Verilen çevrimiçi hesap makinesi diferansiyel denklemleri çevrimiçi çözmenizi sağlar. Fonksiyonun türevini kesme işaretiyle belirten uygun alana denkleminizi girmeniz ve "denklem çöz" düğmesine tıklamanız yeterlidir. Ve popüler WolframAlpha web sitesi temelinde uygulanan sistem ayrıntılı bilgi verecektir. diferansiyel denklem çözme tamamen ücretsiz. Ayrıca Cauchy problemini tüm setten olacak şekilde tanımlayabilirsiniz. olası çözümler verilen başlangıç ​​koşullarına karşılık gelen bölümü seçin. Cauchy problemi ayrı bir alana girilir.

Diferansiyel denklem

Varsayılan olarak denklemdeki işlev sen bir değişkenin fonksiyonudur X. Ancak değişken için kendi tanımınızı belirleyebilirsiniz; örneğin denklemde y(t) yazarsanız hesap makinesi bunu otomatik olarak tanıyacaktır. sen bir değişkenden bir fonksiyon var T. Hesap makinesi yardımıyla şunları yapabilirsiniz diferansiyel denklemleri çöz her türlü karmaşıklık ve türde: homojen ve homojen olmayan, doğrusal veya doğrusal olmayan, birinci dereceden veya ikinci ve daha yüksek dereceden, ayrılabilir veya ayrılamayan değişkenlere sahip denklemler, vb. Çözüm farklılığı denklemler verilmiştir analitik form, sahip olmak detaylı açıklama. Diferansiyel denklemler fizik ve matematikte çok yaygındır. Bunları hesaplamadan birçok problemi (özellikle matematiksel fizikte) çözmek imkansızdır.

Diferansiyel denklemleri çözmenin aşamalarından biri fonksiyonların integralidir. Diferansiyel denklemleri çözmek için standart yöntemler vardır. Denklemleri ayrılabilir y ve x değişkenlerine sahip bir forma indirgemek ve ayrılan fonksiyonları ayrı ayrı entegre etmek gerekir. Bunu yapmak için bazen belirli bir değişiklik yapılması gerekir.

Diferansiyel denklem, bir fonksiyonu ve onun bir veya daha fazla türevini içeren bir denklemdir. Çoğu pratik problemde fonksiyonlar fiziksel büyüklükler türevler bu büyüklüklerin değişim oranlarına karşılık gelir ve denklem aralarındaki ilişkiyi belirler.

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

Bu makaleyi anlamak için diferansiyel ve integral hesapta uzman olmanızın yanı sıra kısmi türevler hakkında da bilgi sahibi olmanız gerekir. Ayrıca temel bilgileri bilmeniz de önerilir. doğrusal cebir diferansiyel denklemlere, özellikle ikinci dereceden diferansiyel denklemlere uygulamada, diferansiyel ve integral hesabı.

Ön bilgi

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

Adımlar

Bölüm 1

Bu hizmeti kullanırken bazı bilgiler YouTube'a aktarılabilir.

1. Birinci mertebeden lineer denklemler.İÇİNDE bu bölüm genel olarak birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemleri çözme yöntemleri ve bazı terimlerin sıfıra eşit olduğu özel durumlar dikkate alınır. Diyelim ki y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) Ve q (x) (\displaystyle q(x)) işlevlerdir X. (\displaystyle x.)

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

   P (x) = 0. (\displaystyle p(x)=0.) Ana teoremlerden birine göre matematiksel analiz Bir fonksiyonun türevinin integrali de bir fonksiyondur. Dolayısıyla çözümü bulmak için denklemin basit bir şekilde integralini almak yeterlidir. Belirsiz integrali hesaplarken keyfi bir sabitin ortaya çıktığı dikkate alınmalıdır.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Bölüm 2

1. Homojen doğrusal diferansiyel denklemler sabit katsayılar. Bu denklemler pratikte yaygın olarak kullanıldığı için çözümleri birincil öneme sahiptir. Bu durumda hakkında konuşuyoruz homojen fonksiyonlarla ilgili değil, denklemin sağ tarafında 0 olmasıyla ilgili. Bir sonraki bölümde buna karşılık gelen denklemin nasıl çözüleceği gösterilecek. heterojen diferansiyel denklemler. Altında a (\displaystyle a) Ve b (\displaystyle b) sabitlerdir.

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

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

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

   Şimdi birkaç tanesini ele almaya geçelim spesifik örnekler. Çoklu kök durumu karakteristik denklem Buna biraz sonra sıranın düşürülmesi bölümünde bakacağız.

   Eğer kökler r ± (\displaystyle r_(\pm )) farklılar gerçek sayılar diferansiyel denklem vardır sonraki çözüm

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

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

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

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

   
   

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

   • Oldukça fazla hesaplama gerektiriyor, ancak prensip aynı kalıyor: yerine koyuyoruz y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) ilk çözümü olan bir denkleme y 1 (\displaystyle y_(1)). İndirimlerden sonra ortaya çıktı aşağıdaki denklem:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • Bu birinci dereceden doğrusal bir denklemdir. v'(x) . (\displaystyle v"(x).) Onun çözümü v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x . (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Böylece çözüm aşağıdaki şekilde yazılabilir. Hatırlanması oldukça kolaydır - ikinciyi doğrusal olarak elde etmek bağımsız karar sadece ekstra bir üye gerektirir ln ⁡ x (\displaystyle \ln x).
     • y (x) = x n (c 1 + c 2 ln ⁡ x) (\displaystyle y(x)=x^(n)(c_(1)+c_(2)\ln x))

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

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

   Yöntem belirsiz katsayılar. Belirsiz katsayılar yöntemi, kesme teriminin üstel, trigonometrik, hiperbolik veya güç fonksiyonlarının bir kombinasyonu olduğu durumlarda kullanılır. Yalnızca bu işlevlerin olması garanti edilir son sayı doğrusal bağımsız türevler. Bu bölümde denklemin özel bir çözümünü bulacağız.

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

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

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

Pratik Uygulama

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

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

• Pek çok diferansiyel denklem, özellikle son bölümde bahsedilenler olmak üzere yukarıdaki yöntemler kullanılarak çözülemez. Bu, denklemin aşağıdakileri içerdiği durumlar için geçerlidir: değişken oranlar ve bir Cauchy-Euler denklemi olmadığında veya birkaç nadir durum dışında denklem doğrusal olmadığında. Ancak yukarıdaki yöntemler, sıklıkla karşılaşılan birçok önemli diferansiyel denklemi çözebilir. çeşitli alanlar bilim.
• Herhangi bir fonksiyonun türevini bulmanızı sağlayan türevin aksine, birçok ifadenin integrali temel fonksiyonlarda ifade edilemez. Bu nedenle, imkansız olan bir integrali hesaplamaya çalışarak zaman kaybetmeyin. İntegral tablosuna bakın. Bir diferansiyel denklemin çözümü temel fonksiyonlar cinsinden ifade edilemiyorsa bazen integral biçiminde temsil edilebilir ve bu durumda bu integralin analitik olarak hesaplanıp hesaplanamamasının bir önemi yoktur.

Uyarılar

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

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

Diferansiyel denklemin sırası içerdiği en yüksek türevin mertebesine denir.

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

Diferansiyel denklem örnekleri:

(1) ;

(3) ;

(4) ;

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

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

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

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

Bir diferansiyel denklemin çözümünü bulma sürecine denir entegrasyon.

Örnek 1. Diferansiyel denklemin çözümünü bulun.

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

işte bu bu diferansiyel denklemin çözümü . İçinde değişiklik C farklı çözümler elde edeceğiz. Orada olduğunu öğrendik sonsuz küme birinci dereceden diferansiyel denklemin çözümleri.

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

Örnek 1'deki diferansiyel denklemin çözümü geneldir.

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

Örnek 2. Diferansiyel denklemin genel çözümünü ve özel çözümünü bulun. .

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

,

.

Sonuç olarak genel bir çözüm elde ettik -

Verilen bir üçüncü dereceden diferansiyel denklemin

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

.

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

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

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

Bu birinci mertebeden diferansiyel denklem için Cauchy probleminin çözümünü yazıyoruz:

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

Örnek 4. Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun.

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

.

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

Almak için gerekli dx ve şimdi - dikkat - bunu karmaşık bir fonksiyonun farklılaşma kurallarına göre yapıyoruz, çünkü X ve var karmaşık fonksiyon(“elma” bir karekökün çıkarılmasıdır veya aynı şey olan “yarım”ın kuvvetine yükseltilir ve “kıyma” kökün altındaki ifadenin ta kendisidir):

İntegrali buluyoruz:

Değişkene geri dönelim X, şunu elde ederiz:

.

Bu, birinci dereceden diferansiyel denklemin genel çözümüdür.

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

Birinci mertebeden diferansiyel denklemler. Çözüm örnekleri.
Ayrılabilir değişkenli diferansiyel denklemler

Diferansiyel denklemler (DE). Bu iki kelime genellikle ortalama insanı korkutur. Diferansiyel denklemler birçok öğrenci için yasaklayıcı ve ustalaşması zor bir şey gibi görünmektedir. Uuuuuu... diferansiyel denklemler, tüm bunlardan nasıl kurtulabilirim?!

Bu görüş ve bu tutum temelden yanlıştır. DİFERANSİYEL DENKLEMLER - BASİT VE HATTA EĞLENCELİ. Diferansiyel denklemlerin nasıl çözüleceğini öğrenmek için bilmeniz ve yapabilmeniz gerekenler nelerdir? İçin başarılı çalışma farklılaşmanız için bütünleştirme ve farklılaştırma konusunda iyi olmanız gerekir. Konular ne kadar iyi çalışılırsa Tek değişkenli bir fonksiyonun türevi Ve Belirsiz integral diferansiyel denklemleri anlamak o kadar kolay olacaktır. Daha fazlasını söyleyeceğim, eğer az ya da çok iyi entegrasyon becerileriniz varsa, o zaman konu neredeyse hakim olmuştur! Ne kadar çok farklı türden integral çözebilirseniz o kadar iyidir. Neden? Pek çok şeyi entegre etmeniz gerekecek. Ve farklılaşın. Ayrıca şiddetle tavsiye ederim bulmayı öğren.

Vakaların %95'inde testler 3 tür birinci dereceden diferansiyel denklem vardır: ayrılabilir denklemler bu dersimizde bakacağımız; homojen denklemler Ve doğrusal homojen olmayan denklemler. Difüzörleri incelemeye başlayanlar için dersleri tam olarak bu sırayla okumanızı tavsiye ederim ve ilk iki makaleyi inceledikten sonra ek bir atölyede becerilerinizi pekiştirmenin zararı olmaz - homojene indirgenen denklemler.

Daha da nadir türde diferansiyel denklemler vardır: toplam diferansiyel denklemler, Bernoulli denklemleri ve diğerleri. Son iki türden en önemlileri toplam diferansiyellerdeki denklemlerdir, çünkü bu diferansiyel denkleme ek olarak şunu da dikkate alıyorum: yeni malzeme – kısmi entegrasyon.

Eğer sadece bir veya iki gününüz kaldıysa, O ultra hızlı hazırlık için Orada yıldırım kursu pdf formatında.

Böylece yer işaretleri belirlendi - hadi gidelim:

Öncelikle olağan cebirsel denklemleri hatırlayalım. Değişkenler ve sayılar içerirler. En basit örnek: . Sıradan bir denklemi çözmek ne anlama gelir? Bu bulma anlamına gelir sayılar kümesi Bu denklemi sağlayanlar. Çocuk denkleminin tek bir kökü olduğunu fark etmek kolaydır: . Sırf eğlence olsun diye, bulunan kökü kontrol edip denklemimizde yerine koyalım:

– doğru eşitlik elde edilir, bu da çözümün doğru bulunduğu anlamına gelir.

Difüzörler hemen hemen aynı şekilde tasarlanmıştır!

Diferansiyel denklem ilk sipariş genel durumda içerir:
1) bağımsız değişken;
2) bağımlı değişken (fonksiyon);
3) fonksiyonun birinci türevi: .

Bazı 1. dereceden denklemlerde “x” ve/veya “y” olmayabilir ancak bu anlamlı değildir - önemli kontrol odasına gitmek öyleydi birinci türev ve yoktu yüksek mertebeden türevler – vb.

Bu ne anlama geliyor? Bir diferansiyel denklemi çözmek, bulmak anlamına gelir tüm fonksiyonların seti Bu denklemi sağlayanlar. Böyle bir işlevler kümesi genellikle şu biçime sahiptir (- keyfi bir sabit), buna denir diferansiyel denklemin genel çözümü.

Örnek 1

Diferansiyel denklemi çözün

Tam mühimmat. Nereden başlamalı çözüm?

Öncelikle türevi biraz farklı bir biçimde yeniden yazmanız gerekiyor. Çoğunuzun muhtemelen saçma ve gereksiz bulduğu hantal tanımlamayı hatırlıyoruz. Difüzörlerde kural budur!

İkinci adımda bunun mümkün olup olmadığına bakalım ayrı değişkenler? Değişkenleri ayırmak ne anlama geliyor? Kabaca konuşursak, sol tarafta ayrılmamız lazım sadece "Yunanlılar", A sağ tarafta organize etmek yalnızca "X'ler". Değişkenlerin bölünmesi "okul" manipülasyonları kullanılarak gerçekleştirilir: onları parantezlerin dışına koymak, terimleri işaret değişikliği ile bölümden bölüme aktarmak, orantı kuralına göre faktörleri bölümden bölüme aktarmak vb.

Farklılıklar ve tam çarpanlardır ve düşmanlıkların aktif katılımcılarıdır. Söz konusu örnekte, faktörler orantı kuralına göre atılarak değişkenler kolayca ayrılır:

Değişkenler ayrılır. Sol tarafta sadece “Y”ler, sağ tarafta ise sadece “X”ler var.

Bir sonraki aşama diferansiyel denklemin entegrasyonu. Çok basit, her iki tarafa da integraller koyuyoruz:

Tabii ki integral almamız gerekiyor. Bu durumda bunlar tablo halindedir:

Hatırladığımız gibi herhangi bir antiderivatife bir sabit atanır. Burada iki integral var ama sabiti bir kere yazmak yeterli (sabit + sabit hala başka bir sabite eşit olduğundan). Çoğu durumda sağ tarafa yerleştirilir.

Açıkçası, integraller alındıktan sonra diferansiyel denklemin çözüldüğü kabul edilir. Tek sorun bizim “y”miz “x” ile ifade edilmiyor yani çözüm sunuluyor örtülü olarak biçim. Örtük formdaki bir diferansiyel denklemin çözümüne denir genel integral diferansiyel denklem. Yani bu genel bir integraldir.

Bu formdaki cevap oldukça kabul edilebilir ancak daha iyi bir seçenek var mı? Haydi almaya çalışalım genel çözüm.

Lütfen, ilk tekniği hatırla, çok yaygındır ve sıklıkla pratik görevlerde kullanılır: İntegrasyondan sonra sağ tarafta bir logaritma görünüyorsa, çoğu durumda (ancak her zaman değil!) Sabitin logaritmanın altına yazılması da tavsiye edilir..

Yani, YERİNE girişler genellikle yazılır .

Bu neden gerekli? Ve “oyun”u ifade etmeyi kolaylaştırmak için. Logaritmanın özelliğini kullanma . Bu durumda:

Artık logaritmalar ve modüller kaldırılabilir:

Fonksiyon açıkça sunulmuştur. Bu genel çözümdür.

Cevap: genel çözüm: .

Birçok diferansiyel denklemin cevabını kontrol etmek oldukça kolaydır. Bizim durumumuzda bu oldukça basit bir şekilde yapılıyor, bulunan çözümü alıp farklılaştırıyoruz:

Sonra türevi yerine koyarız orijinal denklem :

– doğru eşitlik elde edilir, bu da genel çözümün denklemi karşıladığı anlamına gelir ki bu da kontrol edilmesi gereken şeydir.

Sabit farklı değerler vererek sonsuz sayıda sonuç elde edebilirsiniz. özel çözümler diferansiyel denklem. İşlevlerden herhangi birinin , vb. olduğu açıktır. diferansiyel denklemi karşılar.

Bazen genel çözüm denir fonksiyon ailesi. Bu örnekte genel çözüm doğrusal fonksiyonlar ailesidir, daha doğrusu doğrudan orantılılık ailesidir.

İlk örneği detaylı bir şekilde inceledikten sonra birkaç soruya cevap vermek yerinde olacaktır. saf sorular diferansiyel denklemler hakkında:

1)Bu örnekte değişkenleri ayırmayı başardık. Bu her zaman yapılabilir mi? Hayır, her zaman değil. Hatta çoğu zaman değişkenler birbirinden ayrılamaz. Örneğin, homojen birinci dereceden denklemlerönce onu değiştirmeniz gerekir. Diğer denklem türlerinde, örneğin birinci dereceden doğrusal homojen olmayan bir denklemde, genel bir çözüm bulmak için çeşitli teknik ve yöntemler kullanmanız gerekir. Birinci derste ele aldığımız ayrılabilir değişkenli denklemler, diferansiyel denklemlerin en basit türüdür.

2) Bir diferansiyel denklemin integrali her zaman mümkün müdür? Hayır, her zaman değil. İntegrali alınamayan “fantezi” bir denklem bulmak çok kolaydır; ayrıca alınamayan integraller de vardır. Ancak benzer DE'ler yaklaşık olarak kullanılarak çözülebilir. özel yöntemler. D'Alembert ve Cauchy garanti... ...ah, daha çok gizleniyorlar. az önce neredeyse "diğer dünyadan" diye ekliyordum.

3) Bu örnekte genel integral formunda bir çözüm elde ettik. . Genel bir integralden genel bir çözüm bulmak, yani “y”yi açıkça ifade etmek her zaman mümkün müdür? Hayır, her zaman değil. Örneğin: . Peki burada “Yunanca”yı nasıl ifade edersiniz?! Böyle durumlarda cevap genel integral olarak yazılmalıdır. Ayrıca bazen genel bir çözüm bulmak mümkün olabilir, ancak o kadar hantal ve beceriksizce yazılmıştır ki, cevabı genel bir integral şeklinde bırakmak daha iyidir.

4) ...belki şimdilik bu kadar yeter. Karşılaştığımız ilk örnekte bir diğer önemli nokta ancak "aptalları" yeni bilgi çığıyla örtmemek için bunu bir sonraki derse bırakacağım.

Acele etmeyeceğiz. Başka bir basit uzaktan kumanda ve başka bir tipik çözüm:

Örnek 2

Diferansiyel denklemin başlangıç ​​koşulunu karşılayan özel bir çözümünü bulun

Çözüm: duruma göre bulmanız gerekir özel çözüm Belirli bir başlangıç ​​koşulunu sağlayan DE. Sorunun bu formülasyonuna aynı zamanda denir. Cauchy sorunu.

Önce genel bir çözüm buluyoruz. Denklemde “x” değişkeni yok ama bu kafa karıştırmamalı, asıl önemli olan birinci türevinin olması.

Türevi yeniden yazıyoruz doğru biçimde:

Açıkça, değişkenler ayrılabilir; erkekler sola, kızlar sağa:

Denklemin integralini alalım:

Genel integral elde edilir. Burada yıldız işaretli bir sabit çizdim, gerçek şu ki, çok yakında başka bir sabite dönüşecek.

Şimdi genel integrali genel bir çözüme dönüştürmeye çalışıyoruz (“y”yi açıkça ifade edin). Okuldaki eski güzel şeyleri hatırlayalım: . Bu durumda:

Göstergedeki sabit bir şekilde düzensiz görünüyor, bu yüzden genellikle dünyaya indiriliyor. Detaylı olarak olay şu şekilde oluyor. Derece özelliğini kullanarak fonksiyonu şu şekilde yeniden yazarız:

Eğer bir sabitse, o zaman aynı zamanda bir sabittir, onu şu harfle yeniden tanımlayalım:

Unutmayın, bir sabiti "yıkmak" ikinci teknik diferansiyel denklemleri çözerken sıklıkla kullanılır.

Yani genel çözüm şudur: . Bu güzel bir üstel fonksiyon ailesidir.

Son aşamada, verilen başlangıç ​​koşulunu karşılayan özel bir çözüm bulmanız gerekir. Bu da basittir.

Görev nedir? Almak gerekiyor çok koşulun karşılanması için sabitin değeri.

Farklı şekillerde biçimlendirilebilir, ancak bu muhtemelen en net yol olacaktır. Genel çözümde, "X" yerine sıfır, "Y" yerine de iki koyarız:



Yani,

Standart versiyon tasarım:

Şimdi sabitin bulunan değerini genel çözüme yerleştiriyoruz:
– ihtiyacımız olan özel çözüm bu.

Cevap: özel çözüm:

Kontrol edelim. Özel bir çözümün kontrol edilmesi iki aşamayı içerir:

Öncelikle bulunan belirli çözümün başlangıç ​​koşulunu gerçekten karşılayıp karşılamadığını kontrol etmeniz gerekir. “X” yerine sıfır koyarız ve ne olacağını görürüz:
- evet, aslında iki alındı, bu da başlangıç ​​koşulunun karşılandığı anlamına geliyor.

İkinci aşama zaten tanıdık. Ortaya çıkan özel çözümü alıp türevi buluyoruz:

Orijinal denklemde yerine koyarız:

– doğru eşitlik elde edilir.

Sonuç: Özel çözüm doğru bir şekilde bulunmuştur.

Daha anlamlı örneklere geçelim.

Örnek 3

Diferansiyel denklemi çözün

Çözüm: Türevi ihtiyacımız olan biçimde yeniden yazıyoruz:

Değişkenleri ayırmanın mümkün olup olmadığını değerlendiriyoruz? Olabilmek. İkinci terimi işaret değiştirerek sağa kaydırıyoruz:

Çarpanları orantı kuralına göre aktarıyoruz:

Değişkenler ayrıldı, her iki parçayı da entegre edelim:

Seni uyarmalıyım, kıyamet günü yaklaşıyor. Eğer iyi çalışmadıysanız belirsiz integraller, birkaç örnek çözdüyseniz, gidecek hiçbir yeriniz kalmaz - şimdi bu konularda uzmanlaşmanız gerekecek.

Sol tarafın integralini bulmak kolaydır; kotanjantın integralini derste incelediğimiz standart tekniği kullanarak ele alıyoruz. Trigonometrik fonksiyonların entegrasyonu geçen sene:

Sağ tarafta bir logaritmamız var ve ilk teknik önerime göre sabitin de logaritmanın altına yazılması gerekiyor.

Şimdi genel integrali basitleştirmeye çalışıyoruz. Elimizde yalnızca logaritmalar olduğundan, onlardan kurtulmak oldukça mümkün (ve gerekli). Kullanarak bilinen özellikler Logaritmaları mümkün olduğunca “paketliyoruz”. Bunu çok detaylı bir şekilde yazacağım:

Ambalaj barbarca parçalanmış durumda:

“Oyun”u ifade etmek mümkün mü? Olabilmek. Her iki parçanın da karelenmesi gerekir.

Ancak bunu yapmanıza gerek yok.

Üçüncü teknik ipucu: genel bir çözüm elde etmek için bir güce ulaşmak veya kök salmak gerekiyorsa, o zaman çoğu durumda bu eylemlerden kaçınmalı ve cevabı genel bir integral şeklinde bırakmalısınız. Gerçek şu ki, genel çözüm, büyük kökler, işaretler ve diğer çöplerle birlikte korkunç görünecek.

Bu nedenle cevabı genel bir integral şeklinde yazıyoruz. Bunu formda sunmak, yani mümkünse sağ tarafta yalnızca bir sabit bırakmak iyi bir uygulama olarak kabul edilir. Bunu yapmak şart değil ama profesörü memnun etmek her zaman faydalıdır ;-)

Cevap: genel integral:

! Not: Herhangi bir denklemin genel integrali birden fazla şekilde yazılabilir. Dolayısıyla sonucunuz önceden bilinen cevapla örtüşmüyorsa bu, denklemi yanlış çözdüğünüz anlamına gelmez.

Genel integrali kontrol etmek de oldukça kolaydır, asıl önemli olan onu bulabilmektir. örtülü olarak belirtilen bir fonksiyonun türevi. Cevabı farklılaştıralım:

Her iki terimi de şununla çarpıyoruz:

Ve şuna bölün:

Orijinal diferansiyel denklem tam olarak elde edilmiştir, yani genel integral doğru olarak bulunmuştur.

Örnek 4

Diferansiyel denklemin başlangıç ​​koşulunu sağlayan özel bir çözümünü bulun. Kontrol gerçekleştirin.

Bu kendi başınıza çözebileceğiniz bir örnektir.

Algoritmanın iki aşamadan oluştuğunu hatırlatayım:
1) genel bir çözüm bulmak;
2) gerekli özel çözümü bulmak.

Kontrol ayrıca iki adımda gerçekleştirilir (Örnek No. 2'deki örneğe bakın), şunları yapmanız gerekir:
1) bulunan özel çözümün başlangıç ​​koşulunu karşıladığından emin olun;
2) Belirli bir çözümün genel olarak diferansiyel denklemi karşıladığını kontrol edin.

Eksiksiz çözüm ve dersin sonunda cevap.

Örnek 5

Diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun , başlangıç ​​koşulunu karşılıyor. Kontrol gerçekleştirin.

Çözüm:Öncelikle genel bir çözüm bulalım. Bu denklem zaten hazır diferansiyelleri içeriyor ve bu da çözümün basitleştirildiği anlamına geliyor. Değişkenleri ayırıyoruz:

Denklemin integralini alalım:

Soldaki integral tablo halindedir, sağdaki integral alınır bir fonksiyonu diferansiyel işaret altına alma yöntemi:

Genel integral elde edildi; genel çözümü başarıyla ifade etmek mümkün mü? Olabilmek. Her iki tarafa da logaritma asıyoruz. Pozitif oldukları için modül işaretleri gereksizdir:

(Umarım dönüşümü herkes anlamıştır, böyle şeylerin zaten bilinmesi gerekir)

Yani genel çözüm şudur:

Verilen başlangıç ​​koşuluna karşılık gelen özel bir çözüm bulalım.
Genel çözümde, "X" yerine sıfırı, "Y" yerine de ikinin logaritmasını kullanırız:

Daha tanıdık tasarım:

Sabitin bulunan değerini genel çözüme koyarız.

Cevap:özel çözüm:

Kontrol: Öncelikle başlangıç ​​koşulunun karşılanıp karşılanmadığını kontrol edelim:
- her şey uğultu halinde.

Şimdi bulunan özel çözümün diferansiyel denklemi sağlayıp sağlamadığını kontrol edelim. Türevi bulma:

Orijinal denkleme bakalım: – diferansiyellerde sunulur. Kontrol etmenin iki yolu vardır. Bulunan türevden diferansiyeli ifade etmek mümkündür:

Bulunan özel çözümü ve elde edilen diferansiyeli orijinal denklemde yerine koyalım :

Temel logaritmik özdeşliği kullanıyoruz:

Doğru eşitlik elde edilir, bu da özel çözümün doğru şekilde bulunduğu anlamına gelir.

İkinci kontrol yöntemi yansıtılmıştır ve daha tanıdıktır: denklemden Türevi ifade edelim, bunun için tüm parçaları şu şekilde bölüyoruz:

Ve dönüştürülmüş DE'de elde edilen kısmi çözümü ve bulunan türevi yerine koyuyoruz. Sadeleştirmeler sonucunda doğru eşitliğin de elde edilmesi gerekmektedir.

Örnek 6

Diferansiyel denklemi çözün. Cevabı genel bir integral biçiminde sunun.

Bu, kendi başınıza çözebileceğiniz, tam çözüm üretebileceğiniz ve ders sonunda cevaplayabileceğiniz bir örnektir.

Ayrılabilir değişkenli diferansiyel denklemleri çözerken ne gibi zorluklar sizi bekliyor?

1) Değişkenlerin ayrılabileceği her zaman açık değildir (özellikle “çaydanlık” için). düşünelim koşullu örnek: . Burada faktörleri parantezlerden çıkarmanız ve kökleri ayırmanız gerekir: . Bundan sonra ne yapılacağı açık.

2) Entegrasyonun kendisiyle ilgili zorluklar. İntegraller genellikle en basitleri değildir ve bulma becerilerinde kusurlar varsa belirsiz integral, o zaman birçok difüzörle zor olacaktır. Ek olarak, "diferansiyel denklem basit olduğundan, en azından integrallerin daha karmaşık olmasına izin verin" mantığı, koleksiyon ve eğitim kılavuzları derleyicileri arasında popülerdir.

3) Sabitli dönüşümler. Herkesin fark ettiği gibi, diferansiyel denklemlerdeki sabit oldukça serbestçe ele alınabilir ve bazı dönüşümler yeni başlayanlar için her zaman net olmayabilir. Başka bir koşullu örneğe bakalım: . Tüm terimlerin 2 ile çarpılması tavsiye edilir: . Ortaya çıkan sabit aynı zamanda bir tür sabittir ve şu şekilde ifade edilebilir: . Evet ve sağ tarafta logaritma olduğundan, sabiti başka bir sabit biçiminde yeniden yazmanız önerilir: .

Sorun şu ki çoğu zaman indekslerle uğraşmazlar ve aynı harfi kullanırlar. Sonuç olarak karar kaydı aşağıdaki formu alır:

Ne tür bir sapkınlık? Orada hatalar var! Kesinlikle konuşursak, evet. Bununla birlikte, esas açısından bakıldığında herhangi bir hata yoktur, çünkü değişken bir sabitin dönüştürülmesinin bir sonucu olarak, yine de değişken bir sabit elde edilir.

Veya başka bir örnek, denklemin çözümü sırasında genel bir integralin elde edildiğini varsayalım. Bu cevap çirkin görünüyor, bu nedenle her terimin işaretinin değiştirilmesi tavsiye edilir: . Resmen burada başka bir hata daha var - sağ tarafa yazılması gerekiyor. Ancak gayri resmi olarak "eksi ce"nin hala bir sabit olduğu ima ediliyor ( ki bu da kolaylıkla herhangi bir anlam alabilir!) yani “eksi” koymanın bir anlamı yok ve aynı harfi kullanabilirsiniz.

Dikkatsiz bir yaklaşımdan kaçınmaya çalışacağım ve yine de sabitleri dönüştürürken onlara farklı indeksler atayacağım.

Örnek 7

Diferansiyel denklemi çözün. Kontrol gerçekleştirin.

Çözüm: Bu denklem değişkenlerin ayrılmasına izin verir. Değişkenleri ayırıyoruz:

İntegral alalım:

Buradaki sabiti logaritma olarak tanımlamaya gerek yok çünkü bundan işe yarar bir şey çıkmayacak.

Cevap: genel integral:

Kontrol edin: Cevabı farklılaştırın ( örtülü işlev):

Her iki terimi de şu şekilde çarparak kesirlerden kurtuluruz:

Orijinal diferansiyel denklem elde edilmiştir, yani genel integral doğru olarak bulunmuştur.

Örnek 8

DE'nin özel bir çözümünü bulun.
,

Bu kendi başınıza çözebileceğiniz bir örnektir. Tek ipucu, burada genel bir integral elde edeceğiniz ve daha doğrusu, belirli bir çözüm bulmayı değil, ama kısmi integral. Dersin sonunda tam çözüm ve cevap.

Belirli integralleri bulurken karşı karşıya kaldığımız görevi hatırlayalım:

veya dy = f(x)dx. Onun çözümü:

ve iş belirsiz integralin hesaplanmasına gelir. Pratikte daha sık görülür zor görev: işlevi bul senşeklinde bir ilişkiyi sağladığı biliniyorsa

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

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

Diferansiyel denklemler:

- ilk sipariş,

İkinci derece

- beşinci derece vb.

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

Genel çözüm içerir N keyfi sabitler ve benziyor

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

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

Cauchy sorunu

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

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

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

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

1. dereceden diferansiyel denklemler

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

veya nispeten izin verilen için

Örnek 3.46. Denklemin genel çözümünü bulun

Çözüm. Bütünleşerek şunu elde ederiz

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Genel çözümü kullanılarak elde edilebilir. N kez entegrasyonlar.

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

Çözüm. Bütünleşerek şunu buluruz

Genel çözüm şu şekildedir:

Doğrusal diferansiyel denklemler

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

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

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

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

(9.4) için şu forma sahiptir:

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

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

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

Sabit katsayılı doğrusal homojen ikinci dereceden diferansiyel denklemi düşünün:

Karakteristik denklemi şu şekildedir:

(9.9)

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

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

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

y = C 1 çünkü 3x + C 2 sin 3x.

Çalışmada 2. mertebeden lineer diferansiyel denklemler kullanılmıştır. ekonomik model P fiyatındaki değişim oranının stok büyüklüğüne bağlı olduğu, mal stoklarını içeren örümcek ağı türü (bkz. paragraf 10). Arz ve talep fiyatın doğrusal fonksiyonlarıysa, yani

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

Belirli bir çözüm için sabit alabiliriz

anlamlı denge fiyatı Sapma tatmin eder homojen denklem

(9.10)

Karakteristik denklem aşağıdaki gibi olacaktır:

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

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