Ders Kitabı Yu N.

“Daha yüksek dereceli denklemleri çözme” - Bir denklemi çözmek ne anlama gelir? İlk aşama görevleri. ISINMA (fiziksel durumun kontrol edilmesi). Denklemleri çözme daha yüksek dereceler. Tahtaya ne tür denklemler yazılır? Beden eğitimi dakikası. Aşama II Bağımsız çalışma Seçenek 1 Seçenek 2. Bir denklemin kökü nedir? İki ikinci dereceden bir denklemin ikinci dereceden bir denkleminin doğrusal denklemini çözme şeması.

“Denklemleri ve eşitsizlikleri çözme yöntemleri” - Eski Mısır. Kübik denklemler. Standart olmayan yöntemler Denklem ve eşitsizliklerin çözümü. Homojenlik fikri. Grafik yöntemi Modül içeren denklemlerin çözümü. Modüllü eşitsizlikler. Katsayılar için denklemlerin çözümü. Orijinal eşitsizlik tek bir çözüm içermez. Karenin toplamı.

“Denklemler ve Eşitsizlikler” - Değiştirme. Fonksiyon grafiklerinin kesişim noktasının apsisini bulun. Denklemin kök sayısı a'nın hangi değerindedir? "Grafiksel yöntem. Aşağıdakilerden oluşur: iki fonksiyonun grafiklerini tek bir koordinat sisteminde çizmek. Denklemleri ve eşitsizlikleri çözmek." En küçüğü bul doğal çözüm eşitsizlikler.

“Kesirli denklemler” - Ortaya çıkan denklemi çözün. İkinci dereceden denklem 2 kökü varsa...... dahil olmayan kökleri eleyin geçerli değerler kesir denklemleri. ... Mektubunuz. Yüce ruh." Kesirli rasyonel denklemleri çözmek için algoritma. Ve unutmayın - bir insanda en önemli olan nedir? Kesirli rasyonel denklemler. Kaç kökü var? verilen denklem? 4. Bu denklemin adı nedir?

“Logaritmik denklemleri çözme” - Denklem logaritmalar içeriyorsa farklı nedenlerden dolayı o zaman öncelikle geçiş formüllerini kullanarak tüm logaritmaları tek tabana indirgemelisiniz. İfadenin değerlerini hesaplayın. Tanım: Logaritmanın özelliklerine ilişkin materyali özetleyin, logaritmik fonksiyon; ana çözüm yöntemlerini göz önünde bulundurun logaritmik denklemler; Sözlü becerileri geliştirin.

“Logaritmik denklemleri çözme yöntemleri” - Bul. Logaritmik denklemlerin çözümü. Logaritma denir. Öğrencilerin bilgilerini sistematize edin. Yaratıcı çalışma. Hatayı bulun. Denklem sistemi. Logaritmik denklemleri çözme çeşitli yöntemler. I. seçenek II. seçenek. Belirtilen işlev. Yeni bir değişken ekleme yöntemi. Karşılaştırmak. Logaritmik denklemleri çözme yöntemleri.

Toplamda 49 sunum var

BİLİMLER AKADEMİSİ RAPORLARI, 2008, cilt 420, sayı 6, s. 744-745

MATEMATİKSEL FİZİK

VESELOV-NOVIKOV DENKLEMİNİN ÇÜRÜYEN ÇÖZÜMLERİ

© 2008 RAS Sorumlu Üyesi I. A. Taimanov, S.P. Tsarev

Alınma tarihi: 14.02.2008

Veselov-Novikov denklemi

u, = e3 u + E3 u + z E(vu) + zE(vu) = o, E V = E u,

burada E = (Ex - ¿Ey), E = 1 (Ex + ¿Ey), Korteweg-de Vries (KdV) denkleminin iki boyutlu bir genellemesidir

ve, = 4 ikhx + viih,

tek boyutlu limite kadar gider: V = u = u(x). Denklem (1), iki boyutlu Schrödinger operatörünün deformasyonlarını belirtir

Нф = 0 denkleminin f çözümünün Н b = 0 denkleminin b çözümüne dönüştürülmesini belirtir; burada

N = EE + ve, ve = ve + 2 EE 1p w.

Tek boyutlu limitte Moutard dönüşümü iyi bilinen Darboux dönüşümüne indirgenir.

Mutara dönüşümü sistemin çözümlerini dönüştürmek için genişletildi

Nf = 0, f(= (E3 + E3 + 3 VE + 3 V *E)f, ^^^

burada EV = Ei, EV* = E u, dönüşüm altında değişmez (genişletilmiş Moutard dönüşümü)

= ~|((f Eyu-yu Eph)dz- (f Eyu-yu Ef)dz +

H1 = HA + 5I formundadır; burada A, B - diferansiyel operatörler. Bu tür deformasyonlar H operatörünün “spektrumunu” korur. sıfır seviye enerji, denklemin çözümlerini dönüştürme

Nf = (EE + u)f = 0 (3)

(Örneğin + A)f = 0'a göre.

Bu denklemin eski çözümlerinden (u, φ) denklem (3)'ün yeni çözümlerini (u, φ) oluşturmak için, karelemelere indirgenen bir yöntem vardır - Mutard dönüşümü. Şunlardan oluşur: H operatörü u potansiyeli ve denklem (3)'ün w çözümü ile verilsin: Hm = 0. O zaman formül

Ш |[(f Esh - w Eph) dz - (f Esh - w Ef) dz ]

Adını taşıyan Matematik Enstitüsü S.L. Sobolev Sibirya Şubesi Rus Akademisi Bilimler, Novosibirsk

Krasnoyarsk Eyaleti pedagoji üniversitesi

+ [f E yu - yu E f + yu E f - f E yu +

2 2 "2 _ ~ _2 + 2 (Ef Esh - Ef Esh) -2 (Ef Esh - Ef Esh) +

3V(f Kül - w Eph) + 3 V*(w Ef - f Kül)]dt),

ve ^ ve + 2EE 1psh, V ^ V + 2E21psh,

V* ^ u* + 2E21psh,

burada w (4)'ü karşılar.

Veselov-Novikov denklemi (1)

V* = V'deki sistem (4)'ün uyumluluk durumu.

Çözüm gerçekse, u = u ve

V* = V korunur ve genişletilmiş Moutard dönüşümü gerçek çözümleri çevirir ve

denklem (1)'i bu denklemin diğer gerçek çözümlerine dönüştürün.

KdV denkleminin tüm rasyonel solitonları, Darboux dönüşümünün u = 0 potansiyelinden yinelenmesiyle elde edilir. Bu durumda ortaya çıkan tüm potansiyeller tekildir.

İÇİNDE iki boyutlu durum benzer bir yapı, iki yinelemeden sonra tekil olmayan ve hatta hızla azalan potansiyellere yol açabilir

DENKLEMİN ÇÖZÜMLERİNİ DURDURMA

telsizler Yani, u0 = 0 ve ωωω2, (4) sisteminin gerçek çözümleri olsun:

ω, = ​​Γ(z, z) + /(z, z), = π(z, z) + π(z, z), (5)

burada / ve i r'de holomorftur ve denklemleri karşılar

fg = G yyy" yg = yyyy"

ωωω2 fonksiyonlarının her biri, u = 0 potansiyelinin (genişletilmiş) Moutard dönüşümünü ve (4) sisteminin karşılık gelen çözümlerini belirtir. Bunları Mu ve Ma ile gösterelim. Ortaya çıkan potansiyeller

u1 = Mu (u0), u2 = Mu (u0) ile gösterelim.

b1 e Mu(ω2) olsun, yani. b1, Mω'nin dönüştürülmesiyle ω2'den elde edilir. φ için Moutard dönüşümünün entegrasyon sabitine bağlı olduğunu unutmayın. b1'in gerçel bir fonksiyon olmasını sağlayacak bir sabit seçiyoruz. Bir sabitin seçimi, yinelenen potansiyelin tekilliğini sıklıkla kontrol etmenize olanak tanır (bunu belirli örneklerde kullanacağız).

Basit bir kontrol şunu gösterir: b2 = - b1 e

e Mu (yuh). Şunun için doğru olan iyi bilinen bir lemma vardır: keyfi potansiyel u0.

Önerme 1. u12 = M01 (onların) ve u21 = M02 (u2) olsun. O halde u12 = u21.

u0 = 0 durumu için Lemma 2, ω1 ve ω2'nin (5) formunu almasına izin verir. Daha sonra u0 = 0 ve b1 e Mu (u2) potansiyeli u = Mb (Mu (u0)) aşağıdaki formülle verilir

u = 2EE 1pI((/I - yG) + )((f "I - fya")yg + + (GY - GY) yg) +1(G" i - fya"" + 2 (f "I" - G I) + + GY " " - G " "i + 2 (g i - g i")) yg).

Sabit durumda bile olduğunu unutmayın ilk çözümler(4) sisteminin ω1, ω2'si ile Veselov-Novikov denkleminin g cinsinden basit olmayan dinamiklerle bir çözümünü elde edebiliriz.

Teorem 1. U (z, z), ω1 = iz2 - i~z , ffl2 = z2 + (1 +)'den çift Moutard dönüşümüyle elde edilen rasyonel potansiyel olsun.

I)z + ~z + (1 - i)z. U potansiyeli tekil değildir ve r-3 kadar azalır. ^ Veselov-Novikov denkleminin (1) başlangıç ​​verileriyle çözümü

U\t = 0 = U sonlu bir zamanda tekil hale gelir ve formda bir tekilliğe sahiptir

(3 x4 + 4 x3 + 6 x2 y2 + 3 y4 + 4 y3 + 30 - 12 t)

Yorum. Veselov-Novikov denklemi t^-t, z^-z dönüşümü altında değişmez. Bunun çözümünün olduğunu görmek kolaydır.

başlangıç ​​verileri U(z, z, 0) = U (-z, - z) olan denklem tüm t > 0 için düzenlidir.

Çalışmada verilen rasyonel potansiyel (1), r-6 olarak azalmakta ve Veselov-Novikov denklemine durağan tekil olmayan bir çözüm vermektedir. f (z) = a3z3 + a2z2 + a1z2 + a0 + 6a3t, g(z) = b3z3 + b2z2 + b1z2 + b0 + 6b3t seçilirken Veselov-Novikov denkleminin sonsuzda azalan, tekil olmayan çözümlerini elde etmek kolaydır t = 0'da ve aşağıdaki özelliklere sahip sonlu zamanlar t > t0.

Korteweg-de Vries denkleminin düzgün, hızla azalan başlangıç ​​verilerine sahip çözümlerinin t > 0 için tekil olmadığını unutmayın (örneğin bkz.).

Çalışma Rusya Vakfı'nın kısmi mali desteğiyle gerçekleştirildi. temel araştırma(I.A.T. için proje kodları 06-01-00094 ve S.P.C. için 06-01-00814).

REFERANSLAR

1. Veseloe AP, Novikov S P. // DAN. 1984. T. 279. No. 1. S. 20-24.

2. Dubrovin B.A., Krichever I.M., Novikov SP. //DAN. 1976. T. 229. No. 1. S. 15-19.

Bugün sizinle şu konu üzerinde çalışmaya devam edeceğiz: denklemlerin tamamı

İkinci dereceden daha yüksek dereceli denklem çözme becerilerini güçlendirmeliyiz; Tam denklemlerin üç ana sınıfı hakkında bilgi edinin ve bunları çözmenin ana yöntemlerini öğrenin

Açık arka taraf Tahtada iki öğrenci 273 numaralı çözümü hazırlamış durumda ve öğrencilerin sorularını yanıtlamaya hazırlar

Arkadaşlar, bunları biraz hatırlamanızı öneririm. teorik bilgi Bunu önceki derste öğrendik. Lütfen soruları cevaplayın

Tek değişkenli hangi denkleme tamsayı denir? Örnekler verin

Bir denklemin tamamının derecesi nasıl bulunur?

Birinci dereceden bir denklem hangi forma indirgenebilir?

Böyle bir denklemin çözümü ne olacak?

İkinci dereceden bir denklem hangi forma indirgenebilir?

Böyle bir denklem nasıl çözülür?

Kaç kökü olacak?

Üçüncü dereceden bir denklem hangi forma indirgenebilir?

Dördüncü derece denklem?

Kaç köke sahip olabilirler?

Bugün denklemlerin tamamı hakkında daha fazla şey öğreneceğiz arkadaşlar: 3 ana denklem sınıfını çözmenin yollarını inceleyeceğiz:

1) İkinci dereceden denklemler

Bunlar formun denklemleridir
, burada x bir değişkendir, a, b, c bazı sayılardır ve a≠0'dır.

2) A(x)*B(x)=0 formuna indirgenen bozunma denklemleri; burada A(x) ve B(x), X'e göre polinomlardır.

Önceki derste azalan denklemleri kısmen çözdünüz.

3) Değişken değişikliği kullanılarak çözülen denklemler.

TALİMATLAR

Artık her gruba çözüm yöntemini ayrıntılı olarak açıklayan kartlar verilecek; bu denklemleri analiz etmek ve bu konudaki görevleri tamamlamak için birlikte çalışmanız gerekiyor. Grubunuzda yoldaşlarınızın cevaplarıyla cevapları kontrol edin, hataları bulun ve tek bir cevaba gelin.

Her grup kendi denklemlerini çözdükten sonra bunları tahtadaki diğer gruplara açıklamaları gerekecektir. Gruptan kimi görevlendireceğinizi düşünün.

GRUPLARDA ÇALIŞMA

Öğretmen sırasında grup çalışması adamların takımların oluşup oluşmadığını, adamların liderlerinin olup olmadığını tartışmasını izliyor.

Gerektiğinde yardım sağlar. Eğer bir grup görevi diğerlerinden önce tamamlamışsa, o zaman öğretmenin stokunda bu artan karmaşıklık kartından daha fazla denklem vardır.

KART KORUMASI

Öğretmen, eğer çocuklar henüz bunu yapmamışsa, tahtada kartı kimin savunacağına karar vermeyi teklif eder.

Liderler çalışırken öğretmen hata yaparsa konuşmasını düzeltebilir.

Evet arkadaşlar, birbirinizi dinlediniz, denklemler bağımsız karar. İşe koyulun

UR. Igr.

II gr.

IIIgr.

Elinizde olmayan denklemleri çözmeniz gerekiyor.

276(b,d), 278(b,d), 283(a)

Evet arkadaşlar, bugün gruplar halinde yeni denklemleri çözmeye çalıştık. Çalışmamızın başarılı olduğunu düşünüyor musunuz?

Hedefimize ulaştık mı?

Seni işte durduran şey neydi?

Öğretmen en aktif çocukları değerlendirir.

DERS İÇİN TEŞEKKÜRLER!!!

Yakın gelecekte şunları yapmanız tavsiye edilir: bağımsız çalışma, bu derste tartışılan denklemleri içerir.

Geriye (35.21), (35.23), (35.30), (35.31), (35.32), (47.7), (47.22) ve (35.20) denklemleriyle tanımlanan kümeleri dikkate almak kalır.

Tanım 47.16.İkinci dereceden yüzeye denir parçalanıyor, birinci dereceden iki yüzeyden oluşuyorsa.

Örnek olarak denklemde verilen yüzeyi düşünün

Sol taraf eşitlikler (35.21) çarpanlara ayrılabilir

(47.36)

Dolayısıyla, bir nokta, ancak ve ancak koordinatlarının aşağıdaki denklemlerden birini sağlaması durumunda denklem (35.21) tarafından verilen yüzey üzerinde yer alır. Ve bunlar, paragraf 36'ya göre (bkz. paragraf 36.2, tablonun 10. satırı) OZ uygulama ekseninden geçen iki düzlemin denklemleridir. Buradan denklem (35.21) parçalanan bir yüzeyi veya daha kesin olarak kesişen iki düzlemi belirtir.

Problem: Eğer bir yüzey hem silindirik hem de konik ise ve aynı zamanda birden fazla düz çizgiden oluşuyorsa, o zaman parçalanacağını, yani parçalanacağını kanıtlayın. bir miktar düzlem içerir.

Şimdi denklemi düşünün (35.30)

İki doğrusal denkleme ayrıştırılabilir ve . Dolayısıyla, eğer bir nokta (35.30) denklemiyle tanımlanan yüzey üzerinde bulunuyorsa, o zaman koordinatları aşağıdaki denklemlerden birini karşılamalıdır: ve . Ve bu, paragraf 36'ya göre (bkz. paragraf 36.2, tablonun 6. satırı), düzleme paralel düzlemlerin denklemidir. Böylece, denklem (35.30) iki tanesini belirtir paralel düzlemler ve aynı zamanda parçalanan bir yüzeydir.

Herhangi bir düzlem çiftinin ve belirtilebileceğini unutmayın aşağıdaki denklem ikinci sipariş. Denklemler (35.21) ve (35.30) kanonik iki düzlemin denklemleri, yani özel olarak seçilmiş bir koordinat sistemindeki denklemleri, burada (bu denklemler) en basit forma sahiptirler.

Denklem Aynı (35.31)

genel olarak birine eşdeğer doğrusal denklem y = 0 ve bir düzlemi temsil eder (tablonun 12. satırı, madde 36.2'nin 36. paragrafına göre bu denklem düzlemi tanımlar).

Herhangi bir düzlemin aşağıdaki ikinci dereceden denklemle tanımlanabileceğini unutmayın.

(35.30) (için) denklemine benzetilerek bazen eşitliğin (35.20) birleştirilmiş iki paralel düzlemi belirttiği söylenir.

Şimdi devam edelim dejenere vakalar.

1.Denklem (35.20)

M(x, y, z) noktasının kümeye ait olduğuna dikkat edin. denklem tarafından verilen(35.20), ancak ve ancak ilk iki koordinatı x=y=0 ise (ve üçüncü koordinatı z herhangi bir şey olabilir). Ve bu şu anlama geliyor denklem (35.20) bir düz çizgiyi - OZ uygulama eksenini - belirtir.

Herhangi bir düz çizgi denkleminin (bkz. paragraf 40, paragraf 40.1 ve ayrıca paragraf 37, sistem (37.3)) aşağıdaki ikinci dereceden denklemle belirlenebilir. Eşitlik (35.20) kanonik düz bir çizgi için ikinci dereceden bir denklem, yani özel olarak seçilmiş bir koordinat sisteminde ikinci dereceden denklemi, burada (bu denklem) en basitine sahiptir.

2. Denklem (47.7)

Denklem (47.7) yalnızca x=y=z=0 sayılarının üçlüsünden biri tarafından karşılanabilir. Böylece eşitlik (47.7) uzay setleri sadece bir nokta O (0; 0; 0) – köken; uzaydaki başka hiçbir noktanın koordinatları eşitliği sağlayamaz (47.7). Ayrıca bir noktadan oluşan bir kümenin aşağıdaki ikinci dereceden denklemle tanımlanabileceğini unutmayın:

3. Denklem (35.23)

Ve bu denklem uzaydaki herhangi bir noktanın koordinatlarıyla hiçbir şekilde karşılanamaz; BT boş kümeyi tanımlar. (33.4) denklemine benzetilerek

(bkz. bölüm 47.5, tanım 47.8), buna hayali eliptik silindir de denir.

4.Denklem (35.32)

Bu denklem aynı zamanda uzaydaki herhangi bir noktanın koordinatları tarafından da karşılanamaz, dolayısıyla boş kümeyi tanımlar. Benzetme yoluyla benzer denklem(35.30)'a göre bu "yüzey"e hayali paralel düzlemler de denir.

5. Denklem (47.22)

Ve bu denklem uzaydaki herhangi bir noktanın koordinatlarıyla karşılanamaz ve bu nedenle boş kümeyi tanımlar. Eşitlik (47.17) ile kıyaslandığında (bkz. Bölüm 47.2), bu kümeye sanal elipsoid de denir.

Tüm vakalar değerlendirildi.