Poskus Otta von Guerickeja z batom 1654. Veliki nemški izumitelji

Diferencialna enačba je enačba, ki vključuje funkcijo in enega ali več njenih odvodov. V večini praktični problemi funkcije predstavljajo fizikalne količine, odvodi ustrezajo hitrostim 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, ali se najde z numeričnimi metodami.

Da bi razumeli ta članek, morate biti vešči diferencialnega in integralnega računa ter nekaj razumeti 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 navaden diferencialne enačbe X, to je 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)
• Splošna rešitev 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. Njegova splošna rešitev 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. Predpostavimo, 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. 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 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 lahko prenesemo na desno 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 dano začetni 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))).) Predpostavimo, 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))
   • 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 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 izpolnitev tega pogoja je potrebno 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 enačbe v več spremenljivkah, v katerih so mešani odvodi gladkih funkcij med seboj enaki. Včasih se ta primer imenuje Clairautov izrek. V tem primeru je diferencialna enačba popolna diferencialna enačba, če je izpolnjen 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.) Ker 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 integracijski 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 s konstantnimi koeficienti. Te enačbe se v praksi pogosto uporabljajo, zato je njihova rešitev primarnega pomena. V tem primeru ne govorimo o homogene funkcije, a da je na desni strani enačbe 0, bo prikazano, 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(izobraženo ugibanje) o tem, kakšna bo rešitev dane 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)))
   • Imamo 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 enak 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 množica vseh rešitev dane diferencialne enačbe tvori vektorski prostor, katerega 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 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 osnovnega izreka algebre sledi, da imajo rešitve polinomskih enačb z realnimi koeficienti korenine, ki so realne ali tvorijo konjugirane pare. Torej, če je 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)) zapiši c 1 (\displaystyle c_(1)), in izraz i (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) zamenjati 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) )i)
     • x (t) = e − 3 t / 2 (c 1 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 31 2 t) (\displaystyle x(t)=e^(-3t/2)\left(c_(1 )\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+c_(2)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\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)
   • Ker 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)))

   Dva različna prava korena.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.

   • Če želite raztopino pretvoriti v prava funkcija, 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 redukcijah dobimo 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. To si je zelo enostavno zapomniti - za pridobitev druge linearno neodvisne rešitve preprosto potrebujete dodaten izraz 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 presečni člen kombinacija eksponentnih, trigonometričnih, hiperboličnih ali potenčnih funkcij. Le te funkcije imajo zagotovljeno končno število linearno neodvisnih odvodov. 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 večkratno 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 se pojavi vsebina 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 matrično enačbo oblike 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) inverzna matrika se najde z deljenjem z determinanto, prerazporeditvijo diagonalnih elementov in spremembo predznaka 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 izvedenke. Ta razdelek zajema nekaj najpomembnejših enačb te vrste.

• Eksponentna rast in propad. Radioaktivni razpad. Sestavljene obresti. Hitrost kemičnih reakcij. 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 v tem trenutkučasu 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 pospeškom 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 je prisoten tudi v elektromagnetnih nihajnih vezjih, kjer se lahko izvaja 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 enačbe in Schrödingerjeve enačbe, zlasti 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 valovne funkcije Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t))čez čas. Enačba gibanja je opisana z vedenjem Hamiltonov H^(\displaystyle (\hat (H))) - operater, ki opisuje energijo sistema. Ena izmed široko slavni 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 katerikoli 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 reševanje številnih drugih uporabnih problemov. 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 znatno 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 nelinearnih parcialnih diferencialnih enačb, dokaz o obstoju in edinstvenosti rešitve Navier-Stokesovih enačb v treh dimenzijah pa je med 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, kadar enačba vsebuje spremenljive koeficiente in ni Cauchy-Eulerjeva enačba ali če 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 znanost.
• 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))

poskusi z vakuumom

Leta 1657 je izumil vodni barometer, s katerim je leta 1660 napovedal bližajočo se nevihto 2 uri pred njenim pojavom in se tako zapisal v zgodovino kot eden prvih meteorologov.

Zračna črpalka

Guerickeju, kot je znano, sprva ni bilo jasno, da bi zrak izčrpal neposredno in je želel ustvariti prazen prostor v hermetično zaprtem sodu z odstranitvijo vode, ki ga je polnila. V ta namen je na dno soda pritrdil črpalko, saj je mislil, da le s tako razporeditvijo naprave voda zaradi gravitacije sledi batu črpalke. Iz tega vidimo, da Guericke sprva še ni imel določnega pojma o atmosferskem tlaku in prožnosti zraka sploh. Ko ta prvi poskus ni uspel, ker je zunanji zrak sikal v nastalo praznino skozi razpoke in pore soda, je Guericke poskušal postaviti svoj sod v drugega, prav tako napolnjenega z vodo, da bi na ta način zaščitil praznino pred vdorom zraka to od zunaj. Toda tudi tokrat je bil poskus neuspešen, saj je voda iz zunanjega soda pod vplivom atmosferskega tlaka stekla skozi pore v notranjega in zapolnila praznino. Nato se je Guericke končno odločil uporabiti črpalko za neposredno črpanje zraka iz bakrene sferične posode, pri čemer se je še vedno držal svoje napačne domneve, da lahko zrak, tako kot voda, sledi batu črpalke samo zaradi svoje gravitacije, tako da je bila zdaj črpalka privita na dno posode in se nahaja navpično. Rezultat izčrpavanja je bil popolnoma nepričakovan in je prestrašil vse prisotne: bakrena krogla ni zdržala zunanjega pritiska in se je s treskom zmečkala in sploščila. To je prisililo Guerickeja, da pripravi močnejše in pravilnejše oblike rezervoarjev za naslednje poskuse. Neprimerna lokacija črpalke je Guerickeja kmalu prisilila, da je zgradil poseben trinožnik za celotno napravo in na bat pritrdil vzvod; na ta način je nastala prva zračna črpalka, ki jo je avtor poimenoval Antlia pneumatica. Seveda je bila naprava še zelo daleč od popolnosti in je zahtevala vsaj tri ljudi, da so manipulirali z batom in pipami, potopljenimi v vodo, da so nastalo praznino bolje izolirali od zunanjega zraka.

Preučevanje vpliva toplote na zrak

Guericke je preučeval tudi vpliv toplote na zrak, in čeprav v zasnovi svojega zračnega termometra ni naredil bistvenih izboljšav v primerjavi s takrat znanimi instrumenti (ki so se v njegovem času v Italiji imenovali caloris mensor), lahko vseeno mirno trdimo, da je bil prvi meteorolog v času. Ne da bi se dotaknili kontroverznega in v bistvu nepomembnega vprašanja izuma termometra, ki ga najpogosteje pripisujemo Galileju, pa tudi Drebblu in zdravniku Sanctoriusu, omenimo le, da je bila njegova prvotna oblika izjemno nepopolna: prvič, ker so odčitki termometra Na napravo ni vplivala samo temperatura, ampak tudi atmosferski tlak, in drugič, zaradi pomanjkanja posebne enote (stopnje) za primerjavo toplotnih učinkov.

Guerickejev termometer. Ilustracija iz knjige Otta von Guerickeja Experimenta Nova Magdeburgica.

Takratni (zračni) termometer je bil sestavljen iz rezervoarja s cevjo, ki je bila z odprtim koncem potopljena v posodo z vodo; raven vode, dvignjene v cevi, se je očitno spreminjala glede na temperaturo zraka v rezervoarju in zunanji atmosferski tlak. Čudno je, da Guericke, ki bi mu ta zadnji vpliv moral biti dobro znan, ni bil pozoren nanj; vsaj v njegovem termometru ta vpliv ni bil odpravljen. Sama naprava, namenjena izključno opazovanju sprememb temperature zunanjega zraka in zato kot barometer nameščena na zunanji steni hiše, je bila sestavljena iz sifonske (kovinske) cevi, napolnjene približno do polovice z alkoholom; en konec cevi je bil povezan z veliko kroglo, ki je vsebovala zrak, drugi je bil odprt in je vseboval plovec, iz katerega je tekla nit skozi blok; Na koncu niti je prosto nihala po zraku lesena figura, ki je z roko kazala na tehtnico s 7 razdelki. Vse podrobnosti naprave, razen krogle, na kateri je bil napis Perpetuum mobile, figure in tehtnice, so bile prekrite tudi z deskami. Ekstremne točke na lestvici sta bili označeni z besedama: magnus frigus in magnus calor. Srednja črta je imela poseben pomen, tako rekoč podnebna: morala je ustrezati temperaturi zraka, pri kateri se v Magdeburgu pojavijo prve jesenske nočne zmrzali.

Od tod lahko sklepamo, da čeprav so prvi poskusi označitve 0° na termometrski skali pripadali Firenški akademiji (Del Cimento), znani v zgodovini eksperimentalne fizike, je tudi Guericke razumel, kako pomembno in nujno je imeti vsaj eno na termometrični lestvici konstantna točka, in kot vidimo, je poskušal narediti nov korak naprej v tej smeri, tako da se je odločil za uravnavanje termometra v poljubni črti, ki ustreza prvi jesenski zmrzali.

Študij električne energije

Gravura iz leta 1750, ki prikazuje napravo za ustvarjanje statične elektrike.

Preidimo zdaj na drugo področje fizike, v katerem ime Guericke prav tako uživa zasluženo slavo. Govorimo o elektriki, ki je takrat, tako rekoč v življenje poklicana s Hilbertovim eksperimentalnim raziskovanjem, predstavljala v obliki nekaj drobnih dejstev le nepomemben in nezanimiv zametek tiste velike sile, ki ji je bilo usojeno zmagati. pozornost celotnega civiliziranega sveta in zapletla globus mrežo svojih vodnikov.

Otta von Guerickeja včasih imenujejo le duhovit izumitelj fizikalnih inštrumentov, ki si prizadeva zasloveti med svojimi sodobniki s svojimi veličastnimi poskusi in mu ni mar za napredek znanosti. Toda Ferdinand Rosenberger (1845-1899) v svoji »Zgodovini fizike« povsem upravičeno ugotavlja, da je takšen očitek neutemeljen, saj Guericke ni imel izključnega cilja, da bi presenetil javnost. Vedno so ga vodili čisto znanstveni interesi in iz svojih poskusov ni izhajal iz fantastičnih zamisli, temveč iz resničnih znanstvenih zaključkov. Najboljši dokaz za to je njegov eksperimentalne študije pojavi statične elektrike, ki je takrat - ponavljamo - malo koga zanimala.

V želji, da bi ponovil in preizkusil Hilbertove poskuse, je Guericke izumil napravo za pridobivanje električnega stanja, ki je, čeprav je ne moremo imenovati električni stroj v pravem pomenu besede, ker ni imela kondenzatorja za zbiranje elektrike, ki se razvija s trenjem, vendarle služila kot prototip za vse kasneje urejeno električna odkritja. Sem naj bi najprej spadalo odkritje električnega odboja, ki ga Gilbert ni poznal.

Za razvoj električnega stanja je Guericke pripravil precej veliko žveplovo kroglo, ki jo je skozi navojno os postavil v vrtenje in preprosto podrgnil s suho roko. Ko je to kroglo naelektril, je Guericke opazil, da se telesa, ki jih krogla privlači, po dotiku odbijajo; takrat je tudi opazil, da kos dlake, ki prosto lebdi v zraku, privlači in nato odriva stran od žoge, privlačijo druga telesa. Guericke je tudi dokazal, da se električno stanje prenaša po niti (platnu); a hkrati, ker ni vedel ničesar o izolatorjih, je vzel dolžino niti na samo en komolec in ga je lahko dal le navpična razporeditev. Bil je prvi, ki je opazil električni sij v temi na svoji žvepleni krogli, vendar ni prejel iskre; slišal je tudi rahlo prasketanje »v žvepleni krogli«, ko jo je približal ušesu, a ni vedel, čemu bi to pripisal.

Študij magnetizma

Na področju magnetizma je Guericke podal tudi več novih ugotovitev. Ugotovil je, da so se železne navpične palice v okenskih palicah same magnetizirale, kar predstavlja severni pol na vrhu in južni pol na dnu, in pokazal, da je možno rahlo magnetizirati železen trak, če ga postavimo v smeri poldnevnika. in udarjanje s kladivom.

Raziskave v astronomiji

Struktura vesolja po Ottu von Guerickeju

Študiral tudi astronomijo. Bil je zagovornik heliocentričnega sistema. Razvil je svoj kozmološki sistem, ki se je od Kopernikovega razlikoval po predpostavki o prisotnosti neskončnega prostora, v katerem so porazdeljene zvezde stalnice. Verjeli, da je vesolje prazno, a med nebesna telesa sile velikega dosega delujejo tako, da uravnavajo njihovo gibanje.

Steklen kozarec z brušenim robom zapremo s tanko stekleno ploščo in začnemo črpati zrak iz kozarca (slika 276). Steklena plošča bo zaradi zunanjega pritiska tesno pritisnjena na kozarec in, če se bo črpanje nadaljevalo, jo bo zdrobila razlika v tlaku med zunanjostjo in notranjostjo kozarca.

riž. 276. Presežek zunanjega tlaka nad notranjim pritiska skozi stekleno ploščo

Eden prvih poskusov, ki so bili izvedeni za dokaz obstoja zračnega tlaka, je bil znameniti poskus z »magdeburškimi poloblami«, ki ga je izvedel nemški fizik Otto von Guericke leta 1654 (v Magdeburgu). Iz dveh skupaj zvitih bakrenih polobel je izčrpal zrak in pritisk zunanjega zraka je polobli stisnil skupaj tako močno, da ju dve vpregi konj nista mogli raztrgati (slika 277). Seveda bi vlogo drugega pasu lahko odigral močan drog, na katerega bi bila pritrjena ena od polobel. Na sl. 278 prikazuje modifikacijo Guerickejevega poskusa z visečim bremenom.

riž. 277. Gravura iz Guerickejeve knjige »Novi magdeburški poskusi«. Trganje polkrogel s konjskimi vpregami

riž. 278. Gravura iz Guerickejeve knjige »Novi magdeburški poskusi«. Raztrganje polobel z visečo utežjo

V medicini se včasih uporabljajo pnevmatske skodelice, sestavljene iz skodelice z gumijastim balonom (slika 279). Z roko stisnite balon, iztisnite zrak iz njega in skodelico nanesite na kožo. Če zdaj balon izpustite, bo zaradi svoje elastičnosti spet sprejel sferične oblike, se bo notranja prostornina pločevinke povečala, pritisk zraka, ki ostane v pločevinki, pa se bo zmanjšal. Kozarec bo pod pritiskom zunanjega zraka tesno pritisnjen na kožo. Koža pod kozarcem postane močno rdeča; pusti modrico. Kri, ki ima v telesu atmosferski tlak, teče na mesto z nižjim tlakom. Ta lokalni pretok krvi je namen skodelice. V tem primeru zrak, raztopljen v krvi, ki se razširi, ko se tlak zmanjša, poči majhne krvne žile in tvori modrico. Če pritisnete na kožo ob robu kozarca in omogočite dostop zunanjemu zraku, bo notranji in zunanji pritisk enak in kozarec sam pade.

V Magdeburgu se je 20. novembra 1602 rodil nemški fizik, inženir in filozof Otto von Guericke. Po končani mestni šoli se je izpopolnjeval na univerzah v Leipzigu, Helmstadtu, Jeni in Leidnu.

Daleč od tega, da bi bil znanstvenik iz fotelja, Guerickeja je zanimalo vse življenje naravoslovje. Da bi preveril Aristotelov postulat – narava ne prenese praznih prostorov – je izumil zračno črpalko, s pomočjo katere je leta 1654 izvedel svoj znameniti poskus z magdeburškimi poloblami. Za izvedbo poskusa sta bili izdelani dve bakreni polobli s premerom 14 palcev (35,6 cm), od katerih je bila ena opremljena s cevjo za črpanje zraka. Te poloble so sestavili skupaj in mednje položili usnjen obroč, namočen v staljen vosek. Nato so s pomočjo črpalke izčrpali zrak iz votline, ki je nastala med hemisferama. Vsaka polobla je imela železni obroči, ki sta bili vpreženi v dve vpregi konj. Leta 1654 je von Guericke v Regensburgu demonstriral poskus Reichstagu v navzočnosti cesarja Ferdinanda III. Po črpanju zraka iz krogle 16 konjev, po 8 na vsaki strani, ni moglo raztrgati polobli, ko pa je bil v poloble doveden zrak, so razpadle brez napora. Ni znano, ali so bili konji na obeh straneh uporabljeni za večjo zabavo ali zaradi nevednosti samega fizika, ker je bilo mogoče polovico konj zamenjati s fiksnim konjem, ne da bi izgubili moč vpliva na hemisfere. Leta 1656 je Guericke ponovil poskus v Magdeburgu, leta 1663 pa v Berlinu s 24 konji. Po poznejših izračunih je bilo treba za premagovanje napora na vsako stran vpreči 13 močnih vlečnih konj.

Risba Gasparda Schotta "Magdeburške poloble".

Izkušnje z magdeburškimi poloblami so dokazale prisotnost atmosferskega tlaka in se še vedno poučujejo na tečajih splošna fizika po vsem svetu. Originalne poloble in črpalka so shranjeni nemški muzej v Münchnu. V razvoju te teme je leta 1660 Guericke zgradil prvi vodni barometer in ga uporabil za meteorološka opazovanja, izumil higrometer, zasnoval zračni termometer in manometer.

Obseg Guerickejevih interesov pa ni bil omejen na ta del fizike. Leta 1660 je ustvaril enega prvih elektrostatičnih strojev - žveplovo kroglo velikosti srednje velike krogle, nameščeno na železni osi. Z vrtenjem žoge in drgnjenjem z dlanmi je Guericke prejemal elektriko. S to napravo je študiral električni pojavi: odkrili elektrostatični odboj, električni sij (naelektrena žveplova krogla je svetila v temi).

Številne fizikalni poskusiŽe v času njegovega življenja so znanstveniku prinesle prepoznavnost in spoštljiv vzdevek nemški Galileo. Med študijem astronomije je izrazil mnenje, da bi se kometi lahko vrnili. Guericke je ugotovil tudi elastičnost in težo zraka, njegovo sposobnost podpiranja gorenja in dihanja ter prevajanja zvoka. Dokazal prisotnost vodne pare v zraku. Leta 1666 je kot prvi med znanstveniki prejel plemiški naziv in postal znan kot Otto von Guericke. Znanstvenik je umrl v Hamburgu 11. maja 1686.

Izkušnja z magdeburškimi poloblami je tako navdušila njegove sodobnike, da so vojvode Brunswick-Wolfenbüttel njegovo podobo na spominskih talarjih iz leta 1702 uporabili kot alegorijo. Ker sta vladala skupaj od leta 1685, sta se brata vojvoda sprla. Anton Ulrich je postal ljubosumen na svojo ženo Elisabeth Juliano Holstein-Norburg na Rudolfa Avgusta, kar je vodilo v njuno ločitev. Marca 1702 je bil Anton Ulrich odstavljen z oblasti in je pobegnil v Saxe-Gotho. Ob tej priložnosti je bil izdan tako imenovani "luftpumpenthaler" - taler z zračno črpalko. Na njeni sprednji strani sta upodobljena dva konja, ki zaman razdirata magdeburške poloble. Prepleteni polobli sta simbol neločljive zveze dveh vladarjev Brunswicka. Na hrbtni strani - brez kakršnega koli truda obe polobli razpadeta, ker je ženska roka odprla ventil na njima in noter je prišel zrak. Graver je s fizičnimi napravami ponazoril prepir v palači. Po smrti Rudolfa Avgusta leta 1704 se je Anton Ulrik vrnil na oblast.

Brunswick-Wolfenbüttel. Rudolf Avgust in Anton Ulrik, 1685-1704. Luftpumpenthaler, 1702, Goslar. V čast bratske enotnosti. 29,36 g.Avers: dva konja zaman trgata magdeburške poloble s kratico RAV, za njima je simbol čednosti, samorog in orel s strelo v šapah, napis QVOD VI NON POTVIT (ki ga niso mogli izsiliti) . Zadaj: na podstavku sta odprti polobli in ženska roka, ki odpira ventil, zgoraj je trak z napisom DISIECTVM EST ARTE MINISTRA (umetno razpršeno).

Brunswick-Wolfenbüttel. Rudolf Avgust in Anton Ulrik, 1685-1704. Luftpumpenthaler, 1702, Goslar. V čast bratske enotnosti. Spredaj: dva konja zaman trgata magdeburške poloble z oznako RAV, za njima samorog in strela, ki strelja iz oblaka, napis NON VI (ne z nasiljem). Zadaj: na podstavku sta odprti polobli in ženska roka, ki odpira ventil, zgoraj je trak z napisom SED ARTE (vendar v umetnosti).

Za 375. obletnico rojstva Otta von Guerickeja so v NDR skovali spominski kovanec z nominalno vrednostjo 10 mark.

NDR. 10 mark, 1977. 375. obletnica rojstva Otta von Guerickeja. Ag 500; 31 mm; 17. Naklada: 49.434 kosov.

NDR. 10 mark, 1977. 375. obletnica rojstva Otta von Guerickeja. Z napisom "Test". Ag 500; 31 mm; 17. Naklada: 6.000 kosov.

Ob 250. obletnici smrti Otta von Guerickeja v tretjem rajhu so skovali spominsko medaljo in izdali poštno znamko.

Bronasta medalja, 1936. 250. obletnica smrti Otta von Guerickeja. 97 mm. Graver: Rudolf Bosselt (1874-1938). Spredaj: doprsni kip Guerickeja; zadaj: grb Magdeburga in napis »Ehrengabe der Stadt Magdeburg« (Častno darilo mesta Magdeburg).

Tretji rajh. Poštna znamka, 1936. 250-letnica smrti Otta von Guerickeja.

NDR in Zahodna Nemčija sta izdali tudi poštne znamke, posvečene Ottu von Guerickeju in njegovemu izumu.

NDR. Poštna znamka, 1969. Izkušnje z magdeburškimi poloblami.

NDR. Poštna znamka, 1977. 375. obletnica rojstva Otta von Guerickeja.

Nemčija. Poštna znamka, 2002. 400. obletnica rojstva Otta von Guerickeja.

Otto von Guericke(Nemško: Otto von Guericke) - nemški fizik, inženir, filozof, diplomat in mestni župan Magdeburga. Da bi dokazal obstoj vakuuma, je Guericke izumil zračno črpalko (1650). V nizu poskusov je dokazal obstoj zračnega tlaka.

Guericke je ugotovil tudi elastičnost in težo zraka, njegovo sposobnost podpiranja gorenja in dihanja ter prevajanja zvoka. Dokazal prisotnost vodne pare v zraku. Leta 1660 je Guericke zgradil prvi vodni barometer na svetu in ga uporabil za napovedovanje vremena. Med študijem astronomije je izrazil mnenje, da bi se kometi lahko vrnili.

Leta 1663 je Guericke ustvaril enega prvih električnih strojev - rotirajočo žveplovo kroglo, in odkril pojav elektrostatičnega odbijanja unipolarno nabitih predmetov. Leta 1672 je odkril, da naelektrena krogla prasketa in sveti v temi ( elektroluminiscenca).

Tako je Otto von Guericke postal eden od utemeljiteljev znanosti o elektriki. Bil je izjemna oseba širokega pogleda, ki je dosegel uspehe na številnih področjih človeškega življenja.

Otto von Guericke se je rodil v Magdeburgu leta 1602. Po končani mestni šoli se je izpopolnjeval na univerzah v Leipzigu, Helmstadtu, Jeni in Leidnu. Zanimal se je zlasti za fiziko, uporabno matematiko, mehaniko in utrdbe.

Guerickejeva mladost je prišla na začetek surove tridesetletne vojne, v kateri so poleg Nemcev na različnih stopnjah sodelovali še Čehi, Avstrijci, Danci, Švedi in Francozi.

Kot strateško pomembno središče vzhodne Nemčije je Magdeburg večkrat zamenjal lastnika, leta 1631 pa je bil popolnoma uničen. Ko so Švedi zasedli Magdeburg, se je Guericke vrnil v mesto in aktivno sodeloval pri obnovi porušenih zgradb in utrdb ter nadzoroval gradnjo mostu čez Labo.

Leta 1635 so mesto znova zavzele združene avstrijsko-saške čete, katerih vzdrževanje je močno obremenjevalo meščane. Začela se je diplomatska dejavnost Guerickeja, ki je po številnih težavah in potovanjih k saškemu volilnemu knezu uspel zamenjati tujo garnizijo z domačo.

Mesto je v znak hvaležnosti leta 1646 izvolilo Otta Guerickeja za enega izmed štirih mestnih mojstrov. V mestnem svetu je do leta 1659 uspešno opravljal diplomatske naloge.

Kot emisar je vodil uspešna pogajanja s sprtimi stranmi v Osnabrücku, Nürnbergu, Dunaju, Pragi, Regensburgu.

Uspešna diplomatska dejavnost mestnega mojstra Otta Guerickeja je prispevala k temu, da je Magdeburg dobil številne privilegije, zlasti status hanzeatskega mesta.

Guericke je zastopal Magdeburg na mirovni konferenci in nato v Reichstagu v Regensburgu. Ampak svetovna slava prinesel je poskuse z magdeburškimi polobli.

Otto Guericke je bil poročen in je imel tri sinove, vendar sta dva umrla. Buršomist je ves prosti čas posvetil svojim fizikalnim poskusom.

Rezultate poskusov je povzel v eseju »Novi (tako imenovani) magdeburški poskusi s praznim prostorom.« V njem je opisal svoje druge poskuse, tudi tiste s »svetovnimi silami«, ki so vključevale električne pojave.

Leta 1666 je bil Guericke povzdignjen v plemstvo in postal je Otto von Guericke. Brandenburški volilni knez ga je imenoval za svojega svetovalca.

Guericke po poklicu ni bil foteljski znanstvenik, a so ga vse življenje zanimale naravoslovne vede. Še posebej ga je zanimala Aristotelova predpostavka, da se narava sovraži do vakuuma. Da bi preveril to trditev, je izumil zračno črpalko, s pomočjo katere je leta 1654 izvedel svoj znameniti poskus z magdeburškimi poloblami.

Za izvedbo poskusa sta bili izdelani dve bakreni polobli s premerom približno 35,5 cm, od katerih je bila ena opremljena s cevjo za črpanje zraka. Te poloble so sestavili skupaj in mednje položili usnjen obroč, namočen v staljen vosek.

Neprimerna lokacija črpalke je prisilila Guerickeja, da je za celotno napravo uredil posebno stojalo in na bat pritrdil ročico. Tako je nastala prva zračna črpalka na svetu, ki jo je avtor poimenoval Antila Pneumatica (latinsko Antlia pneumatica).

Nato so s pomočjo črpalke izčrpali zrak iz votline, ki je nastala med hemisferama. Na vsaki polobli so bili železni obroči, v katere sta bili vpreženi dve vpregi po osem konj.

Konji, ki so jih poganjali kočijaži, so se na vso moč trudili, da bi se vsaj premaknili. Toda vsi poskusi ločitve hemisfer so bili neuspešni, ko pa je bil v hemisfere dopuščen zrak, so brez napora razpadle.

Poskus z magdeburškimi poloblami je dokazal prisotnost atmosferskega tlaka in se še vedno poučuje v splošnih tečajih fizike po vsem svetu.

Leta 1654 je Guericke v Regensburgu demonstriral poskus Reichstagu v navzočnosti cesarja Ferdinanda III.

Kakšna sila je stiskala hemisfere in nasprotovala sili šestnajstih konjev? Ta sila je bila delovanje atmosferskega zraka. Bolj ko je bil zrak izčrpan iz votline med hemisferama, bolj sta bili od zunaj stisnjeni zaradi atmosferskega tlaka.

Hkrati se je Otto von Guericke domislil eksperimenta s tesno privezanim bikovim mehurjem, ki nabrekne in poči pod zvonom pnevmatskega stroja.

Leta 1657 je Guericke izumil svoj veličasten vodni barometer, katerega zasnova je bila tesno povezana z njegovimi prejšnjimi pnevmatskimi poskusi.

Barometer je bil sestavljen iz dolge bakrene cevi, pritrjene na zunanjo steno Guerickejeve trinadstropne hiše. Spodnji konec cevi je bil potopljen v posodo z vodo, zgornji konec, dopolnjen s stekleno cevjo, pa je bil opremljen s pipo in se je lahko priključil na zračno črpalko.

Kmalu je Guericke s pomočjo te naprave ugotovil, da se atmosferski tlak nenehno spreminja, zato je svoj barometer imenoval Semper vivum. Nato je opazil razmerje med višino vode v cevi in ​​vremenskimi razmerami. In izumil je napravo za napovedovanje vremena.

Za večji učinek pri prikazu poskusa na površini vode je bil v stekleno cev nameščen plovec v obliki človeške figure z iztegnjeno roko, ki je kazala na tabelo z napisi, ki ustrezajo različnim vremenskim razmeram. Preostali del naprave je bil prikrit z lesenimi opaži.

Za preučevanje električnega stanja in odboja je Guericke pripravil veliko žveplovo kroglo, ki se je lahko vrtela, ko je os prešla skozi luknjo, in jo je bilo mogoče drgniti s suho roko. Ko je naelektril to kroglo, je Guericke opazil, da krogla privlači telesa, po dotiku pa se odbija.

Družabni meščan je užival, ko je svojim gostom demonstriral smešen trik z majhno kroglo, ki je ob enakomernem vrtenju okoli sebe ustvarjala svetlobna peresa, ki so na koncu končala na gostovem nosu. Ko so kroglo zavrteli, je zaradi trenja začela svetiti in oddajati iskre.

Otto von Guericke je izvedel številne poskuse v vakuumu. Zaslužen je za znane demonstracije pod zvonom zračne črpalke. Najprej je to bledenje zvoka zvona - poskus, ki je prvič pokazal, da se zvok širi le v materiji. Hkrati je Guericke pokazal, da se svetloba v vakuumu širi enako kot v zraku.

Otto von Guericke se je začel obremenjevati z dolžnostmi mestnega mojstra in se je postopoma začel umikati iz političnega delovanja, vendar je dosegel svoj odstop šele leta 1678. Na podlagi svojih izkušenj je opisal zgodovino obleganja in uničenja Magdeburga. Leta 1681, ko je v Magdeburgu izbruhnila epidemija kuge, se je Otto von Guericke preselil v Hamburg k svojemu edincu, kjer je leta 1686 umrl.

Genialnost Otta Guerickeja je bila priznana že v času znanstvenikovega življenja, kar je potrdilo tudi podelitev plemiškega naslova njemu, prvemu v svetovni skupnosti fizikov tistega časa.

Univerza v Magdeburgu nosi ime Otta von Guerickeja - njenega slavnega meščana in meščanstva, izjemnega izumitelja, slavnega znanstvenika, subtilnega diplomata in čudovite osebe. Naj mu bodi blagoslovljen spomin!