Navodila

Če je enačba predstavljena kot: dy/dx = q(x)/n(y), jih razvrstite kot diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami. Lahko jih rešimo tako, da pogoj zapišemo v diferenciale na naslednji način: n(y)dy = q(x)dx. Nato združite obe strani. V nekaterih primerih je rešitev zapisana v obliki integralov, vzetih iz znanih funkcij. Na primer, v primeru dy/dx = x/y dobimo q(x) = x, n(y) = y. Zapiši ga v obliki ydy = xdx in integriraj. Moralo bi biti y^2 = x^2 + c.

Na linearno enačbe povežite enačbe s "prvo". Neznana funkcija s svojimi odpeljankami vstopi v tako enačbo samo na prvo stopnjo. Linear ima obliko dy/dx + f(x) = j(x), kjer sta f(x) in g(x) funkciji, odvisni od x. Rešitev je zapisana z uporabo integralov, vzetih iz znanih funkcij.

Upoštevajte, da je veliko diferencialnih enačb enačb drugega reda (vsebujejo druge odvode), na primer enačba praštevila harmonično gibanje, zapisano v splošni obliki: md 2x/dt 2 = –kx. Take enačbe imajo v , posebne rešitve. Enačba preprostega harmoničnega gibanja je primer nečesa precej pomembnega: linearne diferencialne enačbe, ki imajo konstanten koeficient.

Če je v pogojih problema samo ena linearna enačba, so vam dani dodatni pogoji, s pomočjo katerih lahko najdete rešitev. Pozorno preberite težavo, da najdete te pogoje. če spremenljivke x in y označujeta razdaljo, hitrost, težo - lahko nastavite mejo x≥0 in y≥0. Povsem mogoče je, da x ali y skrivata število jabolk itd. – potem so lahko vrednosti le . Če je x sinova starost, je jasno, da ne more biti starejši od očeta, zato to navedite v pogojih problema.

Viri:

• kako rešiti enačbo z eno spremenljivko

Težave z diferencialnim in integralnim računom so pomembne elemente utrjevanje teorije matematična analiza, veja višje matematike, ki se študira na univerzah. Diferencial enačba rešujejo z integracijsko metodo.

Navodila

Diferencialni račun raziskuje lastnosti . In obratno, integracija funkcije omogoča dane lastnosti, tj. odvode ali diferenciale funkcije, da jo najde sama. To je rešitev diferencialne enačbe.

Karkoli je razmerje med neznano količino in znanimi podatki. Pri diferencialni enačbi ima vlogo neznanke funkcija, vlogo znanih količin pa njeni odvodi. Poleg tega lahko relacija vsebuje neodvisno spremenljivko: F(x, y(x), y'(x), y''(x),…, y^n(x)) = 0, kjer je x neznanka spremenljivka, y (x) je funkcija, ki jo je treba določiti, vrstni red enačbe je največje naročilo izpeljanka (n).

Takšno enačbo imenujemo navadna diferencialna enačba. Če zveza vsebuje več neodvisnih spremenljivk in parcialnih odvodov (diferencialov) funkcije glede na te spremenljivke, se enačba imenuje parcialna diferencialna enačba in ima obliko: x∂z/∂y - ∂z/∂x = 0 , kjer je z(x, y) zahtevana funkcija.

Torej, da bi se naučili reševati diferencialne enačbe, morate biti sposobni najti antiodpeljevanja, tj. reši nalogo, inverzno na diferenciacijo. Na primer: rešite enačbo prvega reda y’ = -y/x.

Rešitev Zamenjajte y’ z dy/dx: dy/dx = -y/x.

Zmanjšajte enačbo na obliko, primerno za integracijo. Če želite to narediti, pomnožite obe strani z dx in delite z y:dy/y = -dx/x.

Integriraj: ∫dy/y = - ∫dx/x + Сln |y| = - ln |x| +C.

Ta rešitev se imenuje splošna diferencialna enačba. C je konstanta, katere niz vrednosti določa niz rešitev enačbe. Za katero koli poseben pomen C bo edina rešitev. Ta rešitev je delna rešitev diferencialne enačbe.

Reševanje večine enačb višjega reda stopnje nima jasne formule za iskanje kvadratnih korenov enačbe. Vendar pa obstaja več metod redukcije, ki vam omogočajo pretvorbo enačbe višje stopnje v enačbo višje stopnje. vizualno.

Navodila

Najpogostejša metoda za reševanje enačb višje stopnje je ekspanzija. Ta pristop je kombinacija izbire celih korenov, deliteljev prostega člena in kasnejše delitve splošnega polinoma v obliko (x – x0).

Na primer, rešite enačbo x^4 + x³ + 2 x² – x – 3 = 0. Rešitev: Prosti člen tega polinoma je -3, zato sta njegova celoštevilska delitelja lahko števili ±1 in ±3. Enega za drugim jih zamenjajte v enačbo in ugotovite, ali dobite identiteto: 1: 1 + 1 + 2 – 1 – 3 = 0.

Drugi koren x = -1. Deli z izrazom (x + 1). Zapišite dobljeno enačbo (x - 1)·(x + 1)·(x² + x + 3) = 0. Stopnja je znižana na sekundo, zato ima lahko enačba še dva korena. Če jih želite najti, rešite kvadratno enačbo: x² + x + 3 = 0D = 1 – 12 = -11

Diskriminator – negativna vrednost, kar pomeni, da enačba nima več pravih korenin. Najti kompleksne korenine enačbi: x = (-2 + i·√11)/2 in x = (-2 – i·√11)/2.

Druga metoda za reševanje enačbe višje stopnje je spreminjanje spremenljivk, da postane kvadratna. Ta pristop se uporablja, ko so vse potence enačbe sode, na primer: x^4 – 13 x² + 36 = 0

Zdaj poiščite korenine prvotne enačbe: x1 = √9 = ±3; x2 = √4 = ±2.

Nasvet 10: Kako določiti redoks enačbe

Kemična reakcija je proces pretvorbe snovi, ki se pojavi s spremembo njihove sestave. Tiste snovi, ki reagirajo, imenujemo začetne snovi, tiste, ki pri tem nastanejo, pa produkte. Zgodi se, da med kemično reakcijo elementi, vključeni v sestavo začetni materiali spremenijo njihovo oksidacijsko stanje. To pomeni, da lahko sprejmejo elektrone nekoga drugega in oddajo svoje. V obeh primerih se njihov naboj spremeni. Takšne reakcije imenujemo redoks reakcije.

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. Mnoge od teh enačb se pojavljajo v resnično življenje, čeprav večine drugih diferencialnih enačb s temi metodami ni mogoče rešiti in je zanje odgovor zapisan v obliki posebnih funkcij oz. potenčne vrste, oziroma je numerične metode.

Da bi razumeli ta članek, morate imeti znanje o diferencialu in integralni račun, in imajo tudi nekaj razumevanja delnih odvodov. Priporočljivo je tudi poznati osnove linearna algebra kot se uporablja za diferencialne enačbe, zlasti za diferencialne enačbe drugega reda, čeprav poznavanje diferencialnega in integralnega računa zadostuje za njihovo reševanje.

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 diferencialne enačbe je določen z vrstnim redom najvišjega odvoda, vključenega v to enačbo. Prva od zgornjih navadnih diferencialnih enačb je prvega reda, medtem ko je druga enačba drugega reda. stopnja se imenuje diferencialna enačba najvišja stopnja, na katerega 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 se vrednosti teh konstant določajo glede na dano začetni pogoji, to je glede na vrednosti funkcije in njenih derivatov pri x = 0. (\displaystyle x=0.)Število začetnih pogojev, 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 matematične analize je tudi integral odvoda funkcije funkcija. Tako je dovolj, da preprosto integriramo enačbo, da bi našli njeno rešitev. Pri izračunu je treba upoštevati nedoločen integral pojavi se 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. V tem primeru se različne spremenljivke prenesejo v 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 izraze izpeljank, vendar ne smemo pozabiti, da je to le simbol, ki je priročen pri razlikovanju kompleksne funkcije. Razprava teh članov, ki se imenujejo diferencialov, presega obseg 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) zmanjšati leva stran na skupni odvod in tako reši 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. IN v tem primeru razmislili, 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 (posnetek Intuit - Državna 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 takih 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 enačbo z ločljivimi spremenljivkami.

   • 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))
   • Uporabimo pravilo za razlikovanje kompleksne funkcije na levi strani in enačbo pretvorimo v linearno enačbo glede na 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 totalnih diferencialih. 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 izrazov 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 potencialne funkcije v prisotnosti več izpeljank, 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 algebrske 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 večkratnih korenov karakteristične enačbe bomo obravnavali nekoliko kasneje, v poglavju o zmanjšanju reda.

   Če korenine r ± (\displaystyle r_(\pm )) so različna 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 vam omogoča, da rešitev zapišete v obliki trigonometričnih funkcij:
     • 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 karakteristična enačba ima več korenin, veliko 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 dobite linearna neodvisnost samo pomnožite drugi člen s 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 ustreznega homogena enačba, v katerem 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 navidezni člen kombinacija eksponentnih, trigonometričnih, hiperboličnih oz. močnostne funkcije. 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. Zaradi teh koeficientov v linearni kombinaciji se ta metoda imenuje »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 je sistem pridobljen algebraične enačbe, kar 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 več splošna metoda reševanje nehomogenih diferencialnih enačb, zlasti v primerih, ko prosti 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, ker dodatna rešitev običajno ni izražena skozi 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 to 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 enačbe
     • 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 obravnava nekaj najbolj pomembne enačbe ta tip.

• 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 kvantni mehaniki je harmonični oscilator eden najpomembnejših fizični sistemi zaradi svoje enostavnosti in široke uporabe za približevanje več kompleksni sistemi, 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 valovna enačba, Laplaceove in Schrödingerjeve enačbe, še posebej ob 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. Ena izmed široko znani primeri Schrödingerjeva enačba v fiziki je enačba za en sam nerelativistični delec, na katerega deluje potencial 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 val poljubne oblike, 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. Kompleksne naloge so še 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 je včasih mogoče predstaviti v integralna oblika, 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))

Reševanje različnih geometrijskih, fizikalnih in inženirske težave pogosto vodijo do enačb, ki povezujejo neodvisne spremenljivke, ki označujejo določen problem, z neko funkcijo teh spremenljivk in derivati ​​te funkcije različnih vrst.

Kot primer lahko obravnavamo najenostavnejši primer enakomerno pospešenega gibanja materialne točke.

Znano je, da je premik materialne točke med enakomerno pospešenim gibanjem funkcija časa in se izraža s formulo:

Po drugi strani pa pospešek a je izvedenka glede na čas t od hitrosti V, ki je tudi časovna izpeljanka t od premikanja S. Tisti.

Potem dobimo:
- enačba povezuje funkcijo f(t) z neodvisno spremenljivko t in odvodom drugega reda funkcije f(t).

Opredelitev. Diferencialna enačba je enačba, ki povezuje neodvisne spremenljivke, njihove funkcije in odvode (ali diferenciale) te funkcije.

Opredelitev. Če ima diferencialna enačba eno neodvisno spremenljivko, se imenuje navadna diferencialna enačba , če obstajata dve ali več neodvisnih spremenljivk, se taka diferencialna enačba imenuje parcialna diferencialna enačba.

Opredelitev. Najvišji red odvodov, ki se pojavljajo v enačbi, se imenuje red diferencialne enačbe .

Primer.

- navadna diferencialna enačba 1. reda. Na splošno je napisano
.

- navadna diferencialna enačba 2. reda. Na splošno je napisano

- parcialna diferencialna enačba prvega reda.

Opredelitev. Splošna rešitev diferencialna enačba je takšna diferenciabilna funkcija y = (x, C), ki, ko jo zamenjamo v izvirno enačbo namesto neznane funkcije, spremeni enačbo v identiteto

Lastnosti splošne rešitve.

1) Ker konstanta C je poljubna vrednost, potem ima na splošno diferencialna enačba neskončno število rešitev.

2) Pri vseh začetnih pogojih x = x 0, y(x 0) = y 0, obstaja vrednost C = C 0, pri kateri je rešitev diferencialne enačbe funkcija y = (x, C 0).

Opredelitev. Imenuje se rešitev oblike y = (x, C 0). zasebna rešitev diferencialna enačba.

Opredelitev. Cauchyjeva težava (Augustin Louis Cauchy (1789-1857) - francoski matematik) je odkritje katere koli posebne rešitve diferencialne enačbe oblike y = (x, C 0), ki izpolnjuje začetne pogoje y(x 0) = y 0.

Cauchyjev izrek. (izrek o obstoju in edinstvenosti rešitve diferencialne enačbe 1. reda)

Če funkcijaf(x, l) je neprekinjen v neki regijiDv letaluXOYin ima v tem območju zvezni delni odvod
, potem ne glede na točko (x 0 , y 0 ) na območjuD, obstaja samo ena rešitev
enačbe
, definiran v nekem intervalu, ki vsebuje točko x 0 , pri čemer je x = x 0 pomen (X 0 ) = y 0 , tj. obstaja edinstvena rešitev diferencialne enačbe.

Opredelitev. Integral Diferencialna enačba je vsaka enačba, ki ne vsebuje odvodov in za katero je dana diferencialna enačba posledica.

Primer. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe
.

Splošno rešitev diferencialne enačbe iščemo z integracijo leve in desne strani enačbe, ki jo predhodno transformiramo na naslednji način:

Zdaj pa integrirajmo:

je splošna rešitev izvirne diferencialne enačbe.

Recimo, da so podani nekateri začetni pogoji: x 0 = 1; y 0 = 2, potem imamo

S substitucijo dobljene vrednosti konstante v splošno rešitev dobimo partikularno rešitev za dane začetne pogoje (rešitev Cauchyjevega problema).

Opredelitev. Integralna krivulja se imenuje graf y = (x) rešitve diferencialne enačbe na ravnini XOY.

Opredelitev. S posebnim sklepom diferencialne enačbe je taka rešitev v vseh točkah, za katero se imenuje Cauchyjev pogoj edinstvenosti (glej. Cauchyjev izrek.) ni izpolnjena, tj. v okolici neke točke (x, y) obstajata vsaj dve integralni krivulji.

Posebne rešitve niso odvisne od konstante C.

Posebnih rešitev ni mogoče dobiti iz splošne rešitve za nobeno vrednost konstante C. Če zgradimo družino integralnih krivulj diferencialne enačbe, potem posebna odločitev bo predstavljena s črto, ki se v vsaki točki dotika vsaj ene integralne krivulje.

Upoštevajte, da vsaka diferencialna enačba nima posebnih rešitev.

Primer. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe:
Poiščite posebno rešitev, če obstaja.

Ta diferencialna enačba ima tudi posebno rešitev pri= 0. Te rešitve ne moremo dobiti iz splošne, pri zamenjavi v prvotno enačbo pa dobimo identiteto. Mnenje, da je rešitev l = 0 lahko dobite iz splošne rešitve z Z 1 = 0 narobe, ker C 1 = e C  0.

Zapiski predavanj na

diferencialne enačbe

Diferencialne enačbe

Uvod

Pri proučevanju določenih pojavov pogosto pride do situacije, ko procesa ni mogoče opisati z enačbo y=f(x) ali F(x;y)=0. Poleg spremenljivke x in neznane funkcije v enačbo vstopi še odvod te funkcije.

definicija: Enačba, ki povezuje spremenljivko x, neznano funkcijo y(x) in njene odvode se imenuje diferencialna enačba. Na splošno je diferencialna enačba videti takole:

F(x;y(x); ;;...;y (n))=0

definicija: Vrstni red diferencialne enačbe je vrstni red največjega odvoda, ki je v njej vključen.

–diferencialna enačba 1. reda

–diferencialna enačba 3. reda

definicija: Rešitev diferencialne enačbe je funkcija, ki jo, ko jo nadomestimo v enačbo, spremeni v identiteto.

Diferencialne enačbe 1. reda

definicija: Enačba oblike =f(x;y) ali F(x;y; )=0se imenuje diferencialna enačba 1. reda.

definicija: Splošna rešitev diferencialne enačbe 1. reda je funkcija y=γ(x;c), kjer je (c –const), ki jo, ko jo nadomestimo v enačbo, spremeni v identiteto. Geometrijsko na ravnini splošna rešitev ustreza družini integralnih krivulj, odvisnih od parametra c.

definicija: Integralna krivulja, ki poteka skozi točko v ravnini s koordinatami (x 0 ; y 0), ustreza določeni rešitvi diferencialne enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj:

Izrek o obstoju edinstvenosti rešitve diferencialne enačbe 1. reda

Podana diferencialna enačba 1. reda
in funkcija f(x;y) je zvezna skupaj z delnimi odvodi v nekem območju D ravnine XOY, nato skozi točko M 0 (x 0 ;y 0) D poteka skozi edino krivuljo, ki ustreza določeni rešitvi diferencialne enačbe, ki ustreza začetnemu pogoju y(x 0)=y 0

Ena integralna krivulja poteka skozi točko v ravnini z danimi koordinatami.

Če splošne rešitve diferencialne enačbe 1. reda ni mogoče dobiti v eksplicitni obliki, tj.
, potem ga lahko dobimo implicitno:

F(x; y; c) =0 – implicitna oblika

Splošna rešitev v tej obliki se imenuje splošni integral diferencialna enačba.

V zvezi z diferencialno enačbo 1. reda se postavita 2 problema:

1) Poiščite splošno rešitev (splošni integral)

2) Poiščite partikularno rešitev (delni integral), ki izpolnjuje dani začetni pogoj. Ta problem se imenuje Cauchyjev problem za diferencialno enačbo.

Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami

Enačbe oblike:
se imenuje diferencialna enačba z ločljivimi spremenljivkami.

Zamenjajmo

pomnožite z dx

ločimo spremenljivke

razdeli z

Opomba: treba je upoštevati poseben primer, ko

spremenljivke so ločene

integrirajmo obe strani enačbe

- skupna odločitev

Diferencialno enačbo z ločljivimi spremenljivkami lahko zapišemo kot:

Osamljen primer
!

Integrirajmo obe strani enačbe:

1)

2)
začetek pogoji:

Homogene diferencialne enačbe 1. reda

definicija: funkcija
se imenuje homogena reda n, če

Primer: - homogena funkcija reda n=2

definicija: Imenuje se homogena funkcija reda 0 homogena.

definicija: Diferencialna enačba
se imenuje homogeno, če
- homogena funkcija, tj.

Tako lahko homogeno diferencialno enačbo zapišemo kot:

Uporaba zamenjave , kjer je t funkcija spremenljivke x, se homogena diferencialna enačba reducira na enačbo z ločljivimi spremenljivkami.

- nadomestimo v enačbo

Spremenljivki sta ločeni, integrirajmo obe strani enačbe

Naredimo obratno zamenjavo z zamenjavo , dobimo splošno rešitev v implicitni obliki.

Homogeno diferencialno enačbo lahko zapišemo v diferencialni obliki.

M(x;y)dx+N(x;y)dy=0, kjer sta M(x;y) in N(x;y) – homogene funkcije enak vrstni red.

Deli z dx in izrazi

1)

The spletni kalkulator omogoča reševanje diferencialnih enačb na spletu. Dovolj je, da vnesete svojo enačbo v ustrezno polje, ki označuje izpeljanko funkcije z apostrofom, in kliknete na gumb "reši enačbo" In sistem, implementiran na podlagi priljubljenega spletnega mesta WolframAlpha, bo podal podrobnosti reševanje diferencialne enačbe popolnoma brezplačno. Definirate lahko tudi Cauchyjev problem, da iz celotnega nabora možnih rešitev izberete kvocient, 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 razl. enačbe so podane v analitično obliko, Ima natančen opis. Diferencialne enačbe so zelo pogoste 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. Jejte standardne metode rešitve diferencialnih enačb. Enačbe je treba reducirati na obliko z ločljivima spremenljivkama y in x ter ločeno integrirati ločeni funkciji. Za to je včasih treba izvesti določeno zamenjavo.