Otto von Guericke'nin 1654 pistonlu deneyi. Büyük Alman mucitler

Diferansiyel denklem, bir fonksiyonu ve onun bir veya daha fazla türevini içeren bir denklemdir. çoğunlukta pratik problemler fonksiyonlar fiziksel büyüklükleri temsil eder, türevler bu niceliklerin değişim oranlarına karşılık gelir ve denklem bunlar arasındaki 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 hayat diğer diferansiyel denklemlerin çoğu bu yöntemlerle çözülemez ve onlar için cevap özel fonksiyonlar veya şeklinde yazılır. güç serisi veya sayısal yöntemlerle bulunur.

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 de ikinci dereceden diferansiyel denklemlere uygulamada, ancak diferansiyel ve integral hesap bilgisi bunları çözmek için yeterlidir.

Ön bilgi

• Diferansiyel denklemlerin kapsamlı bir sınıflandırması vardır. İÇİNDE Bu makale hakkında konuşuyor sıradan diferansiyel denklemler X 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 kendi özel biçimlerine 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 Bir diferansiyel denklemin değeri, bu denklemde yer alan en yüksek türevin mertebesine göre belirlenir. Yukarıdaki sıradan diferansiyel denklemlerden ilki birinci dereceden, ikincisi ise ikinci dereceden bir denklemdir. Derece diferansiyel denklem denir en yüksek derece, bu denklemin terimlerinden birinin yükseltildiği yer.
  • 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.) Bulmak için gereken başlangıç ​​koşullarının sayısı 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. Genel çözümü 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. Hesaplarken şunu dikkate almak gerekir belirsiz integral keyfi bir sabit belirir.

   • 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 durumda çeşitli değişkenler aktarılır. farklı taraflar denklemler. 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 ifadelerinde yer alan , ancak bunun yalnızca karmaşık bir fonksiyonun türevini alırken kullanışlı olan bir sembol olduğu unutulmamalıdır. 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 denklemin sağ tarafına aktarılabilen keyfi sabitler görünecektir.
     • 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 bir diferansiyel denklemin belirli bir çözümünün nasıl bulunacağını gösterir. başlangıç ​​koşulları.
     • 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 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 toplam diferansiyellerdeki denklem. 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.)

   • Bu koşulun yerine getirilmesi için sahip olunması gereken toplam türev. Toplam türev diğer değişkenlere bağımlılığı dikkate alır. Toplam türevi hesaplamak için φ (\displaystyle \varphi) ile 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, pürüzsüz fonksiyonların karışık türevlerinin birbirine eşit olduğu, çok değişkenli denklemler için tipik bir sonuçtur. Bazen bu davaya denir Clairaut teoremi. Bu durumda diferansiyel denklem, aşağıdaki koşulun sağlanması durumunda bir toplam diferansiyel denklemdir:
     • ∂ 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) ile X. (\displaystyle x.)Çünkü 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 (\tilde (\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. Sabit katsayılı homojen lineer diferansiyel denklemler. Bu denklemler pratikte yaygın olarak kullanıldığı için çözümleri birincil öneme sahiptir. Bu durumda bahsetmiyoruz homojen fonksiyonlar ancak denklemin sağ tarafında 0 var. Sonraki bölüm buna karşılık gelen denklemin nasıl çözüleceğini gösterecek. 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) bu 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'ın içerdiği fonksiyonların, Wronskian'ın sıfıra eşit olması durumunda doğrusal olarak bağımlı olduğunu belirtir. 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 denklemin tüm çözümlerinin kümesi, boyutu diferansiyel denklemin mertebesine eşit olan bir vektör uzayı oluşturur. 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. Karakteristik denklemin çoklu kökleri durumunu biraz sonra sıranın azaltılması bölümünde ele alacağız.

   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, gerçek katsayılı polinom denklemlerinin çözümlerinin gerçek veya eşlenik çiftler oluşturan kökleri olduğu sonucu çıkar. Bu nedenle, eğer karmaşık bir sayı ise 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 trigonometrik fonksiyonlar biçiminde yazmanıza olanak tanır:
     • 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 cinsinden yazmanın fizik problemlerine daha uygun 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. Eğer karakteristik denklem birden fazla kökü, birçok çözümü var 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 istenilen 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 denkleminin birden fazla kökü olması durumunda genel çözümü aşağıdaki biçimde yazılabilir. Kolaylık sağlamak için şunu almayı hatırlayabilirsiniz: doğrusal bağımsızlık sadece ikinci terimi şununla çarpın 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 azaltımı 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)
   • Çünkü 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 dönüştürmek için gerçek fonksiyon değişkenlerde değişiklik yapalım 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)). İndirgemelerden sonra aşağıdaki denklem elde edilir:
     • 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. Bunu hatırlamak oldukça kolaydır - ikinci doğrusal bağımsız çözümü elde etmek için basitçe ek bir terim gerekir. 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 çözümün çözümüdür. homojen denklem, hangisinde 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 fonksiyonların sonlu sayıda doğrusal bağımsız türeve sahip olması garanti edilir. 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 h (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. İçerikler göründüğünde 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 sistem elde edilir. cebirsel denklemler genellikle herhangi bir sorun olmadan çözülebilir. 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 sin ⁡ 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, daha genel yöntem Homojen olmayan diferansiyel denklemlerin çözülmesi, özellikle serbest terimin sonlu sayıda doğrusal bağımsız türev içermediği durumlarda. 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 daha az kullanılır çünkü ek çözüm genellikle aracılığıyla ifade edilmez 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 gerekir ek olarak durum. Hadi bunu seçelim ek koşul aşağıdaki biçimde:
     • 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 elde ederiz aşağıdaki sistem denklemler
     • 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 sistem şu şekilde bir matris denklemine dönüştürülebilir: 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. Kimyasal reaksiyonların hızı. 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 çözümünün, yani 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 mekaniğinde harmonik osilatör en önemlilerinden biridir. fiziksel sistemler basitliği ve daha fazlasının yakınlaştırılması için geniş uygulama alanı nedeniyle karmaşık sistemler basit bir sarkaç gibi. 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 Aynı zamanda, mekanik sistemlere göre daha yüksek doğrulukla uygulanabildiği elektromanyetik salınım devrelerinde de mevcuttur.
  • 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, fiziğin birçok alanında kullanılır. dalga denklemi, Laplace denklemleri ve Schrödinger denklemleri, özellikle 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, dalga fonksiyonundaki bir değişikliğe göre parçacıkların hareketini tanımlayan temel hareket denklemidir. Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) mesai. Hareket denklemi davranışla tanımlanır Hamiltoniyen H^(\ displaystyle (\ şapka (H))) - operatör, sistemin enerjisini tanımlar. Yaygın olanlardan biri ünlü örnekler Fizikteki Schrödinger denklemi, bir potansiyel tarafından etkilenen, göreli olmayan tek bir parçacık için bir 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 fonksiyon x − c t (\displaystyle x-ct) sağa doğru yayılan keyfi bir şekil dalgasını tanımlar. 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 diğer birçok uygulamalı problemin çözümü. 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. Karmaşık görevler Doğrusal olmayan kısmi diferansiyel denklemler için çözümlerin varlığı ve benzersizliği gibi daha temel sorular ve Navier-Stokes denklemleri için üç boyutlu bir çözümün varlığının ve benzersizliğinin kanıtı da bunlar arasında yer almaktadır. 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 değişken katsayılar içerdiği ve bir Cauchy-Euler denklemi olmadığı veya çok nadir birkaç durum dışında denklemin doğrusal olmadığı durumlar için geçerlidir. Ancak yukarıdaki yöntemler, sıklıkla karşılaşılan birçok önemli diferansiyel denklemi çözebilir. çeşitli alanlar bilim.
• Herhangi bir fonksiyonun türevini bulmanızı sağlayan diferansiyelden farklı olarak, 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 şu şekilde temsil edilebilir: integral formu ve bu durumda bu integralin analitik olarak hesaplanıp hesaplanamayacağı önemli değildir.

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))

vakum ile deneyler

1657 yılında su barometresini icat ederek 1660 yılında yaklaşan fırtınayı ortaya çıkmasından 2 saat önce tahmin ederek ilk meteorologlardan biri olarak tarihe geçmiştir.

Hava pompası

Bilindiği gibi Guericke, ilk başta havayı doğrudan dışarı pompalamanın mümkün olduğunu düşünmedi ve hermetik olarak kapatılmış bir varil içinde, onu dolduran suyu uzaklaştırarak boş bir alan yaratmak istedi. Bu amaçla, cihazın ancak bu düzenlemesi ile suyun yerçekimi nedeniyle pompa pistonunu takip edeceğini düşünerek namlunun tabanına bir pompa bağladı. Bundan, Guericke'nin ilk başta henüz atmosferik basınç ve genel olarak havanın esnekliği hakkında kesin bir kavrama sahip olmadığını görüyoruz. Bu ilk girişim başarısız olduğunda, dışarıdaki hava namlunun çatlaklarından ve gözeneklerinden tıslayarak oluşan boşluğa girdiğinden, Guericke namlusunu yine suyla dolu bir başka namluya yerleştirmeye çalıştı ve bu şekilde boşluğu hava hücumundan korumak niyetindeydi. dışarıdan içine. Ancak bu sefer de deney başarısız oldu, çünkü dış namludan gelen su, atmosferik basıncın etkisi altında gözeneklerden iç kısma aktı ve boşluğu doldurdu. Daha sonra, son olarak Guericke, havanın da su gibi yalnızca yer çekimi nedeniyle pompa pistonunu takip edebileceği yönündeki yanlış varsayımına bağlı kalarak, bakır küresel bir kaptan havayı doğrudan dışarı pompalamak için bir pompa uygulamaya karar verdi, bu yüzden artık pompa bozuldu. kabın dibine ve dikey olarak yerleştirilmiştir. Dışarı pompalamanın sonucu tamamen beklenmedikti ve orada bulunan herkesi korkuttu: bakır top dış basınca dayanamadı ve bir çarpma sonucu buruştu ve düzleşti. Bu, Guericke'yi sonraki deneyler için daha güçlü ve daha düzenli şekilli tanklar hazırlamaya zorladı. Pompanın uygunsuz konumu kısa sürede Guericke'yi tüm cihaz için özel bir tripod yapmaya ve pistona bir kol takmaya zorladı; Böylece yazar Antlia pneumoniaa'nın adını verdiği ilk hava pompası yapıldı. Elbette cihaz hala mükemmel olmaktan çok uzaktı ve ortaya çıkan boşluğu dış havadan daha iyi izole etmek için pistonu ve suya batırılmış muslukları manipüle etmek için en az üç kişiye ihtiyaç vardı.

Isının hava üzerindeki etkisinin incelenmesi

Guericke ayrıca ısının hava üzerindeki etkisini de inceledi ve hava termometresinin tasarımında o zamanlar bilinen aletlerle (İtalya'da onun zamanında kalori mensoru olarak adlandırılıyordu) karşılaştırıldığında önemli bir gelişme yapmamış olmasına rağmen, yine de şunu güvenle söyleyebiliriz: zamanın ilk meteorologu olduğunu söyledi. Çoğu zaman Galileo'ya, aynı zamanda Drebbel ve doktor Sanctorius'a atfedilen termometrenin icadı gibi tartışmalı ve esasen önemsiz bir konuya değinmeden, yalnızca orijinal biçiminin son derece kusurlu olduğunu not ediyoruz: birincisi, çünkü okumalar cihaz yalnızca sıcaklıktan değil aynı zamanda atmosferik basınçtan da etkileniyordu ve ikinci olarak termal etkileri karşılaştırmak için belirli bir birimin (derece) bulunmaması nedeniyle.

Guericke termometresi. Otto von Guericke'nin Experimenta Nova Magdeburgica kitabından illüstrasyon.

O zamanın (hava) termometresi, açık ucu su dolu bir kaba batırılmış bir tüpün bulunduğu bir hazneden oluşuyordu; Tüpte yükselen su seviyesi elbette tanktaki hava sıcaklığına ve dış atmosfer basıncına bağlı olarak değişiyordu. Bu son etkinin iyi bilinmesi gereken Guericke'nin buna dikkat etmemesi gariptir; en azından termometresinde bu etki ortadan kaldırılmamıştır. Yalnızca dış havanın sıcaklığındaki değişiklikleri gözlemlemek için tasarlanan ve bu nedenle evin dış duvarına bir barometre gibi yerleştirilen cihazın kendisi, yaklaşık yarısı alkolle doldurulmuş bir sifon (metal) tüpten oluşuyordu; tüpün bir ucu hava içeren büyük bir topla bağlantılıydı, diğer ucu açıktı ve bir bloğun içinden bir ipliğin geçtiği bir şamandıra içeriyordu; İpin ucunda, eliyle 7 bölmeli bir teraziyi işaret eden ahşap bir figür havada serbestçe sallanıyordu. Üzerinde Perpetuum mobile yazısının yer aldığı top, figürler ve teraziler dışında cihazın tüm detayları da tahtalarla kaplandı. Ekstrem noktalarölçekte şu kelimelerle işaretlendi: magnus frigus ve magnus calor. Orta çizgi vardı özel anlam tabiri caizse iklimsel: Magdeburg'da ilk sonbahar gecesi donlarının görüldüğü hava sıcaklığına karşılık gelmesi gerekiyordu.

Buradan, termometre ölçeğinde 0°'yi işaretlemeye yönelik ilk girişimler deneysel fizik tarihinde ünlü olan Florentine Akademisi'ne (Del Cimento) ait olmasına rağmen Guericke'nin aynı zamanda en az bir taneye sahip olmanın ne kadar önemli ve gerekli olduğunu anladığı sonucuna varabiliriz. termometrik ölçekte sabit nokta ve gördüğümüz gibi, termometresini ilk sonbahar donlarına karşılık gelen rastgele bir çizgide ayarlamayı seçerek bu yönde yeni bir adım atmaya çalıştı.

Elektrik çalışması

Statik elektrik üreten bir cihazı gösteren 1750 tarihli gravür.

Şimdi Guericke isminin de haklı bir şöhrete sahip olduğu fiziğin başka bir alanına geçelim. O zamanlar Hilbert'in deneysel araştırmasıyla deyim yerindeyse hayata çağrılan, birkaç parçalı gerçek biçiminde, kazanmaya mahkum o görkemli gücün yalnızca önemsiz ve ilgi çekici olmayan bir embriyosunu temsil eden elektrikten bahsediyoruz. tüm uygar dünyanın dikkatini çekiyor ve birbirine karışıyor küre rehberlerinin ağı.

Otto von Guericke'ye bazen yalnızca fiziksel aletlerin esprili bir mucidi olarak anılır; çağdaşları arasında görkemli deneyleriyle ünlü olmaya çabalar ve bilimin ilerlemesini pek umursamaz. Ancak Ferdinand Rosenberger (1845-1899), "Fizik Tarihi" adlı eserinde, Guericke'nin halkı şaşırtmak gibi özel bir hedefi olmadığı için, böyle bir suçlamanın hiçbir temeli olmadığını oldukça haklı olarak belirtiyor. Her zaman tamamen bilimsel ilgi alanlarına göre yönlendirildi ve deneylerinden fantastik fikirler değil, gerçek bilimsel sonuçlar çıkardı. Bunun en iyi kanıtı onun deneysel çalışmalar O zamanlar - tekrarlıyoruz - çok az insanın ilgisini çeken statik elektrik olgusu.

Hilbert'in deneylerini tekrarlamak ve test etmek isteyen Guericke, elektrik durumunu elde etmek için bir cihaz icat etti; bu cihaz, kelimenin gerçek anlamında bir elektrik makinesi olarak adlandırılamasa da, sürtünmeyle geliştirilen elektriği toplamak için bir kapasitörden yoksun olmasına rağmen yine de hizmet etti. tüm geç düzenlenenler için bir prototip olarak elektrik keşifleri. Bu, her şeyden önce Gilbert'in bilmediği elektriksel itmenin keşfini içermelidir.

Guericke, elektrik durumunu geliştirmek için oldukça büyük bir kükürt topu hazırladı; bu top, içinden geçirilen bir eksen aracılığıyla dönmeye ayarlandı ve kuru elle basitçe ovuldu. Bu topa elektrik veren Guericke, topun çektiği cisimlerin dokunduktan sonra itildiğini fark etti; daha sonra havada serbestçe yüzen, toptan çekilen ve sonra toptan uzağa itilen bir tüy parçasının diğer cisimler tarafından çekildiğini de fark etti. Guericke ayrıca elektrik durumunun bir iplik (keten) aracılığıyla iletildiğini de kanıtladı; ama aynı zamanda yalıtkanlar hakkında hiçbir şey bilmediğinden ipliğin uzunluğunu yalnızca bir arşın olarak aldı ve ancak bunu verebildi. dikey düzenleme. Karanlıkta kükürt topunun üzerinde bir elektrik parıltısı gözlemleyen ilk kişi oydu, ancak bir kıvılcım almadı; ayrıca kulağına yaklaştırdığında "kükürt topunun içinde" hafif bir çatırtı sesi duydu ama bunu neye bağlayacağını bilmiyordu.

Manyetizma çalışması

Guericke manyetizma alanında da birkaç yeni gözlem yaptı. Pencere çubuklarındaki dikey demir çubukların kendilerini mıknatıslayarak üstte kuzey kutuplarını, altta güney kutuplarını temsil ettiğini buldu ve bir demir şeridi meridyen yönünde yerleştirerek hafifçe mıknatıslamanın mümkün olduğunu gösterdi. ve çekiçle vuruyorum.

Astronomi alanında araştırma

Otto von Guericke'ye göre Evrenin yapısı

Ayrıca astronomi okudu. Güneş merkezli sistemin destekçisiydi. Sabit yıldızların dağıldığı sonsuz uzayın varlığı varsayımıyla Kopernik sisteminden farklı olan kendi kozmolojik sistemini geliştirdi. Uzayın boş olduğuna inanılıyordu ama gök cisimleri uzun menzilli kuvvetler onların hareketini düzenlemek için hareket eder.

Cam kavanozu cilalı kenarlı ince bir cam plaka ile kapatıyoruz ve kavanozdaki havayı dışarı pompalamaya başlıyoruz (Şek. 276). Cam plaka, dış basınçla kavanoza sıkıca bastırılacak ve pompalama devam ederse kavanozun içi ve dışı arasındaki basınç farkı nedeniyle ezilecektir.

Pirinç. 276. İç basıncın üzerindeki aşırı dış basınç, cam plakayı iter

Hava basıncının varlığını kanıtlamak için yapılan ilk deneylerden biri, Alman fizikçi Otto von Guericke'nin 1654'te (Magdeburg'da) gerçekleştirdiği ünlü “Magdeburg yarımküreleri” deneyiydi. Birbirine katlanmış iki bakır yarım küreden havayı dışarı pompalıyordu ve dışarıdaki havanın basıncı yarım küreleri o kadar sıkı bir şekilde birbirine bastırıyordu ki, iki at takımı onları birbirinden ayıramıyordu (Şekil 277). Tabii ki, ikinci koşumun rolü, yarım kürelerden birinin bağlanacağı güçlü bir direk tarafından oynanabilir. Şek. Şekil 278, Guericke'nin deneyinin asılı bir yük ile yapılan bir modifikasyonunu göstermektedir.

Pirinç. 277. Guericke'nin "Yeni Magdeburg Deneyleri" kitabından gravür. At arabaları tarafından yarımkürelerin yırtılması

Pirinç. 278. Guericke'nin "Yeni Magdeburg Deneyleri" kitabından gravür. Asılı ağırlıkla yarıkürelerin yırtılması

Tıpta bazen lastik balonlu bir kaptan oluşan pnömatik kaplar kullanılır (Şekil 279). Balonu elinizle sıkarak içindeki havayı çıkarın ve bardağı cildinize uygulayın. Şimdi balonu serbest bırakırsanız, esnekliği nedeniyle tekrar kabul edecektir. küresel şekil Kutunun iç hacmi artacak ve kutuda kalan havanın basıncı azalacaktır. Kavanoz, dış havanın basıncıyla cilde sıkıca bastırılacaktır. Kavanozun altındaki deri çok kırmızı olur; bir morluk bırakıyor. Vücutta atmosferik basınç bulunan kan, basıncın daha az olduğu yere doğru akar. Bu yerel kan akışı bardağın amacıdır. Bu durumda kanda çözünen hava, basınç azaldıkça genleşerek küçük damarları yırtarak morluk oluşturur. Kavanozun kenarındaki deriyi bastırırsanız ve dışarıdaki havaya erişime izin verirseniz, içeriden ve dışarıdan gelen basınç eşit olacak ve kavanozun kendisi düşecektir.

Alman fizikçi, mühendis ve filozof Otto von Guericke, 20 Kasım 1602'de Magdeburg'da doğdu. Şehir okulundan mezun olduktan sonra Leipzig, Helmstadt, Jena ve Leiden üniversitelerinde eğitimine devam etti.

Guericke, koltukta oturan bir bilim insanı olmanın çok ötesinde, hayatı boyunca konuyla ilgilendi. doğa bilimleri. Aristoteles'in varsayımını test etmek için - doğa boş alanlara tolerans göstermez - bir hava pompası icat etti ve bunun yardımıyla 1654'te Magdeburg yarım küreleriyle ünlü deneyini gerçekleştirdi. Deneyi gerçekleştirmek için, biri havayı dışarı pompalamak için bir tüple donatılmış, 14 inç (35,6 cm) çapında iki bakır yarım küre yapıldı. Bu yarımküreler bir araya getirildi ve aralarına erimiş balmumuna batırılmış deri bir halka yerleştirildi. Daha sonra bir pompa kullanılarak yarım küreler arasında oluşan boşluktan hava dışarı pompalandı. Her yarımkürede vardı demir halkalar iki takım atlara koşumlandı. 1654'te Regensburg'da von Guericke, İmparator III. Ferdinand'ın huzurunda Reichstag'a deneyi gösterdi. Küreden havayı dışarı pompaladıktan sonra, her iki tarafta 8'er adet olmak üzere 16 at yarım küreleri parçalayamadı, ancak yarım kürelere hava verildiğinde hiç çaba harcamadan parçalandılar. Her iki taraftaki atların daha büyük bir eğlence için mi yoksa fizikçinin bilgisizliğinden mi kullanıldığı bilinmiyor, çünkü yarım küreler üzerindeki etki gücünü kaybetmeden atların yarısını sabit bir binekle değiştirmek mümkündü. 1656'da Guericke deneyi Magdeburg'da ve 1663'te Berlin'de 24 atla tekrarladı. Daha sonraki hesaplamalara göre, bu çabanın üstesinden gelmek için her iki tarafta 13 güçlü yük atının koşumlanması gerekiyordu.

Gaspard Schott'un "Magdeburg Yarımküreleri" çizimi.

Magdeburg yarımküreleriyle ilgili deneyimler atmosferik basıncın varlığını kanıtlamıştır ve halen derslerde öğretilmektedir. genel fizik dünyanın her yerinde. Orijinal hemisferler ve pompa muhafaza edilir Alman Müzesi Münih'te. Bu temayı geliştiren Guericke, 1660 yılında ilk su barometresini yaptı ve bunu meteorolojik gözlemler için kullandı, bir higrometre icat etti, bir hava termometresi ve bir basınç göstergesi tasarladı.

Ancak Guericke'nin ilgi alanı fiziğin bu bölümüyle sınırlı değildi. 1660 yılında, ilk elektrostatik makinelerden birini yarattı - demir bir aks üzerine monte edilmiş, orta büyüklükte bir top büyüklüğünde bir kükürt topu. Guericke, topu döndürüp avuçlarıyla ovarak elektrik aldı. Bu cihazı kullanarak çalıştı elektriksel olaylar: elektrostatik itmeyi, elektrik parıltısını (karanlıkta parıldayan elektrikli bir kükürt topu) keşfetti.

Çeşitli fiziksel deneyler Yaşamı boyunca bile bilim insanının tanınmasını ve Alman Galileo'nun saygılı takma adını getirdiler. Astronomi okurken kuyruklu yıldızların geri dönebileceği görüşünü dile getirdi. Guericke ayrıca havanın esnekliğini ve ağırlığını, yanmayı ve nefes almayı destekleme ve sesi iletme yeteneğini de ortaya koydu. Havada su buharının varlığı kanıtlandı. 1666 yılında bilim adamları arasında asalet unvanına layık görülen ilk kişi oldu ve Otto von Guericke olarak tanındı. Bilim adamı 11 Mayıs 1686'da Hamburg'da öldü.

Magdeburg yarımküreleriyle ilgili deneyim çağdaşlarını o kadar etkiledi ki Brunswick-Wolfenbüttel Dükleri onun imajını 1702'nin hatıra talerlerinde bir alegori olarak kullandı. 1685'ten beri birlikte hüküm süren iki kardeş dük tartıştı. Anton Ulrich, Rudolf Augustus için eşi Holstein-Norburg'lu Elisabeth Juliana'yı kıskandı ve bu da onların ayrılmasına yol açtı. Mart 1702'de Anton Ulrich iktidardan uzaklaştırıldı ve Saxe-Gotha'ya kaçtı. Bu vesileyle, hava pompalı bir taler olan "luftpumpenthaler" adı verilen ürün piyasaya sürüldü. Ön yüzünde, Magdeburg yarımkürelerini boşuna parçalayan iki at tasvir ediliyor. Birbirine kenetlenen yarım küreler, iki Brunswick hükümdarının ayrılmaz birliğinin sembolüdür. Tam tersine, iki yarım küre hiç çaba harcamadan parçalanıyor çünkü bir kadın eli üzerlerindeki valfi açıyor ve içeri hava giriyor. Gravürcü, saray çekişmesini fiziksel cihazlar kullanarak resimledi. Rudolf August'un 1704'teki ölümünden sonra Anton Ulrich yönetime geri döndü.

Brunswick-Wolfenbüttel. Rudolf August ve Anton Ulrich, 1685-1704. Luftpumpenthaler 1702, Goslar. Kardeşlik birliğinin şerefine. 29.36 g Ön yüz: iki at, Magdeburg yarım kürelerini RAV kısaltmasıyla boşuna parçalıyor, arkalarında iffetin sembolü, bir tek boynuzlu at ve pençelerinde şimşek bulunan bir kartal, QVOD VI NON POTVIT yazısı (zorlayamadılar) . Arka yüz: kaidenin üzerinde iki açık yarım küre ve vanayı açan bir kadın eli var, üstte DISIECTVM EST ARTE MINISTRA (yapay olarak dağılmış) yazısının bulunduğu bir şerit var.

Brunswick-Wolfenbüttel. Rudolf August ve Anton Ulrich, 1685-1704. Luftpumpenthaler 1702, Goslar. Kardeşlik birliğinin şerefine. Ön yüz: iki at, Magdeburg yarım kürelerini RAV kısaltmasıyla boşuna parçalıyor, arkalarında bir tek boynuzlu at ve bir buluttan fırlayan bir şimşek, NON VI yazısı (şiddetle değil). Arka yüz: Bir kaidenin üzerinde iki açık yarım küre ve bir vanayı açan bir kadın eli vardır, üstte SED ARTE (ama sanatta) yazan bir şerit vardır.

Otto von Guericke'nin doğumunun 375. yıldönümü nedeniyle Doğu Almanya'da nominal değeri 10 mark olan bir hatıra parası basıldı.

Doğu Almanya. 10 işaret, 1977. Otto von Guericke'nin doğumunun 375. yıl dönümü. Ag 500; 31mm; 17. Tiraj: 49.434 adet.

Doğu Almanya. 10 işaret, 1977. Otto von Guericke'nin doğumunun 375. yıl dönümü. "Test" yazısıyla. Ag 500; 31mm; 17. Tiraj: 6.000 adet.

Otto von Guericke'nin Üçüncü Reich'taki ölümünün 250. yıldönümünde bir hatıra madalyası basıldı ve bir posta pulu basıldı.

Bronz madalya, 1936. Otto von Guericke'nin ölümünün 250. yıl dönümü. 97 mm. Oymacı: Rudolf Bosselt (1874-1938). Ön Yüz: Guericke'nin büstü; arka tarafta: Magdeburg arması ve “Ehrengabe der Stadt Magdeburg” yazısı (Magdeburg şehrinin onursal hediyesi).

Üçüncü Reich. Posta pulu, 1936. Otto von Guericke'nin ölümünün 250. yıl dönümü.

Doğu Almanya ve Batı Almanya da Otto von Guericke ve icadına ithaf edilmiş posta pulları bastı.

Doğu Almanya. Posta pulu, 1969. Magdeburg yarımküreleriyle ilgili deneyim.

Doğu Almanya. Posta pulu, 1977. Otto von Guericke'nin doğumunun 375. yıl dönümü.

Almanya. Posta pulu, 2002. Otto von Guericke'nin doğumunun 400. yıl dönümü.

Otto von Guericke(Almanca: Otto von Guericke) - Alman fizikçi, mühendis, filozof, diplomat ve Magdeburg'un belediye başkanı. Guericke, boşluğun varlığını kanıtlamak amacıyla hava pompasını icat etti (1650). Bir dizi deneyle hava basıncının varlığını kanıtladı.

Guericke ayrıca havanın esnekliğini ve ağırlığını, yanmayı ve nefes almayı destekleme ve sesi iletme yeteneğini de ortaya koydu. Havada su buharının varlığı kanıtlandı. 1660 yılında Guericke dünyanın ilk su barometresini yaptı ve hava durumunu tahmin etmek için kullandı. Astronomi okurken kuyruklu yıldızların geri dönebileceği görüşünü dile getirdi.

1663 yılında Guericke ilk elektrikli makinelerden birini yarattı - elle ovuşturulan dönen bir kükürt topu ve tek kutuplu yüklü nesnelerin elektrostatik itme olgusunu keşfetti. 1672'de yüklü bir topun karanlıkta çatırdadığını ve parladığını keşfetti. elektrolüminesans).

Böylece Otto von Guericke elektrik biliminin kurucularından biri oldu. İnsan yaşamının pek çok alanında başarılara imza atmış, geniş bakış açısına sahip olağanüstü bir insandı.

Otto von Guericke 1602'de Magdeburg'da doğdu. Şehir okulundan mezun olduktan sonra Leipzig, Helmstadt, Jena ve Leiden üniversitelerinde eğitimine devam etti. Özellikle fizik, uygulamalı matematik, mekanik ve tahkimat konularına ilgi duyuyordu.

Guericke'nin gençliği, Almanların yanı sıra Çeklerin, Avusturyalıların, Danimarkalıların, İsveçlilerin ve Fransızların çeşitli aşamalarda yer aldığı acımasız Otuz Yıl Savaşının başlangıcında geldi.

Doğu Almanya'nın stratejik açıdan önemli bir merkezi olan Magdeburg, birkaç kez el değiştirdi ve 1631'de tamamen yıkıldı. İsveçliler Magdeburg'u işgal ettiğinde Guericke şehre döndü ve yıkılan binaların ve surların restorasyonunda aktif rol aldı ve Elbe boyunca bir köprünün inşasını denetledi.

1635 yılında şehir, bakımı kasaba halkına ağır bir yük getiren birleşik Avusturya-Sakson birlikleri tarafından yeniden ele geçirildi. Pek çok sıkıntı ve Saksonya Seçmenine yapılan gezilerden sonra yabancı garnizonu yerel garnizonla değiştirmeyi başaran Guericke'nin diplomatik faaliyeti başladı.

Şehir, bir minnettarlık göstergesi olarak 1646'da Otto Guericke'yi dört belediye başkanından biri olarak seçti. Belediye meclisinde 1659 yılına kadar diplomatik görevleri başarıyla yerine getirdi.

Bir elçi olarak Osnabrück, Nürnberg, Viyana, Prag, Regensburg'da savaşan taraflarla başarılı müzakereler yürüttü.

Belediye başkanı Otto Guericke'nin başarılı diplomatik faaliyeti, Magdeburg'un bir dizi ayrıcalık, özellikle de Hansa şehri statüsü kazanmasına katkıda bulundu.

Guericke, Magdeburg'u barış konferansında ve ardından Regensburg'daki Reichstag'da temsil etti. Ancak dünya şöhreti Magdeburg yarımküreleriyle deneyler yaptı.

Otto Guericke evliydi ve üç oğlu vardı ama ikisi öldü. Burhomist boş zamanlarını fiziksel deneylerine adadı.

Deneylerinin sonuçlarını "Boş Uzayla Yeni (sözde) Magdeburg Deneyleri" makalesinde özetledi. Makalede, elektrik olaylarını da içeren "dünya kuvvetleri" ile ilgili olanlar da dahil olmak üzere diğer deneylerini anlattı.

1666'da Guericke soyluluğa yükseltildi ve Otto von Guericke oldu. Brandenburg Seçmeni onu danışmanı olarak atadı.

Guericke mesleği gereği koltukta oturan bir bilim adamı değildi, ancak hayatı boyunca doğa bilimleriyle ilgilendi. Aristoteles'in doğanın boşluktan nefret ettiği yönündeki varsayımı özellikle ilgisini çekmişti. Bu ifadeyi test etmek için, 1654'te Magdeburg yarım küreleriyle ünlü deneyini gerçekleştirdiği bir hava pompası icat etti.

Deneyi gerçekleştirmek için, biri havayı dışarı pompalamak için bir tüple donatılmış, yaklaşık 35,5 cm çapında iki bakır yarım küre yapıldı. Bu yarımküreler bir araya getirildi ve aralarına erimiş balmumuna batırılmış deri bir halka yerleştirildi.

Pompanın uygunsuz konumu, Guericke'yi tüm cihaz için özel bir tripod oluşturmaya ve pistona bir kol takmaya zorladı. Böylece, yazar Antlia pneumoniaa'nın adını taşıyan dünyanın ilk hava pompası yaratıldı.

Daha sonra bir pompa kullanılarak yarım küreler arasında oluşan boşluktan hava dışarı pompalandı. Yarım kürelerin her birinde, sekiz attan oluşan iki ekibin koşumlandığı demir halkalar vardı.

Arabacıların sürdüğü atlar, var güçleriyle en azından hareket etmeye çalıştı. Ancak yarıküreleri ayırmaya yönelik tüm girişimler başarısız oldu, ancak yarıkürelerin içine hava girmesine izin verildiğinde, hiç çaba harcamadan parçalandılar.

Magdeburg yarımküreleriyle yapılan deney, atmosferik basıncın varlığını kanıtladı ve hala dünya çapında genel fizik derslerinde öğretiliyor.

1654'te Regensburg'da Guericke, İmparator III. Ferdinand'ın huzurunda Reichstag'a deneyi gösterdi.

On altı atın kuvvetine karşı koyan hangi kuvvet yarımküreleri sıkıştırıyordu? Bu kuvvet atmosferik havanın etkisiydi. Yarım küreler arasındaki boşluktan ne kadar çok hava pompalanırsa, atmosferik basınçla dışarıdan o kadar fazla sıkıştırılırlar.

Aynı zamanda Otto von Guericke, pnömatik bir makinenin zili altında şişen ve patlayan, sıkıca bağlanmış bir boğa mesanesi ile Deneyi ortaya attı.

1657'de Guericke, tasarımı önceki pnömatik deneyleriyle yakından ilişkili olan görkemli su barometresini icat etti.

Barometre, Guericke'nin üç katlı evinin dış duvarına tutturulmuş uzun bir bakır borudan oluşuyordu. Borunun alt ucu su dolu bir kaba daldırıldı ve bir cam tüple tamamlanan üst ucu bir muslukla donatıldı ve bir hava pompasına bağlanabiliyordu.

Kısa süre sonra Guericke, bu cihazın yardımıyla atmosfer basıncının sürekli değiştiğini belirledi ve bu nedenle barometresine Semper vivum adını verdi. Daha sonra tüpteki suyun yüksekliği ile hava koşulları arasındaki ilişkiyi fark etti. Ve hava durumunu tahmin etmek için bir cihaz icat etti.

Deneyi su yüzeyinde gösterirken daha büyük bir etki sağlamak için, cam bir tüpün içine, çeşitli hava koşullarına karşılık gelen yazıtların bulunduğu bir masaya işaret eden, uzatılmış eli olan bir insan figürü şeklinde bir şamandıra yerleştirildi. Cihazın geri kalanı ahşap panellerle gizlenmişti.

Elektriksel durumu ve itmeyi incelemek için Guericke, bir delikten bir eksenden geçirildiğinde dönebilen ve kuru el ile ovulabilen büyük bir kükürt topu hazırladı. Bu topa elektrik veren Guericke, vücutların top tarafından çekildiğini ve dokunduktan sonra geri itildiğini fark etti.

Sosyal belediye başkanı, misafirlerine, eşit şekilde döndürüldüğünde kendi etrafında ışık tüyleri oluşturan ve sonunda konuğun burnuna ulaşan küçük bir küreyle komik bir numara göstermekten keyif alıyordu. Küre döndürüldüğünde sürtünmeden dolayı parlamaya ve kıvılcımlar yaymaya başladı.

Otto von Guericke vakumda birçok deney gerçekleştirdi. Hava pompası zili altında yapılan meşhur gösterilerden o sorumludur. Her şeyden önce bu, zil sesinin azalmasıdır; sesin yalnızca madde içinde yayıldığını ilk kez gösteren bir deneydir. Guericke aynı zamanda ışığın boşlukta da havada olduğu gibi yayıldığını gösterdi.

Otto von Guericke, belediye başkanının görevlerinin yükünü üstlenmeye başladı ve yavaş yavaş siyasi faaliyetlerden çekilmeye başladı, ancak istifasını ancak 1678'de başardı. Deneyimlerine dayanarak Magdeburg kuşatmasının ve yıkımının tarihini anlattı. 1681'de Magdeburg'da veba salgını çıkınca Otto von Guericke, tek oğlunun yanında yaşamak üzere Hamburg'a taşındı ve 1686'da orada öldü.

Otto Guericke'nin dehası, bilim adamının yaşamı boyunca tanındı ve bu, o zamanın dünya fizikçiler topluluğunun ilki olan ona asil bir unvanın verilmesiyle doğrulandı.

Magdeburg Üniversitesi, ünlü vatandaşı ve belediye başkanı, olağanüstü bir mucit, ünlü bir bilim adamı, kurnaz bir diplomat ve harika bir insan olan Otto von Guericke'nin adını taşıyor. Hatırası mübarek olsun!