Ev · bir notta · Bir diferansiyel denklemin genel formu neye benzer? Diferansiyel denklemler

Bir diferansiyel denklemin genel formu neye benzer? Diferansiyel denklemler

Ya türeve göre zaten çözülmüşlerdir ya da türeve göre çözülebilirler .

Aralıktaki türdeki diferansiyel denklemlerin genel çözümü X Verilen bu eşitliğin her iki tarafının integrali alınarak bulunabilir.

Elde etmek .

Belirsiz integralin özelliklerine bakarsak istenen genel çözümü buluruz:

y = F(x) + C,

Nerede F(x)- fonksiyonun antiderivatiflerinden biri f(x) arasında X, A İLE keyfi bir sabittir.

Lütfen çoğu görevde aralığın X belirtmeyin. Bu, herkes için bir çözüm bulunması gerektiği anlamına geliyor. X, bunun için ve istenen işlev sen ve orijinal denklem anlamlıdır.

Bir diferansiyel denklemin başlangıç ​​koşulunu karşılayan belirli bir çözümünü hesaplamanız gerekiyorsa y(x0) = y0 genel integrali hesapladıktan sonra y = F(x) + C sabitin değerini belirlemek hala gereklidir C=C0 başlangıç ​​koşulunu kullanarak. Yani bir sabit C=C0 denklemden belirlenir F(x 0) + C = y 0 ve diferansiyel denklemin istenen özel çözümü şu şekli alacaktır:

y = F(x) + C0.

Bir örnek düşünün:

Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun, sonucun doğruluğunu kontrol edin. Bu denklemin başlangıç ​​koşulunu sağlayacak özel bir çözümünü bulalım.

Çözüm:

Verilen diferansiyel denklemin integralini aldıktan sonra şunu elde ederiz:

.

Bu integrali parçalara göre entegrasyon yöntemiyle alıyoruz:


O., diferansiyel denklemin genel bir çözümüdür.

Sonucun doğru olduğundan emin olmak için kontrol edelim. Bunu yapmak için bulduğumuz çözümü verilen denklemde yerine koyarız:


.

yani orijinal denklem bir kimliğe dönüşür:

dolayısıyla diferansiyel denklemin genel çözümü doğru olarak belirlendi.

Bulduğumuz çözüm, argümanın her gerçek değeri için diferansiyel denklemin genel çözümüdür. X.

Geriye ODE'nin başlangıç ​​koşulunu sağlayacak özel bir çözümünü hesaplamak kalıyor. Başka bir deyişle sabitin değerini hesaplamak gerekir. İLE eşitliğin doğru olacağı yer:

.

.

Daha sonra yerine C = 2 ODE'nin genel çözümünde, diferansiyel denklemin başlangıç ​​koşulunu karşılayan özel bir çözümünü elde ederiz:

.

Adi diferansiyel denklem denklemin 2 kısmına bölünerek türeve göre çözülebilir f(x). Bu dönüşüm şu durumda eşdeğer olacaktır: f(x) hiçbirinde sıfıra gitmiyor X diferansiyel denklemin entegrasyon aralığından X.

Argümanın bazı değerleri için durumlar muhtemeldir X ∈ X işlevler f(x) Ve g(x) aynı anda sıfıra dönün. Benzer değerler için X diferansiyel denklemin genel çözümü herhangi bir fonksiyondur sen, bunlarda tanımlanmış, çünkü .

Eğer argümanın bazı değerleri için X ∈ X koşulun karşılanması, bu durumda ODE'nin hiçbir çözümü olmadığı anlamına gelir.

Diğerleri için X aralıktan X diferansiyel denklemin genel çözümü dönüştürülen denklemden belirlenir.

Örneklere bakalım:

örnek 1

ODE'nin genel çözümünü bulalım: .

Çözüm.

Temel temel fonksiyonların özelliklerinden, doğal logaritma fonksiyonunun argümanın negatif olmayan değerleri için tanımlandığı, dolayısıyla ifadenin alanı olduğu açıktır. günlük(x+3) bir aralık var X > -3 . Dolayısıyla verilen diferansiyel denklem aşağıdakiler için anlamlıdır: X > -3 . Argümanın bu değerleri ile ifade x + 3 kaybolmaz, bu nedenle ODE'yi türete göre 2 parçayı bölerek çözebiliriz. x + 3.

Aldık .

Daha sonra, türevine göre çözülmüş, elde edilen diferansiyel denklemi entegre ediyoruz: . Bu integrali almak için diferansiyelin işareti altına alma yöntemini kullanırız.

Diferansiyel denklem, bir fonksiyonu ve onun bir veya daha fazla türevini içeren bir denklemdir. Çoğu pratik problemde fonksiyonlar fiziksel niceliklerdir, türevler bu niceliklerin değişim oranlarına karşılık gelir ve denklem bunlar arasındaki ilişkiyi belirler.


Bu makalede, çözümleri şu şekilde yazılabilen bazı adi diferansiyel denklem türlerini çözme yöntemleri tartışılmaktadır. temel işlevler yani polinom, üstel, logaritmik ve trigonometrik fonksiyonlar ve bunların ters fonksiyonları. Bu denklemlerin çoğu gerçek hayatta ortaya çıkar, ancak diğer diferansiyel denklemlerin çoğu bu yöntemlerle çözülemez ve bunların cevabı özel fonksiyonlar veya kuvvet serileri olarak yazılır veya sayısal yöntemlerle bulunur.


Bu makaleyi anlamak için diferansiyel ve integral hesabı bilmenizin yanı sıra kısmi türevler hakkında da biraz bilgi sahibi olmanız gerekir. Diferansiyel ve integral hesap bilgisi bunları çözmek için yeterli olsa da, diferansiyel denklemlere, özellikle ikinci dereceden diferansiyel denklemlere uygulanan lineer cebirin temellerinin bilinmesi de önerilir.

Ön bilgi

  • Diferansiyel denklemlerin kapsamlı bir sınıflandırması vardır. Bu makalede şunlardan bahsedilmektedir: 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 makale kısmi diferansiyel denklemleri dikkate almamaktadır 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 diferansiyel denklem, bu denklemde yer alan en yüksek türevin mertebesine göre belirlenir. Yukarıdaki adi diferansiyel denklemlerden birincisi birinci dereceden, ikincisi ise ikinci derecedendir. Derece Bir diferansiyel denklemin, bu denklemin terimlerinden birinin yükseltildiği en yüksek kuvveti denir.
    • Örneğin aşağıdaki denklem üçüncü dereceden ve ikinci kuvvettir.
      • (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 fonksiyon ve tüm türevleri birinci kuvvette ise. Aksi takdirde denklem doğrusal olmayan diferansiyel denklem. Doğrusal diferansiyel denklemler, bu denklemin de çözümü olacak çözümlerinden doğrusal kombinasyonlar oluşturulabilmesi 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)
  • Ortak karar sıradan diferansiyel denklem benzersiz değildir, şunları içerir: keyfi entegrasyon sabitleri. Çoğu durumda, keyfi sabitlerin sayısı denklemin sırasına eşittir. Uygulamada bu sabitlerin değerleri verilenlerle belirlenir. başlangıç ​​koşulları yani fonksiyonun değerlerine ve türevlerine göre x = 0. (\displaystyle x=0.) Bulmak için gereken başlangıç ​​koşullarının sayısı özel karar diferansiyel denklem çoğu durumda bu denklemin mertebesine de eşittir.
    • Örneğin, bu makale aşağıdaki denklemin çözümüne bakacaktır. Bu ikinci dereceden bir doğrusal 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 bu noktada verilir. x = 0 , (\displaystyle x=0,), ancak bu gerekli değildir. Bu makale aynı zamanda verilen başlangıç ​​koşulları için özel çözümlerin nasıl bulunacağını da ele alacaktır.
      • 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

Birinci dereceden denklemler

Bu hizmeti kullanırken bazı bilgiler YouTube'a aktarılabilir.

  1. Birinci mertebeden lineer denklemler. Bu bölümde genel olarak birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemlerin çözümüne yönelik yöntemler ve bazı terimlerin sıfıra eşit olduğu özel durumlar tartışılmaktadır. Öyleymiş gibi yapalım 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.) Matematiksel analizin ana teoremlerinden birine göre, bir fonksiyonun türevinin integrali de bir fonksiyondur. Bu nedenle çözümünü bulmak için denklemin basitçe integralini almak yeterlidir. Bu durumda 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 durumda farklı değişkenler denklemin farklı taraflarına aktarılır. Örneğin, tüm üyeleri şuradan aktarabilirsiniz: y (\displaystyle y) bire ve tüm üyelere x (\displaystyle x) denklemin diğer tarafına. Üyeler de taşınabilir d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) Ve d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y) Türev ifadelerinde yer alan , ancak bunun yalnızca bir kural olduğu ve karmaşık bir fonksiyonun türevini alırken kullanışlı olduğu unutulmamalıdır. Adı verilen bu terimlerin 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 ediyoruz. Entegrasyondan sonra her iki tarafta da denklemin sağ tarafına aktarılabilen keyfi sabitler görünür.
      • 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 )(\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(hizalanmış)))

    P (x) ≠ 0 , q (x) ≠ 0. (\displaystyle p(x)\neq 0,\ q(x)\neq 0.) Genel çözümü 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 ortak bir 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 çözmek için bir formül türetebiliriz: µ , (\displaystyle \mu ,) ancak eğitim için tüm ara hesaplamaları yapmak faydalıdır.
      • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
    • Örnek 1.2. Bu örnekte, verilen başlangıç ​​koşullarıyla bir diferansiyel denklemin özel çözümünün nasıl bulunacağını ele alıyoruz.
      • 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 (Intuit - Ulusal Açık Üniversite tarafından kaydedilmiştir).

  2. Doğrusal Olmayan Birinci Dereceden Denklemler. Bu bölümde bazı birinci dereceden doğrusal olmayan diferansiyel denklemlerin çözüm yöntemleri ele alınmaktadır. 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 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))).)Öyleymiş gibi yapalım 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 derece. 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 bir şekilde verilebilir. değişkenlerin değişimi (v = y / x (\displaystyle v=y/x) veya v = x / y (\displaystyle v=x/y)) ayrılabilir değişkenlere sahip bir denkleme dönüştürmek için.

    • Örnek 1.4. Homojenliğin yukarıdaki 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 olmadığına dikkat edilmelidir. y. (\displaystyle y.) Bu durumda değişkenleri ayırmanın imkansız olduğunu da görüyoruz. Ancak 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 elimizde bir denklem var. v (\displaystyle v) Paylaşılan değişkenlerle
      • v (x) = − 3 log ⁡ 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 tür doğrusal olmayan denklem.

    • 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 tarafta karmaşık bir fonksiyonun türev alma kuralını kullanıyoruz ve denklemi şuna göre doğrusal bir denkleme dönüştürüyoruz: y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) yukarıdaki yöntemlerle 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 diferansiyel 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)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, düzgün 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 toplam diferansiyellerdeki bir 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 oluyoruz M (\displaystyle M)İle X . (\displaystyle x.)Çünkü M (\displaystyle M) bir fonksiyondur ve x (\displaystyle x), Ve y , (\displaystyle y,) entegrasyon sırasında eksik bir fonksiyon elde ederiz φ , (\displaystyle \varphi,) olarak etiketlendi φ ~ (\displaystyle (\ yaklaşık işareti (\varphi))). Sonuç aynı zamanda bağımlı olanları da içerir 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)) elde edilen fonksiyonun kısmi türevini alabilirsiniz. y , (\displaystyle y,) sonucu eşitle N (x , y) (\displaystyle N(x, y)) ve entegre edin. Ayrıca ilk önce entegre olabilir N (\displaystyle N) ve sonra buna göre kısmi türevi alalım x (\displaystyle x) keyfi bir fonksiyon bulmamızı 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 doğrulayabilirsiniz.
      • 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 sağlayacak bir integral faktörü bulabilirsiniz. Ancak bu tür denklemler pratikte nadiren kullanılır ve bütünleştirici faktör olmasına rağmen var, bunun gerçekleştiğini bul kolay değil, dolayısıyla bu makalede bu denklemler dikkate alınmamıştır.

Bölüm 2

İkinci dereceden denklemler

  1. Sabit katsayılı homojen lineer diferansiyel denklemler. Bu denklemler pratikte yaygın olarak kullanıldığı için çözümleri büyük önem taşımaktadır. Bu durumda homojen fonksiyonlardan değil denklemin sağ tarafında 0 olmasından bahsediyoruz.Bir sonraki bölümde karşılık gelen fonksiyonların nasıl olduğunu göstereceğiz. 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 görülebileceği gibi y (\displaystyle y) ve türevleri birbiriyle orantılıdır. Birinci dereceden denklemler bölümünde ele alınan önceki örneklerden, yalnızca üstel fonksiyonun bu özelliğe sahip olduğunu biliyoruz. Bu nedenle ileri sürülebilir ansatz Verilen denklemin çözümünün ne olacağına dair (bilgili bir tahmin).

    • Çözüm üstel fonksiyon şeklini alacaktır e r x , (\displaystyle e^(rx),) Nerede r (\displaystyle r) değeri bulunacak 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 sıfır olması gerektiğini gösterir. Derecenin herhangi bir değeri için üssün sıfıra eşit olamayacağı bilinmektedir. Dolayısıyla polinomun sıfıra eşit olduğu sonucuna varıyoruz. 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 çözümün varlığı ve tekliği hakkındaki teoremlerde yatmaktadır.
    • İki çözümün doğrusal olarak bağımsız olup olmadığını kontrol etmenin yararlı bir yolu hesaplamaktır. Wronskiyen. Wronskiyen W (\displaystyle W)- bu, fonksiyonların ve bunların ardışık türevlerinin bulunduğu sütunlarda matrisin determinantıdır. Doğrusal cebir teoremi, Wronskian'ın sıfıra eşit olması durumunda Wronskian'daki fonksiyonların doğrusal olarak bağımlı olduğunu belirtir. Bu bölümde Wronskian'ın sıfır olmadığından emin olarak iki çözümün doğrusal olarak bağımsız olup olmadığını test edebiliriz. Wronskian, sabit katsayılı homojen olmayan diferansiyel denklemlerin parametre değişim yöntemiyle çözümünde 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 dır-dir doğrusal operatör, türevlenebilir fonksiyonların uzayını tüm fonksiyonların uzayına dönüştürdüğü için. Bazı doğrusal operatörlerin olduğu durumlarda denklemlere homojen denir. L (\displaystyle L) denklemin çözümünü bulmak gerekiyor L [ y ] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

    Şimdi birkaç spesifik örneğe dönelim. Karakteristik denklemin çoklu kökleri durumu biraz sonra sıra indirgeme bölümünde ele alınacaktır.

    Eğer kökler r ± (\displaystyle r_(\pm )) farklı gerçek sayılardır, diferansiyel denklemin aşağıdaki çözümü vardır

    • 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 köklere sahip olduğu sonucu çıkar. 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 çözüm şu şekilde yazılabilir: 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 bu karmaşık bir sayıdır ve pratik sorunların çözümünde istenmeyen bir durumdur.

    • Bunun yerine şunları kullanabilirsiniz: Euler 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))) ile ikame edilmiş 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, fiziksel problemlere daha uygun olan başka bir yolu vardır.
    • Örnek 2.1. Aşağıda verilen diferansiyel denklemin çözümünü verilen başlangıç ​​koşullarıyla bulalım. Bunun için elde edilen çözümün alınması 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 katsayılarla n'inci dereceden diferansiyel denklemlerin çözülmesi (Intuit - Ulusal Açık Üniversite tarafından kaydedilmiş).

  2. Sıralama düşürülüyor. Sıra indirgeme, doğrusal olarak bağımsız bir çözüm bilindiğinde diferansiyel denklemleri çözmek için kullanılan bir yöntemdir. Bu yöntem, denklemin sırasının bir birim düşürülmesini içerir, bu da denklemin önceki bölümde açıklanan yöntemler kullanılarak çözülmesine olanak tanır. Çözüm bilinsin. Sıralamayı düşürmenin ana fikri, fonksiyonun tanımlanmasının gerekli olduğu aşağıdaki formda bir çözüm bulmaktır. v (x) (\displaystyle v(x)) diferansiyel denklemde yerine koyar ve buluruz v(x). (\displaystyle v(x).) Sabit katsayılı ve çok köklü bir diferansiyel denklemi çözmek için sıra indirgemenin nasıl kullanılabileceğini düşünelim.


    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 indirgeme kullanılmalıdır.

    • Karakteristik denklemin birden fazla kökü olsun r (\displaystyle r). İkinci çözümün şu şekilde yazılabileceğini varsayıyoruz: 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 dışındaki terimlerin çoğu 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 verildiğinde r = − 4. (\displaystyle r=-4.) Değiştirirken terimlerin çoğu iptal edilir.
      • 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 gibi, bu durumda da 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 genel çözümü, eğer karakteristik denklemin birden fazla kökü varsa, 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 denkleme yerleştirelim:
      • 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)) diferansiyel denklemin bir çözümüdür, tüm terimler v (\displaystyle v) küçülüyorlar. Sonuç olarak kalıyor birinci dereceden doğrusal denklem. Bunu daha net görebilmek için değişkenleri değiştirelim. 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 aramaya çalışılabilir. y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) nerede tanımlanacağı n (\displaystyle n) tıpkı sabit katsayılı doğrusal diferansiyel denklem için üstel fonksiyon biçiminde bir çözüm aradığımız gibi. Farklılaşma ve değiştirme işleminden sonra şunu 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 tanımlanırken 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 gerektirir, ancak prensip aynıdır: yerine koyarız 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. Hatırlanması oldukça kolay - ikinci doğrusal bağımsız çözümü elde etmek için, sadece ek bir terime ihtiyacınız var 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))- Lafta Ücretsiz Üye. Diferansiyel denklemler teorisine göre bu denklemin genel çözümü bir süperpozisyondur. özel karar y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) Ve ek çözüm yc(x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Ancak bu durumda özel çözüm, başlangıç ​​koşullarının verdiği bir çözüm değil, homojensizliğin (serbest üye) varlığından kaynaklanan bir çözüm anlamına gelir. Tamamlayıcı çözüm, karşılık gelen homojen denklemin 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)), dan 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))

    Belirsiz katsayılar yöntemi. Belirsiz katsayılar yöntemi, serbest terimin 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 karşılaştırın f (x) (\displaystyle f(x)) sabit faktörleri göz ardı eden terimlerle. Üç durum mümkündür.
      • Birbirinin aynısı üye yok. 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 bir üye y c , (\displaystyle y_(c),) Nerede n (\displaystyle n) sıfır veya pozitif bir tam sayıdır ve bu terim, karakteristik denklemin tek 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 bir 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)) Yukarıdaki terimlerin doğrusal bir kombinasyonu olarak. Bu katsayıların doğrusal bir kombinasyonda olması nedeniyle bu yönteme "belirsiz katsayılar yöntemi" adı verilir. İçerisindekilerin ortaya çıkması üzerine y c (\displaystyle y_(c)) keyfi sabitlerin varlığı nedeniyle üyeleri atılabilir. y c. (\displaystyle y_(c).) Bundan sonra yerine koyarız y p (\displaystyle y_(p)) bir denklem haline getirin ve benzer terimleri eşitleyin.
    • Katsayıları belirliyoruz. Bu aşamada, genellikle herhangi bir özel problem olmadan çözülebilen bir cebirsel denklem sistemi elde edilir. Bu sistemin çözümü elde etmeyi mümkün kılar y p (\displaystyle y_(p)) ve böylece denklemi çözeriz.
    • Örnek 2.3. Serbest terimi sonlu sayıda doğrusal bağımsız türev içeren homojen olmayan bir diferansiyel denklem düşünün. 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 serbest terimin sonlu sayıda doğrusal bağımsız türev içermediği durumlarda, homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için daha genel bir yöntemdir. Örneğin ücretsiz üyelerle 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 haricinde, ek çözüm genellikle temel işlevler cinsinden ifade edilmediğinden daha az kullanılır.

    • 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 seçiyoruz:
      • 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. Üyeleri değiştirip yeniden dağıttıktan sonra, üyeleri şu şekilde gruplandırabilirsiniz: v 1 (\displaystyle v_(1)) ve gelen üyeler v 2 (\displaystyle v_(2)). Bu şartlar iptal edildi 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 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 permütasyonu ve köşegen dışı elemanların işaretinin ters çevrilmesiyle 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 listelenmiştir. 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'in "Sabit katsayılı n'inci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler" başlıklı dersi.

Pratik kullanım

Diferansiyel denklemler, bir fonksiyon ile onun bir veya daha fazla türevi arasında ilişki kurar. Bu tür ilişkiler çok yaygın olduğu için diferansiyel denklemler çok çeşitli alanlarda geniş uygulama alanı buldu ve dört boyutta yaşadığımız için bu denklemler genellikle diferansiyel denklemlerdir. özel türevler. Bu bölümde bu türdeki en önemli denklemlerden bazıları tartışılmaktadır.

  • Üstel büyüme ve bozulma. radyoaktif bozunma. Bileşik faiz. Kimyasal reaksiyonların hızı. Kandaki ilaçların konsantrasyonu. Sınırsız nüfus artışı. Newton-Richmann yasası. Gerçek dünyada, herhangi bir zamanda büyüme veya azalma hızının o andaki miktarla orantılı olduğu veya bir modelle iyi bir şekilde tahmin edilebildiği birçok sistem vardır. Çünkü bu diferansiyel denklemin çözümü olan üstel fonksiyon matematik ve diğer bilimlerdeki en önemli fonksiyonlardan biridir. Daha genel olarak, kontrollü nüfus artışı altında sistem, büyümeyi sınırlayan ek koşullar 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, basitliği ve basit sarkaç gibi daha karmaşık sistemlerin yaklaşımında geniş uygulaması nedeniyle en önemli fiziksel sistemlerden biridir. Klasik mekanikte harmonik salınımlar, maddi bir noktanın konumunu Hooke yasası aracılığıyla ivmesiyle ilişkilendiren bir denklemle tanımlanır. 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 bir parametredir, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- sistemin açısal frekansı, F (t) (\displaystyle F(t)) zamana bağlı bir itici güçtür. Harmonik osilatör, 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, özellikle silindirik veya küresel simetri varlığında dalga denkleminin, Laplace denkleminin ve Schrödinger denkleminin çözümü de dahil olmak üzere fiziğin birçok alanında kullanılır. Değişken katsayılı bu ikinci dereceden diferansiyel denklem bir Cauchy-Euler denklemi olmadığından çözümleri temel fonksiyonlar olarak yazılamaz. Bessel denkleminin çözümleri, birçok alanda kullanılması nedeniyle üzerinde çokça çalışılan Bessel fonksiyonlarıdır. Aşağıdaki ifadede α (\displaystyle \alpha ) eşleşen bir sabittir emir 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 kuvvetiyle birlikte Maxwell denklemleri klasik elektrodinamiğin temelini oluşturur. 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 sabitlerdir.
    • ∇ ⋅ 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 dalga fonksiyonundaki değişime göre hareketini açıklayan temel hareket denklemidir. Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) zamanla. Hareket denklemi davranışla tanımlanır Hamiltoniyen H ^ (\ displaystyle (\ şapka (H))) - Şebeke, sistemin enerjisini tanımlar. Schrödinger denkleminin fizikteki iyi bilinen örneklerinden biri, potansiyele maruz kalan, göreceli olmayan bir parçacık için denklemdir. V (r , t) (\ displaystyle V ((\ mathbf (r) ), t)). Birçok sistem zamana bağlı Schrödinger denklemiyle tanımlanır ve denklem sol taraftadır. E Ψ , (\displaystyle E\Psi ,) Nerede E (\displaystyle E) parçacığın enerjisidir. Aşağıdaki ifadelerde ℏ (\displaystyle \hbar ) indirgenmiş Planck sabitidir.
    • 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. Dalgalar olmadan fizik ve teknolojiyi hayal etmek imkansızdır, her türlü sistemde mevcutturlar. 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) sağa doğru yayılan keyfi bir dalgayı tanımlar. Tek boyutlu durum için genel çözüm, 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 tahmini, uçak tasarımı, okyanus akıntıları ve diğer birçok uygulama için son derece önemlidir. Navier-Stokes denklemleri doğrusal olmayan kısmi diferansiyel denklemlerdir ve doğrusal olmamaları türbülansa yol açtığından çoğu durumda çözülmesi çok zordur ve sayısal yöntemlerle kararlı bir çözüm elde etmek için çok küçük parçalara bölünür. önemli bilgi işlem gücü gerektiren hücreler gereklidir. Hidrodinamikteki pratik amaçlar için, türbülanslı akışları modellemek için zaman ortalaması gibi yöntemler kullanılır. Doğrusal olmayan kısmi diferansiyel denklemlerin çözümlerinin varlığı ve benzersizliği gibi daha temel sorular karmaşık problemlerdir ve Navier-Stokes denklemlerinin çözümlerinin varlığını ve benzersizliğini üç boyutta kanıtlamak milenyumun matematik problemleri arasındadır. . 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 yöntemlerle çözülemez. Bu, denklem değişken katsayılar içerdiğinde ve bir Cauchy-Euler denklemi olmadığında veya çok nadir birkaç durum dışında denklem doğrusal olmadığında geçerlidir. Ancak yukarıdaki yöntemler bilimin çeşitli alanlarında sıklıkla karşılaşılan birçok önemli diferansiyel denklemi çözmenize olanak sağlar.
  • Herhangi bir fonksiyonun türevini bulmanızı sağlayan diferansiyelden farklı olarak, birçok ifadenin integrali temel fonksiyonlarda ifade edilemez. Bu nedenle imkansız olduğu yerde 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 çözülür. 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))

Başvuru

Öğrencilerin okudukları materyali pekiştirmeleri için diferansiyel denklemleri sitede çevrimiçi çözme. Ve pratik becerilerinizi geliştirin. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Difuras çevrimiçi, çevrimiçi matematik çözümü. Çevrimiçi matematik problemlerinin adım adım çözümü. Bir diferansiyel denklemin derecesi veya derecesi, içerdiği türevlerin en yüksek mertebesidir. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Diferansiyel denklem çözme işlemine entegrasyon denir. Bir diferansiyel denklemin integrali alma problemi, elde edilen integralin bilinen fonksiyonlar cinsinden son formda ifade edilip edilmediğine bakılmaksızın, bilinmeyen fonksiyon kareselleştirilebiliyorsa çözülmüş sayılır. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi adım adım çözümü. Tüm diferansiyel denklemler, yalnızca bir argümanın fonksiyonlarını (ve türevlerini) içeren sıradan diferansiyel denklemlere (ODE) ve girdi fonksiyonlarının birçok değişkene bağlı olduğu kısmi diferansiyel denklemlere (PDE) ayrılabilir. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Ayrıca rastgele süreçleri içeren stokastik diferansiyel denklemler (SDE'ler) de vardır. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi adım adım çözümü. Türevlerin, fonksiyonların, bağımsız değişkenlerin kombinasyonlarına bağlı olarak diferansiyel denklemler doğrusal ve doğrusal olmayan, sabit veya değişken katsayılı, homojen veya homojen olmayan olarak ayrılır. Uygulamaların önemi nedeniyle, yarı doğrusal (daha yüksek türevlere göre doğrusal) kısmi diferansiyel denklemler ayrı bir sınıfta seçilmiştir. Diferansiyel denklemlerin çözümleri genel ve özel çözümlere ayrılır. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Genel çözümler belirsiz sabitleri ve kısmi diferansiyel denklemler için bağımsız değişkenlerin isteğe bağlı fonksiyonlarını içerir ve bunlar ek entegrasyon koşullarından (normal diferansiyel denklemler için başlangıç ​​koşulları, kısmi diferansiyel denklemler için başlangıç ​​ve sınır koşulları) geliştirilebilir. Diferansiyel denklemlerin çevrimiçi adım adım çözümü. Bu sabit ve belirsiz fonksiyonların formu belirlendikten sonra çözümler özel hale gelir. Sıradan diferansiyel denklemlere çözüm arayışı, uygulamalarda sıklıkla karşılaşılan ve bilinen temel fonksiyonlarla ifade edilmeyen fonksiyonlar olan özel fonksiyonlar sınıfının oluşturulmasına yol açtı. Diferansiyel denklemler çevrimiçi. Özellikleri detaylı olarak incelendi, değer tabloları derlendi, ara bağlantılar belirlendi vb. . Numaralandırılmış sayılar kümesi araştırılabilir. Verilen problemin en iyi cevabı. Diferansiyel denklemlerle ilgili yakınsama bölgesine giden vektörün, bulunan üst limiti açıklığa kavuşturmadan ilk yaklaşımda nasıl bulunacağı. Artan matematiksel fonksiyonlar için seçim açıktır. Araştırma düzeyinin üzerinde ilerici bir yöntem vardır. Problemin başlangıç ​​koşuluyla uyum sağlamak için diferansiyelin çözümü, tek değerli seçilmiş bir değerin bulunmasına yardımcı olacaktır. Bilinmeyeni hemen tespit edebilir. Bir matematik probleminin çözümünü gösteren önceki örnekte olduğu gibi, doğrusal diferansiyel denklemler, belirli bir problemin belirli bir zaman dilimindeki cevabıdır. Çalışma prosedürünün bakımı yerel olarak tanımlanmamıştır. Her öğrenciye bir örnek olacak ve diferansiyel denklemlerin çözümü sorumlu uygulayıcıya atanan kişi tarafından en az iki değerden belirlenecektir. Belirli bir segmentte genel değere sahip bir fonksiyon alın ve hangi eksende boşluk olacağı konusunda uyarıda bulunun. Diferansiyel denklemleri çevrimiçi olarak inceledikten sonra, başlangıç ​​koşullarından elde edilmesi durumunda sonucun ne kadar önemli olduğunu açıkça göstermek mümkündür. Yerel olarak görev tanımı olmadığından, işlev tanımından kapsamın çıkarılması mümkün değildir. Denklem sisteminden bulunan cevap, genel anlamda hesaplanabilecek bir değişken içerir ancak söz konusu koşulu belirlemek için bu işlem yapılmadan diferansiyel denklemin çevrimiçi olarak çözülmesi doğal olarak mümkün olacaktır. Segment aralığının yakınında, diferansiyel denklemlerin çevrimiçi çözümünün, öğrencilerin bilgilerinin kesildiği anda araştırma sonucunu nasıl olumlu yönde ilerletebildiği görülebilir. En iyisi her zaman genel kabul görmüş iş yaklaşımıyla elde edilmez. 2x düzeyinde, gerekli tüm doğal doğrusal diferansiyel denklemler yararlı bir şekilde görüntülenebilir, ancak sayısal bir değer hesaplama yeteneği bilgide artışa yol açacaktır. Matematikteki herhangi bir tekniğe göre, homojen veya karmaşık gibi temelde farklı ifadelerle sunulan diferansiyel denklemler vardır. Fonksiyon çalışmasının genel bir analizini gerçekleştirdikten sonra, bir dizi olasılık olarak diferansiyel çözümünün değerlerde açık bir hatayı temsil ettiği açıkça ortaya çıkacaktır. Buradaki gerçek apsis çizgilerinin üzerindeki boşlukta yatıyor. Karmaşık bir fonksiyonun tanım kümesinin bir yerinde, tanımının bir noktasında, doğrusal diferansiyel denklemler, cevabı analitik bir biçimde temsil edebilecektir. yani genel anlamda öz olarak. Değişken değiştirildiğinde hiçbir şey değişmeyecektir. Ancak cevaba özel bir ilgiyle bakmak gerekiyor. Nitekim hesap makinesi en sonunda oranı değiştirir yani diferansiyel denklemlerin çözümünün global değerle nasıl orantılı olduğu istenilen çözüm içerisinde gösterilir. Bazı durumlarda toplu hata uyarısı kaçınılmazdır. Çevrimiçi diferansiyel denklemler problem hakkında genel bir fikir verir, ancak sonuçta çapraz çarpımın olumlu yönlerini mümkün olan en kısa sürede sağlamanız gerekir. Matematikte sayı teorisindeki hata durumları nadir değildir. Kesinlikle kontrol edilmesi gerekiyor. Doğal olarak, bu hakkı kendi alanlarındaki profesyonellere vermek daha iyidir ve deneyimleri devasa ve olumlu olduğu için diferansiyel denklemin çevrimiçi çözülmesine yardımcı olacaklar da onlardır. Şekillerin yüzeyleri ve alan arasındaki fark, görmenizi sağlayacak çevrimiçi diferansiyel denklemlerin çözümü değil, kesişmeyen nesneler kümesi, çizginin eksene paralel olacağı şekildedir. Sonuç olarak iki kat daha fazla değer elde edebilirsiniz. Örtük olarak, biçimsel gösterimin doğruluğuna ilişkin düşüncemiz, hem görüş alanında hem de sonucun kalitesinin kasıtlı olarak fazla tahmin edilmesiyle ilişkili olarak doğrusal diferansiyel denklemler sağlar. Tüm öğrencilerin ilgisini çeken bir konu hakkındaki tartışma, incelemede birkaç kez yayınlanır. Derslerin tamamı boyunca, gerçekle çelişmemek adına dikkatimizi diferansiyel denklemlere ve ilgili bilim çalışma alanlarına odaklayacağız. Yolculuğun başında birçok aşamadan kaçınılabilir. Diferansiyel çözüm öğrenciler için temelde yeni bir şeyse, eskisi hiç unutulmaz, aksine yüksek bir gelişme hızıyla geleceğe doğru ilerler. Başlangıçta matematikte bir problemin koşulları farklılık gösterir, ancak bu sağdaki paragrafta belirtilmiştir. Tanımda belirtilen sürenin sona ermesinden sonra, vektörün farklı hareket düzlemlerine orantılı olarak bağımlı bir sonuç olasılığı göz ardı edilmez. Böyle basit bir durum, lineer diferansiyel denklemlerin hesap makinesinde genel formda anlatılmasıyla aynı şekilde düzeltilir, böylece daha hızlı olur ve hesaplamaların mahsup edilmesi hatalı bir görüşe yol açmaz. Teoriye göre isimlendirilen yalnızca beş vaka, olup bitenlerin sınırlarını zorlayabilir. Diferansiyel denklem çözümümüz, fonksiyonel alanın ayrıştırılmasının ilk aşamalarında halihazırda sayılardaki değerin manuel olarak hesaplanmasına yardımcı olacaktır. Genel anlamda dört çizginin temas noktasını doğru yerlerde sunmak gerekir. Ancak görevi zorlamanız gerekiyorsa, karmaşıklığı eşitlemek kolay olacaktır. Başlangıç ​​verileri bitişik ayağı tasarlamak için yeterlidir ve çevrimiçi diferansiyel denklemler sola hizalı görünür ve tek taraflı yüzey vektör rotoruna doğru yönlendirilir. Üst sınırın üzerinde, belirtilen koşulu aşan sayısal değerler mümkündür. Oranın genel değerindeki üç bilinmeyen nedeniyle matematiksel formülü dikkate alıp diferansiyel denklemi çevrimiçi çözmek mümkündür. Yerel hesaplama yöntemi geçerli olarak kabul edilir. Koordinat sistemi düzlemin göreceli hareketinde dikdörtgendir. Diferansiyel denklemlerin genel çevrimiçi çözümü, açıkça belirtilen bir fonksiyonun grafiğinin üzerinde bulunan tüm düz çizgi üzerindeki matris tanımları üzerinden hesaplamalı bir tarama lehine açık bir şekilde bir sonuç çıkarmayı mümkün kılar. Hareket vektörünü üç yarıkürenin temas noktasına uygularsanız çözüm tam olarak görülür. Silindir, dikdörtgenin kenar etrafında döndürülmesiyle elde edilir ve doğrusal diferansiyel denklemler, hareket yasasının verilen ifadelerine göre noktanın hareket yönünü gösterebilir. Başlangıç ​​verileri doğrudur ve matematikteki problem tek bir basit koşul altında değiştirilebilir. Ancak koşullar nedeniyle, ayarlama alt probleminin karmaşıklığı göz önüne alındığında, diferansiyel denklemler, üç boyutlu uzay düzeyinde hesaplanan sayısal uzayların sürecini basitleştirir. Aksini kanıtlamak kolaydır ancak yukarıdaki örnekte olduğu gibi bundan kaçınmak mümkündür. Yüksek matematikte aşağıdaki noktalar sağlanır: Bir problem basitleştirilmiş bir forma indirgendiğinde, öğrencilerin bu konuda mümkün olan en büyük çabayı göstermesi gerekir. Üst üste bindirilen çizgiler ofsetin içine düşer. Pro diferansiyel çözüm, söz konusu yöntemin avantajını eğri bir çizgi üzerinde sürdürmeye devam etmektedir. İlk başta neye ihtiyacınız olduğunu fark etmezseniz, o zaman matematiksel formül ifadenin yeni bir değerini oluşturacaktır. Amaç, profesör tarafından belirlenen görevleri çözmek için en uygun yaklaşımdır. Basitleştirilmiş formdaki doğrusal diferansiyel denklemlerin beklenen sonucu aşacağını varsaymamalısınız. Sonlu bileşimli bir yüzeye üç vektör yerleştiriyoruz. birbirine dik. Ürünü hesaplayalım. Daha fazla sayıda sembolün eklenmesini gerçekleştirelim ve ortaya çıkan ifadeden fonksiyonun tüm değişkenlerini yazalım. Bir orantı var. Hesaplamanın bitiminden önceki birkaç eylem, diferansiyel denklemlerin çözümüne hemen kesin bir cevap vermeyecek, ancak yalnızca y ekseni boyunca ayrılan süre geçtikten sonra verecektir. Fonksiyondan dolaylı olarak verilen süreksizlik noktasının soluna, en iyi artan vektöre dik bir eksen çizeriz ve çevrimiçi diferansiyel denklemleri matematiksel nesnenin alt sınırının en küçük sınır değeri boyunca yerleştiririz. Fonksiyonun kırılma alanına fazladan bir argüman ekleyelim. Eğri çizginin noktalarının sağında, ortak paydaya indirgemek için yazdığımız formüller, diferansiyel denklemin çevrimiçi çözülmesine yardımcı olacaktır. Tek doğru yaklaşım, genel durumda çözülmemiş sorunlara teoriden pratiğe net bir şekilde ışık tutacak yaklaşımdır. Verilen noktaların koordinatları doğrultusundaki çizgiler karenin en uç konumunu hiçbir zaman kapatmamıştır, ancak diferansiyel denklemlerin çevrimiçi çözümü hem öğrencilere hem de bu alana yeni başlayanlara matematik çalışmaya yardımcı olacaktır. Değer argümanını bir alanın tüm önemli alt dallarına yerleştirme olasılığından bahsediyoruz. Prensipte, bekleneceği gibi, doğrusal diferansiyel denklemlerimiz tek bir indirgenmiş anlam kavramında izole edilmiş bir şeydir. Öğrencilere yardımcı olmak için benzer hizmetler arasında en iyilerinden biri hesap makinesidir. Tüm kursları inceleyin ve sizin için en iyisini seçin.

=

İkinci dereceden doğrusal homojen bir denklemi düşünün; denklem

ve çözümlerinin bazı özelliklerini belirleyin.

Özellik 1
Doğrusal homojen bir denklemin çözümü ise, o zaman C, Nerede C- keyfi bir sabit, aynı denklemin bir çözümüdür.
Kanıt.
Ele alınan denklemin sol tarafında yerine koyma C, şunu elde ederiz: ,
ama çünkü orijinal denklemin bir çözümüdür.
Buradan,

ve bu özelliğin geçerliliği kanıtlanmıştır.

Özellik 2
Doğrusal homojen bir denklemin iki çözümünün toplamı, aynı denklemin bir çözümüdür.
Kanıt.
Ele alınan denklemin çözümleri ve çözümleri olsun, o zaman
Ve .
Söz konusu denklemde şimdi + yerine koyarsak:
yani + orijinal denklemin çözümüdür.
Kanıtlanmış özelliklerden, iki özel çözümü ve ikinci dereceden doğrusal homojen denklemi bilerek bir çözüm elde edebileceğimiz sonucu çıkar. , iki keyfi sabite bağlı olarak, yani. ikinci dereceden denklemin genel çözümünün içermesi gereken sayıda sabitten. Ancak bu çözüm genel olacak mı? Rasgele sabitler seçerek keyfi olarak verilen başlangıç ​​koşullarını sağlamak mümkün müdür?
Bu soruyu yanıtlarken aşağıdaki gibi tanımlanabilecek fonksiyonların doğrusal bağımsızlığı kavramını kullanacağız.

İki fonksiyon ve çağrılır Doğrusal bağımsız belirli bir aralıkta, eğer bu aralıktaki oranları sabit değilse; Eğer
.
Aksi halde fonksiyonlar çağrılır. doğrusal bağımlı.
Başka bir deyişle, iki fonksiyona bazı aralığa ve tüm aralığa doğrusal bağımlı denir.

Örnekler

1. İşlevler ve 1 = e X ve sen 2 =e -X x'in tüm değerleri için doğrusal olarak bağımsızdır, çünkü
.
2. İşlevler ve 1 = e X ve sen 2 = 5e X doğrusal olarak bağımlıdır, çünkü
.

Teorem 1.

Eğer ve fonksiyonları bir aralığa doğrusal olarak bağımlı ise, o zaman determinant denir. Vronsky'nin determinantı Bu fonksiyonların her biri bu aralıkta aynı şekilde sıfıra eşittir.

Kanıt.

Eğer
,
nerede , o zaman ve .
Buradan,
.
Teorem kanıtlandı.

Yorum.
Ele alınan teoremde görünen Vronsky determinantı genellikle harfle gösterilir. K veya semboller .
Eğer fonksiyonlar ve ikinci dereceden bir doğrusal homojen denklemin çözümleri ise, o zaman aşağıdaki ters ve üstelik daha güçlü teorem onlar için geçerlidir.

Teorem 2.

Çözümler ve ikinci dereceden doğrusal homojen denklem için derlenen Wronsky determinantı en az bir noktada sıfırsa, bu çözümler doğrusal olarak bağımlıdır.

Kanıt.

Wronsky determinantının bu noktada sıfır olmasına izin verin, yani. =0,
ve izin ver ve .
Doğrusal homojen bir sistem düşünün

Bilinmeyenlere göre ve .
Bu sistemin determinantı Vronsky determinantının değeriyle örtüşmektedir.
x= yani ile çakışır ve bu nedenle sıfıra eşittir. Bu nedenle sistemin sıfırdan farklı bir çözümü vardır ve ( ve sıfıra eşit değildir). Bu değerleri kullanarak ve fonksiyonunu düşünün. Bu fonksiyon ve fonksiyonlarıyla aynı denklemin çözümüdür. Ayrıca bu fonksiyon sıfır başlangıç ​​koşullarını da karşılar: , çünkü Ve .
Öte yandan, sıfır başlangıç ​​koşullarını sağlayan denklemin çözümünün fonksiyon olduğu açıktır. sen=0.
Çözümün benzersizliği nedeniyle elimizde: . Buradan şu sonuç çıkıyor
,
onlar. fonksiyonlardır ve doğrusal olarak bağımlıdır. Teorem kanıtlandı.

Sonuçlar.

1. Teoremlerde yer alan Wronsky determinantı herhangi bir değer için sıfıra eşitse x=, o zaman herhangi bir değer için sıfıra eşittir Xdikkate alınan aralıktan.

2. Çözümler ve değerleri doğrusal olarak bağımsızsa, Wronsky determinantı dikkate alınan aralığın hiçbir noktasında kaybolmaz.

3. Wronsky determinantı en az bir noktada sıfırdan farklıysa, çözümler doğrusal olarak bağımsızdır.

Teorem 3.

Eğer ve ikinci dereceden bir homojen denklemin doğrusal olarak bağımsız iki çözümüyse, o zaman ve'nin keyfi sabitler olduğu fonksiyon bu denklemin genel bir çözümüdür.

Kanıt.

Bilindiği gibi fonksiyon, ve'nin herhangi bir değeri için dikkate alınan denklemin bir çözümüdür. Şimdi başlangıç ​​koşulları ne olursa olsun bunu kanıtlayalım.
Ve ,
keyfi sabitlerin değerleri seçilebilir ve böylece karşılık gelen özel çözüm, verilen başlangıç ​​​​koşullarını karşılar.
Başlangıç ​​koşullarını eşitliklerle değiştirerek denklem sistemini elde ederiz
.
Bu sistemden ve'yi belirlemek mümkündür, çünkü bu sistemin belirleyicisi

Wronsky determinantıdır x= ve bu nedenle sıfıra eşit değildir (çözümlerin doğrusal bağımsızlığı nedeniyle ve ).

; .

Elde edilen değerler için özel bir çözüm ve verilen başlangıç ​​koşullarını karşılar. Böylece kuram ispat edildi.

Örnekler

örnek 1

Denklemin genel çözümü çözümdür.
Gerçekten mi,
.

Bu nedenle sinx ve cosx fonksiyonları doğrusal olarak bağımsızdır. Bu, şu işlevlerin ilişkisi dikkate alınarak doğrulanabilir:

.

Örnek 2

Çözüm y = C 1 e X + C 2 e -X denklem geneldir çünkü .

Örnek 3

Denklem , katsayıları ve
x = 0 noktasını içermeyen herhangi bir aralıkta süreklidir, belirli çözümleri kabul eder

(değiştirerek kontrol etmek kolaydır). Bu nedenle genel çözümü şu şekildedir:
.

Yorum

İkinci dereceden bir doğrusal homojen denklemin genel çözümünün, bu denklemin doğrusal olarak bağımsız herhangi iki özel çözümünün bilinmesiyle elde edilebileceğini tespit ettik. Ancak değişken katsayılı denklemler için bu tür kısmi çözümleri son formda bulmanın genel bir yöntemi yoktur. Sabit katsayılı denklemler için böyle bir yöntem mevcuttur ve tarafımızdan daha sonra ele alınacaktır.


Bazı fizik problemlerinde süreci tanımlayan büyüklükler arasında doğrudan bir bağlantı kurulamamaktadır. Ancak incelenen fonksiyonların türevlerini içeren bir eşitlik elde etme olasılığı vardır. Diferansiyel denklemler bu şekilde ortaya çıkar ve bilinmeyen bir fonksiyonu bulmak için bunları çözme ihtiyacı ortaya çıkar.

Bu makale, bilinmeyen fonksiyonun tek değişkenli bir fonksiyon olduğu diferansiyel denklemi çözme problemiyle karşı karşıya kalanlar için hazırlanmıştır. Teori, diferansiyel denklemleri sıfır düzeyde anlayarak işinizi yapabileceğiniz şekilde inşa edilmiştir.

Her tür diferansiyel denklem, tipik örneklerin ve problemlerin ayrıntılı açıklamalarını ve çözümlerini içeren bir çözüm yöntemiyle ilişkilendirilir. Sadece probleminizin diferansiyel denkleminin türünü belirlemeniz, benzer analiz edilmiş bir örnek bulmanız ve benzer eylemleri gerçekleştirmeniz yeterlidir.

Diferansiyel denklemleri başarılı bir şekilde çözmek için çeşitli fonksiyonların ters türevlerini (belirsiz integraller) bulma becerisine de ihtiyacınız olacak. Gerekiyorsa bölümüne başvurmanızı öneririz.

İlk olarak, türete göre çözülebilen birinci dereceden adi diferansiyel denklem türlerini göz önünde bulundurun, sonra ikinci dereceden ADD'lere geçeceğiz, daha sonra yüksek dereceden denklemler üzerinde duracağız ve diferansiyel denklem sistemleriyle bitireceğiz.

y'nin x argümanının bir fonksiyonu olduğunu hatırlayın.

Birinci mertebeden diferansiyel denklemler.

    Formun birinci mertebesinden en basit diferansiyel denklemler.

    Bu tür DE'lerin birkaç örneğini yazalım .

    Diferansiyel denklemler eşitliğin her iki tarafının f(x)'e bölünmesiyle türev açısından çözülebilir. Bu durumda f(x) ≠ 0 için orijinal denkleme eşdeğer olacak denkleme ulaşıyoruz. Bu tür ODE'lerin örnekleri şunlardır.

    Eğer x argümanının f(x) ve g(x) fonksiyonlarının aynı anda ortadan kalktığı değerleri varsa, o zaman ek çözümler ortaya çıkar. Denklemin ek çözümleri verilen x, bu bağımsız değişken değerleri için tanımlanan herhangi bir işlevdir. Bu tür diferansiyel denklemlerin örnekleri şunlardır:

İkinci dereceden diferansiyel denklemler.

    Sabit Katsayılı İkinci Mertebeden Lineer Homojen Diferansiyel Denklemler.

    Sabit katsayılı LODE çok yaygın bir diferansiyel denklem türüdür. Çözümleri özellikle zor değil. Öncelikle karakteristik denklemin kökleri bulunur. . Farklı p ve q için üç durum mümkündür: karakteristik denklemin kökleri gerçek ve farklı, gerçek ve çakışık olabilir veya karmaşık konjugat. Karakteristik denklemin köklerinin değerlerine bağlı olarak diferansiyel denklemin genel çözümü şu şekilde yazılır: , veya , veya sırasıyla.

    Örneğin, sabit katsayılara sahip ikinci dereceden doğrusal homojen diferansiyel denklemi düşünün. Karakteristik denkleminin kökleri k 1 = -3 ve k 2 = 0'dır. Kökler gerçek ve farklıdır, dolayısıyla sabit katsayılı LDE'nin genel çözümü şu şekildedir:

    İkinci dereceden sabit katsayılı lineer homojen olmayan diferansiyel denklemler.

    Sabit y katsayılı ikinci dereceden LIDE'nin genel çözümü, karşılık gelen LODE'nin genel çözümünün toplamı olarak aranır. ve orijinal homojen olmayan denklemin özel bir çözümü, yani . Önceki paragraf, sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulmaya ayrılmıştır. Ve özel bir çözüm, orijinal denklemin sağ tarafında yer alan f(x) fonksiyonunun belirli bir formu için belirsiz katsayılar yöntemiyle veya keyfi sabitlerin değişimi yöntemiyle belirlenir.

    Sabit katsayılı ikinci dereceden LIDE örnekleri olarak sunuyoruz

    Teoriyi anlamak ve örneklerin ayrıntılı çözümlerini tanımak için, size sayfada ikinci dereceden sabit katsayılı doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler sunuyoruz.

    Doğrusal Homojen Diferansiyel Denklemler (LODE'ler) ve ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler (LNDE'ler).

    Bu tür diferansiyel denklemlerin özel bir durumu, sabit katsayılı LODE ve LODE'dir.

    LODE'nin belirli bir aralıktaki genel çözümü, bu denklemin doğrusal olarak bağımsız iki özel çözümü y 1 ve y 2'nin doğrusal bir kombinasyonu ile temsil edilir, yani, .

    Ana zorluk tam olarak bu tip diferansiyel denklemin doğrusal bağımsız kısmi çözümlerini bulmakta yatmaktadır. Genellikle, belirli çözümler aşağıdaki doğrusal bağımsız fonksiyon sistemlerinden seçilir:

    Ancak belirli çözümler her zaman bu biçimde sunulmamaktadır.

    Bir LODU örneği: .

    LIDE'nin genel çözümü, ilgili LODE'nin genel çözümü olan ve orijinal diferansiyel denklemin özel bir çözümü olan formda aranır. Az önce bulmaktan bahsettik, ancak keyfi sabitlerin değişimi yöntemi kullanılarak belirlenebilir.

    LNDE'ye bir örnek: .

Yüksek mertebeden diferansiyel denklemler.

    Derece indirgemeyi kabul eden diferansiyel denklemler.

    Diferansiyel denklem sırası İstenilen fonksiyonu ve k-1 mertebesine kadar türevlerini içermeyen , değiştirilerek n-k'ye indirgenebilir.

    Bu durumda orijinal diferansiyel denklem 'e indirgenir. Çözümü p(x) bulduktan sonra, yerine geri dönüp bilinmeyen y fonksiyonunu belirlemek kalır.

    Örneğin, diferansiyel denklem değiştirmeden sonra ayrılabilir bir denklem haline gelir ve sırası üçüncüden birinciye azalır.