçimde sunulmamaktadır.

Bir LOD örneği: .

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

LNDU'ya bir örnek verilebilir .

Yüksek mertebeden diferansiyel denklemler.

Sırada azalmaya izin veren diferansiyel denklemler.

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

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

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

Günümüzde herhangi bir uzmanın en önemli becerilerinden biri diferansiyel denklemleri çözme yeteneğidir. Diferansiyel denklemlerin çözülmesi - herhangi bir fiziksel parametrenin hesaplanması veya kabul edilen bir kararın sonucu olarak değişikliklerin modellenmesi olsun, uygulanan tek bir görev bu olmadan yapamaz. makroekonomik politika. Bu denklemler aynı zamanda kimya, biyoloji, tıp vb. gibi diğer bazı bilim dalları için de önemlidir. Aşağıda diferansiyel denklemlerin ekonomide kullanımına bir örnek vereceğiz, ancak ondan önce ana denklem türlerinden kısaca bahsedeceğiz.

Diferansiyel denklemler - en basit türler

Bilgeler, evrenimizin yasalarının matematik dilinde yazıldığını söyledi. Elbette cebirde farklı denklemlerin birçok örneği vardır, ancak bunlar çoğunlukla eğitici örnekler, pratikte geçerli değildir. Gerçekten ilginç olan matematik, evrende meydana gelen süreçleri tanımlamak istediğimizde başlar. gerçek hayat. Peki gerçek süreçleri (enflasyon, çıktı veya demografik göstergeler) yöneten zaman faktörünü nasıl yansıtabiliriz?

Bir fonksiyonun türeviyle ilgili bir matematik dersinden önemli bir tanımı hatırlayalım. Türev, bir fonksiyonun değişim hızıdır, dolayısıyla zaman faktörünü denklemde yansıtmamıza yardımcı olabilir.

Yani ilgilendiğimiz göstergeyi tanımlayan bir fonksiyonla bir denklem oluşturup bu fonksiyonun türevini denkleme ekliyoruz. Bu bir diferansiyel denklemdir. Şimdi en basitlerine geçelim kuklalar için diferansiyel denklem türleri.

En basit diferansiyel denklem $y'(x)=f(x)$ biçimindedir; burada $f(x)$ belirli bir fonksiyondur ve $y'(x)$ istenen fonksiyonun türevi veya değişim oranıdır. işlev. Sıradan entegrasyonla çözülebilir: $$y(x)=\int f(x)dx.$$

Saniye en basit tür ayrılabilir değişkenli diferansiyel denklem denir. Böyle bir denklem şuna benzer: $y’(x)=f(x)\cdot g(y)$. Bağımlı değişken $y$'ın da oluşturulan fonksiyonun bir parçası olduğu görülebilir. Denklem çok basit bir şekilde çözülebilir - "değişkenleri ayırmanız", yani onu $y'(x)/g(y)=f(x)$ veya $dy/g(y) biçimine getirmeniz gerekir. =f(x)dx$. Her iki tarafı da entegre etmeye devam ediyor $$\int \frac(dy)(g(y))=\int f(x)dx$$ - bu, ayrılabilir türdeki diferansiyel denklemin çözümüdür.

Son basit tür birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemdir. $y’+p(x)y=q(x)$ biçimindedir. Burada $p(x)$ ve $q(x)$ bazı işlevlerdir ve $y=y(x)$ gerekli işlevdir. Böyle bir denklemi çözmek için özel yöntemler kullanılır (Lagrange'ın keyfi bir sabitin değişimi yöntemi, Bernoulli'nin ikame yöntemi).

Daha karmaşık denklem türleri vardır - ikinci, üçüncü ve genel olarak keyfi dereceden denklemler, homojen ve homojen olmayan denklemler ve diferansiyel denklem sistemleri. Bunları çözmek, daha basit problemleri çözme konusunda ön hazırlık ve deneyim gerektirir.

Kısmi diferansiyel denklemler olarak adlandırılan denklemler fizik ve beklenmedik bir şekilde finans için büyük önem taşıyor. Bu, istenilen fonksiyonun aynı anda birden fazla değişkene bağlı olduğu anlamına gelir. Örneğin, finans mühendisliği alanındaki Black-Scholes denklemi bir seçeneğin değerini tanımlar (tip menkul kıymetler) karlılığına, ödemelerin büyüklüğüne ve ödemelerin başlangıç ​​ve bitiş tarihlerine bağlı olarak. Kısmi diferansiyel denklemi çözmek oldukça karmaşıktır; genellikle şunu kullanmanız gerekir: özel programlar Matlab veya Maple gibi.

Diferansiyel denklemin ekonomide uygulanmasına bir örnek

Söz verdiğimiz gibi diferansiyel denklem çözmenin basit bir örneğini verelim. Öncelikle görevi belirleyelim.

Bazı şirketler için, ürünlerinin satışından elde edilen marjinal gelirin fonksiyonu $MR=10-0.2q$ şeklindedir. Burada $MR$ firmanın marjinal geliridir ve $q$ üretim hacmidir. Toplam geliri bulmamız gerekiyor.

Problemden de görebileceğiniz gibi, bu mikroekonomiden uygulamalı bir örnektir. Birçok firma ve işletme, faaliyetleri sırasında sürekli olarak bu tür hesaplamalarla karşı karşıya kalmaktadır.

Çözümle başlayalım. Mikroekonomiden bilindiği gibi, marjinal gelir toplam gelirin bir türevidir ve gelir sıfıra eşittir. sıfır seviye satış

Matematiksel açıdan bakıldığında problem, $R’=10-0.2q$ diferansiyel denkleminin $R(0)=0$ koşulu altında çözülmesine indirgenmişti.

Denklemin integralini alarak alalım antiderivatif fonksiyon her iki parçadan da genel çözümü elde ederiz: $$R(q) = \int (10-0.2q)dq = 10 q-0.1q^2+C. $$

$C$ sabitini bulmak için $R(0)=0$ koşulunu hatırlayın. Bunu yerine koyalım: $$R(0) =0-0+C = 0. $$ Yani C=0 ve toplam gelir fonksiyonumuz $R(q)=10q-0.1q^2$ formunu alır. Problem çözüldü.

Diğer örnekler farklı şekiller Uzaktan kumandalar sayfada toplanmıştır:

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

Bu makalede, çözümleri şu şekilde yazılabilen belirli türdeki adi diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik yöntemler tartışılmaktadır. temel işlevler yani polinom, üstel, logaritmik ve trigonometrik ve bunların ters fonksiyonları. Bu denklemlerin çoğu gerçek hayatta ortaya çıkar, ancak diğer diferansiyel denklemlerin çoğu bu yöntemlerle çözülemez ve bunlar için cevap özel fonksiyonlar veya veya şeklinde yazılır. güç serisi veya sayısal yöntemlerle bulunur.

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

Ön bilgi

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

Adımlar

Bölüm 1

Birinci dereceden denklemler

Bu hizmeti kullanırken bazı bilgiler YouTube'a aktarılabilir.

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

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

   P (x) = 0. (\displaystyle p(x)=0.) Matematiksel analizin ana teoremlerinden birine göre, bir fonksiyonun türevinin integrali de bir fonksiyondur. Bu nedenle çözümünü bulmak için denklemin basitçe integralini almak yeterlidir. Belirsiz integrali hesaplarken keyfi bir sabitin ortaya çıktığı dikkate alınmalıdır.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bölüm 2

İkinci dereceden denklemler

1. Sabit katsayılı homojen lineer diferansiyel denklemler. Bu denklemler pratikte yaygın olarak kullanıldığı için çözümleri birincil öneme sahiptir. Bu durumda Hakkında konuşuyoruz homojen fonksiyonlarla ilgili değil, denklemin sağ tarafında 0 olmasıyla ilgili. Sonraki bölümde buna karşılık gelen denklemin nasıl çözüleceği gösterilecek heterojen diferansiyel denklemler. Altında a (\displaystyle a) Ve b (\displaystyle b) sabitlerdir.

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

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

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

   Şimdi birkaç tanesini ele almaya geçelim spesifik örnekler. Karakteristik denklemin çoklu kökleri durumunu biraz sonra sıranın azaltılması bölümünde ele alacağız.

   Eğer kökler r ± (\displaystyle r_(\pm )) farklıdır gerçek sayılar diferansiyel denklem aşağıdaki çözüme sahiptir

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

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

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

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

   
   

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

   Lagrange yöntemi. Lagrange yöntemi veya keyfi sabitlerin değişimi yöntemi, özellikle kesme teriminin sonlu sayıda doğrusal olarak bağımsız türev içermediği durumlarda, homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için daha genel bir yöntemdir. Örneğin, ücretsiz şartlarla ten rengi ⁡ x (\displaystyle \tan x) veya x − n (\displaystyle x^(-n)) Belirli bir çözümü bulmak için Lagrange yöntemini kullanmak gerekir. Lagrange yöntemi değişken katsayılı diferansiyel denklemleri çözmek için bile kullanılabilir, ancak bu durumda Cauchy-Euler denklemi dışında, ek çözüm genellikle terimlerle ifade edilmediğinden daha az kullanılır. temel işlevler.

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

Pratik kullanım

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

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

• Pek çok diferansiyel denklem, özellikle son bölümde bahsedilenler olmak üzere yukarıdaki yöntemler kullanılarak çözülemez. Bu, denklem değişken katsayılar içerdiğinde ve bir Cauchy-Euler denklemi olmadığında veya birkaç çok nadir durum dışında denklem doğrusal olmadığında geçerlidir. Ancak yukarıdaki yöntemler, sıklıkla karşılaşılan birçok önemli diferansiyel denklemi çözebilir. Çeşitli bölgeler Bilimler.
• Herhangi bir fonksiyonun türevini bulmanızı sağlayan diferansiyelden farklı olarak, birçok ifadenin integrali temel fonksiyonlarda ifade edilemez. Bu nedenle, imkansız olan bir integrali hesaplamaya çalışarak zaman kaybetmeyin. İntegral tablosuna bakın. Bir diferansiyel denklemin çözümü temel fonksiyonlar cinsinden ifade edilemiyorsa bazen integral formda temsil edilebilir ve bu durumda hesaplanıp hesaplanamaması önemli değildir. verilen integral analitik olarak.

Uyarılar

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

Belirli integralleri bulurken karşı karşıya kaldığımız görevi hatırlayalım:

veya dy = f(x)dx. Onun çözümü:

ve iş belirsiz integralin hesaplanmasına gelir. Pratikte daha karmaşık bir görevle daha sık karşılaşılır: fonksiyonun bulunması senşeklinde bir ilişkiyi sağladığı biliniyorsa

Bu ilişki bağımsız değişkenle ilgilidir X, bilinmeyen işlev sen ve mertebeye kadar türevleri N dahil, denir .

Bir diferansiyel denklem, şu veya bu dereceden türevlerin (veya diferansiyellerin) işareti altındaki bir fonksiyonu içerir. En yüksek sıraya sıra denir (9.1) .

Diferansiyel denklemler:

- birinci derece,

İkinci emir

- beşinci derece vb.

Belirli bir diferansiyel denklemi sağlayan fonksiyona çözümü denir , veya integral . Bunu çözmek, tüm çözümlerini bulmak anlamına gelir. Gerekli fonksiyon için ise sen tüm çözümleri veren bir formül elde etmeyi başardık, sonra onun genel çözümünü bulduğumuzu söylüyoruz , veya genel integral .

Ortak karar içerir N keyfi sabitler ve benziyor

ile ilgili bir ilişki elde edilirse x, y Ve N izin verilmeyen bir biçimde keyfi sabitler sen -

bu durumda böyle bir ilişkiye denklem (9.1)'in genel integrali denir.

Cauchy sorunu

Her özel çözüme, yani belirli bir diferansiyel denklemi karşılayan ve keyfi sabitlere bağlı olmayan her özel fonksiyona özel çözüm denir. , veya kısmi bir integral. Genel çözümlerden özel çözümler (integraller) elde etmek için sabitlere belirli sayısal değerler verilmelidir.

Belirli bir çözümün grafiğine integral eğrisi denir. Tüm kısmi çözümleri içeren genel çözüm, bir integral eğri ailesidir. Birinci dereceden bir denklem için bu aile, denklem için keyfi bir sabite bağlıdır. N-inci sipariş - itibaren N keyfi sabitler.

Cauchy problemi denklem için özel bir çözüm bulmaktır. N-th sipariş, tatmin edici N başlangıç ​​koşulları:

bununla n sabiti c 1, c 2,..., cn belirlenir.

1. dereceden diferansiyel denklemler

Türevine göre çözülmemiş 1. dereceden diferansiyel denklem için şu forma sahiptir:

veya nispeten izin verilen için

Örnek 3.46. Denklemin genel çözümünü bulun

Çözüm. Entegre edersek şunu elde ederiz

burada C keyfi bir sabittir. C'ye belirli sayısal değerler atarsak belirli çözümler elde ederiz, örneğin,

Örnek 3.47. 100 r tahakkuk tabi olarak bankaya yatırılan para miktarının arttığını düşünün Yıllık bileşik faiz. Başlangıçtaki para miktarı Yo olsun ve sonunda Yx olsun X yıllar. Faiz yılda bir kez hesaplanırsa,

burada x = 0, 1, 2, 3,.... Faiz yılda iki kez hesaplandığında şunu elde ederiz:

burada x = 0, 1/2, 1, 3/2,.... Faiz hesaplanırken N yılda bir kez ve eğer x 0, 1/n, 2/n, 3/n,... sıralı değerlerini alır, ardından

1/n = h'yi belirtin, o zaman önceki eşitlik şöyle görünecektir:

Sınırsız büyütme ile N(saatte ) limitte sürekli faiz tahakkuku ile para miktarını artırma sürecine geliyoruz:

Dolayısıyla sürekli değişimle açıkça görülüyor ki X değişim kanunu para arzı 1. dereceden diferansiyel denklem ile ifade edilir. Y x bilinmeyen bir fonksiyon olduğunda, X- bağımsız değişken, R- devamlı. Bu denklemi çözelim, bunun için aşağıdaki gibi yeniden yazalım:

Neresi , veya , burada P, e C'yi belirtir.

Y(0) = Yo başlangıç ​​koşullarından P: Yo = Pe o'yu buluruz, buradan Yo = P olur. Bu nedenle çözüm şu şekildedir:

İkincisini ele alalım ekonomik sorun. Makroekonomik modeller aynı zamanda gelir veya Y çıktısındaki değişiklikleri zamanın fonksiyonu olarak tanımlayan 1. dereceden doğrusal diferansiyel denklemlerle de tanımlanır.

Örnek 3.48. Milli gelir Y'nin değeriyle orantılı bir oranda artmasına izin verin:

ve devlet harcamalarındaki açığın orantı katsayısı ile gelir Y ile doğru orantılı olmasına izin verin Q. Harcama açığı ulusal borcun artmasına neden olur D:

Başlangıç ​​koşulları Y = Yo ve D = Do t = 0'da. İlk denklemden Y= Yoe kt. Y'yi değiştirerek dD/dt = qYoe kt elde ederiz. Genel çözüm şu şekildedir:
D = (q/ k) Yoe kt +С, burada С = sabit, başlangıç ​​koşullarından belirlenir. Başlangıç ​​koşullarını yerine koyarsak Do = (q/ k)Yo + C elde ederiz. Yani son olarak,

D = Do +(q/ k)Yo (e kt -1),

bu, ulusal borcun aynı oranda arttığını gösteriyor k Milli gelirle aynı.

En basit diferansiyel denklemleri ele alalım N mertebeden, bunlar formun denklemleridir

Genel çözümü kullanılarak elde edilebilir. N kez entegrasyonlar.

Örnek 3.49. y """ = cos x örneğini düşünün.

Çözüm. Bütünleşerek şunu buluruz

Genel çözüm şu şekildedir:

Doğrusal diferansiyel denklemler

Ekonomide yaygın olarak kullanılırlar; bu tür denklemleri çözmeyi düşünelim. Eğer (9.1) şu şekle sahipse:

o zaman buna doğrusal denir, burada рo(x), р1(x),..., рn(x), f(x) fonksiyonları verilir. f(x) = 0 ise (9.2)'ye homojen, aksi takdirde homojen olmayan denir. Denklemin (9.2) genel çözümü, herhangi bir özel çözümünün toplamına eşittir. y(x) ve buna karşılık gelen homojen denklemin genel çözümü:

Eğer р o (x), р 1 (x),..., р n (x) katsayıları sabitse, o zaman (9.2)

(9.4) sabit mertebe katsayılı doğrusal diferansiyel denklem olarak adlandırılır N .

(9.4) için şu forma sahiptir:

Genelliği kaybetmeden, p o = 1'i ayarlayabilir ve (9.5) formunu şu şekilde yazabiliriz:

k'nin bir sabit olduğu y = e kx formunda bir çözüm (9.6) arayacağız. Sahibiz: ; y " = ke kx , y "" = k 2 e kx , ..., y (n) = kne kx . Ortaya çıkan ifadeleri (9.6)'da yerine koyarsak, şunu elde ederiz:

(9.7) evet cebirsel denklem, bilinmiyor k, karakteristik denir. Karakteristik denklemin derecesi vardır N Ve N aralarında hem çoklu hem de karmaşık olabilen kökler. k 1 , k 2 ,..., k n gerçek ve farklı olsun, o zaman - özel çözümler (9.7) ve genel

Sabit katsayılı doğrusal homojen ikinci dereceden diferansiyel denklemi düşünün:

Karakteristik denklemi şu şekildedir:

(9.9)

diskriminantı D = p 2 - 4q, D'nin işaretine bağlı olarak üç durum mümkündür.

1. Eğer D>0 ise, k 1 ve k 2 (9.9) kökleri gerçel ve farklıdır ve genel çözüm şu şekildedir:

Çözüm. Karakteristik denklem: k 2 + 9 = 0, dolayısıyla k = ± 3i, a = 0, b = 3, genel çözüm şu şekildedir:

y = C 1 çünkü 3x + C 2 sin 3x.

2. dereceden doğrusal diferansiyel denklemler, P fiyatındaki değişim oranının stok büyüklüğüne bağlı olduğu, mal stokları içeren web tipi bir ekonomik model incelenirken kullanılır (bkz. Paragraf 10). Arz ve talebin eşit olması durumunda doğrusal fonksiyonlar fiyatlar yani

a, reaksiyon hızını belirleyen bir sabittir, bu durumda fiyat değişimi süreci diferansiyel denklemle tanımlanır:

Belirli bir çözüm için sabit alabiliriz

anlamlı denge fiyatı Sapma tatmin eder homojen denklem

(9.10)

Karakteristik denklem aşağıdaki gibi olacaktır:

Terimin pozitif olması durumunda. Haydi belirtelim . Karakteristik denklemin kökleri k 1,2 = ± i w, dolayısıyla genel çözüm (9.10) şu şekildedir:

burada C ve keyfi sabitlerdir, başlangıç ​​koşullarından belirlenirler. Zaman içinde fiyat değişimi yasasını elde ettik:

Diferansiyel denkleminizi girin, türevi girmek için apostroa "" kullanılır, çözümü almak için gönder tuşuna basın