Uputstva

Ako je jednadžba predstavljena u obliku: dy/dx = q(x)/n(y), klasificirajte ih kao diferencijalne jednadžbe sa odvojivim varijablama. Mogu se riješiti tako da se uvjet zapiše u diferencijalima na sljedeći način: n(y)dy = q(x)dx. Zatim integrirajte obje strane. U nekim slučajevima rješenje se zapisuje u obliku integrala preuzetih iz poznatih funkcija. Na primjer, u slučaju dy/dx = x/y, dobijamo q(x) = x, n(y) = y. Napišite ga u obliku ydy = xdx i integrirajte. Trebalo bi da bude y^2 = x^2 + c.

Do linearnog jednačine povežite jednačine sa "prvim". Nepoznata funkcija sa svojim derivatima ulazi u takvu jednačinu samo do prvog stepena. Linearni ima oblik dy/dx + f(x) = j(x), gdje su f(x) i g(x) funkcije koje zavise od x. Rješenje je napisano korištenjem integrala preuzetih iz poznatih funkcija.

Imajte na umu da ih mnogo diferencijalne jednadžbe- ovo su jednačine drugog reda (koje sadrže druge izvode, na primjer, ovo je jednačina jednostavnog harmonijskog kretanja, napisana u opštem obliku: md 2x/dt 2 = –kx). Takve jednačine imaju, u , posebna rješenja. Jednadžba jednostavnog harmonijskog kretanja je primjer nečeg vrlo važnog: linearne diferencijalne jednadžbe koje imaju konstantan koeficijent.

Ako u uslovima zadatka postoji samo jedan linearna jednačina, što znači da su vam dati dodatni uslovi kroz koje možete pronaći rješenje. Pažljivo pročitajte problem da pronađete ove uslove. Ako varijable x i y označavaju udaljenost, brzinu, težinu - slobodno postavite granicu x≥0 i y≥0. Sasvim je moguće da x ili y skrivaju broj jabuka itd. – tada vrijednosti mogu biti samo . Ako je x godina sina, jasno je da on ne može biti stariji od oca, pa to navedite u uslovima zadatka.

Izvori:

• kako riješiti jednačinu sa jednom promjenljivom

Problemi u diferencijalnom i integralnom računu važni su elementi u konsolidaciji teorije matematičke analize, odjeljak višu matematiku, studirao na univerzitetima. Diferencijal jednačina rješava metodom integracije.

Uputstva

Diferencijalni račun istražuje svojstva . I obrnuto, integracija funkcije omogućava date osobine, tj. izvode ili diferencijale funkcije da bi je sam pronašao. Ovo je rješenje diferencijalne jednadžbe.

Sve je odnos između nepoznate količine i poznatih podataka. U slučaju diferencijalne jednadžbe ulogu nepoznate ima funkcija, a ulogu poznatih veličina njeni derivati. Osim toga, odnos može sadržavati nezavisnu varijablu: F(x, y(x), y'(x), y''(x),..., y^n(x)) = 0, gdje je x nepoznata varijabla, y (x) je funkcija koju treba odrediti, red jednadžbe je maksimalni red izvoda (n).

Takva jednačina se naziva obična diferencijalna jednačina. Ako odnos sadrži nekoliko nezavisnih varijabli i parcijalnih izvoda (diferencijala) funkcije u odnosu na ove varijable, tada se jednadžba naziva parcijalna diferencijalna jednadžba i ima oblik: x∂z/∂y - ∂z/∂x = 0 , gdje je z(x, y) tražena funkcija.

Dakle, da biste naučili rješavati diferencijalne jednadžbe, morate znati pronaći antiderivate, tj. riješiti problem obrnuto od diferencijacije. Na primjer: Riješite jednačinu prvog reda y’ = -y/x.

Rješenje Zamijenite y’ sa dy/dx: dy/dx = -y/x.

Svesti jednadžbu na oblik pogodan za integraciju. Da biste to učinili, pomnožite obje strane sa dx i podijelite sa y:dy/y = -dx/x.

Integriraj: ∫dy/y = - ∫dx/x + Sln |y| = - ln |x| +C.

Ovo rješenje se naziva opća diferencijalna jednačina. C je konstanta čiji skup vrijednosti određuje skup rješenja jednadžbe. Za bilo koju specifičnu vrijednost C, rješenje će biti jedinstveno. Ovo rješenje je parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe.

Rješavanje većine jednačina višeg reda stepeni nema jasnu formulu za pronalaženje kvadratnih korijena jednačine. Međutim, postoji nekoliko metoda redukcije koje vam omogućavaju da transformišete jednadžbu višeg stepena u vizuelniji oblik.

Uputstva

Najčešća metoda za rješavanje jednačina višeg stepena je ekspanzija. Ovaj pristup je kombinacija odabira cjelobrojnih korijena, djelitelja slobodnog člana i naknadne podjele općeg polinoma u oblik (x – x0).

Na primjer, riješite jednačinu x^4 + x³ + 2 x² – x – 3 = 0. Rješenje: Slobodni član ovog polinoma je -3, dakle, njegovi djelitelji cijelih brojeva mogu biti brojevi ±1 i ±3. Zamjenjujte ih jednu po jednu u jednadžbu i saznajte da li ste dobili identičnost: 1: 1 + 1 + 2 – 1 – 3 = 0.

Drugi korijen x = -1. Podijelite s izrazom (x + 1). Zapišite rezultirajuću jednačinu (x - 1)·(x + 1)·(x² + x + 3) = 0. Stepen je sveden na drugi, dakle, jednačina može imati još dva korijena. Da biste ih pronašli, riješite kvadratnu jednačinu: x² + x + 3 = 0D = 1 – 12 = -11

Diskriminant je negativna vrijednost, što znači da jednačina više nema pravi korijen. Pronađite kompleksne korijene jednačine: x = (-2 + i·√11)/2 i x = (-2 – i·√11)/2.

Druga metoda za rješavanje jednačine višeg stepena je promjena varijabli da bi se učinila kvadratnom. Ovaj pristup se koristi kada su sve potencije jednačine parne, na primjer: x^4 – 13 x² + 36 = 0

Sada pronađite korijene originalne jednačine: x1 = √9 = ±3; x2 = √4 = ±2.

Savjet 10: Kako odrediti redoks jednačine

Hemijska reakcija je proces transformacije supstanci koji se javlja s promjenom njihovog sastava. One tvari koje reagiraju nazivaju se početne tvari, a one koje nastaju kao rezultat ovog procesa nazivaju se produkti. Dešava se da tijekom kemijske reakcije elementi koji čine polazne tvari mijenjaju svoje oksidacijsko stanje. Odnosno, mogu prihvatiti tuđe elektrone i dati svoje. U oba slučaja njihov naboj se mijenja. Takve reakcije se nazivaju redoks reakcije.

Diferencijalna jednadžba je jednadžba koja uključuje funkciju i jedan ili više njenih izvoda. U većini praktičnih problema, funkcije su fizičke veličine, derivati ​​odgovaraju brzinama promjene ovih veličina, a jednačina određuje odnos između njih.

Ovaj članak govori o metodama rješavanja određenih tipova običnih diferencijalnih jednadžbi, čija se rješenja mogu napisati u obliku elementarne funkcije, odnosno polinomske, eksponencijalne, logaritamske i trigonometrijske, kao i njihove inverzne funkcije. Mnoge od ovih jednačina se pojavljuju u pravi život, iako se većina drugih diferencijalnih jednadžbi ne može riješiti ovim metodama, a za njih se odgovor piše u obliku posebnih funkcija ili nizova stepena, ili se pronalazi numeričkim metodama.

Da biste razumjeli ovaj članak, morate biti stručni u diferencijalnom i integralnom računu, kao i da imate određeno razumijevanje parcijalnih izvoda. Također se preporučuje poznavanje osnova linearne algebre u primjeni na diferencijalne jednadžbe, posebno na diferencijalne jednadžbe drugog reda, iako je poznavanje diferencijalnog i integralnog računa dovoljno za njihovo rješavanje.

Preliminarne informacije

• Diferencijalne jednadžbe imaju opsežnu klasifikaciju. Ovaj članak govori o obične diferencijalne jednadžbe, odnosno o jednadžbama koje uključuju funkciju jedne varijable i njene derivate. Obične diferencijalne jednadžbe je mnogo lakše razumjeti i riješiti parcijalne diferencijalne jednadžbe, koji uključuju funkcije nekoliko varijabli. Ovaj članak ne govori o parcijalnim diferencijalnim jednadžbama, jer su metode za rješavanje ovih jednadžbi obično određene njihovim posebnim oblikom.
  • Ispod su neki primjeri običnih diferencijalnih jednadžbi.
    • 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)
  • Ispod su neki primjeri parcijalnih diferencijalnih jednadžbi.
    • ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 f ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)f)(\partial x^(2)))+(\frac (\partial ^(2) )f)(\djelimično y^(2)))=0)
    • ∂ u ∂ t − α ∂ 2 u ∂ x 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial u)(\partial t))-\alpha (\frac (\partial ^(2)u)(\partial x ^(2)))=0)
• Red diferencijalne jednadžbe je određen redoslijedom najviše derivacije uključene u ovu jednačinu. Prva od gore navedenih običnih diferencijalnih jednačina je prvog reda, dok je druga jednačina drugog reda. Stepen diferencijalne jednadžbe je najveća snaga na koju se podiže jedan od članova ove jednačine.
  • Na primjer, jednadžba ispod je trećeg reda i drugog stepena.
    • (d 3 y d x 3) 2 + d y d x = 0 (\displaystyle \left((\frac ((\mathrm (d) )^(3)y)((\mathrm (d) )x^(3)))\ desno)^(2)+(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=0)
• Diferencijalna jednadžba je linearna diferencijalna jednadžba u slučaju da su funkcija i svi njeni derivati ​​u prvom stepenu. Inače je jednačina nelinearna diferencijalna jednadžba. Linearne diferencijalne jednadžbe su značajne po tome što se njihova rješenja mogu koristiti za stvaranje linearnih kombinacija koje će također biti rješenja zadata jednačina.
  • Ispod su neki primjeri linearnih diferencijalnih jednadžbi.
  • Ispod su neki primjeri nelinearnih diferencijalnih jednadžbi. Prva jednadžba je nelinearna zbog sinusnog člana.
    • d 2 θ d t 2 + g l sin ⁡ 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)
• Opšte rješenje obična diferencijalna jednadžba nije jedinstvena, ona uključuje proizvoljne integracione konstante. U većini slučajeva, broj proizvoljnih konstanti je jednak redu jednačine. U praksi se vrijednosti ovih konstanti određuju na osnovu datog početni uslovi, odnosno prema vrijednostima funkcije i njenih derivata pri x = 0. (\displaystyle x=0.) Broj početnih uslova koje je potrebno pronaći privatno rešenje diferencijalna jednačina, u većini slučajeva je takođe jednaka redu date jednačine.
  • Na primjer, ovaj članak će se baviti rješavanjem donje jednadžbe. Ovo je linearna diferencijalna jednadžba drugog reda. Njegovo opšte rešenje sadrži dvije proizvoljne konstante. Za pronalaženje ovih konstanti potrebno je poznavati početne uslove na x (0) (\displaystyle x(0)) I x ′ (0) . (\displaystyle x"(0).) Obično su početni uslovi specificirani u tački x = 0 , (\displaystyle x=0,), iako to nije neophodno. Ovaj članak će također raspravljati o tome kako pronaći određena rješenja za date početne uvjete.
    • 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 cos ⁡ k x + c 2 sin ⁡ k x (\displaystyle x(t)=c_(1)\cos kx+c_(2)\sin kx)

Koraci

Dio 1

Jednačine prvog reda

Kada koristite ovu uslugu, neke informacije se mogu prenijeti na YouTube.

1. Linearne jednadžbe prvog reda. Ovaj odjeljak razmatra metode rješavanja linearnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda u općim i posebnim slučajevima kada su neki članovi jednaki nuli. Pretpostavimo to y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) I q (x) (\displaystyle q(x)) su funkcije 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.) Prema jednoj od glavnih teorema matematičke analize, integral derivacije funkcije je također funkcija. Dakle, dovoljno je jednostavno integrirati jednadžbu da bi se pronašlo njeno rješenje. To treba uzeti u obzir prilikom izračunavanja neodređeni integral pojavljuje se proizvoljna konstanta.

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

   Q (x) = 0. (\displaystyle q(x)=0.) Koristimo metodu razdvajanje varijabli. Ovo pomera različite varijable na različite strane jednačine. Na primjer, možete premjestiti sve članove iz y (\displaystyle y) u jednu, a svi članovi sa x (\displaystyle x) na drugu stranu jednačine. Članovi se također mogu prenijeti d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) I d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y), koji su uključeni u izvedene izraze, ali treba imati na umu da su oni pravedni simbol, što je zgodno za diferenciranje složena funkcija. Diskusija ovih članova, koji se zovu diferencijali, je izvan okvira ovog članka.

   • Prvo, trebate premjestiti varijable na suprotne strane znaka jednakosti.
     • 1 y d y = − p (x) d x (\displaystyle (\frac (1)(y))(\mathrm (d) )y=-p(x)(\mathrm (d) )x)
   • Integrirajmo obje strane jednačine. Nakon integracije, proizvoljne konstante će se pojaviti na obje strane, koje se mogu prenijeti na desnu stranu jednačine.
     • 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))
   • Primjer 1.1. U posljednjem koraku koristili smo pravilo e a + b = e a e b (\displaystyle e^(a+b)=e^(a)e^(b)) i zamijenjen e C (\displaystyle e^(C)) on C (\displaystyle C), pošto je i ovo proizvoljna integraciona konstanta.
     • d y d x − 2 y sin ⁡ x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))-2y\sin x=0)
     • 1 2 y d y = sin ⁡ x d x 1 2 ln ⁡ y = − cos ⁡ x + C ln ⁡ y = − 2 cos ⁡ x + C y (x) = C e − 2 cos ⁡ x (\displaystyle (\početak(poravnato )(\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(usklađeno)))

   P (x) ≠ 0 , q (x) ≠ 0. (\displaystyle p(x)\neq 0,\ q(x)\neq 0.) Da bismo pronašli opće rješenje koje smo uveli integrirajući faktor kao funkcija x (\displaystyle x) da svedemo lijevu stranu na zajednički izvod i tako riješimo jednačinu.

   • Pomnožite obje strane sa 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)
   • Da bi se lijeva strana svela na opći izvod, potrebno je izvršiti sljedeće transformacije:
     • 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)
   • Posljednja jednakost to znači d μ d x = μ p (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))=\mu p). Ovo je integrirajući faktor koji je dovoljan za rješavanje bilo koje linearne jednačine prvog reda. Sada možemo izvesti formulu za rješavanje ove jednadžbe u odnosu na μ , (\displaystyle \mu ,) iako je za obuku korisno raditi sve međukalkulacije.
     • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Primjer 1.2. Ovaj primjer pokazuje kako pronaći određeno rješenje diferencijalne jednadžbe sa datim početnim uvjetima.
     • t d y d t + 2 y = t 2 , y (2) = 3 (\displaystyle t(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+2y=t^(2) ,\quad 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(aligned)(\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(poravnano)))
     • 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)) ))
   
   Rješavanje linearnih jednačina prvog reda (snimio Intuit - Nacionalni otvoreni univerzitet).

2. Nelinearne jednačine prvog reda. Ovaj odjeljak razmatra metode za rješavanje nekih nelinearnih diferencijalnih jednačina prvog reda. Iako ne postoji opća metoda za rješavanje takvih jednadžbi, neke od njih se mogu riješiti korištenjem metoda u nastavku.

   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).) Ako je funkcija f (x, y) = h (x) g (y) (\displaystyle f(x,y)=h(x)g(y)) može se podijeliti na funkcije jedne varijable, takva jednačina se zove diferencijalna jednadžba sa odvojivim varijablama. U ovom slučaju možete koristiti gornju metodu:

   • ∫ d y h (y) = ∫ g (x) d x (\displaystyle \int (\frac ((\mathrm (d) )y)(h(y)))=\int g(x)(\mathrm (d) )x)
   • Primjer 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 (\ početi(poravnati)\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(poravnano)))

   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))).) Pretpostavimo to g (x, y) (\displaystyle g(x,y)) I h (x, y) (\displaystyle h(x,y)) su funkcije x (\displaystyle x) I y. (\displaystyle y.) Onda homogena diferencijalna jednadžba je jednačina u kojoj g (\displaystyle g) I h (\displaystyle h) su homogene funkcije u istom stepenu. To jest, funkcije moraju zadovoljiti uslov g (α x , α y) = α k g (x, y) , (\displaystyle g(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^(k)g(x,y),) Gdje k (\displaystyle k) naziva se stepenom homogenosti. Bilo koja homogena diferencijalna jednadžba se može koristiti odgovarajućim zamjene varijabli (v = y / x (\displaystyle v=y/x) ili v = x / y (\displaystyle v=x/y)) pretvoriti u odvojivu jednačinu.

   • Primjer 1.4. Gornji opis homogenosti može izgledati nejasno. Pogledajmo ovaj koncept na primjeru.
     • 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)))
     • Za početak, treba napomenuti da je ova jednadžba nelinearna u odnosu na y. (\displaystyle y.) Također vidimo da je u ovom slučaju nemoguće razdvojiti varijable. Istovremeno, ova diferencijalna jednadžba je homogena, jer su i brojnik i imenilac homogeni sa potencijom 3. Stoga možemo izvršiti promjenu varijabli 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))).) Kao rezultat, imamo jednačinu za v (\displaystyle v) sa odvojivim varijablama.
     • 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).) Ovo Bernoullijeva diferencijalna jednadžba- poseban tip nelinearne jednadžbe prvog stepena, čije se rješenje može napisati pomoću elementarnih funkcija.

   • Pomnožite obje strane jednačine sa (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))
   • Koristimo pravilo za diferenciranje kompleksne funkcije na lijevoj strani i transformiramo jednačinu u linearnu jednačinu s obzirom na y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) koji se mogu riješiti gore navedenim metodama.
     • 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.) Ovo jednačina u puni diferencijali . Potrebno je pronaći tzv potencijalna funkcija φ (x, y) , (\displaystyle \varphi (x,y),), što zadovoljava uslov d φ d x = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=0.)

   • Za izvođenje ovo stanje mora imati totalni derivat. Ukupni derivat uzima u obzir ovisnost o drugim varijablama. Za izračunavanje ukupnog izvoda φ (\displaystyle \varphi ) By x , (\displaystyle x,) pretpostavljamo da y (\displaystyle y) takođe može zavisiti od x. (\displaystyle x.)
     • d φ d x = ∂ φ ∂ x + ∂ φ ∂ y d y d x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=(\frac (\partial \varphi )(\partial x))+(\frac (\partial \varphi )(\partial y))(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)))
   • Poređenje pojmova nam daje M (x, y) = ∂ φ ∂ x (\displaystyle M(x,y)=(\frac (\partial \varphi)(\partial x))) I N (x, y) = ∂ φ ∂ y. (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y)).) Ovo je tipičan rezultat za jednačine u nekoliko varijabli, u kojima su mješoviti izvodi glatkih funkcija međusobno jednaki. Ponekad se ovaj slučaj naziva Clairautova teorema. U ovom slučaju, diferencijalna jednadžba je totalna diferencijalna jednadžba ako je zadovoljen sljedeći uvjet:
     • ∂ M ∂ y = ∂ N ∂ x (\displaystyle (\frac (\partial M)(\partial y))=(\frac (\partial N)(\partial x)))
   • Metoda za rješavanje jednadžbi u totalnim diferencijalima je slična pronalaženju potencijalnih funkcija u prisustvu nekoliko izvoda, o čemu ćemo ukratko govoriti. Prvo da se integrišemo M (\displaystyle M) By x. (\displaystyle x.) Pošto M (\displaystyle M) je funkcija i x (\displaystyle x), And y , (\displaystyle y,) integracijom dobijamo nepotpunu funkciju φ , (\displaystyle \varphi ,) označen kao φ ~ (\displaystyle (\tilde (\varphi ))). Rezultat takođe zavisi od y (\displaystyle y) integraciona konstanta.
     • φ (x, y) = ∫ M (x, y) d x = φ ~ (x, y) + c (y) (\displaystyle \varphi (x,y)=\int M(x,y)(\mathrm (d) )x=(\tilde (\varphi ))(x,y)+c(y))
   • Nakon ovoga, dobiti c (y) (\displaystyle c(y)) možemo uzeti parcijalni izvod rezultujuće funkcije u odnosu na y , (\displaystyle y,) izjednačiti rezultat N (x, y) (\displaystyle N(x,y)) i integrisati. Također možete prvo integrirati N (\displaystyle N), a zatim uzeti parcijalni izvod u odnosu na x (\displaystyle x), što će vam omogućiti da pronađete proizvoljnu funkciju d(x). (\displaystyle d(x).) Obje metode su prikladne, a obično se bira jednostavnija funkcija za integraciju.
     • N (x , y) = ∂ φ ∂ y = ∂ φ ~ ∂ y + d c d y (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y))=(\frac (\ djelomični (\tilde (\varphi )))(\partial y))+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y)))
   • Primjer 1.5. Možete uzeti parcijalne izvode i vidjeti da je jednadžba ispod totalna diferencijalna jednačina.
     • 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(usklađeno)))
     • 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)
   • Ako diferencijalna jednadžba nije totalna diferencijalna jednadžba, u nekim slučajevima možete pronaći integrirajući faktor koji vam omogućava da je pretvorite u ukupnu diferencijalnu jednadžbu. Međutim, takve jednačine se rijetko koriste u praksi, a iako su integrirajući faktor postoji, desi se da ga nađem nije lako, stoga se ove jednadžbe ne razmatraju u ovom članku.

dio 2

Jednačine drugog reda

1. Homogene linearne diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima. Ove jednačine se široko koriste u praksi, pa je njihovo rješavanje od primarne važnosti. U ovom slučaju ne govorimo o homogenim funkcijama, već o tome da se na desnoj strani jednačine nalazi 0. Sljedeći dio će pokazati kako riješiti odgovarajuću heterogena diferencijalne jednadžbe. Ispod a (\displaystyle a) I b (\displaystyle b) su konstante.

   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)
   

   Karakteristična jednačina. Ova diferencijalna jednadžba je izvanredna po tome što se može vrlo lako riješiti ako obratite pažnju na svojstva koja bi njena rješenja trebala imati. Iz jednačine je jasno da y (\displaystyle y) a njegovi derivati ​​su međusobno proporcionalni. Iz prethodnih primjera, koji su razmatrani u odjeljku o jednačinama prvog reda, znamo da samo eksponencijalna funkcija ima ovo svojstvo. Stoga je moguće iznijeti ansatz(obrazovana pretpostavka) o tome šta će biti rješenje date jednačine.

   • Rješenje će imati oblik eksponencijalne funkcije e r x , (\displaystyle e^(rx),) Gdje r (\displaystyle r) je konstanta čiju vrijednost treba pronaći. Zamijenite ovu funkciju u jednačinu i dobijete sljedeći izraz
     • e r x (r 2 + a r + b) = 0 (\displaystyle e^(rx)(r^(2)+ar+b)=0)
   • Ova jednadžba pokazuje da proizvod eksponencijalne funkcije i polinoma mora biti jednak nuli. Poznato je da eksponent ne može biti jednak nuli za bilo koju vrijednost stepena. Iz ovoga zaključujemo da je polinom jednak nuli. Stoga smo problem rješavanja diferencijalne jednadžbe sveli na mnogo jednostavniji problem rješavanja algebarske jednadžbe, koji se zove karakteristična jednačina za datu diferencijalnu jednadžbu.
     • 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)))
   • Imamo dva korena. Budući da je ova diferencijalna jednadžba linearna, njeno opće rješenje je linearna kombinacija parcijalnih rješenja. Pošto je ovo jednačina drugog reda, znamo da jeste stvarno opšte rešenje, a drugih nema. Rigoroznije opravdanje za ovo leži u teoremama o postojanju i jedinstvenosti rješenja, koje se mogu naći u udžbenicima.
   • Koristan način da provjerite da li su dva rješenja linearno nezavisna je izračunavanje Wronskiana. Vronskian W (\displaystyle W) je determinanta matrice čiji stupci sadrže funkcije i njihove sukcesivne derivate. Teorem linearne algebre kaže da su funkcije uključene u Wronskian linearno zavisne ako je Wronskian jednak nuli. U ovom odeljku možemo proveriti da li su dva rešenja linearno nezavisna - da bismo to uradili moramo da se uverimo da Wronskian nije nula. Wronskian je važan u rješavanju nehomogenih diferencijalnih jednadžbi sa konstantnim koeficijentima metodom varijabilnih parametara.
     • W = | y 1 y 2 y 1 ′ y 2 ′ | (\displaystyle W=(\begin(vmatrix)y_(1)&y_(2)\\y_(1)"&y_(2)"\end(vmatrix)))
   • U terminima linearne algebre, skup svih rješenja date diferencijalne jednadžbe formira vektorski prostor čija je dimenzija jednaka redu diferencijalne jednadžbe. U ovom prostoru se može birati osnova linearno nezavisna odluke jedni od drugih. To je moguće zbog činjenice da funkcija y (x) (\displaystyle y(x)) validan linearni operator. Derivat je linearni operator, budući da transformiše prostor diferencijabilnih funkcija u prostor svih funkcija. Jednačine se nazivaju homogenim u onim slučajevima kada je za bilo koji linearni operator L (\displaystyle L) moramo pronaći rješenje jednačine L [ y ] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

   Hajdemo sada da razmotrimo nekoliko konkretni primjeri. Slučaj višestrukih korijena karakteristične jednadžbe ćemo razmotriti nešto kasnije, u dijelu o redukciji reda.

   Ako korijeni r ± (\displaystyle r_(\pm )) su različiti realni brojevi, diferencijalna jednadžba ima sljedeće rješenje

   • 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 ))

   Dva kompleksna korijena. Iz temeljne teoreme algebre slijedi da rješenja polinomskih jednadžbi sa realnim koeficijentima imaju korijene koji su realni ili formiraju konjugirane parove. Stoga, ako kompleksni broj r = α + i β (\displaystyle r=\alpha +i\beta ) onda je korijen karakteristične jednadžbe r ∗ = α − i β (\displaystyle r^(*)=\alpha -i\beta ) je također korijen ove jednačine. Dakle, rješenje možemo napisati u obliku 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^( (\alpha -i\beta)x),) međutim, to je kompleksan broj i nije poželjan za rješavanje praktičnih problema.

   • Umjesto toga možete koristiti Ojlerova formula e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x (\displaystyle e^(ix)=\cos x+i\sin x), što vam omogućava da rješenje zapišete u obliku trigonometrijskih funkcija:
     • e α x (c 1 cos ⁡ β x + i c 1 sin ⁡ β x + c 2 cos ⁡ β x − i c 2 sin ⁡ 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))
   • Sada možete umjesto konstantne c 1 + c 2 (\displaystyle c_(1)+c_(2)) zapiši c 1 (\displaystyle c_(1)), i izraz i (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) zamijeniti sa c 2 . (\displaystyle c_(2).) Nakon ovoga dobijamo sljedeće rješenje:
     • y (x) = e α x (c 1 cos ⁡ β x + c 2 sin ⁡ β x) (\displaystyle y(x)=e^(\alpha x)(c_(1)\cos \beta x+c_ (2)\sin\beta x))
   • Postoji još jedan način da se rješenje zapiše u terminima amplitude i faze, što je bolje za fizičke probleme.
   • Primjer 2.1. Nađimo rješenje dolje navedene diferencijalne jednadžbe sa datim početnim uvjetima. Da biste to učinili, morate uzeti rezultirajuću otopinu, kao i njen derivat, i zamijeniti ih u početne uslove, što će nam omogućiti da odredimo proizvoljne konstante.
     • 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) )i)
     • x (t) = e − 3 t / 2 (c 1 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 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\right))
     • x (0) = 1 = c 1 (\displaystyle x(0)=1=c_(1))
     • x ′ (t) = − 3 2 e − 3 t / 2 (c 1 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 31 2 t) + e − 3 t / 2 (− 31 2 c 1 sin ⁡ 31 2 t + 31 2 c 2 cos ⁡ 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\desno)\end(usmjeren)))
     • 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 (cos ⁡ 31 2 t + 1 31 sin ⁡ 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))
   
   Rješavanje diferencijalnih jednačina n-tog reda sa konstantnim koeficijentima (snimio Intuit - Nacionalni otvoreni univerzitet).

2. Redoslijed opadanja. Redukcija reda je metoda za rješavanje diferencijalnih jednadžbi kada je poznato jedno linearno nezavisno rješenje. Ova metoda se sastoji od snižavanja reda jednadžbe za jedan, što vam omogućava da riješite jednačinu koristeći metode opisane u prethodnom dijelu. Neka rješenje bude poznato. Glavna ideja redukcije reda je pronaći rješenje u donjem obliku, gdje je potrebno definirati funkciju v (x) (\displaystyle v(x)), zamjenjujući ga u diferencijalnu jednadžbu i pronalaženje v(x). (\displaystyle v(x).) Pogledajmo kako se redukcija reda može koristiti za rješavanje diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima i višestrukim korijenima.

   
   

   Višestruki korijeni homogena diferencijalna jednadžba sa konstantnim koeficijentima. Podsjetimo da jednačina drugog reda mora imati dva linearno nezavisna rješenja. Ako karakteristična jednačina ima više korijena, mnogo rješenja Ne formira prostor jer su ova rješenja linearno zavisna. U ovom slučaju, potrebno je koristiti redukciju reda kako bi se pronašlo drugo linearno nezavisno rješenje.

   • Neka karakteristična jednadžba ima više korijena r (\displaystyle r). Pretpostavimo da se drugo rješenje može zapisati u obliku y (x) = e r x v (x) (\displaystyle y(x)=e^(rx)v(x)), i zamijenite ga u diferencijalnu jednadžbu. U ovom slučaju, većina pojmova, osim pojma s drugim izvodom funkcije v , (\displaystyle v,)će se smanjiti.
     • v ″ (x) e r x = 0 (\displaystyle v""(x)e^(rx)=0)
   • Primjer 2.2. Neka je data sljedeća jednačina koja ima više korijena r = − 4. (\displaystyle r=-4.) Prilikom zamjene većina termina se smanjuje.
     • 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(poravnano)))
     • 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(poravnano )v""e^(-4x)&-(\cancel (8v"e^(-4x)))+(\cancel (16ve^(-4x)))\\&+(\cancel (8v"e) ^(-4x)))-(\cancel (32ve^(-4x)))+(\cancel (16ve^(-4x)))=0\end(aligned)))
   • Slično našem anzacu za diferencijalnu jednadžbu sa konstantnim koeficijentima, u ovom slučaju samo drugi izvod može biti jednak nuli. Integriramo dva puta i dobijemo željeni izraz za v (\displaystyle v):
     • v (x) = c 1 + c 2 x (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)x)
   • Tada se opće rješenje diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima u slučaju kada karakteristična jednačina ima više korijena može zapisati u sljedećem obliku. Radi praktičnosti, možete zapamtiti da biste dobili linearnu nezavisnost samo pomnožite drugi član sa x (\displaystyle x). Ovaj skup rješenja je linearno nezavisan i tako smo pronašli sva rješenja ove jednačine.
     • 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.) Smanjenje narudžbe je primjenjivo ako je rješenje poznato y 1 (x) (\displaystyle y_(1)(x)), koji se može naći ili dati u iskazu problema.

   • Tražimo rješenje u formi y (x) = v (x) y 1 (x) (\displaystyle y(x)=v(x)y_(1)(x)) i zamijeni ga u ovu jednačinu:
     • 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)
   • Pošto y 1 (\displaystyle y_(1)) je rješenje diferencijalne jednadžbe, sa svim terminima v (\displaystyle v) se smanjuju. Na kraju ostaje linearna jednačina prvog reda. Da bismo ovo jasnije vidjeli, izvršimo promjenu varijabli 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)\desno)(\mathrm (d) )x\desno))
     • v (x) = ∫ w (x) d x (\displaystyle v(x)=\int w(x)(\mathrm (d) )x)
   • Ako se integrali mogu izračunati, dobivamo opće rješenje kao kombinaciju elementarnih funkcija. U suprotnom, rješenje se može ostaviti u integralnom obliku.

3. Cauchy-Eulerova jednadžba. Cauchy-Eulerova jednadžba je primjer diferencijalne jednadžbe drugog reda sa varijable koeficijenti, koji ima tačna rješenja. Ova se jednadžba koristi u praksi, na primjer, za rješavanje Laplaceove jednadžbe u sfernim koordinatama.

   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)
   

   Karakteristična jednačina. Kao što vidite, u ovoj diferencijalnoj jednadžbi, svaki član sadrži faktor snage, čiji je stepen jednak redu odgovarajuće derivacije.

   • Dakle, možete pokušati potražiti rješenje u obrascu y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) gde je potrebno utvrditi n (\displaystyle n), baš kao što smo tražili rješenje u obliku eksponencijalne funkcije za linearnu diferencijalnu jednadžbu s konstantnim koeficijentima. Nakon diferencijacije i zamjene dobivamo
     • x n (n 2 + (a − 1) n + b) = 0 (\displaystyle x^(n)(n^(2)+(a-1)n+b)=0)
   • Da bismo koristili karakterističnu jednačinu, moramo to pretpostaviti x ≠ 0 (\displaystyle x\neq 0). Dot x = 0 (\displaystyle x=0) pozvao regularna singularna tačka diferencijalna jednadžba. Takve tačke su važne pri rješavanju diferencijalnih jednadžbi korištenjem nizova stepena. Ova jednadžba ima dva korijena, koji mogu biti različiti i realni, višestruki ili složeni konjugirani.
     • n ± = 1 − a ± (a − 1) 2 − 4 b 2 (\displaystyle n_(\pm )=(\frac (1-a\pm (\sqrt ((a-1)^(2)-4b) )))(2)))

   Dva različita prava korena. Ako su korijeni n ± (\displaystyle n_(\pm )) su realni i različiti, tada rješenje diferencijalne jednadžbe ima sljedeći oblik:

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

   Dva kompleksna korijena. Ako karakteristična jednadžba ima korijen n ± = α ± β i (\displaystyle n_(\pm )=\alpha \pm \beta i), rješenje je složena funkcija.

   • Da bismo transformirali rješenje u realnu funkciju, vršimo promjenu varijabli x = e t , (\displaystyle x=e^(t),) to jest t = ln ⁡ x , (\displaystyle t=\ln x,) i koristite Ojlerovu formulu. Slične radnje su prethodno izvedene prilikom određivanja proizvoljnih konstanti.
     • y (t) = e α t (c 1 e β i t + c 2 e − β i t) (\displaystyle y(t)=e^(\alpha t)(c_(1)e^(\beta it)+ c_(2)e^(-\beta it)))
   • Tada se opće rješenje može zapisati kao
     • y (x) = x α (c 1 cos ⁡ (β ln ⁡ x) + c 2 sin ⁡ (β ln ⁡ x)) (\displaystyle y(x)=x^(\alpha )(c_(1)\ cos(\beta \ln x)+c_(2)\sin(\beta \ln x)))

   Višestruki korijeni. Da bi se dobilo drugo linearno nezavisno rješenje, potrebno je ponovo smanjiti redoslijed.

   • Potrebno je dosta proračuna, ali princip ostaje isti: zamjenjujemo y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) u jednačinu čije je prvo rješenje y 1 (\displaystyle y_(1)). Nakon redukcija dobija se sljedeća jednačina:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • Ovo je linearna jednačina prvog reda u odnosu na v ′ (x) . (\displaystyle v"(x).) Njegovo rešenje je v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x . (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Dakle, rješenje se može napisati u sljedećem obliku. Prilično je lako zapamtiti - dobiti drugo linearno nezavisna odluka samo je potreban dodatni član sa 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. Nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe sa konstantnim koeficijentima. Nehomogene jednadžbe imaju oblik L [ y (x) ] = f (x) , (\displaystyle L=f(x),) Gdje f (x) (\displaystyle f(x))- tzv besplatni član. Prema teoriji diferencijalnih jednadžbi, opšte rješenje ove jednačine je superpozicija privatno rešenje y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) I dodatno rešenje y c (x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Međutim, u ovom slučaju, određeno rješenje ne znači rješenje dato početnim uvjetima, već rješenje koje je određeno prisustvom heterogenosti (slobodni termin). Dodatno rješenje je rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe u kojoj f (x) = 0. (\displaystyle f(x)=0.) Sveukupno rješenje je superpozicija ova dva rješenja, budući da L [ y p + y c ] = L [ y p ] + L [ y c ] = f (x) (\displaystyle L=L+L=f(x)), i od tada L [ y c ] = 0 , (\displaystyle L=0,) takva superpozicija je zaista opšte rešenje.

   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))
   

   Metoda neodređenih koeficijenata. Metoda neodređenih koeficijenata koristi se u slučajevima kada je lažni termin kombinacija eksponencijalnih, trigonometrijskih, hiperboličkih ili funkcije snage. Samo je za ove funkcije zajamčeno da imaju konačan broj linearno nezavisnih izvoda. U ovom odeljku naći ćemo posebno rješenje jednačine.

   • Hajde da uporedimo pojmove u f (x) (\displaystyle f(x)) sa terminima u ne obraćajući pažnju na stalne faktore. Postoje tri moguća slučaja.
     • Ne postoje dva ista člana. U ovom slučaju, posebno rješenje y p (\displaystyle y_(p))će biti linearna kombinacija pojmova iz y p (\displaystyle y_(p))
     • f (x) (\displaystyle f(x)) sadrži člana x n (\displaystyle x^(n)) i član iz y c , (\displaystyle y_(c),) Gdje n (\displaystyle n) je nula ili pozitivan cijeli broj, a ovaj izraz odgovara zasebnom korijenu karakteristične jednadžbe. U ovom slučaju y p (\displaystyle y_(p)) sastojat će se od kombinacije funkcija x n + 1 h (x) , (\displaystyle x^(n+1)h(x),) njegovi linearno nezavisni derivati, kao i drugi termini f (x) (\displaystyle f(x)) i njihove linearno nezavisne derivacije.
     • f (x) (\displaystyle f(x)) sadrži člana h (x) , (\displaystyle h(x),) što je djelo x n (\displaystyle x^(n)) i član iz y c , (\displaystyle y_(c),) Gdje n (\displaystyle n) jednako 0 ili pozitivan cijeli broj, a ovaj izraz odgovara višestruko korijen karakteristične jednadžbe. U ovom slučaju y p (\displaystyle y_(p)) je linearna kombinacija funkcije x n + s h (x) (\displaystyle x^(n+s)h(x))(Gdje s (\displaystyle s)- višestrukost korijena) i njegovih linearno nezavisnih derivata, kao i drugih članova funkcije f (x) (\displaystyle f(x)) i njegovih linearno nezavisnih derivata.
   • Hajde da to zapišemo y p (\displaystyle y_(p)) kao linearna kombinacija gore navedenih pojmova. Zbog ovih koeficijenata u linearnoj kombinaciji, ova metoda se naziva “metoda neodređenih koeficijenata”. Kada se sadržaj pojavi y c (\displaystyle y_(c)) termini se mogu odbaciti zbog prisustva proizvoljnih konstanti u y c . (\displaystyle y_(c).) Nakon ovoga vršimo zamjenu y p (\displaystyle y_(p)) u jednadžbu i izjednačiti slične članove.
   • Određujemo koeficijente. U ovoj fazi se dobija sistem algebarske jednačine, što se obično može riješiti bez problema. Rješenje ovog sistema nam omogućava da dobijemo y p (\displaystyle y_(p)) i time riješiti jednačinu.
   • Primjer 2.3. Razmotrimo nehomogenu diferencijalnu jednačinu čiji slobodni član sadrži konačan broj linearno nezavisnih izvoda. Konkretno rješenje takve jednačine može se naći metodom neodređenih koeficijenata.
     • d 2 y d t 2 + 6 y = 2 e 3 t − cos ⁡ 5 t (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )t^(2) ))+6y=2e^(3t)-\cos 5t)
     • y c (t) = c 1 cos ⁡ 6 t + c 2 sin ⁡ 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 cos ⁡ 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 cos ⁡ 5 t − 25 C sin ⁡ 5 t + 6 A e 3 t + 6 B cos ⁡ 5 t + 6 C sin ⁡ 5 t = 2 e 3 t − cos ⁡ 5 t ( \displaystyle (\begin(aligned)9Ae^(3t)-25B\cos 5t&-25C\sin 5t+6Ae^(3t)\\&+6B\cos 5t+6C\sin 5t=2e^(3t)-\ cos 5t\end(usklađeno)))
     • ( 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(cases)9A+ 6A =2,&A=(\dfrac (2)(15))\\-25B+6B=-1,&B=(\dfrac (1)(19))\\-25C+6C=0,&C=0 \ kraj (slučajevi)))
     • y (t) = c 1 cos ⁡ 6 t + c 2 sin ⁡ 6 t + 2 15 e 3 t + 1 19 cos ⁡ 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)

   Lagrangeova metoda. Lagrangeova metoda, ili metoda varijacije proizvoljnih konstanti, je opštija metoda za rješavanje nehomogenih diferencijalnih jednadžbi, posebno u slučajevima kada član presjeka ne sadrži konačan broj linearno nezavisnih izvoda. Na primjer, sa besplatnim uslovima preplanulost ⁡ x (\displaystyle \tan x) ili x − n (\displaystyle x^(-n)) za pronalaženje određenog rješenja potrebno je koristiti Lagrangeovu metodu. Lagrangeova metoda se čak može koristiti i za rješavanje diferencijalnih jednadžbi s promjenjivim koeficijentima, iako se u ovom slučaju, s izuzetkom Cauchy-Eulerove jednadžbe, rjeđe koristi, jer se dodatno rješenje obično ne izražava elementarnim funkcijama.

   • Pretpostavimo da rješenje ima sljedeći oblik. Njegov derivat je dat u drugom redu.
     • 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)")
   • Budući da predloženo rješenje sadrži dva nepoznate količine, potrebno je nametnuti dodatni stanje. Odaberimo ovaj dodatni uslov u sljedećem obliku:
     • 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)"")
   • Sada možemo dobiti drugu jednačinu. Nakon zamjene i preraspodjele članova, možete grupirati članove sa v 1 (\displaystyle v_(1)) i članovi sa v 2 (\displaystyle v_(2)). Ovi termini su smanjeni jer y 1 (\displaystyle y_(1)) I y 2 (\displaystyle y_(2)) su rješenja odgovarajuće homogene jednadžbe. Kao rezultat, dobijamo sledeći sistem jednačina
     • v 1 ′ y 1 + v 2 ′ y 2 = 0 v 1 ′ y 1 ′ + v 2 ′ y 2 ′ = f (x) (\displaystyle (\begin(aligned)v_(1)"y_(1)+) v_(2)"y_(2)&=0\\v_(1)"y_(1)"+v_(2)"y_(2)"&=f(x)\\\end(poravnano)))
   • Ovaj sistem se može konvertovati u matrična jednačina vrsta A x = b , (\displaystyle A(\mathbf (x) )=(\mathbf (b) ),)čije je rešenje x = A − 1 b . (\displaystyle (\mathbf (x) )=A^(-1)(\mathbf (b) ).) Za matricu 2 × 2 (\displaystyle 2\puta 2) inverzna matrica nalazi se dijeljenjem determinantom, preuređivanjem dijagonalnih elemenata i promjenom predznaka nedijagonalnih elemenata. U stvari, determinanta ove matrice je Wronskian.
     • (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)\ end(pmatrix))(\begin(pmatrix)0\\f(x)\end(pmatrix)))
   • Izrazi za v 1 (\displaystyle v_(1)) I v 2 (\displaystyle v_(2)) su dati u nastavku. Kao iu metodi redukcije reda, i u ovom slučaju, prilikom integracije, pojavljuje se proizvoljna konstanta, koja uključuje dodatno rješenje u opšte rješenje diferencijalne jednadžbe.
     • 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)
   
   Predavanje Nacionalnog otvorenog univerziteta Intuit pod nazivom "Linearne diferencijalne jednadžbe n-tog reda sa konstantnim koeficijentima."

Praktična primjena

Diferencijalne jednadžbe uspostavljaju odnos između funkcije i jednog ili više njenih izvoda. Budući da su takve veze izuzetno česte, pronađene su diferencijalne jednadžbe široka primena u raznim područjima, a pošto živimo u četiri dimenzije, ove jednadžbe su često diferencijalne jednadžbe u privatni derivati. Ovaj odjeljak pokriva neke od najvažnijih jednačina ovog tipa.

• Eksponencijalni rast i propadanje. Radioaktivni raspad. Složena kamata. Brzina hemijske reakcije. Koncentracija lijekova u krvi. Neograničen rast populacije. Newton-Richmann zakon. IN stvarnom svijetu Postoji mnogo sistema u kojima je stopa rasta ili propadanja u bilo kom trenutku proporcionalna količini u trenutno vrijeme ili se može dobro aproksimirati modelom. To je zato što je rješenje date diferencijalne jednadžbe, eksponencijalna funkcija, jedna od najvažnijih funkcija u matematici i drugim naukama. U više opšti slučaj sa kontrolisanim rastom stanovništva, sistem može uključiti dodatne članove koji ograničavaju rast. U donjoj jednačini, konstanta k (\displaystyle k) može biti veći ili manji od nule.
  • d y d x = k x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=kx)
• Harmonične vibracije. I u klasičnoj i u kvantnoj mehanici, harmonijski oscilator je jedan od najvažnijih fizičkih sistema zbog svoje jednostavnosti i široke upotrebe u aproksimaciji složenijih sistema kao što je jednostavno klatno. U klasičnoj mehanici harmonijske vibracije opisani su jednadžbom koja povezuje položaj materijalne tačke sa njenim ubrzanjem kroz Hookeov zakon. U ovom slučaju mogu se uzeti u obzir i sile prigušenja i pokretanja. U donjem izrazu x ˙ (\displaystyle (\dot (x)))- vremenski derivat od x , (\displaystyle x,) β (\displaystyle \beta )- parametar koji opisuje silu prigušenja, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- ugaona frekvencija sistema, F (t) (\displaystyle F(t))- vremenski zavisna pokretačka snaga. Harmonski oscilator je prisutan i u elektromagnetnim oscilatornim kolima, gdje se može implementirati s većom preciznošću nego u mehaničkim sistemima.
  • x ¨ + 2 β x ˙ + ω 0 2 x = F (t) (\displaystyle (\ddot (x))+2\beta (\dot (x))+\omega _(0)^(2)x =F(t))
• Beselova jednačina. Beselova diferencijalna jednačina se koristi u mnogim oblastima fizike, uključujući rešavanje talasne jednačine, Laplasove jednačine i Schrödingerove jednačine, posebno u prisustvu cilindrične ili sferne simetrije. Ova diferencijalna jednadžba drugog reda s promjenjivim koeficijentima nije Cauchy-Eulerova jednadžba, pa se njena rješenja ne mogu zapisati kao elementarne funkcije. Rješenja Beselove jednadžbe su Beselove funkcije, koje su dobro proučene zbog svoje primjene u mnogim područjima. U donjem izrazu α (\displaystyle \alpha )- konstanta koja odgovara po redu Beselove funkcije.
  • 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)
• Maxwellove jednadžbe. Zajedno sa Lorentzovom silom, Maxwellove jednadžbe čine osnovu klasične elektrodinamike. Ovo su četiri parcijalne diferencijalne jednadžbe za električnu energiju E (r, t) (\displaystyle (\mathbf (E) )((\mathbf (r) ),t)) i magnetna B (r, t) (\displaystyle (\mathbf (B) )((\mathbf (r) ),t)) polja. U izrazima ispod ρ = ρ (r, t) (\displaystyle \rho =\rho ((\mathbf (r) ),t))- gustina naelektrisanja, J = J (r, t) (\displaystyle (\mathbf (J) )=(\mathbf (J) )((\mathbf (r) ),t))- gustina struje, i ϵ 0 (\displaystyle \epsilon _(0)) I μ 0 (\displaystyle \mu _(0))- električne i magnetske konstante, respektivno.
  • ∇ ⋅ E = ρ ϵ 0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × E = − ∂ B ∂ t ∇ × B = μ 0 J + μ 0 ϵ 0 ∂ E ∂ t (\displaystyle (\begin(cdot)\nabla (\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(usmjeren)))
• Schrödingerova jednadžba. U kvantnoj mehanici, Schrödingerova jednadžba je osnovna jednačina kretanja, koja opisuje kretanje čestica prema promjeni valne funkcije Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) tokom vremena. Jednačina kretanja je opisana ponašanjem Hamiltonian H^(\displaystyle (\šešir (H))) - operater, koji opisuje energiju sistema. Jedan od dobro poznatih primjera Schrödingerove jednadžbe u fizici je jednačina za jednu nerelativističku česticu podložnu potencijalu V (r, t) (\displaystyle V((\mathbf (r) ),t)). Mnogi sistemi su opisani vremenski zavisnom Schrödingerovom jednačinom, a na lijevoj strani jednačine je E Ψ , (\displaystyle E\Psi ,) Gdje E (\displaystyle E)- energija čestica. U izrazima ispod ℏ (\displaystyle \hbar )- smanjena Plankova konstanta.
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = H ^ Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\partial \psi )(\partial t))=(\hat (H))\psi )
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = (− ℏ 2 2 m ∇ 2 + V (r , t)) Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\partial \psi )(\partial t))=\left(- (\frac (\hbar ^(2))(2m))\nabla ^(2)+V((\mathbf (r) ),t)\right)\Psi )
• Talasna jednadžba. Fizika i tehnologija se ne mogu zamisliti bez talasa; oni su prisutni u svim vrstama sistema. Općenito, valovi su opisani jednadžbom ispod, u kojoj u = u (r, t) (\displaystyle u=u((\mathbf (r) ),t)) je željena funkcija, i c (\displaystyle c)- eksperimentalno određena konstanta. d'Alembert je prvi otkrio da je za jednodimenzionalni slučaj rješenje valne jednačine bilo koji funkcija s argumentom x − c t (\displaystyle x-ct), koji opisuje talas proizvoljnog oblika koji se širi udesno. Opće rješenje za jednodimenzionalni slučaj je linearna kombinacija ove funkcije s drugom funkcijom s argumentom x + c t (\displaystyle x+ct), koji opisuje talas koji se širi lijevo. Ovo rješenje je predstavljeno u drugom redu.
  • ∂ 2 u ∂ t 2 = c 2 ∇ 2 u (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)u)(\partial 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-Stokesove jednadžbe. Navier-Stokesove jednačine opisuju kretanje fluida. Budući da su fluidi prisutni u gotovo svim oblastima nauke i tehnologije, ove jednačine su izuzetno važne za predviđanje vremena, projektovanje aviona, proučavanje okeanskih struja i rešavanje mnogih drugih primenjenih problema. Navier-Stokesove jednadžbe su nelinearne parcijalne diferencijalne jednadžbe i u većini slučajeva ih je vrlo teško riješiti, jer nelinearnost dovodi do turbulencije, a dobivanje stabilnog rješenja numeričkim metodama zahtijeva particioniranje na vrlo male ćelije, što zahtijeva značajnu računarsku snagu. Za praktične svrhe u hidrodinamici, metode kao što je usrednjavanje vremena koriste se za simulaciju turbulentnih tokova. Čak i osnovnija pitanja kao što su postojanje i jedinstvenost rješenja za nelinearne parcijalne diferencijalne jednadžbe su izazovni problemi, a dokazivanje postojanja i jedinstvenosti rješenja za Navier-Stokesove jednadžbe u tri dimenzije spada među matematički problemi milenijum. Ispod su jednačina protoka nestišljivog fluida i jednačina kontinuiteta.
  • ∂ u ∂ t + (u ⋅ ∇) u − ν ∇ 2 u = − ∇ h , ∂ ρ ∂ t + ∇ ⋅ (ρ u) = 0 (\displaystyle (\frac (\partial (\mathbf (u) )) )(\partial t))+((\mathbf (u) )\cdot \nabla)(\mathbf (u) )-\nu \nabla ^(2)(\mathbf (u) )=-\nabla h, \quad (\frac (\partial \rho )(\partial t))+\nabla \cdot (\rho (\mathbf (u) ))=0)

• Mnoge diferencijalne jednadžbe jednostavno se ne mogu riješiti korištenjem gornjih metoda, posebno onih spomenutih u posljednjem odjeljku. Ovo se odnosi na slučajeve u kojima jednačina sadrži promjenjive koeficijente i nije Cauchy-Eulerova jednačina, ili kada je jednadžba nelinearna, osim u nekoliko vrlo rijetkih slučajeva. Međutim, gore navedene metode mogu riješiti mnoge važne diferencijalne jednadžbe koje se često susreću u različitim područjima nauke.
• Za razliku od diferencijacije, koja vam omogućava da pronađete derivaciju bilo koje funkcije, integral mnogih izraza ne može se izraziti u elementarnim funkcijama. Zato nemojte gubiti vrijeme pokušavajući izračunati integral tamo gdje je to nemoguće. Pogledajte tabelu integrala. Ako se rješenje diferencijalne jednadžbe ne može izraziti u terminima elementarnih funkcija, ponekad se može predstaviti u integralnom obliku, a u ovom slučaju nije bitno da li se ovaj integral može analitički izračunati.

Upozorenja

• Izgled diferencijalna jednadžba može biti pogrešna. Na primjer, ispod su dvije diferencijalne jednadžbe prvog reda. Prva jednačina se može lako riješiti korištenjem metoda opisanih u ovom članku. Na prvi pogled mala promjena y (\displaystyle y) on y 2 (\displaystyle y^(2)) u drugoj jednačini ga čini nelinearnim i postaje vrlo teško riješiti.
  • 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))

1. Diferencijalna jednadžba prvog reda ima oblik

Ako se ova jednačina može riješiti u odnosu na onda se može napisati kao

U ovom slučaju kažemo da je diferencijalna jednadžba riješena s obzirom na izvod. Za takvu jednačinu vrijedi sljedeća teorema koja se zove teorema o postojanju i jedinstvenosti rješenja diferencijalne jednadžbe. Teorema. Ako u jednadžbi

funkcija i njen parcijalni izvod u odnosu na y su kontinuirani u nekom domenu D na ravni koja sadrži neku tačku, tada postoji jedinstveno rješenje ove jednadžbe

zadovoljavajući uslov na

Ova teorema će biti dokazana u poglavlju § 27. XVI.

Geometrijsko značenje teoreme je da postoji jedinstvena funkcija čiji graf prolazi kroz tačku

Iz upravo navedene teoreme slijedi da jednačina ima beskonačan broj različitih rješenja (na primjer, rješenje čiji graf prolazi kroz tačku, drugo rješenje čiji graf prolazi kroz tačku, itd., ako samo ove tačke leže u području

Uslov da kada funkcija y mora biti jednaka datom broju naziva se početni uslov. Često se piše u formi

Definicija 1. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda je funkcija

koji zavisi od jedne proizvoljne konstante C i zadovoljava sljedeće uslove:

a) zadovoljava diferencijalnu jednačinu za bilo koju specifičnu vrijednost konstante C;

b) bez obzira na početni uslov, moguće je pronaći vrijednost tako da funkcija zadovoljava zadati početni uvjet. U ovom slučaju se pretpostavlja da vrijednosti pripadaju području varijacije varijabli x i y u kojem su zadovoljeni uvjeti teoreme postojanja i jedinstvenosti rješenja.

2. U procesu pronalaženja opšteg rješenja diferencijalne jednadžbe često dolazimo do relacije oblika

nije dozvoljeno za y. Rešavajući ovu relaciju za y, dobijamo opšte rešenje. Međutim, nije uvijek moguće izraziti y iz relacije (2) u elementarnim funkcijama; u takvim slučajevima opće rješenje ostaje implicitno. Jednakost oblika koja implicitno specificira opće rješenje naziva se općim integralom diferencijalne jednadžbe.

Definicija 2. Konkretno rješenje je svaka funkcija koja se dobije iz općeg rješenja ako je u potonjem proizvoljnoj konstanti C data određena vrijednost. Relacija se u ovom slučaju naziva parcijalnim integralom jednačine.

Primjer 1. Za jednačinu prvog reda

generalno rješenje će biti porodica funkcija to se može provjeriti jednostavnom zamjenom u jednadžbi.

Nađimo određeno rješenje koje zadovoljava sljedeći početni uvjet: kada ove vrijednosti zamijenimo u formulu, dobijamo ili Prema tome, željeno određeno rješenje će biti funkcija

Sa geometrijske tačke gledišta, opšti integral je porodica krivih na koordinatna ravan, u zavisnosti od jedne proizvoljne konstante C (ili, kako se kaže, od jednog parametra C).

Ove krive se nazivaju integralne krive date diferencijalne jednadžbe. Parcijalni integral odgovara jednoj krivoj ove porodice, koja prolazi kroz neku datu tačku ravni.

Dakle, u posljednjem primjeru, opći integral je geometrijski predstavljen familijom hiperbola, a poseban integral definiran naznačenim početnim uvjetom predstavljen je jednom od ovih hiperbola koja prolazi kroz tačku na sl. 251 prikazuje krivulje porodice koje odgovaraju nekim vrijednostima parametra: itd.

Da bi rasuđivanje bilo jasnije, od sada ćemo rješenjem jednadžbe zvati ne samo funkciju koja zadovoljava jednadžbu, već i odgovarajuću integralnu krivu. S tim u vezi, govorit ćemo, na primjer, o rješenju koje prolazi kroz tačku .

Komentar. Jednačina nema rješenja koje prolazi kroz tačku koja leži na osi na sl. 251), pošto desnu stranu jednadžba za nije definirana i stoga nije kontinuirana.

Rješavanje ili, kako često kažu, integriranje diferencijalne jednadžbe znači:

a) naći njegovo opšte rešenje ili opšti integral (ako nisu dati početni uslovi) ili

b) pronaći ono određeno rješenje jednačine koje zadovoljava date početne uslove (ako ih ima).

3. Dajemo geometrijsku interpretaciju diferencijalne jednadžbe prvog reda.

Neka je data diferencijalna jednadžba koja je riješena s obzirom na izvod:

i neka postoji opće rješenje ove jednačine. Ovo opšte rešenje definiše porodicu integralnih krivulja na ravni

Jednačina (G) za svaku tačku M sa koordinatama x i y određuje vrijednost derivacije, odnosno kutnog koeficijenta tangente na integralnu krivu koja prolazi kroz ovu tačku. Dakle, diferencijalna jednadžba (D) daje skup pravaca ili, kako kažu, određuje polje pravaca na ravni

Stoga, sa geometrijske tačke gledišta, problem integracije diferencijalne jednadžbe je pronaći krive čije tangente imaju isti smjer kao polje u odgovarajućim tačkama.

Za diferencijalnu jednačinu (1), mjesto tačaka u kojima je relacija zadovoljena naziva se izoklina ove diferencijalne jednadžbe.

At različita značenja k dobijamo različite izokline. Jednačina izoklina koja odgovara vrijednosti k očito će biti Konstruiranjem porodice izoklina, može se približno konstruirati familija integralnih krivulja. Kažu da se, poznavajući izokline, može kvalitativno odrediti položaj integralnih krivulja na ravni.

Često samo pominjanje diferencijalne jednadžbečini da se učenici osećaju neprijatno. Zašto se ovo dešava? Najčešće, jer prilikom proučavanja osnova gradiva, nastaje jaz u znanju, zbog čega daljnje proučavanje difura postaje jednostavno mučenje. Nije jasno šta učiniti, kako odlučiti, odakle početi?

Međutim, pokušaćemo da vam pokažemo da difuri nisu tako teški kao što se čini.

Osnovni pojmovi teorije diferencijalnih jednadžbi

Još iz škole znamo najjednostavnije jednačine u kojima treba pronaći nepoznato x. U suštini diferencijalne jednadžbe samo malo drugačiji od njih - umjesto varijable X morate pronaći funkciju u njima y(x) , što će jednadžbu pretvoriti u identitet.

D diferencijalne jednadžbe su od velike praktične važnosti. Ovo nije apstraktna matematika koja nema veze sa svijetom oko nas. Mnogi stvarni prirodni procesi su opisani pomoću diferencijalnih jednadžbi. Na primjer, vibracije žice, kretanje harmonijskog oscilatora, koristeći diferencijalne jednadžbe u problemima mehanike, pronalaze brzinu i ubrzanje tijela. Također DU se široko koriste u biologiji, hemiji, ekonomiji i mnogim drugim naukama.

Diferencijalna jednadžba (DU) je jednadžba koja sadrži izvode funkcije y(x), same funkcije, nezavisne varijable i druge parametre u raznim kombinacijama.

Postoje mnoge vrste diferencijalnih jednadžbi: obične diferencijalne jednadžbe, linearne i nelinearne, homogene i nehomogene, diferencijalne jednadžbe prvog i višeg reda, parcijalne diferencijalne jednadžbe itd.

Rješenje diferencijalne jednadžbe je funkcija koja je pretvara u identitet. Postoje opća i posebna rješenja za daljinski upravljač.

Opće rješenje diferencijalne jednadžbe je opći skup rješenja koji pretvaraju jednadžbu u identitet. Parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe je rješenje koje zadovoljava dodatni uslovi, naveden na početku.

Određuje se redoslijed diferencijalne jednadžbe najviši red derivati ​​uključeni u njega.

Obične diferencijalne jednadžbe

Obične diferencijalne jednadžbe su jednadžbe koje sadrže jednu nezavisnu varijablu.

Razmotrimo najjednostavniju običnu diferencijalnu jednačinu prvog reda. izgleda ovako:

Ova jednačina se može riješiti jednostavnim integracijom njene desne strane.

Primjeri takvih jednadžbi:

Odvojive jednačine

IN opšti pogled ova vrsta jednadžbe izgleda ovako:

Evo primjera:

Prilikom rješavanja takve jednadžbe potrebno je razdvojiti varijable, dovodeći ih u oblik:

Nakon toga, ostaje integrirati oba dijela i dobiti rješenje.

Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda

Takve jednačine izgledaju ovako:

Ovdje su p(x) i q(x) neke funkcije nezavisne varijable, a y=y(x) je željena funkcija. Evo primjera takve jednadžbe:

Prilikom rješavanja takve jednadžbe najčešće koriste metodu variranja proizvoljne konstante ili traženu funkciju predstavljaju kao proizvod dvije druge funkcije y(x)=u(x)v(x).

Za rješavanje ovakvih jednadžbi potrebna je određena priprema i bit će prilično teško uzeti ih na prvi pogled.

Primjer rješavanja diferencijalne jednadžbe sa odvojivim varijablama

Stoga smo pogledali najjednostavnije vrste daljinskog upravljača. Pogledajmo sada rješenje za jedno od njih. Neka je ovo jednadžba sa odvojivim varijablama.

Prvo, prepišimo derivat u poznatijem obliku:

Zatim podijelimo varijable, odnosno u jednom dijelu jednačine skupljamo sva "ja", au drugom - "X":

Sada ostaje da se integrišu oba dela:

Integriramo i dobijemo opće rješenje ove jednačine:

Naravno, rješavanje diferencijalnih jednadžbi je vrsta umjetnosti. Morate biti u stanju razumjeti o kakvom se tipu jednačine radi, kao i naučiti da vidite koje transformacije treba napraviti s njom da bi se došlo do jednog ili drugog oblika, a da ne spominjemo samo sposobnost diferenciranja i integracije. A da biste uspjeli riješiti DE, potrebna vam je vježba (kao i u svemu). A ako trenutno nemate vremena da shvatite kako se rješavaju diferencijalne jednadžbe ili vam je Cauchyjev problem zapeo kao kost u grlu, ili ne znate, obratite se našim autorima. U kratkom roku ćemo Vam obezbediti gotov i detaljno rješenje, čije detalje možete razumjeti u bilo koje vrijeme koje vam odgovara. U međuvremenu, predlažemo da pogledate video na temu "Kako riješiti diferencijalne jednadžbe":

Prvi red, koji ima standardni oblik $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$, gdje je $P\left(x\right)$ kontinuirana funkcija, naziva se linearno homogenim. Naziv "linearno" se objašnjava činjenicom da su nepoznata funkcija $y$ i njen prvi izvod $y"$ uključeni u jednačinu linearno, odnosno do prvog stepena. Naziv "homogen" potiče od činjenice da se na desnoj strani jednačine nalazi nula.

Ovakva diferencijalna jednadžba se može riješiti metodom razdvajanja varijabli. Predstavimo to u standardnom obliku metode: $y"=-P\left(x\right)\cdot y$, gdje je $f_(1) \left(x\right)=-P\left(x\ desno)$ i $f_(2)\left(y\right)=y$.

Izračunajmo integral $I_(1) =\int f_(1) \left(x\right)\cdot dx =-\int P\left(x\right)\cdot dx $.

Izračunajmo integral $I_(2) =\int \frac(dy)(f_(2) \left(y\right)) =\int \frac(dy)(y) =\ln \left|y\right |$ .

Zapišimo opšte rješenje u obliku $\ln \left|y\right|+\int P\left(x\right)\cdot dx =\ln \left|C_(1) \right|$, gdje je $ \ln \left |C_(1) \right|$ je proizvoljna konstanta, uzeta u obliku pogodnom za dalje transformacije.

Izvršimo transformacije:

\[\ln \left|y\right|-\ln \left|C_(1) \right|=-\int P\left(x\right)\cdot dx ; \ln \frac(\left|y\right|)(\left|C_(1) \right|) =-\int P\left(x\right)\cdot dx .\]

Koristeći definiciju logaritma, dobijamo: $\left|y\right|=\left|C_(1) \right|\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $ . Ova jednakost je, zauzvrat, ekvivalentna jednakosti $y=\pm C_(1) \cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.

Zamjenom proizvoljne konstante $C=\pm C_(1) $, dobijamo opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe: $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.

Nakon što smo riješili jednačinu $f_(2) \left(y\right)=y=0$, nalazimo posebna rješenja. Uobičajenom provjerom uvjeravamo se da je funkcija $y=0$ posebno rješenje ove diferencijalne jednadžbe.

Međutim, isto rješenje se može dobiti iz općeg rješenja $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $, stavljajući u njega $C=0$.

Dakle, konačni rezultat je: $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.

Opća metoda za rješavanje linearne homogene diferencijalne jednadžbe prvog reda može se predstaviti kao sljedeći algoritam:

1. Da bi se ova jednačina riješila, prvo se mora prikazati u standardnom obliku $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$ metode. Ako to nije postignuto, onda se ova diferencijalna jednačina mora riješiti pomoću drugačija metoda.
2. Izračunavamo integral $I=\int P\left(x\right)\cdot dx $.
3. Opće rješenje zapisujemo u obliku $y=C\cdot e^(-I) $ i, ako je potrebno, izvodimo pojednostavljujuće transformacije.

Problem 1

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe $y"+3\cdot x^(2) \cdot y=0$.

Imamo linearnu homogena jednačina prvi red u standardnom obliku, za koji je $P\left(x\right)=3\cdot x^(2) $.

Izračunavamo integral $I=\int 3\cdot x^(2) \cdot dx =x^(3) $.

Opšte rješenje ima oblik: $y=C\cdot e^(-x^(3) ) $.

Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda

Definicija

Diferencijalna jednadžba prvog reda koja se može predstaviti u standardnom obliku $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$, gdje je $P\left(x\right)$ i $ Q\left(x\right)$ - poznate kontinuirane funkcije, naziva se linearna nehomogena diferencijalna jednadžba. Naziv "nehomogena" se objašnjava činjenicom da je desna strana diferencijalne jednadžbe različita od nule.

Rješenje jedne složene linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe može se svesti na rješenje dvije jednostavnije diferencijalne jednadžbe. Da biste to učinili, potrebnu funkciju $y$ treba zamijeniti proizvodom dvije pomoćne funkcije $u$ i $v$, odnosno staviti $y=u\cdot v$.

Razlikujemo prihvaćenu zamjenu: $\frac(dy)(dx) =\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \frac(dv)(dx) $. Dobijeni izraz zamjenjujemo u ovu diferencijalnu jednačinu: $\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot u\cdot v= Q\ lijevo(x\desno)$ ili $\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \left[\frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot v\ desno] =Q\levo(x\desno)$.

Imajte na umu da ako se prihvati $y=u\cdot v$, onda se jedna od pomoćnih funkcija može proizvoljno odabrati kao dio proizvoda $u\cdot v$. Odaberimo pomoćnu funkciju $v$ tako da izraz u uglastim zagradama postane nula. Da biste to učinili, dovoljno je riješiti diferencijalnu jednadžbu $\frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot v=0$ za funkciju $v$ i odabrati najjednostavnije određeno rješenje za nju $v=v\left(x \right)$, različit od nule. Ova diferencijalna jednadžba je linearno homogena i rješava se gore opisanom metodom.

Dobiveno rješenje $v=v\left(x\right)$ zamjenjujemo u ovu diferencijalnu jednačinu, uzimajući u obzir činjenicu da je sada izraz u uglastim zagradama jednak nuli, i dobijamo drugu diferencijalnu jednadžbu, ali sada s obzirom na na pomoćnu funkciju $u$: $\ frac(du)(dx) \cdot v\left(x\right)=Q\left(x\right)$. Ova diferencijalna jednadžba se može predstaviti kao $\frac(du)(dx) =\frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) $, nakon čega postaje očigledno da omogućava neposrednu integracija. Za ovu diferencijalnu jednačinu potrebno je pronaći opšte rješenje u obliku $u=u\left(x,\; C\right)$.

Sada možemo pronaći opšte rješenje ove linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda u obliku $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$.

Opća metoda za rješavanje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda može se predstaviti kao sljedeći algoritam:

1. Da bi se ova jednačina riješila, prvo se mora prikazati u standardnom obliku metode $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$. Ako to nije postignuto, tada ova diferencijalna jednadžba se mora riješiti drugom metodom.
2. Izračunavamo integral $I_(1) =\int P\left(x\right)\cdot dx $, zapisujemo određeno rješenje u obliku $v\left(x\right)=e^(-I_(1) ) $, izvršiti pojednostavljujuće transformacije i odabrati najjednostavniju nenultu opciju za $v\left(x\right)$.
3. Izračunavamo integral $I_(2) =\int \frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $, nakon čega zapisujemo izraz u obliku $u \levo(x, C\desno)=I_(2) +C$.
4. Zapisujemo opće rješenje ove linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe u obliku $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ i, ako je potrebno, izvodimo pojednostavljujuće transformacije.

Problem 2

Pronađite opšte rješenje diferencijalne jednadžbe $y"-\frac(y)(x) =3\cdot x$.

Imamo linearnu nehomogena jednačina prvi red u standardnom obliku, za koji je $P\left(x\right)=-\frac(1)(x) $ i $Q\left(x\right)=3\cdot x$.

Izračunavamo integral $I_(1) =\int P\left(x\right)\cdot dx =-\int \frac(1)(x) \cdot dx=-\ln \left|x\right| $.

Zapisujemo određeno rješenje u obliku $v\left(x\right)=e^(-I_(1) ) $ i izvodimo pojednostavljujuće transformacije: $v\left(x\right)=e^(\ln \left |x\ desno|) $; $\ln v\left(x\right)=\ln \left|x\right|$; $v\left(x\right)=\left|x\right|$. Za $v\left(x\right)$ biramo najjednostavniju nenultu opciju: $v\left(x\right)=x$.

Izračunavamo integral $I_(2) =\int \frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx =\int \frac(3\cdot x)(x ) \ cdot dx=3\cdot x $.

Pišemo izraz $u\left(x,C\right)=I_(2) +C=3\cdot x+C$.

Na kraju ćemo zapisati opšte rješenje ove linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe u obliku $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$, odnosno $y=\left( 3\cdot x+C \desno)\cdot x$.