The spletni kalkulator omogoča reševanje diferencialnih enačb na spletu. Dovolj je, da vnesete svojo enačbo v ustrezno polje, z apostrofom označite izpeljanko funkcije in kliknete na gumb "reši enačbo" In sistem, implementiran na podlagi priljubljenega spletnega mesta WolframAlpha, bo podal podrobnosti reševanje diferencialne enačbe popolnoma brezplačno. Cauchyjev problem lahko definirate tudi tako, da iz celotnega sklopa možne rešitve izberite količnik, ki ustreza danim začetnim pogojem. Cauchyjev problem se vnese v posebno polje.

Diferencialna enačba

Privzeto funkcija v enačbi l je funkcija spremenljivke x. Lahko pa določite svojo oznako za spremenljivko; če v enačbo napišete na primer y(t), bo kalkulator to samodejno prepoznal l obstaja funkcija iz spremenljivke t. S pomočjo kalkulatorja lahko reši diferencialne enačbe katere koli kompleksnosti in vrste: homogene in nehomogene, linearne ali nelinearne, prvega reda ali drugega in višjega reda, enačbe z ločljivimi ali neločljivimi spremenljivkami itd. Rešitev dif. enačbe so podane v analitično obliko, Ima natančen opis. Diferencialne enačbe zelo pogost v fiziki in matematiki. Brez njihovega izračuna je nemogoče rešiti veliko problemov (zlasti v matematični fiziki).

Ena od stopenj reševanja diferencialnih enačb je integracija funkcij. Obstajajo standardne metode za reševanje diferencialnih enačb. Enačbe je treba zreducirati na obliko z ločljivima spremenljivkama y in x ter ločeno integrirati ločeni funkciji. Za to je včasih treba izvesti določeno zamenjavo.

Diferencialna enačba je enačba, ki vključuje funkcijo in enega ali več njenih odvodov. V večini praktičnih problemov so funkcije fizikalne količine, izvedenke ustrezajo stopnjam spreminjanja teh količin, enačba pa določa razmerje med njimi.

Ta članek obravnava metode za reševanje nekaterih vrst navadnih diferencialnih enačb, katerih rešitve lahko zapišemo v obliki elementarne funkcije, torej polinomske, eksponentne, logaritemske in trigonometrične ter njihove inverzne funkcije. Veliko teh enačb se pojavlja v resničnem življenju, čeprav večine drugih diferencialnih enačb ni mogoče rešiti s temi metodami in je zanje odgovor zapisan v obliki posebnih funkcij oz. potenčne vrste, oziroma je numerične metode.

Da bi razumeli ta članek, morate biti vešči diferencialnega in integralnega računa ter nekaj razumeti delnih odvodov. Priporočljivo je tudi poznati osnove linearna algebra pri uporabi za diferencialne enačbe, zlasti za diferencialne enačbe drugega reda, čeprav poznavanje diferencialnih in integralni račun.

Predhodne informacije

• Diferencialne enačbe imajo obsežno klasifikacijo. IN Ta članek govori o navadne diferencialne enačbe, torej o enačbah, ki vključujejo funkcijo ene spremenljivke in njenih odvodov. Navadne diferencialne enačbe je veliko lažje razumeti in rešiti kot parcialne diferencialne enačbe, ki vključujejo funkcije več spremenljivk. Ta članek ne obravnava parcialnih diferencialnih enačb, saj so metode za reševanje teh enačb običajno določene z njihovo posebno obliko.
  • Spodaj je nekaj primerov navadnih diferencialnih enačb.
    • 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)
  • Spodaj je nekaj primerov parcialnih diferencialnih enačb.
    • ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 f ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)f)(\partial x^(2)))+(\frac (\partial ^(2) )f)(\delni y^(2)))=0)
    • ∂ u ∂ t − α ∂ 2 u ∂ x 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial u)(\partial t))-\alpha (\frac (\partial ^(2)u)(\partial x ^(2)))=0)
• naročilo diferencialna enačba je določena z vrstnim redom največjega odvoda, vključenega v podana enačba. Prva od zgornjih navadnih diferencialnih enačb je prvega reda, medtem ko je druga enačba drugega reda. stopnja diferencialne enačbe je največja potenca, na katero je dvignjen eden od členov te enačbe.
  • Na primer, spodnja enačba je tretjega reda in druge stopnje.
    • (d 3 y d x 3) 2 + d y d x = 0 (\displaystyle \left((\frac ((\mathrm (d) )^(3)y)((\mathrm (d) )x^(3)))\ desno)^(2)+(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=0)
• Diferencialna enačba je linearna diferencialna enačba v primeru, da so funkcija in vsi njeni derivati ​​na prvi stopnji. Sicer je enačba nelinearna diferencialna enačba. Linearne diferencialne enačbe so izjemne v tem, da je mogoče njihove rešitve uporabiti za oblikovanje linearnih kombinacij, ki bodo tudi rešitve dane enačbe.
  • Spodaj je nekaj primerov linearnih diferencialnih enačb.
  • Spodaj je nekaj primerov nelinearnih diferencialnih enačb. Prva enačba je nelinearna zaradi sinusnega člena.
    • 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))\desno)^(2)+tx^(2)=0)
• Skupna odločitev navadna diferencialna enačba ni edinstvena, vključuje poljubne integracijske konstante. V večini primerov je število poljubnih konstant enako vrstnemu redu enačbe. V praksi so vrednosti teh konstant določene na podlagi podanosti začetni pogoji, to je glede na vrednosti funkcije in njenih derivatov pri x = 0. (\displaystyle x=0.)številka začetni pogoji, ki jih je treba najti zasebna rešitev diferencialne enačbe, je v večini primerov tudi enak vrstnemu redu dane enačbe.
  • Ta članek bo na primer obravnaval reševanje spodnje enačbe. To je linearna diferencialna enačba drugega reda. Njegovo skupna odločitev vsebuje dve poljubni konstanti. Za iskanje teh konstant je potrebno poznati začetne pogoje pri x (0) (\displaystyle x(0)) in x ′ (0) . (\displaystyle x"(0).) Običajno so začetni pogoji določeni v točki x = 0, (\displaystyle x=0,), čeprav to ni potrebno. Ta članek bo razpravljal tudi o tem, kako najti določene rešitve za dane začetne pogoje.
    • 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)

Koraki

1. del

Pri uporabi te storitve se lahko nekateri podatki prenesejo na YouTube.

1. Linearne enačbe prvega reda. IN ta del obravnavane so metode reševanja linearnih diferencialnih enačb prvega reda v splošnih in posebnih primerih, ko so nekateri členi enaki nič. Pretvarjajmo se, da y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) in q (x) (\displaystyle q(x)) so funkcije 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.) Po enem od glavnih izrekov matematična analiza, je tudi integral odvoda funkcije funkcija. Tako je dovolj, da preprosto integriramo enačbo, da bi našli njeno rešitev. Upoštevati je treba, da se pri izračunu nedoločenega integrala pojavi poljubna konstanta.

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

   Q (x) = 0. (\displaystyle q(x)=0.) Uporabljamo metodo ločevanje spremenljivk. To premakne različne spremenljivke na različne strani enačbe. Na primer, lahko premaknete vse člane iz y (\displaystyle y) v eno, vsi člani pa z x (\displaystyle x) na drugo stran enačbe. Člani so lahko tudi premeščeni d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) in d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y), ki so vključeni v izpeljane izraze, vendar ne smemo pozabiti, da so le ti simbol, kar je priročno pri razlikovanju kompleksne funkcije. Razprava teh članov, ki se imenujejo diferencialov, presega področje uporabe tega članka.

   • Najprej morate spremenljivke premakniti na nasprotne strani znaka enačaja.
     • 1 y d y = − p (x) d x (\displaystyle (\frac (1)(y))(\mathrm (d) )y=-p(x)(\mathrm (d) )x)
   • Integrirajmo obe strani enačbe. Po integraciji se bodo na obeh straneh pojavile poljubne konstante, ki jih je mogoče prenesti desna stran enačbe
     • 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))
   • Primer 1.1. V zadnjem koraku smo uporabili pravilo e a + b = e a e b (\displaystyle e^(a+b)=e^(a)e^(b)) in zamenjal e C (\displaystyle e^(C)) na C (\displaystyle C), saj je tudi to poljubna integracijska konstanta.
     • 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 (\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(poravnano)))

   P (x) ≠ 0, q (x) ≠ 0. (\displaystyle p(x)\neq 0,\ q(x)\neq 0.) Da bi našli splošno rešitev, smo predstavili integracijski faktor kot funkcija x (\displaystyle x) reducirati levo stran na skupni odvod in tako rešiti enačbo.

   • Pomnožite obe strani s 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)
   • Za redukcijo leve strani na splošni odvod je treba narediti naslednje transformacije:
     • 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)
   • Zadnja enakost pomeni, da d μ d x = μ p (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))=\mu p). To je integrativni faktor, ki zadostuje za rešitev katere koli linearne enačbe prvega reda. Zdaj lahko izpeljemo formulo za rešitev te enačbe glede na μ , (\displaystyle \mu ,)čeprav je za usposabljanje koristno narediti vse vmesne izračune.
     • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Primer 1.2. Ta primer prikazuje, kako najti določeno rešitev diferencialne enačbe z danimi začetnimi pogoji.
     • t d y d t + 2 y = t 2, y (2) = 3 (\displaystyle t(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+2y=t^(2) ,\quad 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(poravnano)))
     • 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)) ))
   
   Reševanje linearnih enačb prvega reda (zapis Intuit - nacionalni odprta univerza).

2. Nelinearne enačbe prvega reda. Ta razdelek obravnava metode za reševanje nekaterih nelinearnih diferencialnih enačb prvega reda. Čeprav ni splošne metode za reševanje takšnih enačb, je nekatere od njih mogoče rešiti z uporabo spodnjih metod.

   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).)Če funkcija f (x , y) = h (x) g (y) (\displaystyle f(x,y)=h(x)g(y)) lahko razdelimo na funkcije ene spremenljivke, tako enačbo imenujemo diferencialna enačba z ločljivimi spremenljivkami. V tem primeru lahko uporabite zgornjo metodo:

   • ∫ d y h (y) = ∫ g (x) d x (\displaystyle \int (\frac ((\mathrm (d) )y)(h(y)))=\int g(x)(\mathrm (d) )x)
   • Primer 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 (\ začetek(poravnano)\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(poravnano)))

   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))).) Pretvarjajmo se, da g (x, y) (\displaystyle g(x,y)) in h (x, y) (\displaystyle h(x,y)) so funkcije x (\displaystyle x) in l. (\displaystyle y.) Potem homogena diferencialna enačba je enačba, v kateri g (\displaystyle g) in h (\displaystyle h) so homogene funkcije v enaki meri. To pomeni, da morajo funkcije izpolnjevati pogoj g (α x, α y) = α k g (x, y) , (\displaystyle g(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^(k)g(x,y),) Kje k (\displaystyle k) se imenuje stopnja homogenosti. Vsako homogeno diferencialno enačbo je mogoče ustrezno uporabiti zamenjave spremenljivk (v = y / x (\displaystyle v=y/x) oz v = x / y (\displaystyle v=x/y)) pretvori v ločljivo enačbo.

   • Primer 1.4. Zgornji opis homogenosti se morda zdi nejasen. Oglejmo si ta koncept na primeru.
     • 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)))
     • Za začetek je treba opozoriti, da je ta enačba nelinearna glede na l. (\displaystyle y.) To vidimo tudi v v tem primeru Ne morete ločiti spremenljivk. Hkrati je ta diferencialna enačba homogena, saj sta tako števec kot imenovalec homogena s potenco 3. Zato lahko spremenimo spremenljivke 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))).) Kot rezultat imamo enačbo za v (\displaystyle v) z ločljivimi spremenljivkami.
     • 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).) to Bernoullijeva diferencialna enačba- posebna vrsta nelinearne enačbe prve stopnje, katere rešitev je mogoče zapisati z uporabo elementarnih funkcij.

   • Pomnožite obe strani enačbe z (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))
   • Na levi strani uporabimo pravilo za razlikovanje kompleksne funkcije in enačbo pretvorimo v linearna enačba relativno y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) ki jih je mogoče rešiti z zgornjimi metodami.
     • 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.) to enačba v polni diferenciali . Treba je najti t.i potencialno funkcijo φ (x , y) , (\displaystyle \varphi (x,y),), ki izpolnjuje pogoj d φ d x = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=0.)

   • Za izvedbo ta pogoj moram imeti skupni derivat. Skupni derivat upošteva odvisnost od drugih spremenljivk. Za izračun celotnega derivata φ (\displaystyle \varphi ) Avtor: x , (\displaystyle x,) predvidevamo, da y (\displaystyle y) lahko odvisno tudi od x. (\displaystyle x.)
     • d φ d x = ∂ φ ∂ x + ∂ φ ∂ y d y d x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=(\frac (\partial \varphi )(\delni x))+(\frac (\delni \varphi )(\delni y))(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)))
   • Primerjava pojmov nam daje M (x , y) = ∂ φ ∂ x (\displaystyle M(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial x))) in N (x, y) = ∂ φ ∂ y. (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y)).) To je tipičen rezultat za multivariabilne enačbe, kjer so mešani odvodi gladke funkcije enaki drug drugemu. Včasih se ta primer imenuje Clairautov izrek. V tem primeru je diferencialna enačba popolna diferencialna enačba, če naslednji pogoj:
     • ∂ M ∂ y = ∂ N ∂ x (\displaystyle (\frac (\delni M)(\delni y))=(\frac (\delni N)(\delni x)))
   • Metoda za reševanje enačb v totalnih diferencialih je podobna iskanju potencialnih funkcij ob prisotnosti več odvodov, o katerih bomo na kratko razpravljali. Najprej se integrirajo M (\displaystyle M) Avtor: x. (\displaystyle x.) Zaradi M (\displaystyle M) je funkcija in x (\displaystyle x), In y , (\displaystyle y,) ob integraciji dobimo nepopolno funkcijo φ , (\displaystyle \varphi ,) označen kot φ ~ (\displaystyle (\tilda (\varphi ))). Rezultat je odvisen tudi od y (\displaystyle y) integracijska konstanta.
     • φ (x , y) = ∫ M (x , y) d x = φ ~ (x , y) + c (y) (\displaystyle \varphi (x,y)=\int M(x,y)(\mathrm (d) )x=(\tilda (\varphi ))(x,y)+c(y))
   • Po tem, da bi dobili c (y) (\displaystyle c(y)) lahko vzamemo delni odvod dobljene funkcije glede na y , (\displaystyle y,) izenačiti rezultat N (x, y) (\displaystyle N(x,y)) in integrirati. Lahko tudi najprej integrirate N (\displaystyle N), nato pa vzemite delni odvod glede na x (\displaystyle x), ki vam bo omogočil iskanje poljubne funkcije d(x). (\displaystyle d(x).) Oba načina sta primerna, običajno pa se za integracijo izbere enostavnejša funkcija.
     • N (x, y) = ∂ φ ∂ y = ∂ φ ~ ∂ y + d c d y (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y))=(\frac (\ delno (\tilda (\varphi )))(\delno y))+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y)))
   • Primer 1.5. Lahko vzamete delne odvode in vidite, da je spodnja enačba totalna diferencialna enačba.
     • 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 )(\delni y))&=N(x,y)=2xy+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y))\end(poravnano)))
     • 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)
   • Če diferencialna enačba ni popolna diferencialna enačba, lahko v nekaterih primerih najdete integrativni faktor, ki vam omogoča pretvorbo v popolno diferencialno enačbo. Vendar se takšne enačbe redko uporabljajo v praksi, čeprav je integrativni faktor obstaja, zgodi se, da ga najde ni enostavno, zato te enačbe v tem članku niso obravnavane.

2. del

1. Homogene linearne diferencialne enačbe z stalni koeficienti. Te enačbe se v praksi pogosto uporabljajo, zato je njihova rešitev primarnega pomena. V tem primeru govorimo o ne o homogenih funkcijah, ampak o dejstvu, da je na desni strani enačbe 0. Naslednji razdelek bo pokazal, kako rešiti ustrezno heterogena diferencialne enačbe. Spodaj a (\displaystyle a) in b (\displaystyle b) so konstante.

   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)
   

   Karakteristična enačba. Ta diferencialna enačba je izjemna, saj jo je mogoče zelo enostavno rešiti, če ste pozorni na lastnosti, ki jih morajo imeti njene rešitve. Iz enačbe je razvidno, da y (\displaystyle y) in njeni derivati ​​so sorazmerni drug z drugim. Iz prejšnjih primerov, o katerih smo govorili v poglavju o enačbah prvega reda, vemo, da ima to lastnost samo eksponentna funkcija. Zato je mogoče predlagati ansatz(utemeljeno ugibanje) o tem, kakšna bo rešitev te enačbe.

   • Rešitev bo imela obliko eksponentne funkcije e r x , (\displaystyle e^(rx),) Kje r (\displaystyle r) je konstanta, katere vrednost je treba najti. Nadomestite to funkcijo v enačbo in dobite naslednji izraz
     • e r x (r 2 + a r + b) = 0 (\displaystyle e^(rx)(r^(2)+ar+b)=0)
   • Ta enačba kaže, da mora biti produkt eksponentne funkcije in polinoma enak nič. Znano je, da eksponent ne more biti enak nič za nobeno vrednost stopnje. Iz tega sklepamo, da je polinom enak nič. Tako smo problem reševanja diferencialne enačbe zreducirali na veliko enostavnejši problem reševanja algebraične enačbe, ki ga imenujemo karakteristična enačba za dano diferencialno enačbo.
     • 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)))
   • Dobili smo dve korenini. Ker je ta diferencialna enačba linearna, je njena splošna rešitev linearna kombinacija parcialnih rešitev. Ker je to enačba drugega reda, vemo, da je res splošna rešitev in drugih ni. Strožjo utemeljitev za to so izreki o obstoju in edinstvenosti rešitve, ki jih najdemo v učbenikih.
   • Uporaben način za preverjanje, ali sta dve rešitvi linearno neodvisni, je izračun Wronskiana. Vronskijan W (\displaystyle W) je determinanta matrike, katere stolpci vsebujejo funkcije in njihove zaporedne odvode. Izrek linearne algebre pravi, da so funkcije, vključene v Wronskian, linearno odvisne, če je Wronskian enako nič. V tem razdelku lahko preverimo, ali sta dve rešitvi linearno neodvisni - za to se moramo prepričati, da Wronskian ni enak nič. Wronskian je pomemben pri reševanju nehomogenih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti z metodo spreminjanja parametrov.
     • W = | y 1 y 2 y 1 ′ y 2 ′ | (\displaystyle W=(\begin(vmatrix)y_(1)&y_(2)\\y_(1)"&y_(2)"\end(vmatrix)))
   • V smislu linearne algebre se tvori množica vseh rešitev dane diferencialne enačbe vektorski prostor, katere dimenzija je enaka redu diferencialne enačbe. V tem prostoru lahko izbirate med osnovo linearno neodvisen odločitve drug od drugega. To je mogoče zaradi dejstva, da funkcija y (x) (\displaystyle y(x)) veljaven linearni operator. Izpeljanka je linearni operator, saj transformira prostor diferenciabilnih funkcij v prostor vseh funkcij. Enačbe se imenujejo homogene v tistih primerih, ko za nekatere linearni operator L (\displaystyle L) moramo najti rešitev enačbe L [y] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

   Nadaljujmo z obravnavo več konkretni primeri. Primer več korenin karakteristična enačba To si bomo ogledali malo kasneje, v poglavju o znižanju naročila.

   Če korenine r ± (\displaystyle r_(\pm )) so različni realna števila, ima diferencialna enačba naslednja rešitev

   • 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 ))

   Dva kompleksna korena. Iz temeljnega izreka algebre sledi, da so rešitve rešitve polinomske enačbe z realnimi koeficienti imajo korenine, ki so realne ali tvorijo konjugirane pare. Zato, če kompleksno število r = α + i β (\displaystyle r=\alpha +i\beta ) je torej koren karakteristične enačbe r ∗ = α − i β (\displaystyle r^(*)=\alpha -i\beta ) je tudi koren te enačbe. Tako lahko rešitev zapišemo v obrazec 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),) vendar je to kompleksno število in ni zaželeno za reševanje praktičnih problemov.

   • Namesto tega lahko uporabite Eulerjeva formula e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x (\displaystyle e^(ix)=\cos x+i\sin x), ki nam omogoča, da rešitev zapišemo v obrazec trigonometrične funkcije:
     • 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))
   • Zdaj lahko namesto konstante c 1 + c 2 (\displaystyle c_(1)+c_(2)) zapisati c 1 (\displaystyle c_(1)), in izraz i (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) zamenjan z c 2. (\displaystyle c_(2).) Po tem dobimo naslednjo rešitev:
     • y (x) = e α x (c 1 cos ⁡ β x + c 2 sin ⁡ β x) (\displaystyle y(x)=e^(\alpha x)(c_(1)\cos \beta x+c_ (2)\sin\beta x))
   • Obstaja še en način za pisanje rešitve v smislu amplitude in faze, ki je bolj primeren za fizikalne probleme.
   • Primer 2.1. Poiščimo rešitev spodaj podane diferencialne enačbe z danimi začetnimi pogoji. Če želite to narediti, morate vzeti nastalo raztopino, kot tudi njegova izpeljanka, in jih nadomestimo v začetne pogoje, kar nam bo omogočilo določitev poljubnih konstant.
     • 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) )jaz)
     • 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\desno))
     • 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\desno)\\&+e ^(-3t/2)\levo(-(\frac (\sqrt (31))(2))c_(1)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t+(\frac ( \sqrt (31))(2))c_(2)\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t\desno)\end(poravnano)))
     • 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\desno))
   
   Reševanje diferencialnih enačb n-tega reda s konstantnimi koeficienti (posneto z Intuit - National Open University).

2. Padajoči vrstni red. Zmanjšanje reda je metoda za reševanje diferencialnih enačb, ko je znana ena linearno neodvisna rešitev. Ta metoda je sestavljena iz znižanja vrstnega reda enačbe za eno, kar vam omogoča, da enačbo rešite z metodami, opisanimi v prejšnjem razdelku. Naj bo rešitev znana. Glavna ideja zmanjšanja naročila je iskanje rešitve v spodnji obliki, kjer je potrebno definirati funkcijo v (x) (\displaystyle v(x)), ga nadomestimo v diferencialno enačbo in ugotovimo v(x). (\displaystyle v(x).) Poglejmo, kako je mogoče uporabiti zmanjšanje reda za reševanje diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti in več koreni.

   
   

   Več korenin homogena diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti. Spomnimo se, da mora imeti enačba drugega reda dve linearno neodvisni rešitvi. Če ima značilna enačba več korenov, je množica rešitev ne tvori prostor, saj so te rešitve linearno odvisne. V tem primeru je treba za iskanje druge linearno neodvisne rešitve uporabiti zmanjšanje reda.

   • Naj ima značilna enačba več korenin r (\displaystyle r). Predpostavimo, da lahko drugo rešitev zapišemo v obliki y (x) = e r x v (x) (\displaystyle y(x)=e^(rx)v(x)), in ga nadomestite v diferencialno enačbo. V tem primeru večina členov, z izjemo člena z drugim odvodom funkcije v , (\displaystyle v,) bo zmanjšan.
     • v ″ (x) e r x = 0 (\displaystyle v""(x)e^(rx)=0)
   • Primer 2.2. Naj bo podana naslednja enačba, ki ima več korenin r = − 4. (\displaystyle r=-4.) Med zamenjavo se večina terminov skrajša.
     • 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)\konec(poravnano)))
     • 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)))
   • Podobno kot pri našem ansatz-u za diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti je lahko v tem primeru le drugi odvod enak nič. Dvakrat integriramo in dobimo želeni izraz za v (\displaystyle v):
     • v (x) = c 1 + c 2 x (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)x)
   • Potem lahko splošno rešitev diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti v primeru, ko ima karakteristična enačba več korenin, zapišemo v naslednji obliki. Za udobje si lahko zapomnite, da je za pridobitev linearne neodvisnosti dovolj, da drugi člen preprosto pomnožite z x (\displaystyle x). Ta niz rešitev je linearno neodvisen, zato smo našli vse rešitve te enačbe.
     • 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.) Znižanje naročila velja, če je rešitev znana y 1 (x) (\displaystyle y_(1)(x)), ki jih lahko najdete ali podate v izjavi problema.

   • Rešitev iščemo v obliki y (x) = v (x) y 1 (x) (\displaystyle y(x)=v(x)y_(1)(x)) in ga nadomestite v to enačbo:
     • 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)
   • Zaradi y 1 (\displaystyle y_(1)) je rešitev diferencialne enačbe, vsi členi z v (\displaystyle v) se zmanjšujejo. Na koncu ostane linearna enačba prvega reda. Da bi to videli bolj jasno, naredimo spremembo spremenljivk 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)\desno)(\mathrm (d) )x\desno))
     • v (x) = ∫ w (x) d x (\displaystyle v(x)=\int w(x)(\mathrm (d) )x)
   • Če je integrale mogoče izračunati, dobimo splošno rešitev kot kombinacijo elementarnih funkcij. V nasprotnem primeru lahko raztopino pustimo v integralni obliki.

3. Cauchy-Eulerjeva enačba. Cauchy-Eulerjeva enačba je primer diferencialne enačbe drugega reda z spremenljivke koeficientov, ki ima natančne rešitve. Ta enačba se v praksi uporablja na primer za reševanje Laplaceove enačbe v sferičnih koordinatah.

   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)
   

   Karakteristična enačba. Kot lahko vidite, v tej diferencialni enačbi vsak člen vsebuje faktor moči, katerega stopnja je enaka vrstnemu redu ustreznega derivata.

   • Tako lahko poskusite poiskati rešitev v obrazcu y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) kjer je treba določiti n (\displaystyle n), tako kot smo iskali rešitev v obliki eksponentne funkcije za linearno diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti. Po diferenciaciji in zamenjavi dobimo
     • x n (n 2 + (a − 1) n + b) = 0 (\displaystyle x^(n)(n^(2)+(a-1)n+b)=0)
   • Za uporabo značilne enačbe moramo predpostaviti, da x ≠ 0 (\displaystyle x\neq 0). Pika x = 0 (\displaystyle x=0) klical pravilna singularna točka diferencialna enačba. Takšne točke so pomembne pri reševanju diferencialnih enačb s potenčnimi vrstami. Ta enačba ima dva korena, ki sta lahko različna in realna, večkratna ali kompleksno konjugirana.
     • n ± = 1 − a ± (a − 1) 2 − 4 b 2 (\displaystyle n_(\pm )=(\frac (1-a\pm (\sqrt ((a-1)^(2)-4b )))(2)))

   Dve različni pravi korenini.Če korenine n ± (\displaystyle n_(\pm )) realni in različni, ima rešitev diferencialne enačbe naslednjo obliko:

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

   Dva kompleksna korena.Če ima značilna enačba korenine n ± = α ± β i (\displaystyle n_(\pm )=\alpha \pm \beta i), je rešitev kompleksna funkcija.

   • Za pretvorbo rešitve v realno funkcijo naredimo spremembo spremenljivk x = e t , (\displaystyle x=e^(t),) to je t = ln ⁡ x , (\displaystyle t=\ln x,) in uporabite Eulerjevo formulo. Podobna dejanja so bila izvedena že prej pri določanju poljubnih konstant.
     • y (t) = e α t (c 1 e β i t + c 2 e − β i t) (\displaystyle y(t)=e^(\alpha t)(c_(1)e^(\beta it)+ c_(2)e^(-\beta it)))
   • Potem lahko splošno rešitev zapišemo kot
     • 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)))

   Več korenin. Da bi dobili drugo linearno neodvisno rešitev, je treba ponovno zmanjšati vrstni red.

   • Potrebno je kar nekaj izračunov, a princip ostaja enak: nadomeščamo y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) v enačbo, katere prva rešitev je y 1 (\displaystyle y_(1)). Po znižanjih se izkaže naslednjo enačbo:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • To je linearna enačba prvega reda glede na v ′ (x) . (\displaystyle v"(x).) Njegova rešitev je v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x. (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Tako lahko rešitev zapišemo v naslednji obliki. Precej enostavno si ga je zapomniti - dobiti sekundo linearno neodvisna odločitev potrebuje samo dodatnega člana z 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. Nehomogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti. Nehomogene enačbe imajo obliko L [ y (x) ] = f (x) , (\displaystyle L=f(x),) Kje f (x) (\displaystyle f(x))- tako imenovani brezplačen član. Po teoriji diferencialnih enačb je splošna rešitev te enačbe superpozicija zasebna rešitev y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) in dodatna rešitev y c (x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Vendar pa v tem primeru posamezna rešitev ne pomeni rešitve, podane z začetnimi pogoji, temveč rešitev, ki je določena s prisotnostjo heterogenosti (prost izraz). Dodatna rešitev je rešitev ustrezne homogene enačbe, v kateri f (x) = 0. (\displaystyle f(x)=0.) Celotna rešitev je superpozicija teh dveh rešitev, saj L [ y p + y c ] = L [ y p ] + L [ y c ] = f (x) (\displaystyle L=L+L=f(x)), in od takrat L [ y c ] = 0 , (\displaystyle L=0,) takšna superpozicija je res splošna rešitev.

   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))
   

   Metoda negotovi koeficienti. Metoda nedoločenih koeficientov se uporablja v primerih, ko je presečni člen kombinacija eksponentnih, trigonometričnih, hiperboličnih ali potenčnih funkcij. Samo te funkcije so zajamčene končna številka linearno neodvisne izpeljanke. V tem razdelku bomo našli določeno rešitev enačbe.

   • Primerjajmo izraze v f (x) (\displaystyle f(x)) z izrazi v brez upoštevanja stalnih dejavnikov. Možni so trije primeri.
     • Niti dva člana nista enaka. V tem primeru posebna rešitev y p (\displaystyle y_(p)) bo linearna kombinacija izrazov iz y p (\displaystyle y_(p))
     • f (x) (\displaystyle f(x)) vsebuje člana x n (\displaystyle x^(n)) in član iz y c , (\displaystyle y_(c),) Kje n (\displaystyle n) je nič ali pozitivno celo število in ta člen ustreza ločenemu korenu karakteristične enačbe. V tem primeru y p (\displaystyle y_(p)) bo sestavljen iz kombinacije funkcij x n + 1 h (x) , (\displaystyle x^(n+1)h(x),) njene linearno neodvisne izpeljanke, pa tudi druge izraze f (x) (\displaystyle f(x)) in njihove linearno neodvisne odvode.
     • f (x) (\displaystyle f(x)) vsebuje člana h (x) , (\displaystyle h(x),) ki je delo x n (\displaystyle x^(n)) in član iz y c , (\displaystyle y_(c),) Kje n (\displaystyle n) je enako 0 ali pozitivnemu celemu številu in ta izraz ustreza večkraten koren karakteristične enačbe. V tem primeru y p (\displaystyle y_(p)) je linearna kombinacija funkcije x n + s h (x) (\displaystyle x^(n+s)h(x))(Kje s (\displaystyle s)- mnogokratnost korena) in njegovih linearno neodvisnih odvodov ter drugih členov funkcije f (x) (\displaystyle f(x)) in njene linearno neodvisne izpeljanke.
   • Zapišimo y p (\displaystyle y_(p)) kot linearna kombinacija zgoraj navedenih izrazov. Zahvaljujoč tem koeficientom v linearni kombinaciji ta metoda imenujemo "metoda nedoločenih koeficientov". Ko je v y c (\displaystyle y_(c))člane lahko zavržemo zaradi prisotnosti poljubnih konstant v y c . (\displaystyle y_(c).) Po tem zamenjamo y p (\displaystyle y_(p)) v enačbo in enačite podobne člene.
   • Določimo koeficiente. Na tej stopnji dobimo sistem algebrskih enačb, ki ga je običajno mogoče rešiti brez težav. Rešitev tega sistema nam omogoča pridobitev y p (\displaystyle y_(p)) in s tem reši enačbo.
   • Primer 2.3. Oglejmo si nehomogeno diferencialno enačbo, katere prosti člen vsebuje končno število linearno neodvisnih odvodov. Posebno rešitev takšne enačbe lahko najdemo z metodo nedoločenih koeficientov.
     • 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(poravnano)))
     • ( 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(cases)9A+ 6A =2,&A=(\dfrac (2)(15))\\-25B+6B=-1,&B=(\dfrac (1)(19))\\-25C+6C=0,&C=0 \ konec (primeri)))
     • 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)

   Lagrangeova metoda. Lagrangeova metoda ali metoda variacije poljubnih konstant je bolj splošna metoda za reševanje nehomogenih diferencialnih enačb, zlasti v primerih, ko presečni člen ne vsebuje končnega števila linearno neodvisnih odvodov. Na primer, kdaj brezplačni člani tan ⁡ x (\displaystyle \tan x) oz x − n (\displaystyle x^(-n)) za iskanje določene rešitve je treba uporabiti Lagrangeovo metodo. Lagrangeovo metodo lahko uporabimo celo za reševanje diferencialnih enačb s spremenljivimi koeficienti, vendar se v tem primeru, z izjemo Cauchy-Eulerjeve enačbe, uporablja manj pogosto, saj dodatna rešitev običajno ni izražena z elementarne funkcije.

   • Predpostavimo, da ima rešitev naslednjo obliko. Njena izpeljanka je podana v drugi vrstici.
     • 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)")
   • Ker predlagana rešitev vsebuje dva neznane količine, je treba naložiti dodatno stanje. Izberimo ta dodatni pogoj v naslednji obliki:
     • 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)"")
   • Zdaj lahko dobimo drugo enačbo. Po zamenjavi in ​​prerazporeditvi članov lahko združite člane z v 1 (\displaystyle v_(1)) in člani z v 2 (\displaystyle v_(2)). Ti izrazi so skrajšani, ker y 1 (\displaystyle y_(1)) in y 2 (\displaystyle y_(2)) so rešitve ustrezne homogene enačbe. Kot rezultat dobimo naslednji sistem enačb
     • 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(poravnano)))
   • Ta sistem je mogoče pretvoriti v matrična enačba prijazen A x = b , (\displaystyle A(\mathbf (x) )=(\mathbf (b) ),)čigar rešitev je x = A − 1 b . (\displaystyle (\mathbf (x) )=A^(-1)(\mathbf (b) ).) Za matrico 2 × 2 (\displaystyle 2\krat 2) inverzno matriko najdemo tako, da delimo z determinanto, preuredimo diagonalne elemente in spremenimo predznak nediagonalnih elementov. Pravzaprav je determinanta te matrike Wronskian.
     • (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)))
   • Izrazi za v 1 (\displaystyle v_(1)) in v 2 (\displaystyle v_(2)) so navedeni spodaj. Tako kot pri redukcijski metodi se tudi v tem primeru med integracijo pojavi poljubna konstanta, ki vključuje dodatno rešitev v splošni rešitvi diferencialne enačbe.
     • 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)
   
   Predavanje Državne odprte univerze Intuit z naslovom "Linearne diferencialne enačbe n-tega reda s konstantnimi koeficienti."

Praktična uporaba

Diferencialne enačbe vzpostavljajo razmerje med funkcijo in enim ali več njenimi derivati. Ker so takšna razmerja zelo pogosta, so diferencialne enačbe našle široko uporabo na različnih področjih, in ker živimo v štirih dimenzijah, so te enačbe pogosto diferencialne enačbe v zasebno odvod. Ta razdelek zajema nekaj najpomembnejših enačb te vrste.

• Eksponentna rast in propad. Radioaktivni razpad. Obrestno obrestovanje. Hitrost kemične reakcije. Koncentracija zdravil v krvi. Neomejena rast prebivalstva. Newton-Richmannov zakon. IN resnični svet Obstaja veliko sistemov, v katerih je stopnja rasti ali propadanja v danem trenutku sorazmerna s količino v ta trenutekčasu ali pa ga je mogoče dobro približati z modelom. To je zato, ker je rešitev te diferencialne enačbe, eksponentna funkcija, ena izmed najbolj pomembne funkcije v matematiki in drugih vedah. V več splošni primer z nadzorovano rastjo populacije lahko sistem vključuje dodatne člane, ki omejujejo rast. V spodnji enačbi je konstanta k (\displaystyle k) je lahko večji ali manjši od nič.
  • d y d x = k x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=kx)
• Harmonične vibracije. Tako v klasični kot v kvantna mehanika harmonični oscilator je eden najpomembnejših fizični sistemi zaradi svoje enostavnosti in široke uporabe za aproksimacijo kompleksnejših sistemov, kot je preprosto nihalo. IN klasična mehanika harmonične vibracije so opisane z enačbo, ki povezuje položaj materialna točka s svojim pospeševanjem po Hookovem zakonu. V tem primeru je mogoče upoštevati tudi dušenje in pogonske sile. V spodnjem izrazu x ˙ (\displaystyle (\pika (x)))- časovni derivat x , (\displaystyle x,) β (\displaystyle \beta )- parameter, ki opisuje silo dušenja, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- kotna frekvenca sistema, F (t) (\displaystyle F(t))- odvisno od časa gonilna sila. Harmonični oscilator prisoten tudi v elektromagnetnem nihajna vezja, kjer se lahko izvede z večjo natančnostjo kot v mehanskih sistemih.
  • x ¨ + 2 β x ˙ + ω 0 2 x = F (t) (\displaystyle (\ddot (x))+2\beta (\dot (x))+\omega _(0)^(2)x =F(t))
• Besselova enačba. Besselova diferencialna enačba se uporablja na številnih področjih fizike, vključno z reševanjem valovne enačbe, Laplaceove enačbe in Schrödingerjeve enačbe, še posebej v prisotnosti cilindričnega oz. sferična simetrija. Ta diferencialna enačba drugega reda s spremenljivimi koeficienti ni Cauchy-Eulerjeva enačba, zato njenih rešitev ni mogoče zapisati kot elementarne funkcije. Rešitve Besselove enačbe so Besselove funkcije, ki so dobro raziskane zaradi njihove uporabe na številnih področjih. V spodnjem izrazu α (\displaystyle \alpha )- konstanta, ki ustreza v redu Besselove funkcije.
  • 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)
• Maxwellove enačbe. Skupaj z Lorentzovo silo tvorijo osnovo Maxwellove enačbe klasična elektrodinamika. To so štiri parcialne diferencialne enačbe za elektriko E (r , t) (\displaystyle (\mathbf (E) )((\mathbf (r) ),t)) in magnetno B (r , t) (\displaystyle (\mathbf (B) )((\mathbf (r) ),t)) polja. V spodnjih izrazih ρ = ρ (r , t) (\displaystyle \rho =\rho ((\mathbf (r) ),t))- gostota naboja, J = J (r , t) (\displaystyle (\mathbf (J) )=(\mathbf (J) )((\mathbf (r) ),t))- gostota toka in ϵ 0 (\displaystyle \epsilon _(0)) in μ 0 (\displaystyle \mu _(0))- električne in magnetne konstante.
  • ∇ ⋅ 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 (\delno (\mathbf (E) ))(\delno t))\end(poravnano)))
• Schrödingerjeva enačba. V kvantni mehaniki je Schrödingerjeva enačba temeljna enačba gibanja, ki opisuje gibanje delcev glede na spremembo valovna funkcija Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) s časom. Enačba gibanja je opisana z vedenjem Hamiltonov H^(\displaystyle (\hat (H))) - operater, ki opisuje energijo sistema. Eden od dobro znanih primerov Schrödingerjeve enačbe v fiziki je enačba za en sam nerelativistični delec, podvržen potencialu V (r , t) (\displaystyle V((\mathbf (r) ),t)). Veliko sistemov opisuje časovno odvisna Schrödingerjeva enačba, na levi strani enačbe pa je E Ψ , (\displaystyle E\Psi ,) Kje E (\displaystyle E)- energija delcev. V spodnjih izrazih ℏ (\displaystyle \hbar )- zmanjšana Planckova konstanta.
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = H ^ Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\delni \Psi )(\delni t))=(\hat (H))\Psi )
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = (− ℏ 2 2 m ∇ 2 + V (r , t)) Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\partial \Psi )(\partial t))=\left(- (\frac (\hbar ^(2))(2m))\nabla ^(2)+V((\mathbf (r) ),t)\desno)\Psi )
• Valovna enačba. Fizike in tehnologije si ni mogoče predstavljati brez valov, prisotni so v vseh vrstah sistemov. Na splošno so valovi opisani s spodnjo enačbo, v kateri u = u (r , t) (\displaystyle u=u((\mathbf (r) ),t)) je želena funkcija in c (\displaystyle c)- eksperimentalno določena konstanta. d'Alembert je prvi odkril, da je za enodimenzionalni primer rešitev valovne enačbe kaj funkcija z argumentom x − c t (\displaystyle x-ct), ki opisuje valovanje prosta oblika, ki se širi v desno. Splošna rešitev za enodimenzionalni primer je linearna kombinacija te funkcije z drugo funkcijo z argumentom x + c t (\displaystyle x+ct), ki opisuje valovanje, ki se širi v levo. Ta rešitev je predstavljena v drugi vrstici.
  • ∂ 2 u ∂ t 2 = c 2 ∇ 2 u (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)u)(\partial 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-Stokesove enačbe. Navier-Stokesove enačbe opisujejo gibanje tekočin. Ker so tekočine prisotne na skoraj vseh področjih znanosti in tehnologije, so te enačbe izjemno pomembne za napovedovanje vremena, načrtovanje letal, študij oceanski tokovi in rešitve za mnoge druge uporabni problemi. Navier-Stokesove enačbe so nelinearne parcialne diferencialne enačbe in jih je v večini primerov zelo težko rešiti, ker nelinearnost vodi v turbulenco, pridobivanje stabilne rešitve z numeričnimi metodami pa zahteva razdelitev na zelo majhne celice, kar zahteva precejšnjo računalniško moč. Za praktične namene v hidrodinamiki se za modeliranje turbulentnih tokov uporabljajo metode, kot je časovno povprečenje. Tudi bolj osnovna vprašanja, kot sta obstoj in edinstvenost rešitev za nelinearne enačbe v parcialnih odvodih, dokaz obstoja in edinstvenosti rešitve Navier-Stokesovih enačb v treh dimenzijah pa je vključen v matematične težave tisočletje. Spodaj sta enačba toka nestisljive tekočine in enačba kontinuitete.
  • ∂ u ∂ t + (u ⋅ ∇) u − ν ∇ 2 u = − ∇ h , ∂ ρ ∂ t + ∇ ⋅ (ρ u) = 0 (\displaystyle (\frac (\partial (\mathbf (u) ) )(\partial t))+((\mathbf (u) )\cdot \nabla)(\mathbf (u) )-\nu \nabla ^(2)(\mathbf (u) )=-\nabla h, \quad (\frac (\partial \rho )(\partial t))+\nabla \cdot (\rho (\mathbf (u) ))=0)

• Številnih diferencialnih enačb preprosto ni mogoče rešiti z zgornjimi metodami, zlasti s tistimi, omenjenimi v zadnjem razdelku. To velja za primere, ko enačba vsebuje spremenljive kvote in ni Cauchy-Eulerjeva enačba ali kadar je enačba nelinearna, razen v nekaj zelo redkih primerih. Vendar lahko zgornje metode rešijo številne pomembne diferencialne enačbe, ki jih pogosto srečamo v različna področja znanosti.
• Za razliko od diferenciacije, ki vam omogoča, da najdete odvod katere koli funkcije, integrala številnih izrazov ni mogoče izraziti v elementarnih funkcijah. Zato ne izgubljajte časa z izračunom integrala, kjer je to nemogoče. Poglej tabelo integralov. Če rešitve diferencialne enačbe ni mogoče izraziti z elementarnimi funkcijami, jo včasih lahko predstavimo v integralni obliki in v tem primeru ni pomembno, ali je ta integral mogoče izračunati analitično.

Opozorila

• Videz diferencialna enačba je lahko zavajajoča. Spodaj sta na primer dve diferencialni enačbi prvega reda. Prvo enačbo je mogoče enostavno rešiti z metodami, opisanimi v tem članku. Na prvi pogled manjša sprememba y (\displaystyle y) na y 2 (\displaystyle y^(2)) v drugi enačbi postane nelinearna in jo je zelo težko rešiti.
  • 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))

Navadna diferencialna enačba je enačba, ki povezuje neodvisno spremenljivko, neznano funkcijo te spremenljivke in njene odvode (ali diferenciale) različnih vrst.

Vrstni red diferencialne enačbe se imenuje vrstni red najvišjega odvoda, ki ga vsebuje.

Poleg navadnih preučujemo tudi parcialne diferencialne enačbe. To so enačbe, ki povezujejo neodvisne spremenljivke, neznano funkcijo teh spremenljivk in njene parcialne odvode glede na iste spremenljivke. Vendar bomo samo upoštevali navadne diferencialne enačbe zato bomo zaradi jedrnatosti izpustili besedo »navaden«.

Primeri diferencialnih enačb:

(1) ;

(3) ;

(4) ;

Enačba (1) je četrtega reda, enačba (2) je tretjega reda, enačbi (3) in (4) sta drugega reda, enačba (5) je prvega reda.

Diferencialna enačba n Ni nujno, da vrstni red vsebuje eksplicitno funkcijo, vse njene izpeljanke od prvega do n reda in neodvisna spremenljivka. Ne sme izrecno vsebovati izpeljank določenih vrst, funkcije ali neodvisne spremenljivke.

Na primer, v enačbi (1) očitno ni odvodov tretjega in drugega reda, pa tudi funkcije; v enačbi (2) - odvod drugega reda in funkcija; v enačbi (4) - neodvisna spremenljivka; v enačbi (5) - funkcije. Samo enačba (3) vsebuje eksplicitno vse odvode, funkcijo in neodvisno spremenljivko.

Reševanje diferencialne enačbe vsaka funkcija je klicana y = f(x), ko se nadomesti v enačbo, se spremeni v identiteto.

Postopek iskanja rešitve diferencialne enačbe se imenuje njen integracija.

Primer 1. Poiščite rešitev diferencialne enačbe.

rešitev. Zapišimo to enačbo v obliki . Rešitev je najti funkcijo iz njenega odvoda. Izvirna funkcija je, kot je znano iz integralnega računa, antiderivacija za, tj.

Tako je rešitev te diferencialne enačbe . Spreminjanje v njem C, bomo dobili različne rešitve. Ugotovili smo, da obstaja neskončen niz rešitve diferencialne enačbe prvega reda.

Splošna rešitev diferencialne enačbe n vrstni red je njegova rešitev, eksplicitno izražena glede na neznano funkcijo in vsebuje n neodvisne poljubne konstante, tj.

Rešitev diferencialne enačbe v primeru 1 je splošna.

Parcialna rešitev diferencialne enačbe se imenuje rešitev, v kateri so poljubne konstante določene numerične vrednosti.

Primer 2. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe in posebno rešitev za .

rešitev. Integrirajmo obe strani enačbe tolikokrat, kot je vrstni red diferencialne enačbe.

,

.

Kot rezultat smo prejeli splošno rešitev -

dane diferencialne enačbe tretjega reda.

Zdaj pa poiščimo določeno rešitev pod navedenimi pogoji. Če želite to narediti, nadomestite njihove vrednosti namesto poljubnih koeficientov in dobite

.

Če je poleg diferencialne enačbe začetni pogoj podan v obliki , se tak problem imenuje Cauchyjeva težava . Nadomestite vrednosti in v splošno rešitev enačbe in poiščite vrednost poljubne konstante C, nato pa določeno rešitev enačbe za najdeno vrednost C. To je rešitev Cauchyjevega problema.

Primer 3. Rešite Cauchyjev problem za diferencialno enačbo iz primera 1 ob upoštevanju .

rešitev. Nadomestimo vrednosti iz začetnega pogoja v splošno rešitev l = 3, x= 1. Dobimo

Zapišemo rešitev Cauchyjevega problema za to diferencialno enačbo prvega reda:

Reševanje diferencialnih enačb, tudi najpreprostejših, zahteva dobro integracijo in veščine izpeljave, vključno s kompleksnimi funkcijami. To je razvidno iz naslednjega primera.

Primer 4. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe.

rešitev. Enačba je zapisana v takšni obliki, da lahko takoj integrirate obe strani.

.

Uporabimo metodo integracije s spremembo spremenljivke (substitucija). Naj bo potem.

Obvezno vzeti dx in zdaj - pozor - to počnemo v skladu s pravili diferenciacije kompleksne funkcije, saj x in obstaja kompleksna funkcija(»jabolko« je izvleček kvadratnega korena ali, kar je isto, dviganje na potenco »ena polovica«, »mleto meso« pa je sam izraz pod korenom):

Najdemo integral:

Vrnitev k spremenljivki x, dobimo:

.

To je splošna rešitev te diferencialne enačbe prve stopnje.

Ne samo spretnosti iz prejšnjih razdelkov višja matematika bo potrebno pri reševanju diferencialnih enačb, pa tudi znanja iz osnovnošolske, torej šolske matematike. Kot že omenjeno, v diferencialni enačbi katerega koli reda morda ni neodvisne spremenljivke, tj. x. Znanje o razmerjih iz šole, ki ni bilo pozabljeno (vendar, odvisno od tega, kdo) iz šole, bo pomagalo rešiti to težavo. To je naslednji primer.

Diferencialne enačbe prvega reda. Primeri rešitev.
Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami

Diferencialne enačbe (DE). Ti dve besedi običajno prestrašita povprečnega človeka. Zdi se, da so diferencialne enačbe za mnoge študente nekaj prepovedanega in težko obvladljivega. Uuuuuu... diferencialne enačbe, kako naj vse to preživim?!

To mnenje in ta odnos je v osnovi napačno, saj v resnici DIFERENCIALNE ENAČBE - JE PREPROSTO IN CELO ZABAVNO. Kaj morate znati in znati, da se naučite reševati diferencialne enačbe? Za uspešen študij drugače moraš biti dober pri povezovanju in razlikovanju. Bolje kot so teme preučene Odvod funkcije ene spremenljivke in Nedoločen integral, lažje boste razumeli diferencialne enačbe. Povedal bom več, če imate bolj ali manj spodobne veščine integracije, potem je tema skoraj obvladana! Več integralov različnih vrst lahko rešite, bolje je. Zakaj? Veliko se boš moral integrirati. In razlikovati. tudi zelo priporočam nauči se najti.

V 95% primerov v testi Obstajajo 3 vrste diferencialnih enačb prvega reda: ločljive enačbe ki si jih bomo ogledali v tej lekciji; homogene enačbe in linearne nehomogene enačbe. Tistim, ki začnejo študirati difuzorje, vam svetujem, da lekcije preberete točno v tem vrstnem redu, po preučevanju prvih dveh člankov pa ne bo škodilo, če svoje znanje utrdite na dodatni delavnici - enačbe reducirajo na homogene.

Obstajajo še redkejše vrste diferencialnih enačb: totalne diferencialne enačbe, Bernoullijeve enačbe in nekatere druge. Najpomembnejši izmed zadnjih dveh vrst sta enačbi v totalnih diferencialih, saj poleg te diferencialne enačbe menim, nov material – delna integracija.

Če imate le še dan ali dva, To za ultra hitro pripravo Tukaj je blitz tečaj v formatu pdf.

Torej, mejniki so postavljeni - gremo:

Najprej se spomnimo običajnih algebrskih enačb. Vsebujejo spremenljivke in števila. Najenostavnejši primer: . Kaj pomeni rešiti navadno enačbo? To pomeni najti niz številk, ki zadovoljujejo to enačbo. Zlahka opazimo, da ima otroška enačba eno korenino: . Samo za zabavo preverimo in nadomestimo najdeni koren v naši enačbi:

– dobimo pravilno enakost, kar pomeni, da je bila rešitev najdena pravilno.

Difuzorji so zasnovani na približno enak način!

Diferencialna enačba prvo naročilo na splošno vsebuje:
1) neodvisna spremenljivka;
2) odvisna spremenljivka (funkcija);
3) prvi odvod funkcije: .

V nekaterih enačbah 1. reda morda ni "x" in/ali "y", vendar to ni pomembno - pomembno da gredo v nadzorno sobo je bil prva izpeljanka in niso imeli derivati ​​višjih redov – itd.

Kaj pomeni ? Reševanje diferencialne enačbe pomeni iskanje nabor vseh funkcij, ki zadovoljujejo to enačbo. Tak nabor funkcij ima pogosto obliko (– poljubna konstanta), ki se imenuje splošna rešitev diferencialne enačbe.

Primer 1

Reši diferencialno enačbo

Polno streliva. Kje začeti rešitev?

Najprej morate prepisati izpeljanko v nekoliko drugačni obliki. Spomnimo se okornega poimenovanja, ki se je marsikomu verjetno zdelo smešno in nepotrebno. To je tisto, kar vlada v difuzorjih!

V drugem koraku poglejmo, ali je to mogoče ločene spremenljivke? Kaj pomeni ločiti spremenljivke? Grobo rečeno, na levi strani moramo oditi samo "Grki", A na desni strani organizirati samo "X". Razdelitev spremenljivk se izvaja s "šolskimi" manipulacijami: dajanje iz oklepajev, prenos izrazov iz dela v del s spremembo predznaka, prenos faktorjev iz dela v del po pravilu sorazmerja itd.

Diferenciali in so polni množitelji in aktivni udeleženci v sovražnostih. V obravnavanem primeru spremenljivke enostavno ločimo z metanjem faktorjev po pravilu sorazmernosti:

Spremenljivke so ločene. Na levi strani so samo "Y", na desni strani - samo "X".

Naslednja stopnja - integracija diferencialne enačbe. Preprosto je, na obeh straneh postavimo integrale:

Seveda moramo vzeti integrale. V tem primeru so tabelarni:

Kot se spomnimo, je konstanta dodeljena kateremu koli antiizpeljavi. Tukaj sta dva integrala, vendar je dovolj, da konstanto enkrat zapišemo (ker je konstanta + konstanta še vedno enaka drugi konstanti). V večini primerov je nameščen na desni strani.

Strogo gledano, potem ko so vzeti integrali, velja, da je diferencialna enačba rešena. Edina stvar je, da naš "y" ni izražen skozi "x", to pomeni, da je rešitev predstavljena v implicitnem oblika. Rešitev diferencialne enačbe v implicitni obliki se imenuje splošni integral diferencialna enačba. Se pravi, to je splošni integral.

Odgovor v tej obliki je povsem sprejemljiv, a obstaja boljša možnost? Poskusimo dobiti skupna odločitev.

Prosim, spomnite se prve tehnike, je zelo pogost in se pogosto uporablja v praktičnih nalogah: če se po integraciji na desni strani pojavi logaritem, potem je v mnogih primerih (vendar ne vedno!) priporočljivo tudi zapisati konstanto pod logaritem.

to je NAMESTO vnosi so običajno pisni .

Zakaj je to potrebno? In da bi lažje izrazili »igro«. Uporaba lastnosti logaritmov . V tem primeru:

Zdaj je mogoče odstraniti logaritme in module:

Funkcija je eksplicitno predstavljena. To je splošna rešitev.

Odgovori: skupna odločitev: .

Odgovore na številne diferencialne enačbe je dokaj enostavno preveriti. V našem primeru se to naredi precej preprosto, vzamemo najdeno rešitev in jo razlikujemo:

Nato zamenjamo izpeljanko v izvirna enačba :

– dobimo pravilno enakost, kar pomeni, da splošna rešitev zadošča enačbi, kar je bilo treba preveriti.

Če podate konstanti različne vrednosti, lahko dobite neskončno število zasebne rešitve diferencialna enačba. Jasno je, da katera koli od funkcij , itd. izpolnjuje diferencialno enačbo.

Včasih se imenuje splošna rešitev družina funkcij. V tem primeru je splošna rešitev je družina linearnih funkcij ali natančneje družina preme sorazmernosti.

Po temeljitem pregledu prvega primera je primerno odgovoriti na nekaj naivna vprašanja o diferencialnih enačbah:

1)V tem primeru smo lahko ločili spremenljivke. Je to vedno mogoče? Ne ne vedno. In še pogosteje spremenljivk ni mogoče ločiti. Na primer v homogene enačbe prvega reda, ga morate najprej zamenjati. V drugih vrstah enačb, na primer v linearni nehomogeni enačbi prvega reda, morate za iskanje splošne rešitve uporabiti različne tehnike in metode. Enačbe z ločljivimi spremenljivkami, ki jih obravnavamo v prvi lekciji, so najenostavnejša vrsta diferencialnih enačb.

2) Ali je vedno mogoče integrirati diferencialno enačbo? Ne ne vedno. Zelo enostavno je izmisliti "fancy" enačbo, ki je ni mogoče integrirati; poleg tega obstajajo integrali, ki jih ni mogoče vzeti. Toda podobne DE je mogoče rešiti približno z uporabo posebne metode. D’Alembert in Cauchy zagotavljata ... ... uf, lurkmore. da sem pravkar veliko bral, sem skoraj dodal "z drugega sveta."

3) V tem primeru smo dobili rešitev v obliki splošnega integrala . Ali je vedno mogoče najti splošno rešitev iz splošnega integrala, torej eksplicitno izraziti "y"? Ne ne vedno. Na primer: . No, kako lahko tukaj izraziš "grško"?! V takih primerih je treba odgovor zapisati kot splošni integral. Poleg tega je včasih mogoče najti splošno rešitev, vendar je napisana tako okorno in okorno, da je bolje pustiti odgovor v obliki splošnega integrala

4) ...morda je to za zdaj dovolj. V prvem primeru, ki smo ga srečali še ena pomembna točka, a da ne bi "lutke" prekril s plazom novih informacij, bom to pustil do naslednje lekcije.

Ne hitimo. Še en preprost daljinski upravljalnik in še ena tipična rešitev:

Primer 2

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj

rešitev: glede na stanje morate najti zasebna rešitev DE, ki izpolnjuje dani začetni pogoj. Ta formulacija vprašanja se imenuje tudi Cauchyjeva težava.

Najprej najdemo splošno rešitev. V enačbi ni spremenljivke "x", vendar to ne sme zmesti, glavna stvar je, da ima prvi derivat.

Izpeljanko prepišemo v v pravi obliki:

Očitno je mogoče spremenljivke ločiti, fantje na levo, dekleta na desno:

Integrirajmo enačbo:

Dobimo splošni integral. Tukaj sem narisal konstanto z zvezdico, dejstvo je, da se bo zelo kmalu spremenila v drugo konstanto.

Zdaj poskušamo preoblikovati splošni integral v splošno rešitev (eksplicitno izrazimo "y"). Spomnimo se starih dobrih stvari iz šole: . V tem primeru:

Konstanta v indikatorju je videti nekako nesprejemljiva, zato jo običajno spustimo na zemljo. V podrobnostih se to zgodi tako. Z uporabo lastnosti stopinj prepišemo funkcijo na naslednji način:

Če je konstanta, potem je tudi neka konstanta, jo na novo označimo s črko:

Ne pozabite, da je "rušenje" konstanta druga tehnika, ki se pogosto uporablja pri reševanju diferencialnih enačb.

Torej, splošna rešitev je: . To je lepa družina eksponentnih funkcij.

Na zadnji stopnji morate najti določeno rešitev, ki izpolnjuje dani začetni pogoj. Tudi to je preprosto.

Kakšna je naloga? Moram pobrati take vrednost konstante, tako da je pogoj izpolnjen.

Lahko se oblikuje na različne načine, vendar bo to verjetno najbolj pregleden način. V splošni rešitvi namesto "X" zamenjamo ničlo, namesto "Y" pa dve:



to je

Standardna različica oblikovanje:

Sedaj nadomestimo najdeno vrednost konstante v splošno rešitev:
– to je posebna rešitev, ki jo potrebujemo.

Odgovori: zasebna rešitev:

Preverimo. Preverjanje zasebne rešitve vključuje dve stopnji:

Najprej morate preveriti, ali določena najdena rešitev res izpolnjuje začetni pogoj? Namesto "X" zamenjamo ničlo in vidimo, kaj se zgodi:
– ja, res si dobil dvojko, kar pomeni, da je začetni pogoj izpolnjen.

Druga stopnja je že poznana. Vzamemo dobljeno partikularno rešitev in poiščemo izpeljanko:

V prvotno enačbo nadomestimo:

– dosežemo pravilno enakost.

Zaključek: določena rešitev je bila najdena pravilno.

Pojdimo k bolj smiselnim primerom.

Primer 3

Reši diferencialno enačbo

rešitev: Izpeljanko prepišemo v obliki, ki jo potrebujemo:

Ocenimo, ali je možno ločiti spremenljivke? Lahko. Drugi člen premaknemo na desno stran s spremembo predznaka:

In množitelje prenesemo po pravilu sorazmernosti:

Spremenljivki sta ločeni, integrirajmo oba dela:

Moram vas opozoriti, bliža se sodni dan. Če se nisi dobro učil nedoločeni integrali, rešili nekaj primerov, potem nimate kam iti - zdaj jih boste morali obvladati.

Integral leve strani je enostavno najti; z integralom kotangensa se ukvarjamo s standardno tehniko, ki smo si jo ogledali v lekciji Integriranje trigonometričnih funkcij lansko leto:

Na desni strani imamo logaritem in po mojem prvem tehničnem priporočilu naj bo pod logaritem zapisana tudi konstanta.

Zdaj poskušamo poenostaviti splošni integral. Ker imamo samo logaritme, se jih je čisto mogoče (in potrebno) znebiti. Z uporabo znane lastnosti Logaritme "pakiramo" čim bolj. Zapisal bom zelo podrobno:

Embalaža je dodelana do barbarsko raztrganega:

Ali je mogoče izraziti "igro"? Lahko. Potrebno je kvadratizirati oba dela.

Ampak tega vam ni treba storiti.

Tretji tehnični nasvet:če je za pridobitev splošne rešitve potrebno povzdigniti na moč ali koreniti, potem V večini primerov vzdržati se teh dejanj in pustiti odgovor v obliki splošnega integrala. Dejstvo je, da bo splošna rešitev videti preprosto grozna - z velikimi koreninami, znaki in drugimi smeti.

Zato odgovor zapišemo v obliki splošnega integrala. Za dobro prakso velja, da ga predstavite v obliki , to je na desni strani, če je mogoče, pustite samo konstanto. To sicer ni nujno, je pa vedno koristno ugoditi profesorju ;-)

odgovor: splošni integral:

! Opomba: Splošni integral katere koli enačbe je mogoče zapisati na več kot en način. Če torej vaš rezultat ne sovpada s prej znanim odgovorom, to ne pomeni, da ste enačbo rešili napačno.

Tudi splošni integral je precej enostavno preveriti, glavno je, da ga lahko najdemo izpeljanka implicitno podane funkcije. Razlikujmo odgovor:

Oba izraza pomnožimo z:

In delite z:

Prvotna diferencialna enačba je bila natančno dobljena, kar pomeni, da je bil splošni integral najden pravilno.

Primer 4

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj. Izvedite preverjanje.

To je primer, ki ga morate rešiti sami.

Naj vas spomnim, da je algoritem sestavljen iz dveh stopenj:
1) iskanje splošne rešitve;
2) iskanje zahtevane posebne rešitve.

Preverjanje poteka tudi v dveh korakih (glej vzorec v primeru št. 2), morate:
1) zagotoviti, da določena najdena rešitev izpolnjuje začetni pogoj;
2) preverite, ali določena rešitev na splošno izpolnjuje diferencialno enačbo.

Popolna rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Primer 5

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe , ki izpolnjuje začetni pogoj. Izvedite preverjanje.

rešitev: Najprej poiščimo splošno rešitev. Ta enačba že vsebuje pripravljene diferenciale in je zato rešitev poenostavljena. Ločimo spremenljivke:

Integrirajmo enačbo:

Integral na levi je tabelarni, integral na desni je vzet metoda subsumiranja funkcije pod diferencialni predznak:

Splošni integral je dobljen; ali je mogoče uspešno izraziti splošno rešitev? Lahko. Na obeh straneh obesimo logaritme. Ker so pozitivni, so znaki modulov nepotrebni:

(upam, da vsi razumejo preobrazbo, take stvari bi že morale biti znane)

Torej, splošna rešitev je:

Poiščimo določeno rešitev, ki ustreza danemu začetnemu pogoju.
V splošni rešitvi namesto "X" nadomestimo ničlo in namesto "Y" nadomestimo logaritem dveh:

Bolj znan dizajn:

Najdeno vrednost konstante nadomestimo v splošno rešitev.

odgovor: zasebna rešitev:

Preverite: najprej preverimo, ali je začetni pogoj izpolnjen:
- vse je dobro.

Zdaj pa preverimo, ali najdena partikularna rešitev sploh zadošča diferencialni enačbi. Iskanje izpeljanke:

Poglejmo prvotno enačbo: – predstavljena je v diferencialih. Obstajata dva načina za preverjanje. Iz najdenega derivata je mogoče izraziti diferencial:

Zamenjajmo najdeno partikularno rešitev in posledično diferencial v izvirno enačbo :

Uporabljamo osnovno logaritemsko identiteto:

Dobljena je pravilna enakost, kar pomeni, da je bila posamezna rešitev najdena pravilno.

Druga metoda preverjanja je zrcalna in bolj znana: iz enačbe Izrazimo izpeljanko, da to naredimo, vse dele delimo z:

In v preoblikovano DE nadomestimo dobljeno delno rešitev in najdeni odvod. Zaradi poenostavitev bi morali dobiti tudi pravilno enakost.

Primer 6

Reši diferencialno enačbo. Odgovor predstavi v obliki splošnega integrala.

To je primer, ki ga lahko rešite sami, dokončajte rešitev in odgovorite na koncu lekcije.

Kakšne težave čakajo pri reševanju diferencialnih enačb z ločljivimi spremenljivkami?

1) Ni vedno očitno (zlasti "čajniku"), da je mogoče spremenljivke ločiti. Razmislimo pogojni primer: . Tukaj morate vzeti faktorje iz oklepajev: in ločiti korene: . Jasno je, kaj storiti naprej.

2) Težave s samo integracijo. Integrali pogosto niso najenostavnejši in če obstajajo napake v spretnosti iskanja nedoločen integral, potem bo težko s številnimi difuzorji. Poleg tega je med sestavljalci zbirk in priročnikov za usposabljanje priljubljena logika »ker je diferencialna enačba preprosta, potem naj bodo vsaj integrali bolj zapleteni«.

3) Transformacije s konstanto. Kot so že vsi opazili, je mogoče s konstanto v diferencialnih enačbah ravnati precej svobodno in nekatere transformacije začetniku niso vedno jasne. Poglejmo še en pogojni primer: . Priporočljivo je, da vse izraze pomnožite z 2: . Dobljena konstanta je tudi neke vrste konstanta, ki jo lahko označimo z: . Da, in ker je na desni strani logaritem, je priporočljivo konstanto prepisati v obliki druge konstante: .

Težava je v tem, da se pogosto ne ukvarjajo z indeksi in uporabljajo isto črko. Posledično ima zapisnik o odločitvi naslednjo obliko:

Kakšno herezijo? Prav tam so napake! Strogo gledano, da. Z vsebinskega vidika pa napak ni, saj kot rezultat transformacije spremenljivke konstanta še vedno dobimo spremenljivko konstanto.

Ali drug primer, predpostavimo, da med reševanjem enačbe dobimo splošni integral. Ta odgovor je videti grd, zato je priporočljivo spremeniti predznak vsakega izraza: . Formalno je tu še ena napaka - pisati bi moralo desno. Neuradno pa se namiguje, da je "minus ce" še vedno konstanta ( ki ima prav tako lahko kakršen koli pomen!), zato vnos "minusa" ni smiseln in lahko uporabite isto črko.

Poskušal se bom izogniti malomarnemu pristopu in pri pretvorbi konstantam vseeno dodeliti različne indekse.

Primer 7

Reši diferencialno enačbo. Izvedite preverjanje.

rešitev: Ta enačba omogoča ločevanje spremenljivk. Ločimo spremenljivke:

Integrirajmo:

Konstante tukaj ni treba definirati kot logaritem, saj iz tega ne bo nič koristnega.

odgovor: splošni integral:

Preveri: Razlikuj odgovor ( implicitna funkcija):

Ulomkov se znebimo tako, da oba člena pomnožimo z:

Dobljena je izvirna diferencialna enačba, kar pomeni, da je splošni integral najden pravilno.

Primer 8

Poiščite določeno rešitev DE.
,

To je primer, ki ga morate rešiti sami. Edini namig je, da boste tukaj dobili splošen integral in, pravilneje rečeno, se morate potruditi, da ne najdete določene rešitve, ampak delni integral. Celotna rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Spomnimo se naloge, s katero smo se soočili pri iskanju določenih integralov:

ali dy = f(x)dx. Njena rešitev:

in gre za izračun nedoločenega integrala. V praksi se pogosteje pojavlja težka naloga: funkcija iskanja l, če je znano, da izpolnjuje relacijo oblike

To razmerje povezuje neodvisno spremenljivko x, neznana funkcija l in njegove izpeljanke do reda n vključno, se imenujejo .

Diferencialna enačba vključuje funkcijo pod znakom odvodov (ali diferencialov) enega ali drugega reda. Najvišji vrstni red se imenuje vrstni red (9.1) .

Diferencialne enačbe:

- prvo naročilo,

Drugi red

- peti red itd.

Funkcija, ki zadošča dani diferencialni enačbi, se imenuje njena rešitev , ali integralni . Rešiti jo pomeni najti vse njene rešitve. Če za zahtevano funkcijo l uspelo dobiti formulo, ki daje vse rešitve, potem pravimo, da smo našli njeno splošno rešitev , ali splošni integral .

Skupna odločitev vsebuje n poljubne konstante in izgleda kot

Če je pridobljena relacija, ki se nanaša x, y in n poljubne konstante v obliki, ki ni dovoljena glede na l -

potem se tak odnos imenuje splošni integral enačbe (9.1).

Cauchyjeva težava

Vsaka specifična rešitev, tj. vsaka specifična funkcija, ki zadošča dani diferencialni enačbi in ni odvisna od poljubnih konstant, se imenuje posebna rešitev , ali delni integral. Za pridobitev partikularnih rešitev (integralov) iz splošnih je treba konstantam dati posebne numerične vrednosti.

Graf določene rešitve se imenuje integralna krivulja. Splošna rešitev, ki vsebuje vse parcialne rešitve, je družina integralnih krivulj. Za enačbo prvega reda je ta družina odvisna od ene poljubne konstante za enačbo n-th red - od n poljubne konstante.

Cauchyjev problem je najti določeno rešitev za enačbo n-to naročilo, zadovoljivo n začetni pogoji:

s katerimi je določenih n konstant c 1, c 2,..., c n.

Diferencialne enačbe 1. reda

Za diferencialno enačbo 1. reda, ki je nerazrešena glede na odvod, ima obliko

ali za dovoljeno relativno

Primer 3.46. Poiščite splošno rešitev enačbe

rešitev. Integracija, dobimo

kjer je C poljubna konstanta. Če C dodelimo posebne številčne vrednosti, dobimo določene rešitve, npr.

Primer 3.47. Razmislite o naraščajočem znesku denarja, položenem v banki, pod pogojem, da se obračuna 100 r obrestne mere na leto. Naj bo Yo začetni znesek denarja in Yx - na koncu x leta. Če se obresti obračunavajo enkrat letno, dobimo

kjer je x = 0, 1, 2, 3,.... Če obresti izračunamo dvakrat letno, dobimo

kjer je x = 0, 1/2, 1, 3/2,.... Pri izračunu obresti n enkrat na leto in če x zavzame zaporedne vrednosti 0, 1/n, 2/n, 3/n,..., potem

Označite 1/n = h, potem bo prejšnja enakost videti tako:

Z neomejeno povečavo n(pri ) v limitu pridemo do postopka povečevanja zneska denarja s stalnim obračunavanjem obresti:

Tako je jasno, da z nenehnim spreminjanjem x zakon spremembe denarne ponudbe je izražen z diferencialno enačbo 1. reda. kjer je Y x neznana funkcija, x- neodvisna spremenljivka, r- konstantna. Rešimo to enačbo, prepišemo jo na naslednji način:

kje , oz , kjer P označuje e C .

Iz začetnih pogojev Y(0) = Yo najdemo P: Yo = Pe o, od koder je Yo = P. Zato ima rešitev obliko:

Razmislimo o drugem gospodarski problem. Makroekonomske modele opisujejo tudi linearne diferencialne enačbe 1. reda, ki opisujejo spremembe dohodka ali proizvodnje Y kot funkcije časa.

Primer 3.48. Naj nacionalni dohodek Y narašča po stopnji, sorazmerni z njegovo vrednostjo:

in naj bo primanjkljaj v državni porabi premo sorazmeren z dohodkom Y s sorazmernostnim koeficientom q. Primanjkljaj porabe vodi do povečanja državnega dolga D:

Začetni pogoji Y = Yo in D = Do pri t = 0. Iz prve enačbe Y= Yoe kt. Z zamenjavo Y dobimo dD/dt = qYoe kt. Splošna rešitev ima obliko
D = (q/ k) Yoe kt +С, kjer je С = const, ki je določen iz začetnih pogojev. Če zamenjamo začetne pogoje, dobimo Do = (q/ k)Yo + C. Torej, končno,

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

to kaže, da državni dolg narašča z enako relativno stopnjo k, enako kot nacionalni dohodek.

Oglejmo si najpreprostejše diferencialne enačbe n reda so to enačbe oblike

Njegovo splošno rešitev lahko dobite z uporabo n krat integracij.

Primer 3.49. Razmislite o primeru y """ = cos x.

rešitev. Integracija, ugotovimo

Splošna rešitev ima obliko

Linearne diferencialne enačbe

Pogosto se uporabljajo v ekonomiji; razmislimo o reševanju takih enačb. Če ima (9.1) obliko:

potem se imenuje linearna, kjer je рo(x), р1(x),..., рn(x), f(x) - določene funkcije. Če je f(x) = 0, se (9.2) imenuje homogeno, sicer pa nehomogeno. Splošna rešitev enačbe (9.2) je enaka vsoti katere koli njene posebne rešitve y(x) in splošna rešitev homogene enačbe, ki ji ustreza:

Če so koeficienti р o (x), р 1 (x),..., р n (x) konstantni, potem (9.2)

(9.4) imenujemo linearna diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti reda n .

Kajti (9.4) ima obliko:

Brez izgube splošnosti lahko postavimo p o = 1 in (9.5) zapišemo v obliki

Rešitev (9.6) bomo iskali v obliki y = e kx, kjer je k konstanta. Imamo: ; y " = ke kx , y "" = k 2 e kx , ..., y (n) = kne kx . Če dobljene izraze nadomestimo v (9.6), bomo imeli:

(9.7) je algebrska enačba, njena neznanka je k, se imenuje značilna. Karakteristična enačba ima stopnjo n in n korenine, med katerimi je lahko več in zapletenih. Naj bodo torej k 1 , k 2 ,..., k n realni in različni - posebne rešitve (9.7) in splošne

Razmislite o linearni homogeni diferencialni enačbi drugega reda s konstantnimi koeficienti:

Njena značilna enačba ima obliko

(9.9)

njegov diskriminant D = p 2 - 4q, odvisno od predznaka D so možni trije primeri.

1. Če je D>0, sta korena k 1 in k 2 (9.9) realna in različna, splošna rešitev pa ima obliko:

rešitev. Karakteristična enačba: k 2 + 9 = 0, od koder je k = ± 3i, a = 0, b = 3, splošna rešitev ima obliko:

y = C 1 cos 3x + C 2 sin 3x.

V študiji so uporabljene linearne diferencialne enačbe 2. reda ekonomski model tipa pajčevine z zalogami blaga, kjer je stopnja spremembe cene P odvisna od velikosti zaloge (glej odstavek 10). Če sta ponudba in povpraševanje linearni funkciji cene, tj

a je konstanta, ki določa hitrost reakcije, potem je proces spremembe cene opisan z diferencialno enačbo:

Za določeno rešitev lahko vzamemo konstanto

smiselna ravnotežna cena. Odstopanje zadovoljuje homogena enačba

(9.10)

Značilna enačba bo naslednja:

V primeru, da je izraz pozitiven. Označimo . Koreni značilne enačbe k 1,2 = ± i w, zato ima splošna rešitev (9.10) obliko:

kjer sta C in poljubni konstanti, sta določeni iz začetnih pogojev. Dobili smo zakon o spreminjanju cene skozi čas: