İsteğe bağlı sabitlerin varyasyon yöntemi

Lineer homojen olmayan bir diferansiyel denkleme bir çözüm oluşturmak için keyfi sabitlerin varyasyon yöntemi

a n (T)z (n) (T) + a n − 1 (T)z (n − 1) (T) + ... + a 1 (T)z"(T) + a 0 (T)z(T) = F(T)

keyfi sabitlerin değiştirilmesinden oluşur C k genel çözümde

z(T) = C 1 z 1 (T) + C 2 z 2 (T) + ... + C n z n (T)

karşılık gelen homojen denklem

a n (T)z (n) (T) + a n − 1 (T)z (n − 1) (T) + ... + a 1 (T)z"(T) + a 0 (T)z(T) = 0

yardımcı fonksiyonlara C k (T) türevleri lineer cebirsel sistemi sağlayan

(1) sisteminin determinantı, fonksiyonların Wronskiyen'idir. z 1 ,z 2 ,...,z n ile ilgili olarak benzersiz karar verilebilirliğini sağlayan.

İntegrasyon sabitlerinin sabit değerlerinde alınan antitürevler ise, fonksiyon

orijinal lineer homojen olmayan diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Entegrasyon homojen olmayan denklem karşılık gelen homojen denklemin genel bir çözümünün varlığında, bu nedenle karelere indirgenir.

Vektör normal formda bir lineer diferansiyel denklem sisteminin çözümlerini oluşturmak için keyfi sabitler için varyasyon yöntemi

şeklinde belirli bir çözüm (1) oluşturmaktan ibarettir

nerede Z(T), bir matris şeklinde yazılmış ilgili homojen denklemin çözümlerinin temelidir ve keyfi sabitlerin vektörünün yerini alan vektör işlevi, ilişki ile tanımlanır. İstenen özel çözüm (sıfır başlangıç ​​değerleri ile T = T 0 formu var

Sabit katsayılı bir sistem için son ifade basitleştirilmiştir:

Matris Z(T)Z- 1 (t) aranan Cauchy matrisiŞebeke L = A(T) .

Lagrange sabitlerinin varyasyon yöntemi ile sabit katsayılı daha yüksek mertebeden lineer homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için bir yöntem düşünülmüştür. Lagrange yöntemi, homojen denklemin temel çözüm sistemi biliniyorsa, herhangi bir doğrusal homojen olmayan denklemin çözümüne de uygulanabilir.

Ayrıca bakınız:

Lagrange yöntemi (sabitlerin değişimi)

Rastgele bir n'inci dereceden sabit katsayılara sahip doğrusal homojen olmayan bir diferansiyel denklem düşünün:
(1) .
Birinci mertebeden bir denklem için düşündüğümüz sabitin varyasyon yöntemi, daha yüksek mertebeden denklemler için de geçerlidir.

Çözüm iki aşamada gerçekleştirilir. İlk adımda sağ tarafı atıyoruz ve homojen denklemi çözüyoruz. Sonuç olarak, n tane rastgele sabit içeren bir çözüm elde ederiz. İkinci aşamada, sabitleri değiştiriyoruz. Yani, bu sabitlerin x bağımsız değişkeninin fonksiyonları olduğunu düşünüyoruz ve bu fonksiyonların formunu buluyoruz.

Burada sabit katsayılı denklemleri ele alsak da, Lagrange yöntemi, herhangi bir doğrusal homojen olmayan denklemin çözümü için de geçerlidir.... Ancak bunun için homojen denklemin temel çözüm sisteminin bilinmesi gerekir.

Adım 1. Homojen denklemi çözme

Birinci mertebeden denklemlerde olduğu gibi, ilk önce homojen olmayan sağ tarafı sıfıra eşitleyerek homojen denklemin genel bir çözümünü ararız:
(2) .
Böyle bir denklemin genel çözümü şu şekildedir:
(3) .
İşte keyfi sabitler; - Bu denklemin temel bir çözüm sistemini oluşturan homojen denklem (2) için lineer bağımsız çözümler.

Adım 2. Sabitlerin değişimi - sabitlerin fonksiyonlarla değiştirilmesi

İkinci adımda, sabitlerin varyasyonunu ele alacağız. Başka bir deyişle, sabitleri x bağımsız değişkeninin fonksiyonlarıyla değiştireceğiz:
.
Yani, orijinal denklem (1) için aşağıdaki biçimde bir çözüm arıyoruz:
(4) .

(4)'ü (1)'de yerine koyarsak, n fonksiyon için bir diferansiyel denklem elde ederiz. Ayrıca, bu fonksiyonları ek denklemlerle ilişkilendirebiliriz. Sonra n tane fonksiyon belirleyebileceğiniz n tane denklem elde edersiniz. Ek denklemler çeşitli şekillerde oluşturulabilir. Ancak bunu, çözümün en basit forma sahip olması için yapacağız. Bunun için türev sırasında fonksiyonların türevlerini içeren terimleri sıfıra eşitlemek gerekir. Bunu gösterelim.

Önerilen çözümü (4) orijinal denklem (1) ile değiştirmek için, (4) formunda yazılan fonksiyonun ilk n mertebesinin türevlerini bulmamız gerekir. Toplamı ve ürünü ayırt etmek için kuralları uygulayarak (4) türevini alırız:
.
Üyeleri gruplayalım. İlk önce, türevleri olan terimleri yazıyoruz ve sonra - türevleri olan terimleri yazıyoruz:

.
İlk koşulu fonksiyonlara uygulayalım:
(5.1) .
O zaman, 'ye göre birinci türevin ifadesi daha basit bir forma sahip olacaktır:
(6.1) .

İkinci türevi de aynı şekilde buluruz:

.
İkinci koşulu fonksiyonlara uygulayalım:
(5.2) .
Sonra
(6.2) .
Vesaire. Ek koşullarda, fonksiyonların türevlerini içeren terimleri sıfıra ayarlıyoruz.

Bu nedenle, fonksiyonlar için aşağıdaki ek denklemleri seçerseniz:
(5.k) ,
o zaman ile ilgili ilk türevler en basit forma sahip olacaktır:
(6.k) .
Buraya .

n'inci türevi bulun:
(6.n)
.

Orijinal denklemde (1) değiştirin:
(1) ;






.
Tüm fonksiyonların denklem (2)'yi sağladığını dikkate alalım:
.
Daha sonra içeren terimlerin toplamı sıfır verir. Sonuç olarak şunları elde ederiz:
(7) .

Sonuç olarak sistemi aldık. lineer denklemler türevler için:
(5.1) ;
(5.2) ;
(5.3) ;
. . . . . . .
(5.n-1) ;
(7 ′) .

Bu sistemi çözerek, türevler için x'in bir fonksiyonu olarak ifadeler buluruz. Entegre ederek şunları elde ederiz:
.
İşte artık x'e bağımlı olmayan sabitler. (4)'ü değiştirerek, orijinal denklemin genel çözümünü elde ederiz.

Türevlerin değerlerini belirlemek için a i katsayılarının sabit olduğu gerçeğini hiçbir yerde kullanmadığımıza dikkat edin. Bu yüzden Lagrange'ın yöntemi, herhangi bir doğrusal homojen olmayan denklemi çözmek için geçerlidir.(2) homojen denkleminin temel çözüm sistemi biliniyorsa.

Örnekleri

Denklemleri sabitlerin varyasyonu yöntemiyle (Lagrange) çözün.


Çözüm örnekleri >>>

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 birdir.

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 sorunsuz bir geçiş için başka ne akıllıca şeyler ekleyebilirim 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. Size bu ilk çözümün denildiğini hatırlatmama izin verin. değiştirme yöntemi veya Bernoulli yöntemi(bununla karıştırmayın Bernoulli denklemi!!!)

şimdi dikkate alacağız ikinci çözüm- keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi. Sadece üç örnek vereceğim ve onları 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. Örneği'nden farklı olarak 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, değiştirmeyi yaparız:

Ürün farklılaştırma kuralına göre:

ikame ve orijinal homojen olmayan denkleme:

Sol taraftaki iki terim birbirini götürür, yani doğru yoldayız:

Parça parça entegre ediyoruz. Çözümde parçalara göre entegrasyon formülünden lezzetli bir harf 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

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

,
(Dersin 4. Örneği'nden farklı olarak 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 benim tahminim şudur: büyük olasılıkla, yöntem çok yaygın olmadığı için birçok kişiye 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 istenir. Bu yöntem makalede ayrıntılı olarak tartışılmaktadır. 2. dereceden homojen olmayan DE... Sabit katsayılı ikinci mertebeden lineer homojen olmayan bir denklemin şu şekle sahip olduğunu hatırlayın:

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: Sağ tarafta bu denklem 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 değiştirerek onları bilinmeyen fonksiyonlarla değiştiriyoruz. Yani, heterojene genel çözümşeklinde denklemler arayacağız:

Nereye - henüz bilinmeyen fonksiyonlar

Bir 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:

Türevlerini bulalım:

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: 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 bir "normal" 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 taraf görünümü ile belirli bir çözümü 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 - belirleyiciler 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:

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 seçme yöntemiyle, 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:

teorik minimum

Diferansiyel denklemler teorisinde, bu teori için yeterince yüksek derecede evrensellik olduğunu iddia eden bir yöntem vardır.
Çeşitli diferansiyel denklem sınıflarının çözümüne ve bunların çözümüne uygulanabilir, keyfi bir sabitin varyasyon yönteminden bahsediyoruz.
sistemler. Bu, teorinin - ifadelerin kanıtlarının parantezlerini dışarıda bırakırsanız - minimal olduğu, ancak elde etmenize izin verdiği zaman tam olarak böyledir.
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 (sayı
sistemdeki denklemler). O zaman bulunan çözümdeki sabitlerin aslında sabit olmadığı varsayılır, bulunan çözüm
orijinal denkleme (sistem) ikame edildiğinde, "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 halde homojen denklemin genel çözümü şuna eşittir.
Homojen olmayan denklemin herhangi bir özel çözümünü bulmak gerekir. Bunun için sabitler değişkene bağlı olarak kabul edilir.
Ardından, denklem sistemini çözmeniz gerekir.
.
Teori, bu sistemin cebirsel denklemler fonksiyonların türevlerine göre tek bir çözüm vardır.
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 SDF'sini bulmanız, temel matrisi oluşturmanız gerekir.
sütunları SDG unsurlarını temsil eden sistem. Daha sonra bir denklem kurulur.
.
Sistemi çözerek fonksiyonları 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 mertebeden lineer 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 değer buna karşılık gelmediğinden, önceden 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, ilgili 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

Şimdi lineer homojen olmayan denklemi düşünün
. (2)
y 1, y 2, .., y n çözümlerin temel sistemi olsun ve ilgili homojen denklem L (y) = 0'ın genel çözümü olsun. 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 Wronski 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. (3)'teki değerler, doğrusal 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 düşünün y" "+ 4y" + 3y = 0. 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
bulduğumuz çözümü, Elde edilen fonksiyonların integralini alarak,
sonunda anladık

2. Örnek 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: 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 yazarız:
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