Rešite enačbo z uporabo metode spreminjanja poljubnih konstant na spletu. Variacije poljubnih konstant

Razmislite o linearni nehomogeni diferencialni enačbi prvega reda:
(1) .
To enačbo lahko rešite na tri načine:

• metoda variacije konstante (Lagrange).

Razmislimo o reševanju linearne diferencialne enačbe prvega reda z uporabo Lagrangeove metode.

Metoda variacije konstante (Lagrange)

Pri variaciji metode konstant enačbo rešujemo v dveh korakih. V prvem koraku poenostavimo izvirno enačbo in rešimo homogeno enačbo. Na drugi stopnji konstanto integracije, pridobljeno na prvi stopnji rešitve, nadomestimo s funkcijo. Nato iščemo splošno rešitev prvotne enačbe.

Razmislite o enačbi:
(1)

1. korak Reševanje homogene enačbe

Iščemo rešitev homogene enačbe:

To je ločljiva enačba

Ločimo spremenljivke - pomnožimo z dx, delimo z y:

Integrirajmo:

Integral čez y - tabelarno:

Potem

Potenciramo:

Zamenjajmo konstanto e C s C in odstranimo znak modula, kar pomeni množenje s konstanto ±1, ki ga bomo vključili v C:

2. korak Zamenjajte konstanto C s funkcijo

Sedaj pa zamenjajmo konstanto C s funkcijo x:
C → u (x)
To pomeni, da bomo iskali rešitev prvotne enačbe (1) kot:
(2)
Iskanje izpeljanke.

Po pravilu diferenciacije kompleksne funkcije:
.
Po pravilu razlikovanja izdelkov:

.
Nadomestite v prvotno enačbo (1) :
(1) ;

.
Zmanjšata se dva člana:
;
.
Integrirajmo:
.
Nadomestni v (2) :
.
Kot rezultat dobimo splošno rešitev linearne diferencialne enačbe prvega reda:
.

Primer reševanja linearne diferencialne enačbe prvega reda po Lagrangeovi metodi

Reši enačbo

rešitev

Rešujemo homogeno enačbo:

Ločimo spremenljivke:

Pomnoži z:

Integrirajmo:

Tablični integrali:

Potenciramo:

Zamenjajmo konstanto e C s C in odstranimo znake modula:

Od tod:

Zamenjajmo konstanto C s funkcijo x:
C → u (x)

Iskanje izpeljanke:
.
Nadomestite v prvotno enačbo:
;
;
ali:
;
.
Integrirajmo:
;
Rešitev enačbe:
.

Pojdimo k obravnavi linearnih nehomogenih diferencialnih enačb oblike

Kje - zahtevana funkcija argumenta , in funkcije



so podani in zvezni v določenem intervalu
.

Vstavimo v obravnavo linearno homogeno enačbo, katere leva stran sovpada z levo stranjo nehomogene enačbe (2.31),

Enačba oblike (2.32) se imenuje homogena enačba, ki ustreza nehomogeni enačbi (2.31).

O zgradbi splošne rešitve nehomogene linearne enačbe (2.31) velja naslednji izrek.

Izrek 2.6. Splošna rešitev linearne nehomogene enačbe (2.31) v območju

je vsota katere koli njegove posebne rešitve in splošne rešitve ustrezne homogene enačbe (2.32) v domeni (2.33), tj.

Kje - partikularna rešitev enačbe (2.31),
je temeljni sistem rešitev homogene enačbe (2.32) in
- poljubne konstante.

Dokaz tega izreka boste našli v.

Na primeru diferencialne enačbe drugega reda bomo orisali metodo, s katero lahko najdemo določeno rešitev linearne nehomogene enačbe. Ta metoda se imenuje Lagrangeova metoda variacije poljubnih konstant.

Torej nam je podana nehomogena linearna enačba

(2.35)

kje so koeficienti
in desno stran
neprekinjeno v nekem intervalu
.

Označimo z
in
temeljni sistem rešitev homogene enačbe

(2.36)

Potem ima njegova splošna rešitev obliko

(2.37)

Kje in - poljubne konstante.

Rešitev enačbe (2.35) bomo iskali v enaki obliki , kot tudi splošno rešitev ustrezne homogene enačbe, ki nadomesti poljubne konstante z nekaterimi diferenciabilnimi funkcijami (variiramo poljubne konstante), tiste.

Kje
in
- nekatere funkcije, ki jih je mogoče razlikovati od , ki so še neznani in jih bomo poskušali določiti, da bi bila funkcija (2.38) rešitev nehomogene enačbe (2.35). Z diferenciranjem obeh strani enakosti (2.38) dobimo

Tako da pri izračunu izpeljanke drugega reda
in
, to zahtevamo povsod v
pogoj je bil izpolnjen

Potem za bo imel

Izračunajmo drugi odvod

Zamenjava izrazov za ,,iz (2.38), (2.40), (2.41) v enačbo (2.35) dobimo

Izrazi v oglatih oklepajih so povsod enaki nič
, Ker in - delne rešitve enačbe (2.36). V tem primeru bo (2.42) dobilo obliko. S kombinacijo tega pogoja s pogojem (2.39) dobimo sistem enačb za določanje
in

(2.43)

Zadnji sistem je sistem dveh algebrskih linearnih nehomogenih enačb glede na
in
. Determinanta tega sistema je determinanta Wronskega za temeljni sistem rešitev ,in je zato povsod različen od nič
. To pomeni, da ima sistem (2.43) enolično rešitev. Rešiti kakor koli relativno
,
bomo našli

Kje
in
- znane funkcije.

Izvajanje integracije in ob upoštevanju, da kot
,
vzeti bi morali en par funkcij in integracijske konstante nastaviti na nič. Dobimo

Če nadomestimo izraze (2.44) v relacije (2.38), lahko zapišemo želeno rešitev nehomogene enačbe (2.35) v obliki

To metodo je mogoče posplošiti za iskanje določene rešitve linearne nehomogene enačbe -th red.

Primer 2.6. Reši enačbo
pri
če funkcije

tvori temeljni sistem rešitev ustrezne homogene enačbe.

Poiščimo posebno rešitev te enačbe. Za to moramo v skladu z Lagrangeovo metodo najprej rešiti sistem (2.43), ki ima v našem primeru obliko
Zmanjšanje obeh strani vsake enačbe za dobimo

Če od druge enačbe odštejemo prvi člen za členom, dobimo
in potem iz prve enačbe sledi
Imeli bomo izvedbo integracije in nastavitev integracijskih konstant na nič

Posebno rešitev te enačbe lahko predstavimo kot

Splošna rešitev te enačbe ima obliko

Kje in - poljubne konstante.

Nazadnje omenimo eno izjemno lastnost, ki se pogosto imenuje princip superpozicije rešitev in je opisana z naslednjim izrekom.

Izrek 2.7.Če vmes
funkcijo
- partikularna rešitev funkcije enačbe
posebna rešitev enačbe na istem intervalu je funkcija
obstaja posebna rešitev enačbe

Za iskanje splošne rešitve y’’ + (x) y’ + (x) y = f (x) je potrebno najti partikularno rešitev.

Najdemo ga lahko iz splošne rešitve enačbe y’’ + (x) y’ + (x) y = 0 nekaterih različic poljubnih konstant.

Nadomestimo v (5.1)

+ + + + (x) + +

(x) + = f (x)

+ + + + (x) +

(x) + = f (x)

Z integracijo najdemo in

Nato s formulo (5.6) sestavimo splošno rešitev

Izrek (5.2): o vsiljevanje rešitve

Če je desna stran enačbe y’’ + (x) y’ + (x) y = f (x) vsota 2 funkcij:

f(x) = (x) + (x) ,

in u je posebna rešitev enačbe

+ (x) y ‘ + (x) y = (x)

+ (x) y ‘ + (x) y = (x)

To je funkcija

Je rešitev te enačbe

() ‘’ + ) ‘ + ) ‘= ‘’ + + + () ‘’ + ) ‘ + = (x) + (x) = f(x)

10. Bernoullijeva enačba.

11. Riccatijeva enačba:

Riccatijeva enačba je ena najbolj zanimivih nelinearne diferencialne enačbe prvega reda. Zapisano je v obliki:

Kje a(x), b(x), c(x) - zvezne funkcije, odvisne od spremenljivke x.

Riccatijevo enačbo najdemo na različnih področjih matematike (na primer v algebraični geometriji in teoriji konformnih preslikav) in fizike. Pogosto se pojavlja tudi pri uporabnih matematičnih problemih.

Zgornja enačba se imenuje splošna Riccatijeva enačba. Njegova rešitev temelji na naslednjem izreku:

Izrek: Če je določena rešitev znana l 1 Riccatijeve enačbe, potem je njena splošna rešitev določena s formulo

Dejansko zamenjava rešitve y = y 1 + u v Riccatijevi enačbi imamo:

Podčrtane izraze na levi in ​​desni strani lahko skrajšamo, ker l 1 je posebna rešitev, ki zadošča enačbi. Kot rezultat dobimo diferencialno enačbo za funkcijo u(x):

Druga različica Riccatija (napišite samo eno od njih)

Na splošno ni integriran v kvadrature

Če pa je znana ena posebna rešitev, se lahko Riccatijeva enačba reducira na Bernoullijevo enačbo

Če želite to narediti, naredimo zamenjavo:

P(x) + p (x) z + q (x) * + q (x) * 2 z + q (x) = f (x)

P(x) z + 2q (x) z +q(x) = 0

Z (p (x) + 2q (x) ) + q (x) =0

n=2 Bernouli

12. Lagrangeova enačba.:

13. Clairautova enačba:

14. Diferencialne enačbe reda višjega od prvega. Primeri znižanja.

15. Linearne diferencialne enačbe n-tega reda. Vronskijan. Osnovni sistem rešitev:

16. Homogene diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti. Karakteristična enačba:

Poseben primer zgoraj obravnavanih linearno homogenih

diferencialne enačbe so LODE s konstantami

koeficientov.

17. Linearne nehomogene enačbe. Iskanje določene rešitve v primeru enačbe s kvazipolinomom:

Eulerjev kvazipolinom: Oglejmo si LDDE 2. reda s konstantnimi koeficienti: y’’ + p y’ + q y = f(x) (5.7) Določeno rešitev lahko iščete z uporabo Lagrangeove metode, vendar jo je v nekaterih primerih mogoče najti preprosteje. Razmislite o naslednjih primerih: 1. f(x) = , je polinom stopnje n. 2.f(x) = (cos β x + (x) sin β x). V teh primerih se f(x) imenuje kvazipolinom EULER. V teh primerih zapišite pričakovano obliko rešitve z nedoločenimi koeficienti in jo nadomestite v enačbo (5.1). Iz dobljene identitete se najde vrednost koeficientov. Primer 1 : desna stran (5.7) ima obliko: f(x) = α R je polinom stopnje n. Enačba (5.7) bo zapisana v obliki: y’’ + p y’ + q y = (5.8) V tem primeru iščemo določeno rešitev v obliki: = Qn (x) (5.9) kjer je r število = večkratnost α kot koren karakteristične ravni + p k + q = 0, tj. r – število, ki kaže, kolikokrat je α koren iz ur + p k + q = 0, Poleg tega je Qn (x) = + + …. + A n je polinom stopnje n, zapisan z nedoločenimi koeficienti Ai (i = 0, 1, 2,...n) A) Naj α ni koren karakteristične ravni: + p k + q = 0, tj. α , r = 0 in iščemo rešitev v obliki = Q n (x) B) Naj bo α enojni (enostavni) koren karakteristične enačbe + p k + q = 0, α = r = 1, = x Q n (x) B) Naj bo α = 2-kratni koren karakteristične ravni + p k + q = 0, r = 2 = Q n (x) 2. primer: Desna stran (5.7) ima obliko: f(x) = () cosβx + Q m (x) sin β (x) , kjer sta ) in Qm (x) polinoma stopnje n oziroma m, α in β so realna števila, potem bo enačba (5.7) zapisana v obliki y'' + py' + qy = () cosβx + Qm (x) sinxβ) (5.10) V tem primeru je posebna rešitev: = * (Ml ( x) cosβx + N l (x ) sin βx) (5.11) r-število, ki je enako večkratnosti (α + βi) kot koren enačbe: + pk + q = 0, Me (x) in Ne (x) so polinomi stopnje l z nedoločenimi koeficienti. l je najvišja stopnja polinomov ) in Qm (x), l =max(n,m). Opomba 1: Po zamenjavi funkcije (5.11) v (5.10) izenačimo polinome pred istoimenskim trigonom. deluje na levi in ​​desni strani ur-i. Opomba 2 : Formula (5.11) ostane enaka za ) 0 in Qm (x) 0. Opomba 3 : Če je desna stran enačbe (5.7) vsota funkcij oblike 1 in 2, bi morali za njeno iskanje uporabiti izrek (5.2) o vsiljevanju rešitev. Izrek (5.2): o vsiljevanju rešitev: Če desne strani enačbe (5.1) predstavljajo vsoto dveh funkcij: f(x) = (x) + (x) in u so delne rešitve enačbe + (x) y ' + (x) y = (x) + (x) y ' + (x) y = (x) To je rešitev te enačbe. Integracija LNDDE n-tega reda (n konstanten koeficient in posebno desno stran. Oglejmo si LDDE n-tega reda + (x) + (x) + … + (x)y = f(x), kjer so (x) , …, (x) , f(x) definirane z zvezno funkcijo na intervalu (a, b) . oz. homogena enačba + (x) + … + (x)y = 0 . Splošna rešitev y n-tega reda LNDDE = vsota posebne rešitve NU in splošne rešitve OUy = . je mogoče najti, če je znana splošna rešitev OS = + + … + kjer je yi(x) posebna rešitev, ki tvori temeljni sistem rešitev OS. Za iskanje Ci(x) je sistem ur + + … + = 0 + + … + = se prevede 0 + + … + = 0 + + … + = f (x)Vendar pa za LDDE n-tega reda s konstantnimi koeficienti, katerega desna stran f(x) ima posebno obliko, je mogoče najti z metodo nedoločenih koeficientov. Metoda za izbiro določene rešitve za enačbo y'' + + … + y = f (x) R, kjer je f (x) enak Eulerjev kvazipolinom. kot za n=2.

Za reševanje nehomogenih diferencialnih enačb se uporablja metoda variacije poljubnih konstant. Lekcija je namenjena tistim študentom, ki že bolj ali manj dobro poznajo temo. Če se šele začenjate spoznavati z daljinskim upravljanjem, tj. Če ste čajnik, priporočam, da začnete s prvo lekcijo: Diferencialne enačbe prvega reda. Primeri rešitev. In če že končujete, prosim zavrzite morebitni predsodek, da je metoda težka. Ker je preprosto.

V katerih primerih se uporablja metoda variacije poljubnih konstant?

1) Za reševanje lahko uporabimo metodo variacije poljubne konstante linearna nehomogena DE 1. reda. Ker je enačba prvega reda, je tudi konstanta ena.

2) Za rešitev nekaterih se uporablja metoda variacije poljubnih konstant linearne nehomogene enačbe drugega reda. Tu se razlikujeta dve konstanti.

Logično je domnevati, da bo lekcija sestavljena iz dveh odstavkov ... Tako sem napisal ta stavek in približno 10 minut boleče razmišljal o tem, kakšno pametno bedarije bi še lahko dodal za gladek prehod na praktične primere. Toda iz nekega razloga nimam nobenih misli po počitnicah, čeprav se zdi, da nisem ničesar zlorabil. Zato pojdimo naravnost k prvemu odstavku.

Metoda variacije poljubne konstante
za linearno nehomogeno enačbo prvega reda

Preden obravnavamo metodo variacije poljubne konstante, je priporočljivo, da se seznanimo s člankom Linearne diferencialne enačbe prvega reda. V tej lekciji smo vadili prva rešitev nehomogen DE 1. reda. Ta prva rešitev, spomnim vas, se imenuje nadomestni način oz Bernoullijeva metoda(ne zamenjujte z Bernoullijeva enačba!!!)

Zdaj bomo pogledali druga rešitev– metoda variacije poljubne konstante. Navedel bom le tri primere, ki jih bom vzel iz zgoraj omenjene lekcije. Zakaj tako malo? Ker dejansko bo rešitev na drugi način zelo podobna rešitvi na prvi način. Poleg tega se po mojih opažanjih metoda variacije poljubnih konstant uporablja manj pogosto kot metoda zamenjave.

Primer 1

(Razlika od primera št. 2 lekcije Linearne nehomogene diferencialne enačbe 1. reda)

rešitev: Ta enačba je linearno nehomogena in ima znano obliko:

Na prvi stopnji je treba rešiti enostavnejšo enačbo:
To pomeni, da neumno ponastavimo desno stran in namesto tega napišemo nič.
Enačba bom poklical pomožna enačba.

V tem primeru morate rešiti naslednjo pomožno enačbo:

Pred nami ločljiva enačba, katere rešitev vam (upam) ni več težka:

Tako:
– splošna rešitev pomožne enačbe.

Na drugem koraku bomo zamenjali neka konstanta za zdaj neznana funkcija, ki je odvisna od "x":

Od tod tudi ime metode - spreminjamo konstanto. Druga možnost je, da je konstanta neka funkcija, ki jo moramo zdaj najti.

IN original nehomogena enačba naredimo zamenjavo:

Zamenjajmo in v enačbo :

Kontrolna točka – dva člena na levi strani se črtata. Če se to ne zgodi, poiščite zgornjo napako.

Kot rezultat zamenjave smo dobili enačbo z ločljivimi spremenljivkami. Ločimo spremenljivke in integriramo.

Kakšen blagoslov, tudi eksponenti prekličejo:

Najdeni funkciji dodamo »normalno« konstanto:

Na zadnji stopnji se spomnimo naše zamenjave:

Funkcija je pravkar najdena!

Splošna rešitev je torej:

odgovor: skupna odločitev:

Če obe rešitvi natisnete, boste zlahka opazili, da smo v obeh primerih našli enake integrale. Edina razlika je v algoritmu rešitve.

Zdaj pa nekaj bolj zapletenega, komentiral bom tudi drugi primer:

Primer 2

Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe
(Razlika od primera št. 8 lekcije Linearne nehomogene diferencialne enačbe 1. reda)

rešitev: Zreducirajmo enačbo na obliko :

Ponastavimo desno stran in rešimo pomožno enačbo:

Splošna rešitev pomožne enačbe:

V nehomogeni enačbi naredimo zamenjavo:

Po pravilu razlikovanja izdelkov:

Zamenjajmo in v prvotno nehomogeno enačbo:

Dva izraza na levi strani se izničita, kar pomeni, da smo na pravi poti:

Integrirajmo po delih. Okusna črka iz formule integracije po delih je že vključena v rešitev, zato uporabljamo na primer črki "a" in "be":

Zdaj pa se spomnimo zamenjave:

odgovor: skupna odločitev:

In en primer za samostojno rešitev:

Primer 3

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe, ki ustreza danemu začetnemu pogoju.

,
(Razlika od primera št. 4 lekcije Linearne nehomogene diferencialne enačbe 1. reda)
rešitev:
Ta DE je linearno nehomogena. Uporabljamo metodo variacije poljubnih konstant. Rešimo pomožno enačbo:

Ločimo spremenljivke in integriramo:

Skupna odločitev:
V nehomogeni enačbi naredimo zamenjavo:

Izvedemo zamenjavo:

Splošna rešitev je torej:

Poiščimo določeno rešitev, ki ustreza danemu začetnemu pogoju:

odgovor: zasebna rešitev:

Rešitev na koncu lekcije je lahko primer za dokončanje naloge.

Metoda variacije poljubnih konstant
za linearno nehomogeno enačbo drugega reda
s konstantnimi koeficienti

Pogosto sem slišal mnenje, da metoda spreminjanja poljubnih konstant za enačbo drugega reda ni lahka stvar. Predvidevam pa naslednje: najverjetneje se metoda mnogim zdi težka, ker se ne pojavlja tako pogosto. A v resnici ni posebnih težav - potek odločitve je jasen, pregleden in razumljiv. In lepo.

Za obvladovanje metode je zaželeno, da znamo reševati nehomogene enačbe drugega reda z izbiro določene rešitve glede na obliko desne strani. Ta metoda je podrobno obravnavana v članku. Nehomogene DE 2. reda. Spomnimo se, da ima linearna nehomogena enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti obliko:

Izbirna metoda, o kateri smo govorili v zgornji lekciji, deluje le v omejenem številu primerov, ko desna stran vsebuje polinome, eksponente, sinuse in kosinuse. Toda kaj storiti, ko je na desni na primer ulomek, logaritem, tangens? V takšni situaciji pride na pomoč metoda variacije konstant.

Primer 4

Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe drugega reda

rešitev: Na desni strani te enačbe je ulomek, zato lahko takoj rečemo, da metoda izbire določene rešitve ne deluje. Uporabljamo metodo variacije poljubnih konstant.

Ni znakov nevihte; začetek rešitve je povsem običajen:

Bomo našli skupna odločitev primerno homogena enačbe:

Sestavimo in rešimo značilno enačbo:


– dobimo konjugirane kompleksne korene, zato je splošna rešitev:

Bodite pozorni na zapis splošne rešitve - če so oklepaji, jih odprite.

Zdaj naredimo skoraj enak trik kot za enačbo prvega reda: spreminjamo konstante in jih nadomestimo z neznanimi funkcijami. to je splošna rešitev nehomogenih enačbe bomo iskali v obliki:

Kje - za zdaj neznane funkcije.

Videti je kot odlagališče gospodinjskih odpadkov, a zdaj bomo vse uredili.

Neznanke so odvodi funkcij. Naš cilj je najti odvode, pri čemer morajo najdeni odvodi zadostiti tako prvi kot drugi enačbi sistema.

Od kod prihajajo "Grki"? Prinese jih štorklja. Ogledamo si prej pridobljeno splošno rešitev in zapišemo:

Poiščimo izpeljanke:

Levi deli so obdelani. Kaj je na desni?

je desna stran prvotne enačbe, v tem primeru:

Koeficient je koeficient drugega odvoda:

V praksi skoraj vedno in naš primer ni izjema.

Vse je jasno, zdaj lahko ustvarite sistem:

Sistem je običajno rešen po Cramerjevih formulah z uporabo standardnega algoritma. Edina razlika je v tem, da imamo namesto števil funkcije.

Poiščimo glavno determinanto sistema:

Če ste pozabili, kako se razkrije determinanta dva za dva, si oglejte lekcijo Kako izračunati determinanto? Povezava vodi do sramotilne table =)

Torej: to pomeni, da ima sistem edinstveno rešitev.

Iskanje izpeljanke:

A to še ni vse, zaenkrat smo našli le izpeljanko.
Sama funkcija se obnovi z integracijo:

Poglejmo drugo funkcijo:

Tukaj dodamo "normalno" konstanto

Na zadnji stopnji reševanja se spomnimo, v kakšni obliki smo iskali splošno rešitev nehomogene enačbe? V takih:

Funkcije, ki jih potrebujete, so bile pravkar najdene!

Vse kar ostane je, da izvedemo zamenjavo in zapišemo odgovor:

odgovor: skupna odločitev:

Načeloma bi lahko odgovor razširil oklepaj.

Popolno preverjanje odgovora se izvede po standardni shemi, o kateri smo razpravljali v lekciji. Nehomogene DE 2. reda. Toda preverjanje ne bo enostavno, saj je treba najti precej težke derivate in izvesti okorno zamenjavo. To je neprijetna lastnost, ko rešujete takšne difuzorje.

Primer 5

Rešite diferencialno enačbo s spreminjanjem poljubnih konstant

To je primer, ki ga morate rešiti sami. Pravzaprav je na desni strani tudi ulomek. Spomnimo se trigonometrične formule, ki jo bomo morali uporabiti med reševanjem.

Metoda variacije poljubnih konstant je najbolj univerzalna metoda. Lahko reši katero koli enačbo, ki jo je mogoče rešiti metoda izbire določene rešitve na podlagi oblike desne strani. Postavlja se vprašanje, zakaj ne bi tudi tam uporabili metode variacije poljubnih konstant? Odgovor je očiten: izbira določene rešitve, o kateri smo govorili v razredu Nehomogene enačbe drugega reda, občutno pohitri reševanje in skrajša zapis - brez bavljenja determinantami in integrali.

Poglejmo si dva primera z Cauchyjeva težava.

Primer 6

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe, ki ustreza danim začetnim pogojem

,

rešitev: Spet sta ulomek in eksponent na zanimivem mestu.
Uporabljamo metodo variacije poljubnih konstant.

Bomo našli skupna odločitev primerno homogena enačbe:



– dobimo različne prave korene, zato je splošna rešitev:

Splošna rešitev nehomogenih iščemo enačbe v obliki: , kjer je – za zdaj neznane funkcije.

Ustvarimo sistem:

V tem primeru:
,
Iskanje izpeljank:
,

Tako:

Rešimo sistem s Cramerjevimi formulami:
, kar pomeni, da ima sistem edinstveno rešitev.

Funkcijo obnovimo z integracijo:

Uporabljeno tukaj metoda subsumiranja funkcije pod diferencialni predznak.

Drugo funkcijo obnovimo z integracijo:

Ta integral je rešen variabilna metoda zamenjave:

Iz same zamenjave izražamo:

Tako:

Ta integral je mogoče najti metoda popolne kvadratne ekstrakcije, vendar v primerih z difuzorji raje razširim frakcijo metoda nedoločenih koeficientov:

Obe najdeni funkciji:

Posledično je splošna rešitev nehomogene enačbe:

Poiščimo partikularno rešitev, ki zadošča začetnim pogojem .

Tehnično se iskanje rešitve izvaja na standarden način, o katerem je bilo govora v članku Nehomogene diferencialne enačbe drugega reda.

Počakaj, zdaj bomo našli izpeljanko najdene splošne rešitve:

To je taka sramota. Ni ga treba poenostavljati, lažje je sestaviti sistem enačb. Glede na začetne pogoje :

Zamenjajmo najdene vrednosti konstant na splošno rešitev:

V odgovoru so lahko logaritmi malo zapakirani.

odgovor: zasebna rešitev:

Kot lahko vidite, lahko nastanejo težave pri integralih in odvodih, ne pa pri samem algoritmu za metodo variacije poljubnih konstant. Nisem jaz tisti, ki vas je prestrašil, to je vsa zbirka Kuznecova!

Za sprostitev še zadnji enostavnejši primer, da ga rešite sami:

Primer 7

Rešite Cauchyjev problem

,

Primer je preprost, a kreativen, ko ustvarite sistem, ga natančno preglejte, preden se odločite ;-),




Posledično je splošna rešitev:

Poiščimo posebno rešitev, ki ustreza začetnim pogojem .



Zamenjajmo najdene vrednosti konstant v splošno rešitev:

odgovor: zasebna rešitev:

Predavanje 44. Linearne nehomogene enačbe drugega reda. Metoda variacije poljubnih konstant. Linearne nehomogene enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti. (posebna desna stran).

Družbene transformacije. Država in cerkev.

Socialno politiko boljševikov je v veliki meri narekoval njihov razredni pristop. Z odlokom z dne 10. novembra 1917 je bil uničen razredni sistem, odpravljeni so bili predrevolucionarni čini, nazivi in ​​nagrade. Vzpostavljena je volitev sodnikov; izvedena je bila sekularizacija civilnih držav. Vzpostavljeno je bilo brezplačno šolstvo in zdravstvo (odlok 31. oktobra 1918). Ženske so bile izenačene z moškimi (odloki 16. in 18. decembra 1917). Z Odlokom o zakonski zvezi je bil uveden institut civilne zakonske zveze.

Z odlokom Sveta ljudskih komisarjev z dne 20. januarja 1918 je bila cerkev ločena od države in od izobraževalnega sistema. Večina cerkvenega premoženja je bila zaplenjena. Patriarh moskovski in vse Rusije Tihon (izvoljen 5. novembra 1917) je 19. januarja 1918 anatemiziral sovjetsko oblast in pozval k boju proti boljševikom.

Razmislite o linearni nehomogeni enačbi drugega reda

Struktura splošne rešitve takšne enačbe je določena z naslednjim izrekom:

1. izrek. Splošna rešitev nehomogene enačbe (1) je predstavljena kot vsota neke posebne rešitve te enačbe in splošne rešitve ustrezne homogene enačbe

(2)

Dokaz. Treba dokazati, da znesek

je splošna rešitev enačbe (1). Najprej dokažimo, da je funkcija (3) rešitev enačbe (1).

Zamenjava vsote v enačbo (1) namesto pri, bo imel

Ker obstaja rešitev enačbe (2), je izraz v prvih oklepajih identično enak nič. Ker obstaja rešitev enačbe (1), je izraz v drugem oklepaju enak f(x). Zato je enakost (4) identiteta. Tako je prvi del izreka dokazan.

Dokažimo drugo trditev: izraz (3) je splošno rešitev enačbe (1). Dokazati moramo, da lahko poljubne konstante, vključene v ta izraz, izberemo tako, da so izpolnjeni začetni pogoji:

(5)

ne glede na številke x 0, y 0 in (če le x 0 je bil vzet z območja, kjer funkcije a 1, a 2 in f(x) neprekinjeno).

Opazimo, da ga je mogoče predstaviti v obliki . Potem bomo glede na pogoje (5) imeli

Rešimo ta sistem in ugotovimo C 1 in C 2. Prepišimo sistem v obliki:

(6)

Upoštevajte, da je determinanta tega sistema determinanta Wronskega za funkcije ob 1 in ob 2 na točki x=x 0. Ker so te funkcije linearno neodvisne po pogoju, determinanta Wronskega ni enaka nič; zato ima sistem (6) dokončno rešitev C 1 in C 2, tj. obstajajo takšni pomeni C 1 in C 2, pri čemer formula (3) določa rešitev enačbe (1), ki izpolnjuje dane začetne pogoje. Q.E.D.

Preidimo na splošno metodo iskanja delnih rešitev nehomogene enačbe.

Zapišimo splošno rešitev homogene enačbe (2)

. (7)

Iskali bomo partikularno rešitev nehomogene enačbe (1) v obliki (7), upoštevajoč C 1 in C 2 kot nekatere še neznane funkcije iz X.

Razlikujmo enakost (7):

Izberimo funkcije, ki jih iščete C 1 in C 2 tako da enakost velja

. (8)

Če upoštevamo ta dodatni pogoj, bo prvi derivat dobil obliko

.

Če zdaj razlikujemo ta izraz, ugotovimo:

Če nadomestimo v enačbo (1), dobimo

Izrazi v prvih dveh oklepajih postanejo nič, saj y 1 in y 2– rešitve homogene enačbe. Zato ima zadnja enakost obliko

. (9)

Tako bo funkcija (7) rešitev nehomogene enačbe (1), če so funkcije C 1 in C 2 zadovoljujejo enačbi (8) in (9). Ustvarimo sistem enačb iz enačb (8) in (9).

Ker je determinanta tega sistema determinanta Wronskega za linearno neodvisne rešitve y 1 in y 2 enačba (2), potem ni enaka nič. Zato bomo pri reševanju sistema našli obe določeni funkciji X.