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 doğrusal homojen olmayan için bir çözümdür diferansiyel denklem... 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) .

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:
– ortak karar yardımcı denklem.

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: 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 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:

Türevleri 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

Verilenlere karşılık gelen diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun. başlangıç ​​koşulları

,

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:

Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemi veya Lagrange yöntemi, birinci mertebeden 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 *)' için 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 gidişatını karşılaştıralım ve alınan cevapların eşleştiğinden emin olalım.

1) y '= 3x-y / x

Denklemi standart biçimde yeniden yazalım (denklemin lineer olduğunu görmek için yalnızca gösterime ihtiyaç duyduğumuz Bernoulli yönteminin aksine).

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

1) y '+ y / x = 0 homojen denklemini çözün. Bu ayrılabilir bir denklemdir. Mevcut y '= dy / dx, ikame: dy / dx + y / x = 0, dy / dx = -y / x. Denklemin her iki tarafını da 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) С = С (x) olarak kabul ettiğimiz homojen denklem y = C / x'in genel çözümünde, 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 olarak 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 değiştirin:

Basitleştirelim:

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 entegre edin:

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 formüle yerleştiriyoruz:

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 seçme hakkı tesis edilmiştir; 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 kararnamesi ile kilise devletten ve eğitim sisteminden ayrılmıştır. Çoğu kilise malına el konuldu. Moskova Patriği Tikhon ve Tüm Rusya (5 Kasım 1917'de seçildi) 19 Ocak 1918'de Sovyet iktidarını lanetledi 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)... Dolayısıyla 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 kanıtlamamız gerekir:

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 hipotez tarafından lineer olarak bağımsız olduğundan, Vronsky 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 karşılayan (1) denkleminin bir çözümünü tanımlar. 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 sabitler olan homojen olmayan denklemin genel çözümünü elde ederiz.