Şimdi lineer homojen olmayan denklemi düşünün
. (2)
y 1, y 2, .., y n çözümlerin temel sistemi olsun ve karşılık gelenlerin genel çözümü olsun. homojen denklem L (y) = 0. Birinci mertebeden denklemlere benzer şekilde, denklem (2)'nin çözümünü şu şekilde arayacağız:
. (3)
Bu formda bir çözümün var olduğundan emin olalım. Bunu yapmak için, fonksiyonu denklemde yerine koyarız. Bu fonksiyonu denklemde yerine koymak için türevlerini buluruz. İlk türev
. (4)
İkinci türev hesaplanırken (4)'ün sağ tarafında dört terim, üçüncü türev hesaplanırken sekiz terim görünecek vb. Bu nedenle, daha sonraki hesaplamaların kolaylığı için (4)'teki ilk terimin sıfır olduğu varsayılır. Bunu akılda tutarak, ikinci türev,
. (5)
Daha önce olduğu gibi aynı nedenlerle (5)'te de ilk terimi sıfıra eşitledik. Nihayet, n'inci türev eşittir
. (6)
Türevlerin elde edilen değerlerini orijinal denklemde yerine koyarak,
. (7)
(7)'deki ikinci terim sıfıra eşittir, çünkü y j, j = 1,2, .., n fonksiyonları karşılık gelen homojen denklem L (y) = 0'ın çözümleridir. Bir öncekiyle birleştirerek, C "j (x) fonksiyonlarını bulmak için bir cebirsel denklem sistemi elde ederiz.
(8)
Bu sistemin determinantı, karşılık gelen homojen denklem L (y) = 0'ın y 1, y 2, .., y n çözümlerinin temel sisteminin Wronskii determinantıdır ve bu nedenle sıfıra eşit değildir. Bu nedenle, sisteme (8) benzersiz bir çözüm vardır. Bulduktan sonra, C "j (x), j = 1,2, ..., n ve dolayısıyla C j (x), j = 1,2, ..., n fonksiyonlarını elde ederiz. değerleri (3) içine alırsak, lineer homojen olmayan bir denklemin çözümünü elde ederiz.
Tanımlanan yöntem, keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi veya Lagrange yöntemi olarak adlandırılır.

Örnek 1. y "" + 4y "+ 3y = 9e -3 x denkleminin genel çözümünü bulun. Karşılık gelen homojen denklemi y" "+ 4y" + 3y = 0 olarak düşünün. Karakteristik denkleminin kökleri r 2 + 4r + 3 = 0, -1 ve - 3'e eşittir. Bu nedenle, homojen denklemin temel çözüm sistemi, y 1 = e - x ve y 2 = e -3 x fonksiyonlarından oluşur. Homojen olmayan denklemin çözümünü y = C 1 (x) e - x + C 2 (x) e -3 x şeklinde arıyoruz. C "1, C" 2 türevlerini bulmak için denklem sistemini oluştururuz (8)
C ′ 1 e -x + C ′ 2 e -3x = 0
-C ′ 1 e -x -3C ′ 2 e -3x = 9e -3x
bulduğumuzu çözerek, Elde edilen fonksiyonları entegre ederek,
sonunda anladık

Örnek 2. İkinci mertebeden lineer diferansiyel denklemleri sabit katsayılarla rastgele sabitlerin varyasyon yöntemiyle çözün:

y (0) = 1 + 3ln3
y '(0) = 10ln3

Çözüm:
Bu diferansiyel denklem, sabit katsayılı lineer diferansiyel denklemleri ifade eder.
Denklemin çözümünü y = e rx biçiminde arayacağız. Bunu yapmak için, sabit katsayılı doğrusal homojen bir diferansiyel denklemin karakteristik denklemini oluştururuz:
r 2 -6 r + 8 = 0
D = (-6) 2 - 4 1 8 = 4

Karakteristik denklemin kökleri: r 1 = 4, r 2 = 2
Sonuç olarak, temel çözüm sistemi şu fonksiyonlardan oluşur: y 1 = e 4x, y 2 = e 2x
Homojen denklemin genel çözümü şu şekildedir: y = C 1 e 4x + C 2 e 2x
Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemiyle belirli bir çözüm arayın.
C "i türevlerini bulmak için bir denklem sistemi oluşturuyoruz:
C ′ 1 e 4x + C ′ 2 e 2x = 0
C ′ 1 (4e 4x) + C ′ 2 (2e 2x) = 4 / (2 + e -2x)
İlk denklemden C "1'i ifade edelim:
C "1 = -c 2 e -2x
ve ikinci olarak değiştirin. Sonuç olarak şunları elde ederiz:
C "1 = 2 / (e 2x + 2e 4x)
C "2 = -2e 2x / (e 2x + 2e 4x)
Elde edilen C "i fonksiyonlarını entegre ediyoruz:
C 1 = 2ln (e -2x +2) - e -2x + C * 1
C 2 = ln (2e 2x +1) - 2x + C * 2

y = C 1 e 4x + C 2 e 2x olduğundan elde edilen ifadeleri şu şekilde yazıyoruz:
C 1 = (2ln (e -2x +2) - e -2x + C * 1) e 4x = 2 e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x
C 2 = (ln (2e 2x +1) - 2x + C * 2) e 2x = e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + C * 2 e 2x
Böylece, diferansiyel denklemin genel çözümü şu şekildedir:
y = 2 e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x + e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + C * 2 e 2x
veya
y = 2 e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + C * 1 e 4x + C * 2 e 2x

Sağlanan belirli bir çözüm bulalım:
y (0) = 1 + 3ln3
y '(0) = 10ln3

Bulunan denklemde x = 0 yerine koyarsak, şunu elde ederiz:
y (0) = 2 ln (3) - 1 + ln (3) + C * 1 + C * 2 = 3 ln (3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
Elde edilen genel çözümün ilk türevini bulun:
y '= 2e 2x (2C 1 e 2x + C 2 -2x +4 e 2x ln (e -2x +2) + ln (2e 2x +1) -2)
x = 0 yerine koyarsak, şunu elde ederiz:
y '(0) = 2 (2C 1 + C 2 +4 ln (3) + ln (3) -2) = 4C 1 + 2C 2 +10 ln (3) -4 = 10ln3

İki denklemli bir sistem elde ederiz:
3 ln (3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
4C 1 + 2C 2 +10 ln (3) -4 = 10ln3
veya
C * 1 + C * 2 = 2
4C 1 + 2C 2 = 4
veya
C * 1 + C * 2 = 2
2C 1 + C2 = 2
Nereden: C 1 = 0, C * 2 = 2
Özel bir çözüm şu şekilde yazılacaktır:
y = 2e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + 2 e 2x

teorik minimum

Teoride diferansiyel denklemler bu teori için yeterince yüksek derecede evrensellik iddiasında bulunan bir yöntem var.
Çeşitli diferansiyel denklem sınıflarının çözümüne ve bunların çözümüne uygulanabilir, keyfi bir sabitin varyasyon yönteminden bahsediyoruz.
sistemler. Bu, teorinin - ifadelerin kanıtlarının parantezlerini dışarıda bırakırsanız - minimum olduğu, ancak elde etmenize izin verdiği durum tam olarak budur.
önemli sonuçlar, bu nedenle vurgu örnekler üzerinde olacaktır.

Yöntemin genel fikrini formüle etmek oldukça basittir. Verilen denklemin (denklem sistemi) çözülmesi zor hatta anlaşılmaz olsun,
Nasıl çözeceksin. Ancak bazı terimler denklemden çıkarıldığında sorunun çözüldüğü açıktır. Sonra böyle basitleştirilmiş bir şeyi çözerler
denklem (sistem), denklemin sırasına bağlı olarak bir dizi keyfi sabit içeren bir çözüm elde edilir (sayı
sistemdeki denklemler). O zaman bulunan çözümdeki sabitlerin aslında sabit olmadığı varsayılır, bulunan çözüm
orijinal denkleme (sistem) ikame edilirse, "sabitleri" belirlemek için bir diferansiyel denklem (veya denklemler sistemi) elde edilir.
Rastgele bir sabitin varyasyon yönteminin farklı problemlere uygulanmasında belirli bir özgüllük vardır, ancak bunlar incelenecek ayrıntılardır.
örneklerle gösterilmiştir.

Daha yüksek dereceli lineer homojen olmayan denklemlerin çözümünü ayrı ayrı ele alalım, yani. formun denklemleri
.
Lineer homojen olmayan bir denklemin genel çözümü, ilgili homojen denklemin genel çözümü ile belirli bir çözümün toplamıdır.
bu denklemin Homojen denklemin genel çözümünün zaten bulunduğunu, yani temel çözümler sisteminin (FSS) oluşturulduğunu varsayalım.
... O zaman homojen denklemin genel çözümü eşittir.
Homojen olmayan denklemin herhangi bir özel çözümünü bulmak gerekir. Bunun için sabitler değişkene bağlı olarak kabul edilir.
Ardından, denklem sistemini çözmeniz gerekir.
.
Teori, fonksiyonların türevleri için bu cebirsel denklem sisteminin benzersiz bir çözümü olduğunu garanti eder.
Fonksiyonları bulurken, integrasyon sabitleri görünmez: sonuçta herhangi bir çözüm aranır.

Formun birinci mertebesinden lineer homojen olmayan denklem sistemlerini çözme durumunda

algoritma pek değişmez. İlk önce, karşılık gelen homojen denklem sisteminin FSR'sini bulmanız, temel matrisi oluşturmanız gerekir.
sütunları SDG unsurlarını temsil eden sistem. Daha sonra bir denklem kurulur.
.
Sistemi çözerek, işlevleri tanımlarız, böylece orijinal sistemin belirli bir çözümünü buluruz.
(temel matris, bulunan fonksiyonların sütunu ile çarpılır).
Bunu, halihazırda bulunan FSR temelinde oluşturulan ilgili homojen denklemler sisteminin genel çözümüne ekliyoruz.
Orijinal sisteme genel bir çözüm elde edilir.

Örnekler

Örnek 1. Birinci dereceden doğrusal homojen olmayan denklemler.

Karşılık gelen homojen denklemi düşünün (aranan işlevi belirtiriz):
.
Bu denklem, değişkenlerin ayrılması yöntemiyle kolayca çözülür:

.
Ve şimdi orijinal denklemin çözümünü formda temsil ediyoruz. fonksiyonun henüz bulunamadığı yer.
Bu tür bir çözümü orijinal denklemin yerine koyarız:
.
Gördüğünüz gibi, sol taraftaki ikinci ve üçüncü terimler birbirini iptal eder - bu, rastgele bir sabitin varyasyon yönteminin karakteristik bir özelliğidir.

Burada zaten - aslında, keyfi bir sabit. Böylece,
.

Örnek 2. Bernoulli denklemi.

İlk örneğe benzer şekilde hareket ediyoruz - denklemi çözüyoruz

değişkenleri ayırarak. Bu nedenle, orijinal denklemin çözümünü formda arıyoruz.
.
Bu işlevi orijinal denklemde değiştirin:
.
Ve yine indirimler var:
.
Burada, bölme işlemi sırasında çözümün kaybolmadığından emin olmanız gerektiğini hatırlamanız gerekir. Ve dava, orijinalin çözümü ile cevaplanır.
denklemler. Onu hatırlayalım. Yani,
.
Onu yazalım.
Çözüm bu. Cevabı kaydederken, nihai bir değer buna karşılık gelmediğinden daha önce bulunan çözümü de belirtmelisiniz.
sabitler.

Örnek 3. Daha yüksek dereceli lineer homojen olmayan denklemler.

Hemen not edelim ki bu denklem daha basit bir şekilde çözülebilir ancak bunun üzerinde yöntemi göstermekte fayda var. Bazı faydalar sağlarken
varyasyon yönteminin keyfi bir sabiti vardır ve bu örnekte vardır.
Bu nedenle, karşılık gelen homojen denklemin SDF'si ile başlamanız gerekir. Bir karakteristik olan FSR'yi bulmak için bunu hatırlayın.
denklem
.
Böylece homojen denklemin genel çözümü
.
Burada yer alan sabitler değiştirilmelidir. Sistemi oluşturuyoruz

Rasgele sabitlerin varyasyon yöntemi, homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için kullanılır. Bu ders, konuyu az çok iyi bilen öğrencilere yöneliktir. DU ile yeni tanışmaya başlıyorsanız, yani. Eğer bir çaydanlık iseniz, ilk dersten başlamanızı tavsiye ederim: Birinci mertebeden diferansiyel denklemler. Çözüm örnekleri... Ve zaten bitiriyorsanız, lütfen yöntemin zor olduğuna dair olası önyargılı düşünceyi atın. Çünkü basit.

Hangi durumlarda keyfi sabitlerin varyasyon yöntemi uygulanır?

1) Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemi, çözmek için kullanılabilir. 1. dereceden doğrusal düzgün olmayan DE... Denklem birinci dereceden olduğundan, sabit (sabit) de aynıdır.

2) Rastgele sabitlerin varyasyon yöntemi, bazı sorunları çözmek için kullanılır. ikinci dereceden lineer homojen olmayan denklemler... Burada iki sabit değişir.

Dersin iki paragraftan oluşacağını varsaymak mantıklıdır…. Bu teklifi yazdım ve 10 dakika boyunca, pratik örneklere yumuşak bir geçiş için başka ne akıllıca şeyler ekleyeyim diye acı içinde düşündüm. Ama nedense, hiçbir şeyi kötüye kullanmamış gibi görünse de, tatilden sonra hiçbir düşünce yok. Bu nedenle, doğrudan ilk paragrafa gidelim.

İsteğe bağlı bir sabitin varyasyon yöntemi
lineer homojen olmayan birinci dereceden denklem için

Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemini düşünmeden önce, makaleye aşina olmak tavsiye edilir. Birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler... O derste çalıştık ilk çözüm 1. dereceden tek tip olmayan DE. Bu ilk çözüm, size hatırlatırım, denir değiştirme yöntemi veya Bernoulli yöntemi(bununla karıştırmayın Bernoulli denklemi!!!)

şimdi dikkate alacağız ikinci çözüm- keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi. Sadece üç örnek vereceğim ve bunları yukarıdaki dersten alacağım. Neden bu kadar az? Çünkü aslında ikinci yoldaki çözüm, birinci yoldaki çözüme çok benzer olacaktır. Ek olarak, gözlemlerime göre, keyfi sabitlerin varyasyon yöntemi, değiştirme yönteminden daha az kullanılır.

örnek 1

(Dersin 2. Örneğinden Diffur 1. dereceden doğrusal homojen olmayan DE)

Çözüm: Bu denklem lineer homojen değildir ve tanıdık bir forma sahiptir:

İlk adım daha basit bir denklemi çözmektir:
Yani, sıfır yazmak yerine aptalca sağ tarafı sıfırlıyoruz.
denklem arayacağım yardımcı denklem.

Bu örnekte, aşağıdaki yardımcı denklemi çözmeniz gerekir:

Bizden önce ayrılabilir denklem, çözümü (umarım) artık sizin için zor değildir:

Böylece:
- yardımcı denklemin genel çözümü.

ikinci adımda yer değiştirmek bazılarının sabiti henüz"x"e bağlı bilinmeyen fonksiyon:

Bu nedenle yöntemin adı - sabiti değiştiririz. Alternatif olarak, sabit, şimdi bulmamız gereken bir fonksiyon olabilir.

V orijinal homojen olmayan denklem değiştireceğiz:

ikame ve denklemin içine :

Kontrol anı - soldaki iki terim birbirini götürür... Bu olmazsa, yukarıdaki hatayı aramalısınız.

Değiştirme sonucunda ayrılabilir değişkenli bir denklem elde edilir. Değişkenleri ayırın ve entegre edin.

Ne büyük bir nimet, katılımcılar da azalıyor:

Bulunan fonksiyona "normal" sabiti ekleyin:

Son aşamada, yer değiştirmemizi hatırlıyoruz:

İşlev az önce bulundu!

Yani genel çözüm:

Cevap: ortak karar:

İki çözüm yazdırırsanız, her iki durumda da aynı integralleri bulduğumuzu kolayca fark edeceksiniz. Tek fark çözüm algoritmasındadır.

Şimdi daha karmaşık bir şey için ikinci örnek hakkında yorum yapacağım:

Örnek 2

Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun
(Dersin Örnek # 8'inden farklı 1. dereceden doğrusal homojen olmayan DE)

Çözüm: denklemi forma getirelim :

Sağ tarafı sıfırlayalım ve yardımcı denklemi çözelim:

Yardımcı denklemin genel çözümü:

Homojen olmayan denklemde, değiştireceğiz:

Ürün farklılaştırma kuralına göre:

ikame ve orijinal homojen olmayan denkleme:

Soldaki iki terim iptal edildi, yani doğru yoldayız:

Parçalara göre entegre ediyoruz. Parçalara göre entegrasyon formülünden lezzetli bir harf çözümde zaten kullanılmış, bu nedenle örneğin "a" ve "be" harflerini kullanıyoruz:

Şimdi yapılan değişikliği hatırlıyoruz:

Cevap: ortak karar:

Ve kendin yap çözümüne bir örnek:

Örnek 3

Belirli bir başlangıç ​​koşuluna karşılık gelen bir diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun.

,
(Dersin 4. Örneğinden Diffur 1. dereceden doğrusal homojen olmayan DE)
Çözüm:
Bu DE lineer homojen değildir. Rasgele sabitlerin varyasyon yöntemini kullanıyoruz. Yardımcı denklemi çözelim:

Değişkenleri ayırın ve entegre edin:

Ortak karar:
Homojen olmayan denklemde, değiştireceğiz:

Değiştirme işlemini yapalım:

Yani genel çözüm:

Verilen başlangıç ​​koşuluna karşılık gelen özel bir çözüm bulalım:

Cevap:özel çözüm:

Dersin sonundaki çözüm, ödevi bitirmek için kaba bir örnek teşkil edebilir.

İsteğe bağlı sabitlerin varyasyon yöntemi
lineer homojen olmayan ikinci dereceden bir denklem için
sabit katsayılı

İkinci dereceden bir denklem için rastgele sabitlerin varyasyon yönteminin kolay bir şey olmadığı fikrini sıklıkla duyduk. Ancak aşağıdakileri tahmin ediyorum: büyük olasılıkla, yöntem çok yaygın olmadığı için birçokları için zor görünüyor. Ancak gerçekte özel bir zorluk yoktur - kararın seyri açık, şeffaf, anlaşılabilir. Ve güzel.

Yöntemde uzmanlaşmak için, sağ taraf şeklinde belirli bir çözüm seçerek homojen olmayan ikinci dereceden denklemleri çözebilmek arzu edilir. Bu yöntem makalede ayrıntılı olarak tartışılmaktadır. 2. dereceden homojen olmayan DE... Sabit katsayılı ikinci mertebeden lineer homojen olmayan denklemin şu şekle sahip olduğunu hatırlıyoruz:

Yukarıdaki derste ele alınan seçme yöntemi, polinomların, üslerin, sinüslerin, kosinüslerin sağ tarafta olduğu durumlarda yalnızca sınırlı sayıda çalışır. Ancak sağda, örneğin kesir, logaritma, tanjant olduğunda ne yapmalı? Böyle bir durumda, sabitlerin varyasyon yöntemi kurtarmaya gelir.

Örnek 4

İkinci mertebeden diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun

Çözüm: Bu denklemin sağ tarafında bir kesir var, bu yüzden belirli bir çözümü seçme yönteminin işe yaramadığını hemen söyleyebiliriz. Rasgele sabitlerin varyasyon yöntemini kullanıyoruz.

Hiçbir şey bir fırtınayı önceden haber vermez, çözümün başlangıcı tamamen sıradandır:

Bulmak ortak karar karşılık gelen homojen denklemler:

Karakteristik denklemi oluşturalım ve çözelim:


- eşlenik kompleks kökleri elde edilir, dolayısıyla genel çözüm:

Genel çözümün kaydına dikkat edin - parantez varsa, onları genişletiriz.

Şimdi pratikte birinci dereceden denklemle aynı numarayı yapıyoruz: sabitleri bilinmeyen fonksiyonlarla değiştirerek değiştiririz. Yani, heterojene genel çözümşeklinde denklemler arayacağız:

Nereye - henüz bilinmeyen fonksiyonlar

Hurdalık gibi görünüyor evsel atık, ama şimdi her şeyi sıralayacağız.

Fonksiyonların türevleri bilinmeyenler gibi davranır. Amacımız türevleri bulmaktır ve bulunan türevler sistemin hem birinci hem de ikinci denklemlerini sağlamalıdır.

"Oyunlar" nereden geliyor? Leylek onları getirir. Daha önce elde edilen genel çözüme bakarız ve şunu yazarız:

Türevleri bulun:

Sol kısımlar sıralanmış olarak. Sağda ne var?

Bu durumda orijinal denklemin sağ tarafı:

Katsayı, ikinci türevdeki katsayıdır:

Pratikte, neredeyse her zaman ve örneğimiz bir istisna değildir.

Her şey temizlendi, şimdi bir sistem oluşturabilirsiniz:

Sistem genellikle karar verilir Cramer formülleri ile standart bir algoritma kullanır. Tek fark, sayılar yerine fonksiyonlarımız olması.

Bulmak ana belirleyici sistemler:

Belirleyicinin "ikişer ikişer" nasıl ortaya çıktığını unuttuysanız, derse bakın. Determinant nasıl hesaplanır? Bağlantı utanç panosuna götürür =)

Yani: bu, sistemin benzersiz bir çözümü olduğu anlamına gelir.

Türevini bulun:

Ama hepsi bu kadar değil, şimdiye kadar sadece türevi bulduk.
İşlevin kendisi entegrasyonla geri yüklenir:

İkinci fonksiyonla ilgilenelim:

Burada "normal" bir sabit ekliyoruz

Çözümün son aşamasında, homojen olmayan denklemin genel çözümünü hangi biçimde aradığımızı hatırlıyoruz? Böyle:

Aradığınız fonksiyonlar az önce bulundu!

İkameyi gerçekleştirmek ve cevabı yazmak için kalır:

Cevap: ortak karar:

Prensip olarak, parantezler cevapta genişletilebilir.

Cevabın tam olarak doğrulanması, derste tartışılan standart şemaya göre gerçekleştirilir. 2. dereceden homojen olmayan DE... Ancak, oldukça ağır türevler bulmak ve hantal bir ikame yapmak gerektiğinden, doğrulama kolay olmayacaktır. Bu tür difüzyonla uğraşırken hoş olmayan bir özelliktir.

Örnek 5

Rasgele sabitleri değiştirerek bir diferansiyel denklemi çözün

Bu, kendin yap çözümüne bir örnektir. Aslında, sağ taraf da bir kesirdir. Trigonometrik formülü hatırlıyoruz, bu arada, çözüm sırasında uygulanması gerekecek.

Rastgele sabitlerin varyasyon yöntemi en çok yönlü yöntemdir. Çözülen herhangi bir denklemi çözebilirler sağ tarafın formuna göre belirli bir çözüm seçme yöntemiyle... Soru ortaya çıkıyor, neden orada da keyfi sabitlerin varyasyon yöntemini kullanmıyorsunuz? Cevap açık: derste ele alınan özel bir çözümün seçimi Homojen olmayan ikinci dereceden denklemler, çözümü önemli ölçüde hızlandırır ve yazıyı kısaltır - determinantlar ve integrallerle uğraşmak yok.

ile iki örnek düşünün Cauchy sorunu.

Örnek 6

Verilen başlangıç ​​koşullarına karşılık gelen diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun

,

Çözüm: Yine kesir ve üs ilginç bir yerde.
Rasgele sabitlerin varyasyon yöntemini kullanıyoruz.

Bulmak ortak karar karşılık gelen homojen denklemler:



- farklı gerçek kökler elde edilir, dolayısıyla genel çözüm şudur:

Heterojene genel çözümşu şekilde denklemler ararız:, nerede - henüz bilinmeyen fonksiyonlar

Sistemi oluşturalım:

Bu durumda:
,
Türevleri bulun:
,

Böylece:

Sistemi Cramer formüllerini kullanarak çözüyoruz:
, bu da sistemin benzersiz bir çözümü olduğu anlamına gelir.

Aşağıdakileri entegre ederek işlevi geri yükleriz:

Burada kullanılır diferansiyel işaretin altına bir fonksiyon getirme yöntemi.

Aşağıdakileri entegre ederek ikinci işlevi geri yükleriz:

Böyle bir integral çözülür değişken değiştirme yöntemi:

Değiştirmenin kendisinden şunu ifade ediyoruz:

Böylece:

Bu integral bulunabilir tam kare seçim yöntemi, ancak farklı olan örneklerde kesri genişletmeyi tercih ederim tanımsız katsayılar yöntemi:

Her iki işlev de bulunur:

Sonuç olarak, homojen olmayan denklemin genel çözümü:

Başlangıç ​​koşullarını sağlayan özel bir çözüm bulalım. .

Teknik olarak, bir çözüm arayışı, makalede tartışılan standart bir şekilde gerçekleştirilir. İkinci dereceden homojen olmayan diferansiyel denklemler.

Bekle, şimdi bulunan ortak çözümün türevini bulacağız:

İşte böyle bir rezalet. Basitleştirmek gerekli değildir, hemen bir denklem sistemi oluşturmak daha kolaydır. Başlangıç ​​koşullarına göre :

Sabitlerin bulunan değerlerini değiştirin genel bir çözüme:

Cevapta, logaritmalar biraz paketlenebilir.

Cevap:özel çözüm:

Gördüğünüz gibi, integrallerde ve türevlerde zorluklar ortaya çıkabilir, ancak keyfi sabitlerin varyasyon yönteminin algoritmasında değil. Seni korkutan ben değildim, hepsi Kuznetsov'un koleksiyonu!

Rahatlamak için, kendin yap çözümüne son ve daha basit bir örnek:

Örnek 7

Cauchy problemini çözün

,

Bir örnek basit ama yaratıcı, bir sistem yaptığınızda, karar vermeden önce ona yakından bakın ;-),




Sonuç olarak, genel çözüm:

Başlangıç ​​koşullarına karşılık gelen özel bir çözüm bulalım. .



Sabitlerin bulunan değerlerini genel çözümde yerine koyalım:

Cevap:özel çözüm:

Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemi veya Lagrange yöntemi, birinci dereceden lineer diferansiyel denklemleri ve Bernoulli denklemini çözmenin başka bir yoludur.

Birinci mertebeden lineer diferansiyel denklemler, y '+ p (x) y = q (x) biçimindeki denklemlerdir. Sağ tarafta sıfır varsa: y '+ p (x) y = 0, o zaman bu doğrusaldır homojen 1. dereceden denklem. Buna göre sağ tarafı sıfır olmayan bir denklem, y '+ p (x) y = q (x), - heterojen 1. mertebeden lineer denklem.

Rasgele bir sabitin varyasyon yöntemi (Lagrange yöntemi) Şöyleki:

1) y '+ p (x) y = 0: y = y * homojen denklemine genel bir çözüm arıyoruz.

2) Genel çözümde, C bir sabit değil, x'in bir fonksiyonu olarak kabul edilir: C = C (x). (y*) genel çözümünün türevini bulun ve elde edilen ifadeyi y* ve (y*)' yerine başlangıç ​​koşuluna koyun. Ortaya çıkan denklemden C (x) fonksiyonunu buluyoruz.

3) Homojen denklemin genel çözümünde, C yerine bulunan C(x) ifadesini değiştiririz.

Rastgele bir sabitin varyasyon yönteminin örneklerini düşünün. Aynı görevleri yapalım, çözümün seyrini karşılaştıralım ve alınan cevapların çakıştığından emin olalım.

1) y '= 3x-y / x

Denklemi standart bir biçimde yeniden yazalım (denklemin lineer olduğunu görmek için yalnızca gösterime ihtiyacımız olan Bernoulli'nin yönteminden farklı olarak).

y '+ y / x = 3x (I). Şimdi plana göre hareket ediyoruz.

1) y '+ y / x = 0 homojen denklemini çözün. Bu ayrılabilir bir denklemdir. y '= dy / dx'i temsil ediyoruz, ikame: dy / dx + y / x = 0, dy / dx = -y / x. Denklemin her iki tarafını dx ile çarpıyoruz ve xy ≠ 0'a bölüyoruz: dy / y = -dx / x. Entegre ediyoruz:

2) Homojen denklemin elde edilen genel çözümünde, C'yi bir sabit değil, x'in bir fonksiyonu olarak kabul edeceğiz: C = C (x). Buradan

Elde edilen ifadeleri koşul (I) ile değiştiririz:

Denklemin her iki tarafını da entegre ediyoruz:

burada C zaten yeni bir sabittir.

3) Homojen denklemin genel çözümünde y = C / x, burada С = С (x), yani С (x) yerine y = C (x) / x, bulunan x³ ifadesini değiştiririz + C: y = (x³ + C) / x veya y = x² + C / x. Bernoulli yöntemiyle çözümdekiyle aynı cevabı aldık.

Cevap: y = x² + C / x.

2) y '+ y = kosx.

Burada denklem zaten standart biçimde yazılmıştır, dönüştürmeye gerek yoktur.

1) y '+ y = 0: dy / dx = -y homojen lineer denklemini çözün; dy / y = -dx. Entegre ediyoruz:

Daha uygun bir gösterim biçimi elde etmek için, C gücündeki üssü yeni C olarak alıyoruz:

Bu dönüşüm, türevi bulmayı kolaylaştırmak için yapıldı.

2) Lineer homojen denklemin elde edilen genel çözümünde, C'yi bir sabit değil, x'in bir fonksiyonu olarak kabul ediyoruz: C = C (x). Bu koşul altında

Ortaya çıkan y ve y ' ifadeleri şu koşulda değiştirilir:

Denklemin her iki tarafını ile çarpın

Denklemin her iki tarafını da parçalara göre entegrasyon formülü ile entegre ederiz, şunu elde ederiz:

Burada C artık bir fonksiyon değil, sıradan bir sabittir.

3) Homojen denklemin genel çözümü

bulunan işlevi С (x) değiştirin:

Bernoulli yöntemiyle çözümdekiyle aynı cevabı aldık.

Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemi, çözüme uygulanabilir.

y'x + y = -xy².

Denklemi standart forma getiriyoruz: y '+ y / x = -y² (II).

1) y '+ y / x = 0 homojen denklemini çözün. dy / dx = -y / x. Denklemin her iki tarafını dx ile çarpın ve y'ye bölün: dy / y = -dx / x. Şimdi entegre edelim:

Elde edilen ifadeleri koşul (II) ile değiştiririz:

Basitleştirme:

C ve x'e göre ayrılabilir değişkenleri olan bir denklemimiz var:

Burada C sıradan bir sabittir. Entegrasyon sürecinde C(x) yerine sadece C yazdık kaydı fazla yüklememek için. Ve sonunda C(x)'i yeni C ile karıştırmamak için C(x)'e döndük.

3) Bulunan C (x) fonksiyonunu homojen y = C (x) / x denkleminin genel çözümüne koyarız:

Bernoulli yöntemiyle çözümdekiyle aynı cevabı aldık.

Kendi kendine test için örnekler:

1. Denklemi standart biçimde yeniden yazın: y'-2y = x.

1) y'-2y = 0 homojen denklemini çözün. y '= dy / dx, dolayısıyla dy / dx = 2y, denklemin her iki tarafını dx ile çarpın, y'ye bölün ve integralini alın:

Buradan y'yi buluruz:

y ve y ' için ifadeleri koşula koyarız (kısalık için C (x) yerine C ve C "(x) yerine C'yi besleyeceğiz):

Sağ taraftaki integrali bulmak için parçalara göre entegrasyon formülünü kullanırız:

Şimdi u, du ve v'yi formülde yerine koyuyoruz:

Burada C = sabit.

3) Şimdi homojen olanı değiştirelim

Anlatım 44. İkinci mertebeden lineer homojen olmayan denklemler. Rasgele sabitlerin varyasyon yöntemi. Sabit katsayılı ikinci mertebeden lineer homojen olmayan denklemler. (özel sağ taraf).

Sosyal dönüşümler... Devlet ve Kilise.

Bolşeviklerin sosyal politikası, büyük ölçüde sınıf yaklaşımları tarafından belirlendi. 10 Kasım 1917 tarihli bir kararname ile emlak sistemi yıkıldı, devrim öncesi rütbeler, unvanlar ve ödüller kaldırıldı. Hâkimlerin seçmeliliği oluşturulmuştur; sivil devletlerin laikleşmesi gerçekleştirilmiştir. Ücretsiz eğitim ve tıbbi bakım kuruldu (31 Ekim 1918 tarihli kararname). Kadınlara erkeklerle eşit haklar verildi (16 ve 18 Aralık 1917 tarihli kararnameler). Evlilik kararnamesi medeni nikah kurumunu tanıttı.

20 Ocak 1918 tarihli Halk Komiserleri Konseyi kararı ile kilise devletten ve eğitim sisteminden ayrılmıştır. Çoğu kilise malına el konuldu. Moskova Patriği ve Tüm Rusya Tikhon (5 Kasım 1917'de seçildi) 19 Ocak 1918'de Sovyet iktidarını aforoz etti ve Bolşeviklere karşı mücadele çağrısında bulundu.

İkinci dereceden doğrusal homojen olmayan denklemi düşünün

Böyle bir denklemin genel çözümünün yapısı aşağıdaki teorem ile belirlenir:

Teorem 1. Homojen olmayan denklemin (1) genel çözümü, bu denklemin bazı özel çözümlerinin ve ilgili homojen denklemin genel çözümünün toplamı olarak temsil edilir.

Kanıt... toplamı olduğunu kanıtlamak gerekir.

(1) denkleminin genel çözümüdür. Önce (3) fonksiyonunun (1) denkleminin bir çözümü olduğunu kanıtlayalım.

Toplamı denklem (1) yerine yerine koymak NS, sahip olacak

Denklem (2)'nin bir çözümü olduğundan, ilk parantez içindeki ifade aynı şekilde sıfıra eşittir. (1) numaralı denklemin bir çözümü olduğundan, ikinci parantez içindeki ifade şuna eşittir: f(x)... Bu nedenle eşitlik (4) bir özdeşliktir. Böylece teoremin ilk kısmı ispatlanmış olur.

İkinci ifadeyi ispatlayalım: ifade (3) Genel(1) denkleminin çözümü. Bu ifadeye dahil edilen keyfi sabitlerin, başlangıç ​​koşulları sağlanacak şekilde seçilebileceğini kanıtlamalıyız:

sayılar ne olursa olsun x 0, y 0 ve (eğer sadece x 0 fonksiyonların bulunduğu bölgeden alınmıştır. 1, 2 ve f(x) sürekli).

Formda neyin temsil edilebileceğini fark etmek. Daha sonra, koşullara (5) dayalı olarak,

Bu sistemi çözelim ve tanımlayalım C1 ve C2... Sistemi şu şekilde yeniden yazalım:

Bu sistemin determinantının, fonksiyonlar için Wronski determinantı olduğuna dikkat edin. 1'de ve 2'de noktada x = x 0... Bu fonksiyonlar hipoteze göre lineer olarak bağımsız olduğundan, Wronskii determinantı sıfıra eşit değildir; bu nedenle sistem (6) kesin bir çözüme sahiptir. C1 ve C2, yani böyle değerler var C1 ve C2, bunun için formül (3), verilen başlangıç ​​koşullarını sağlayan (1) denkleminin çözümünü belirler. Q.E.D.

Konusuna geçelim genel yöntem Homojen olmayan bir denklemin özel çözümlerini bulma.

Homojen denklemin (2) genel çözümünü yazalım.

Homojen olmayan (1) denklemine (7) şeklinde özel bir çözüm arayacağız. C1 ve C2 henüz bilinmeyen bazı işlevler olarak NS.

Eşitliği ayırt edelim (7):

Gerekli fonksiyonları seçelim C1 ve C2 eşitlik olsun diye

Bu ek koşul dikkate alınırsa, birinci türev şu şekli alır:

Şimdi bu ifadeyi farklılaştırarak buluruz:

(1) denklemini değiştirerek, elde ederiz

İlk iki parantez içindeki ifadeler yok olur çünkü 1 ve y2- homojen bir denklemin çözümleri. Sonuç olarak, son eşitlik şu şekli alır:

Böylece, fonksiyon (7) homojen olmayan denklem (1) için bir çözüm olacaktır. C1 ve C2(8) ve (9) denklemlerini karşılayın. (8) ve (9) denklemlerinden bir denklem sistemi oluşturalım.

Bu sistemin determinantı lineer bağımsız çözümler için Wronski determinantı olduğundan 1 ve y2 denklem (2), o zaman sıfıra eşit değildir. Bu nedenle, sistemi çözerken, belirli fonksiyonları olarak buluruz. NS:

Bu sistemi çözerek, entegrasyon sonucunda nereden elde ettiğimizi buluruz. Daha sonra, bulunan fonksiyonları formüle koyarız, rastgele sabitlerin olduğu homojen olmayan denklemin genel çözümünü elde ederiz.