1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеулердің тұтас қатарында х және у айнымалыларын теңдеудің оң және сол жақтарына бөлуге болатындары бар. f(y)d y = g(x)dx теңдеуінен көрініп тұрғандай, айнымалылар әлдеқашан бөлінген болуы мүмкін. ODE-дегі айнымалыларды f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x түрлендірулерді орындау арқылы бөлуге болады. Көбінесе бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерді алу үшін жаңа айнымалыларды енгізу әдісі қолданылады.

Бұл тақырыпта біз айнымалылары бөлінген теңдеулерді шешу әдісін егжей-тегжейлі қарастырамыз. Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерді және ажыратылатын айнымалылары бар теңдеулерге келтіруге болатын дифференциалдық теңдеулерді қарастырайық. Бұл бөлімде біз шешімнің егжей-тегжейлі талдауымен тақырып бойынша көптеген мәселелерді талдадық.

Тақырыпты меңгеруді жеңілдету үшін «Дифференциалдық теңдеулер теориясының негізгі анықтамалары мен түсініктері» бетінде жарияланған ақпаратпен танысуды ұсынамыз.

Бөлінген дифференциалдық теңдеулер f (y) d y = g (x) d x

Анықтама 1

Айнымалылары бөлінген теңдеулер f (y) d y = g (x) d x түріндегі дифференциалдық теңдеулер деп аталады. Аты айтып тұрғандай, өрнекті құрайтын айнымалылар теңдік белгісінің екі жағында болады.

f (y) және функцияларымен келісейік g(x)үздіксіз деп есептейміз.

Айнымалылары бөлінген теңдеулер үшін жалпы интеграл ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x болады. Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін жоғарыда келтірілген теңдіктегі интегралдар элементар функцияларда өрнектелген жағдайда, жанама берілген Ф (х, у) = 0 функциясы түрінде алуға болады. Кейбір жағдайларда у функциясын айқын түрде өрнектеуге болады.

1-мысал

Бөлінген y 2 3 d y = sin x d x дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.

Шешім

Теңдіктің екі жағын біріктірейік:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Бұл, шын мәнінде, бұл басқару жүйесінің жалпы шешімі. Іс жүзінде дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табу есебін анықталмаған интегралдарды табу есебіне қысқарттық.

Енді элементар функцияларда өрнектелетін интегралдарды алу үшін антитуындылар кестесін пайдалана аламыз:

∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = - cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C2
мұндағы C 1 және C 2 ерікті тұрақтылар.

3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 функциясы жасырын түрде көрсетілген. Бұл бастапқы бөлінген айнымалы дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі. Біз жауап алдық және шешімді жалғастырмауымыз мүмкін. Дегенмен, қарастырылып отырған мысалда қалаған функция х аргументі арқылы анық өрнектелуі мүмкін.

Біз алып жатырмыз:

3 5 y 5 3 + C 1 ⇒ y = - 5 3 cos x + C 3 5, мұндағы C = 5 3 (C 2 - C 1)

Бұл DE-нің жалпы шешімі y = - 5 3 cos x + C 3 5 функциясы болып табылады

Жауап:

Жауапты бірнеше жолмен жазуға болады: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x немесе 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, немесе y = - 5 3 cos x + C 3 5

Оқытушыға дифференциалдық теңдеулерді шешу дағдыларымен қатар өрнектерді түрлендіру және интегралдарды қабылдау қабілеті де бар екенін ұғындырған жөн. Мұны істеу оңай. Түпкілікті жауапты айқын функция немесе жанама көрсетілген функция Ф (х, у) = 0 түрінде беру жеткілікті.

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеулер f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x y аргумент x функциясы болатын жағдайларда.

DE-де f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x немесе f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x біз айнымалыларды ажырататындай түрлендіруді жүзеге асыра аламыз. Бұл DE түрі бөлінетін айнымалылары бар DE деп аталады. Бөлінетін айнымалылары бар сәйкес DE f 1 (y) f 2 (y) түрінде жазылады. d y = g 2 ( x) g 1 (x) d x .

Айнымалыларды бөлу кезінде қателерді болдырмау үшін барлық түрлендірулерді мұқият орындау қажет. Алынған және бастапқы теңдеулер бір-біріне эквивалентті болуы керек. Тексеру ретінде шартты қолдануға болады, оған сәйкес f 2 (y) және g 1 (x)интеграциялық интервалда жоғалып кетпеуі керек. Егер бұл шарт орындалмаса, кейбір шешімдерді жоғалту мүмкіндігі бар.

2-мысал

y " = y · (x 2 + e x) дифференциалдық теңдеуінің барлық шешімдерін табыңыз.

Шешім

Біз x пен у-ны ажырата аламыз, сондықтан біз ажыратылатын айнымалылары бар дифференциалдық теңдеумен айналысамыз.

y " = y · (x 2 + e x) ⇔ d y d x = y · (x 2 + e x) ⇔ d y y = (x 2 + e x) d x pr және y ≠ 0

y = 0 болғанда, бастапқы теңдеу сәйкестікке айналады: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Бұл бізге у = 0 DE шешімі екенін айтуға мүмкіндік береді. Біз мұны қабылдай алмадық. түрлендірулерді жүргізу кезінде ескерілетін шешім.

Бөлінген айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді интегралдауды орындайық d y y = (x 2 + e x) d x:
∫ d y y = ∫ (x 2 + e x) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ (x 2 + e x) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

Трансформацияны жүзеге асыру кезінде біз ауыстыруды орындадық C 2 - C 1қосулы МЕН. DE шешімі ln y = x 3 3 + e x + C анық емес берілген функцияның нысанына ие. Біз бұл функцияны анық көрсете аламыз. Ол үшін алынған теңдікті күшейтейік:

ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C

Жауап: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0

Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерге келтірілетін дифференциалдық теңдеулер y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

Кәдімгі 1-ші ретті DE y " = f (a x + b y) азайту үшін, a ≠ 0, b ≠ 0, бөлінетін айнымалылары бар теңдеуге z = a x + b y жаңа айнымалысын енгізу керек, мұндағы z аргументтің функциясы. x.

Біз алып жатырмыз:

z = a x + b y ⇔ y = 1 b (z - a x) ⇒ y " = 1 b (z " - a) f (a x + b y) = f (z)

Біз ауыстыруды және қажетті түрлендірулерді орындаймыз:

y " = f (a x + b y) ⇔ 1 b (z " - a) = f (z) ⇔ z " = b f (z) + a ⇔ d z b f (z) + a = d x , b f (z) + a ≠ 0

3-мысал

y " = 1 ln (2 x + y) - 2 дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімін және y (0) = e бастапқы шартын қанағаттандыратын нақты шешімін табыңыз.

Шешім

Айнымалыны енгізейік z = 2 x + y, Біз алып жатырмыз:

y = z - 2 x ⇒ y " = z " - 2 ln (2 x + y) = ln z

Біз алынған нәтижені бастапқы өрнекке ауыстырамыз және оны ажыратылатын айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуге түрлендіреміз:

y " = 1 ln (2 x + y) - 2 ⇔ z " - 2 = 1 ln z - 2 ⇔ d z d x = 1 ln z

Айнымалыларды ажыратқаннан кейін теңдеудің екі жағын да интегралдаймыз:

d z d z = 1 ln z ⇔ ln z d z = d x ⇔ ∫ ln z d z = ∫ d x

Теңдеудің сол жағында орналасқан интегралды табу үшін бөліктер бойынша интегралдау әдісін қолданайық. Кестенің оң жағындағы интегралды қарастырайық.

∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z ln z - ∫ z d z z = = z ln z - z + C 1 = z (ln z - 1) + C 1 = ∫ d + C 2

z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 екенін айта аламыз. Енді соны қабылдайтын болсақ C = C 2 - C 1және біз кері ауыстыруды орындаймыз z = 2 x + y, онда дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін жасырын берілген функция түрінде аламыз:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x + C

Енді бастапқы шартты қанағаттандыратын нақты шешімді табуға кірісейік y(0)=e. Ауыстыру жасайық x = 0және y (0) = e DE жалпы шешіміне енгізіп, С тұрақтысының мәнін табыңыз.

(2 0 + e) ​​(ln (2 0 + e) ​​- 1) = 0 + C e (ln e - 1) = C C = 0

Біз арнайы шешімді аламыз:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Мәселе мәлімдемесінде DE жалпы шешімін табу қажет интервал көрсетілмегендіктен, біз бастапқы DE мағынасы бар x аргументінің барлық мәндеріне сәйкес келетін шешімді іздейміз.

Біздің жағдайда DE ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0 үшін мағынасы бар.

Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерге келтірілетін дифференциалдық теңдеулер y " = f x y немесе y " = f y x

y " = f x y немесе y " = f y x түріндегі дифференциалдық теңдеулерді z = x y немесе z = y x алмастыру арқылы бөлінетін дифференциалдық теңдеулерге келтіруге болады, мұндағы z– х аргументінің функциясы.

Егер z = x y болса, онда y = x z және бөлшек дифференциалдау ережесі бойынша:

y " = x y " = x " z - x z " z 2 = z - x z " z 2

Бұл жағдайда теңдеулер z - x · z "z 2 = f (z) немесе z - x · z " z 2 = f 1 z пішінін қабылдайды.

Егер z = y x алсақ, онда y = x ⋅ z және туындысының туынды ережесі бойынша y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". Бұл жағдайда теңдеулер келесіге азайтылады. z + x z " = f 1 z немесе z + x z " = f (z) .

4-мысал

y " = 1 e y x - y x + y x дифференциалдық теңдеуін шешіңіз

Шешім

z = y x алайық, онда y = x z ⇒ y " = z + x z ". Бастапқы теңдеуге ауыстырайық:

y " = 1 e y x - y x + y x ⇔ z + x z " = 1 e z - z + z ⇔ x d z d x = 1 e z - z ⇔ (e z - z) d z = d x x

Түрлендірулерді орындау кезінде алынған теңдеуді бөлінген айнымалылары бар интегралдаймыз:

∫ (e z - z) d z = ∫ d x x e z - z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z - z 2 2 = ln x + C , C = C 2 - C 1

Жанама көрсетілген функция түріндегі бастапқы DE жалпы шешімін алу үшін кері алмастыруды орындайық:

e y x - 1 2 y 2 x 2 = ln x + C

Енді қашықтан басқару құралдарын қарастырайық, олардың пішіні:

y " = a 0 y n + a 1 y n - 1 x + a 2 y n - 2 x 2 + ... + a n x n b 0 y n + b 1 y n - 1 x + b 2 y n - 2 x 2 + ... + b n x n

Жазбаның оң жағында орналасқан бөлшектің алымы мен бөлімін бөлу ж ннемесе x n, біз бастапқы DE-ді y " = f x y немесе y " = f y x есте сақтай аламыз

5-мысал

y " = y 2 - x 2 2 x y дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.

Шешім

Бұл теңдеуде х пен у 0-ден өзгеше. Бұл белгінің оң жағында орналасқан бөлшектің алымы мен бөлімін бөлуге мүмкіндік береді. x 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇒ y " = y 2 x 2 - 1 2 y x

Жаңа z = y x айнымалысын енгізсек, y = x z ⇒ y " = z + x z " аламыз.

Енді бастапқы теңдеуге ауыстыру керек:

y " = y 2 x 2 - 1 2 y x ⇔ z " x + z = z 2 - 1 2 z ⇔ z " x = z 2 - 1 2 z - z ⇔ z " x = z 2 - 1 - 2 z 2 2 z ⇔ d z d x x = - z 2 + 1 2 z ⇔ 2 z d z z 2 + 1 = - d x x

Біз DE-ге бөлінген айнымалылармен осылай келдік. Оның шешімін табайық:

∫ 2 z d z z 2 + 1 = - ∫ d x x ∫ 2 z d z z 2 + 1 = ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 - ∫ d x x = - ln x + C z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

Бұл теңдеудің айқын шешімін алуға болады. Ол үшін - ln C = C 2 - C 1 алып, логарифмнің қасиеттерін қолданайық:

ln z 2 + 1 = - ln x + C 2 - C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = - ln x - ln C ⇔ ln z 2 + 1 = - ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x - 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x - 1

Енді y = x ⋅ z кері алмастыруды орындаймыз және бастапқы дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін жазамыз:

y = ± x 1 C x - 1

Бұл жағдайда екінші шешім де дұрыс болар еді. Біз z = x y ауыстыруды пайдалана аламыз. Бұл опцияны толығырақ қарастырайық.

Теңдеудің оң жағында орналасқан бөлшектің алымы мен бөлімін бөлейік ж 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇔ y " = 1 - x 2 y 2 2 x y

z = x y болсын

Сонда y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді алу үшін бастапқы теңдеуге ауыстырайық:

y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Айнымалыларды бөлгенде d z z (z 2 + 1) = d x 2 x теңдігін аламыз, оны біріктіруге болады:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

∫ d z z (z 2 + 1) интегралдық функциясының интегралын жай бөлшектерге кеңейтсек, мынаны аламыз:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Жай бөлшектерді интегралдауды орындайық:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z - 1 2 ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = = ln z - 1 2 ln z 21 + 1 Cn z z 2 + 1 + C 1

Енді ∫ d x 2 x интегралын табайық:

∫ d x 2 x = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2

Нәтижесінде ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 немесе ln z z 2 + 1 = ln C x аламыз, мұндағы ln C = C 2 - C 1.

Кері алмастыруды z = x y және қажетті түрлендірулерді орындайық, мынаны аламыз:

y = ± x 1 C x - 1

Біз z = x y ауыстырған шешім нұсқасы z = y x ауыстыру жағдайына қарағанда көп еңбекті қажет ететін болып шықты. Бұл қорытынды y " = f x y немесе y " = f y x түріндегі теңдеулердің үлкен саны үшін жарамды болады. Егер мұндай теңдеулерді шешудің таңдалған нұсқасы көп еңбекті қажет ететін болса, z = x y орнына ауыстырудың орнына z = y x айнымалысын енгізуге болады. Бұл нәтижеге ешқандай әсер етпейді.

Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерге келтірілетін дифференциалдық теңдеулер y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2, a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2 ∈ Р

y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 дифференциалдық теңдеулерін y " = f x y немесе y " = f y x теңдеулеріне келтіруге болады, сондықтан айнымалылары ажыратылатын теңдеулерге келтіріледі. Ол үшін (x 0 , y 0) - екі сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің шешімін табу керек a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 және жаңа айнымалылар u = x - x 0 v = y - y 0 енгізілді. Осы ауыстырудан кейін теңдеу d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v пішінін алады.

6-мысал

y " = x + 2 y - 3 x - 1 дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.

Шешім

Сызықтық теңдеулер жүйесін құрастырамыз және шешеміз:

x + 2 y - 3 = 0 x - 1 = 0 ⇔ x = 1 y = 1

Айнымалыларды өзгертейік:

u = x - 1 v = y - 1 ⇔ x = u + 1 y = v + 1 ⇒ d x = d u d y = d v

Бастапқы теңдеуге ауыстырғаннан кейін біз d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u аламыз. Бөлгеннен кейін uоң жақ бөлігінің алымы мен бөлімі бізде d v d u = 1 + 2 v u.

Жаңа z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z айнымалысын енгіземіз, онда

d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln ⇒ n ln + z = ln u + ln C , ln C = C 2 - C 1 ln 1 + z = ln C u 1 + z = C u ⇔ z = C u - 1 ⇔ v u = C u - 1 ⇔ v = u ( C u - 1)

Біз бастапқы айнымалыларға ораламыз, кері алмастыруды u = x - 1 v = y - 1 жасаймыз:
v = u (C u - 1) ⇔ y - 1 = (x - 1) (C (x - 1) - 1) ⇔ y = C x 2 - (2 C + 1) x + C + 2

Бұл дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі.

Мәтінде қатені байқасаңыз, оны бөлектеп, Ctrl+Enter пернелерін басыңыз

Дифференциалдық теңдеулер.

Қарапайым дифференциалдық теңдеулер туралы негізгі түсініктер.

Анықтама 1.Жай дифференциалдық теңдеу n– функцияның реті ж аргумент x форманың қатынасы деп аталады

Қайда Ф – оның аргументтерінің берілген функциясы. Математикалық теңдеулер класының атауында «дифференциалдық» термині олардың туындыларын қамтитынын атап көрсетеді. (дифференциалдау нәтижесінде түзілетін функциялар); «қарапайым» термині қажетті функцияның тек бір нақты аргументке тәуелді екенін көрсетеді.

Кәдімгі дифференциалдық теңдеуде анық аргумент болмауы мүмкін x, қажетті функция және оның кез келген туындысы, бірақ ең жоғары туынды теңдеуге қосылуы керек n-ші тапсырыс. Мысалы

а) – бірінші ретті теңдеу;

б) – үшінші ретті теңдеу.

Кәдімгі дифференциалдық теңдеулерді жазғанда туындыларды дифференциалдар бойынша белгілеу жиі қолданылады:

V) – екінші ретті теңдеу;

г) – бірінші ретті теңдеу,

бойынша бөлгеннен кейін генератор dxтеңдеуді көрсетудің эквивалентті түрі: .

Функция кәдімгі дифференциалдық теңдеудің шешімі деп аталады, егер оған ауыстырылған кезде сәйкестікке айналатын болса.

Мысалы, үшінші ретті теңдеу

Шешімі бар .

Бір немесе басқа әдіспен табу, мысалы, таңдау, теңдеуді қанағаттандыратын бір функция оны шешуді білдірмейді. Жай дифференциалдық теңдеуді шешу дегеніміз – табу Барлықтеңдеу орнына қойылғанда сәйкестікті құрайтын функциялар. (1.1) теңдеу үшін мұндай функциялар тобы ерікті тұрақтылардың көмегімен құрылады және оны жай дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі деп атайды. n-ші ретті, ал тұрақтылар саны теңдеу ретімен сәйкес келеді: Жалпы шешім болуы мүмкін, бірақ оған қатысты нақты шешілмейді. y(x): Бұл жағдайда шешім әдетте (1.1) теңдеудің жалпы интегралы деп аталады.

Мысалы, дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі келесі өрнек: , ал екінші мүшесі ретінде жазуға болады, өйткені 2-ге бөлінген ерікті тұрақтыны жаңа ерікті тұрақтымен ауыстыруға болады.

Жалпы шешімдегі немесе жалпы интегралдағы барлық еркін константаларға кейбір рұқсат етілген мәндерді тағайындау арқылы біз енді ерікті тұрақтыларды қамтымайтын белгілі бір функцияны аламыз. Бұл функция (1.1) теңдеудің ішінара шешімі немесе ішінара интегралы деп аталады. Еркін константалардың мәндерін, демек белгілі бір шешімді табу үшін (1.1) теңдеуге әр түрлі қосымша шарттар қолданылады. Мысалы, бастапқы шарттар деп аталатындарды (1.2) көрсетуге болады.

Бастапқы шарттардың оң жағында (1.2) функцияның және туындылардың сандық мәндері көрсетіледі, ал бастапқы шарттардың жалпы саны анықталған ерікті тұрақтылар санына тең.

Бастапқы шарттар негізінде (1.1) теңдеудің нақты шешімін табу есебі Коши есебі деп аталады.

§ 2. 1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеулер – негізгі ұғымдар.

1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу ( n=1) пішімі бар: немесе, егер туындыға қатысты шешілуі мүмкін болса: . Ортақ шешім y=y(x,С) немесе 1-ші ретті теңдеулердің жалпы интегралы бір ерікті тұрақтыдан тұрады. 1-ші ретті теңдеудің жалғыз бастапқы шарты жалпы шешімнен немесе жалпы интегралдан тұрақты шаманың мәнін анықтауға мүмкіндік береді. Осылайша, белгілі бір шешім табылады немесе дәл солай Коши мәселесі шешіледі. Коши есебінің шешімінің бар болуы және бірегейлігі туралы мәселе қарапайым дифференциалдық теңдеулердің жалпы теориясындағы орталық мәселелердің бірі болып табылады. 1-ші ретті теңдеу үшін, атап айтқанда, бұл жерде дәлелсіз қабылданған теорема жарамды.

Теорема 2.1.Егер теңдеуде функция және оның жеке туындысы қандай да бір аймақта үзіліссіз болса D ұшақ XOY , және осы аймақта нүкте берілсе, онда теңдеуді де, бастапқы шартты да қанағаттандыратын бірегей шешім бар.

Геометриялық тұрғыдан бірінші ретті теңдеудің жалпы шешімі жазықтықтағы қисықтардың тобы болып табылады XOY, ортақ нүктелері жоқ және бір-бірінен бір параметрде айырмашылығы бар – тұрақтының мәні C. Бұл қисықтар берілген теңдеу үшін интегралдық қисықтар деп аталады. Интегралдық теңдеу қисықтары айқын геометриялық қасиетке ие: әрбір нүктеде қисыққа жанаманың жанамасы осы нүктедегі теңдеудің оң жағының мәніне тең: . Басқаша айтқанда, теңдеу жазықтықта берілген XOYинтегралдық қисықтарға жанамалардың бағыттарының өрісі. Пікір:Айта кету керек, теңдеуі. теңдеу және деп аталатын теңдеу симметриялы түрде берілген .

Бөлінетін айнымалылары бар 1-ші ретті дифференциалдық теңдеулер.

Анықтама.Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеу түрдегі теңдеу болып табылады (3.1)

немесе (3.2) түріндегі теңдеу

(3.1) теңдеудегі айнымалыларды бөлу үшін, яғни. бұл теңдеуді бөлінген айнымалы теңдеу деп аталатынға келтіріп, келесі әрекеттерді орындаңыз:

;

Енді теңдеуді шешуіміз керек g(y)= 0. Егер оның нақты шешімі болса у=а, Бұл y=a(3.1) теңдеуінің шешімі де болады.

(3.2) теңдеу көбейтіндіге бөлу арқылы бөлінген теңдеуге келтіріледі:

, ол (3.2) теңдеудің жалпы интегралын алуға мүмкіндік береді: . (3.3)

Интегралдық қисықтар (3.3) егер мұндай шешімдер бар болса, шешімдермен толықтырылады.

Теңдеуді шеш: .

Біз айнымалыларды бөлеміз:

.

Интеграциялау, біз аламыз

Айнымалылары ажыратылған дифференциалдық теңдеу былай жазылады: (1). Бұл теңдеуде бір мүшесі тек х-ке, ал екіншісі у-ға ғана тәуелді. Осы теңдеуді мүшелер бойынша интегралдасақ, мынаны аламыз:
оның жалпы интегралы болып табылады.

Мысал: теңдеудің жалпы интегралды табыңыз:
.

Шешуі: Бұл теңдеу бөлінген дифференциалдық теңдеу. Сондықтан
немесе
белгілейік
. Содан кейін
– дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралы.

Бөлінетін теңдеудің пішіні бар (2). (2) теңдеуді мүшеге бөлу арқылы (1) теңдеуге оңай келтіруге болады
. Біз алып жатырмыз:

– жалпы интеграл.

Мысалы:Теңдеуді шеш .

Шешуі: теңдеудің сол жағын түрлендіру: . Теңдеудің екі жағын да бөліңіз


Шешім өрнек болып табылады:
анау.

Біртекті дифференциалдық теңдеулер. Бернулли теңдеулері. Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер.

Пішіннің теңдеуі деп аталады біртекті, Егер
Және
– бір ретті (өлшемдері) біртекті функциялар. Функция
бірінші ретті біртекті функция (өлшем) деп аталады, егер оның әрбір аргументі ерікті коэффициентке көбейтілгенде бүкіл функция көбейтіледі , яғни.
=
.

Біртекті теңдеуді түрге келтіруге болады
. Ауыстыруды қолдану
(
) біртекті теңдеу жаңа функцияға қатысты бөлінетін айнымалылары бар теңдеуге келтірілді .

Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп аталады сызықтық, пішінде жазылуы мүмкін болса
.

Бернулли әдісі

Теңдеуді шешу
басқа екі функцияның туындысы ретінде ізделеді, яғни. алмастыруды қолдану
(
).

Мысалы:теңдеуді интегралдаңыз
.

Біз сенеміз
. Содан кейін, яғни. . Алдымен теңдеуді шешеміз
=0:


.

Енді теңдеуді шешеміз
анау.


. Сонымен, бұл теңдеудің жалпы шешімі
анау.

Дж. Бернулли теңдеуі

түріндегі теңдеу, мұндағы
шақырды Бернулли теңдеуі. Бұл теңдеу Бернулли әдісі арқылы шешіледі.

Тұрақты коэффициенттері бар біртекті екінші ретті дифференциалдық теңдеулер

Екінші ретті біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеу түрдегі теңдеу болып табылады (1) , Қайда Және тұрақты.

(1) теңдеудің ішінара шешімдерін түрінде іздейміз
, Қайда Кімге- белгілі бір сан. Бұл функцияны екі рет дифференциалдау және орнына өрнектерді қою
(1) теңдеуіне, яғни, немесе
(2) (
).

2-теңдеу дифференциалдық теңдеудің сипаттамалық теңдеуі деп аталады.

(2) сипаттамалық теңдеуді шешу кезінде үш жағдай мүмкін.

1-жағдай.Тамырлар Және (2) теңдеулер нақты және әртүрлі:

Және

.

2-жағдай.Тамырлар Және (2) теңдеулер нақты және тең:
. Бұл жағдайда (1) теңдеудің жеке шешімдері функциялар болып табылады
Және
. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі мынандай болады
.

3-жағдай.Тамырлар Және (2) теңдеулер күрделі:
,
. Бұл жағдайда (1) теңдеудің жеке шешімдері функциялар болып табылады
Және
. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі мынандай болады

Мысал.Теңдеуді шеш
.

Шешімі:Сипаттамалық теңдеу құрайық:
. Содан кейін
. Бұл теңдеудің жалпы шешімі
.

Бірнеше айнымалы функцияның экстремумы. Шартты экстремум.

Бірнеше айнымалы функцияның экстремумы

Анықтама.M нүктесі (x О , ж О ) аталадымаксималды (минималды) нүкте функцияларыz= f(x, у), егер M нүктесінің көршілестігі болса, онда осы маңайдан барлық (х, у) нүктелері үшін теңсіздік
(
)

Суретте. 1 ұпай А
- минимум ұпай және нүкте бар IN
- максималды нүкте.

Қажеттіэкстремум шарты Ферма теоремасының көпөлшемді аналогы болып табылады.

Теорема.Нүкте болсын
– дифференциалданатын функцияның экстремум нүктесіz= f(x, у). Содан кейін жартылай туындылар
Және
Вбұл кезде олар нөлге тең.

Функцияның экстремумына қажетті шарттар орындалатын нүктелер z= f(x, у),анау. ішінара туындылар z" x Және z" ж нөлге тең деп аталады сынинемесе стационарлық.

Жартылай туындылардың нөлге теңдігі бірнеше айнымалы функцияның экстремумына қажетті, бірақ жеткіліксіз шартты ғана білдіреді.

Суретте. деп аталатын седла нүктесі M (x О , ж О ). Жартылай туындылар
Және
нөлге тең, бірақ нүктеде экстремум жоқ екені анық M(x О , ж О ) Жоқ.

Мұндай седла нүктелері бір айнымалы функциялардың иілу нүктелерінің екі өлшемді аналогтары болып табылады. Мәселе оларды шеткі нүктелерден ажырату болып табылады. Басқаша айтқанда, сіз білуіңіз керек жеткіліктіэкстремалды жағдай.

Теорема (екі айнымалы функцияның экстремумының жеткілікті шарты).Функция болсынz= f(x, y): A) критикалық нүктенің кейбір маңайында анықталған (x О , ж О ), онда
=0 және
=0 ;

б) осы нүктеде екінші ретті үзіліссіз ішінара туындылары бар
;

;
Сонда, егер ∆=AC-B болса 2 >0, содан кейін (x О , ж О ) функциясыz= f(x, у) экстремумы бар, ал егерА<0 - максималды болса A>0 - минимум. ∆=AC-B жағдайда 2 <0, функция z= f(x, у) экстремумы жоқ. Егер ∆=AC-B болса 2 =0, онда экстремумның болуы туралы мәселе ашық қалады.

Экстремумдағы екі айнымалы функцияны зерттеутөмендегілерді орындау ұсынылады диаграмма:

Функцияның жеке туындыларын табыңыз z" x Және z" ж .

Теңдеулер жүйесін шешу z" x =0, z" ж =0 және функцияның критикалық нүктелерін табыңыз.

Екінші ретті ішінара туындыларды табыңыз, олардың әрбір сыни нүктедегі мәндерін есептеңіз және жеткілікті шартты пайдаланып, экстремумның болуы туралы қорытынды жасаңыз.

Функцияның экстремумдарын (экстремалды мәндерін) табыңыз.

Мысал.Функцияның экстремумын табыңыз

Шешім. 1. Жарық туындыларды табу

2. Теңдеулер жүйесінен функцияның критикалық нүктелерін табамыз:

төрт шешімі бар (1; 1), (1; -1), (-1; 1) және (-1; -1).

3. Екінші ретті дербес туындыларды табыңыз:

;
;
, біз әрбір сыни нүктеде олардың мәндерін есептейміз және онда жеткілікті экстремум шартының орындалуын тексереміз.

Мысалы, (1; 1) нүктесінде А= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Өйткені ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 және A=-1<0, онда (1; 1) нүктесі максималды нүкте болып табылады.

Сол сияқты, біз (-1; -1) ең аз нүкте екенін және (1; -1) және (-1; 1) нүктелерінде анықтаймыз. ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2 функциясының экстремумын табыңыз,

Шартты экстремум. Лагранж көбейткіш әдісі.

Бірнеше айнымалылардың функцияларына тән мәселені қарастырайық, егер оның экстремумы анықтаманың барлық облысы бойынша емес, белгілі бір шартты қанағаттандыратын жиынтықтан ізделетін болса.

z = функциясын қарастырайық f(x, ж), аргументтер XЖәне сағшартты қанағаттандыратын g(x,y)= МЕН,шақырды қосылу теңдеуі.

Анықтама.Нүкте
нүкте деп аталадышартты максимум (минимум), егер осы нүктенің барлық нүктелері үшін (x,y) шартты қанағаттандыратындай көршілестік болсаg (x, ж) = C, теңсіздік орындалады

(
).

Суретте. шартты максимум нүктесі көрсетіледі
. Бұл z = функциясының шартсыз экстремум нүктесі емес екені анық f(x, ж) (суретте бұл нүкте
).

Екі айнымалы функцияның шартты экстремумын табудың ең қарапайым жолы - бір айнымалы функцияның экстремумын табуға есепті азайту. Байланыс теңдеуін алайық g (x, ж) = МЕНайнымалылардың біріне қатысты шеше алды, мысалы, өрнектеу сағарқылы X:
. Алынған өрнекті екі айнымалы функцияға қойып, z = аламыз f(x, ж) =
, анау. бір айнымалының функциясы. Оның экстремумы функцияның шартты экстремумы болады z = f(x, ж).

Мысал. X 2 + ж 2 мынадай жағдай болса 3x +2y = 11.

Шешім. 3x + 2y = 11 теңдеуінен у айнымалысын х айнымалысы арқылы өрнектеп, алынған мәнді ауыстырамыз.
функциясына z. Біз алып жатырмыз z= x 2 +2
немесе z =
. Бұл функцияның бірегей минимумы бар = 3. Сәйкес функция мәні
Сонымен, (3; 1) - шартты экстремум (минимум) нүкте.

Қарастырылған мысалда қосылыс теңдеуі g(x, y) = Cсызықтық болып шықты, сондықтан ол айнымалылардың біріне қатысты оңай шешілді. Алайда, күрделірек жағдайларда мұны істеу мүмкін емес.

Жалпы жағдайда шартты экстремумды табу үшін қолданамыз Лагранж көбейткіш әдісі.

Үш айнымалы функцияны қарастырайық

Бұл функция деп аталады Лагранж функциясы,А - Лагранж мультипликаторы.Келесі теорема дұрыс.

Теорема.Егер нүкте
функцияның шартты экстремум нүктесі болып табыладыz = f(x, ж) мынадай жағдай болсаg (x, ж) = C, онда мән бар осындай нүкте
функцияның экстремум нүктесі болып табыладыЛ{ x, ж, ).

Осылайша, функцияның шартты экстремумын табу z = f(x,y)мынадай жағдай болса g(x, ж) = Cжүйенің шешімін табу керек

Суретте. Лагранж шарттарының геометриялық мағынасы көрсетілген. Түзу g(x,y)= C нүктелі, деңгей сызығы g(x, ж) = Q z = функциялары f(x, ж) қатты.

Суреттен. соны ұстанады шартты экстремум нүктесінде функция деңгейінің сызығы z = f(x, ж) сызыққа тиедіg(x, ж) = С.

Мысал. z = функциясының ең үлкен және ең кіші нүктелерін табыңыз X 2 + ж 2 мынадай жағдай болса 3x +2y = 11 Лагранж көбейткіш әдісін қолдану.

Шешім. Лагранж функциясын құрастыру Л= x 2 + 2у 2 +

Оның жеке туындыларын нөлге теңеп, теңдеулер жүйесін аламыз

Оның жалғыз шешімі (x=3, y=1, =-2). Осылайша, шартты экстремум нүктесі тек (3;1) нүктесі болуы мүмкін. Бұл кезде функцияны тексеру оңай z= f(x, ж) шартты минимумы бар.

Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер. Шешімдердің мысалдары.
Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеулер

Дифференциалдық теңдеулер (DE). Бұл екі сөз әдетте қарапайым адамды қорқытады. Дифференциалдық теңдеулер көптеген студенттер үшін қиын және қиын нәрсе сияқты. Уууууу... дифференциалдық теңдеулер, осының бәріне қалай шыдаймын?!

Бұл пікір және бұл көзқарас түбегейлі қате, өйткені шын мәнінде ДИФФЕРЕНЦИАЛДЫҚ ТЕҢДЕЛЕР – БҰЛ ҚАРАПАЙЫМ ЖӘНЕ ТІПТІ ҚЫЗЫҚ. Дифференциалдық теңдеулерді шешуді үйрену үшін нені білу керек және не істей білу керек? Диффузаларды сәтті зерттеу үшін сіз біріктіру және саралауды жақсы білуіңіз керек. Тақырыптар неғұрлым жақсы зерттеледі Бір айнымалы функцияның туындысыЖәне Анықталмаған интеграл, дифференциалдық теңдеулерді түсіну оңайырақ болады. Мен көбірек айтайын, егер сізде азды-көпті лайықты интеграциялық дағдыларыңыз болса, онда тақырып дерлік игерілді! Әртүрлі типтегі интегралдар қаншалықты көп болса, соғұрлым жақсы. Неліктен? Сіз көп нәрсені біріктіруіңіз керек. Және ажырату. Сондай-ақ өте ұсыныладытабуды үйренеді.

95% жағдайда сынақ жұмыстары бірінші ретті дифференциалдық теңдеулердің 3 түрін қамтиды: бөлінетін теңдеулербіз осы сабақта қарастырамыз; біртекті теңдеулерЖәне сызықтық біртекті емес теңдеулер. Диффузорларды зерттей бастағандар үшін мен сізге сабақтарды дәл осы ретпен оқуға кеңес беремін және алғашқы екі мақаланы оқығаннан кейін қосымша шеберханада дағдыларыңызды бекіту зиян тигізбейді - біртектіге келтірілетін теңдеулер.

Дифференциалдық теңдеулердің одан да сирек түрлері бар: толық дифференциалдық теңдеулер, Бернулли теңдеулері және басқалары. Соңғы екі түрдің ең маңыздысы жалпы дифференциалдардағы теңдеулер болып табылады, өйткені бұл дифференциалдық теңдеуге қосымша мен жаңа материалды қарастырамын - ішінара интеграция.

Бір-екі күн ғана қалса, Бұл өте жылдам дайындау үшінСонда бар блиц курсы pdf форматында.

Сонымен, бағдарлар орнатылды - кеттік:

Алдымен кәдімгі алгебралық теңдеулерді еске түсірейік. Олардың құрамында айнымалылар мен сандар бар. Ең қарапайым мысал: . Жай теңдеуді шешу нені білдіреді? Бұл табу дегенді білдіреді сандар жиыны, бұл теңдеуді қанағаттандыратын. Балалар теңдеуінің бір түбірі бар екенін байқау қиын емес: . Тек көңіл көтеру үшін табылған түбірді тексеріп, теңдеуімізге ауыстырайық:

– дұрыс теңдік алынды, бұл шешімнің дұрыс табылғанын білдіреді.

Диффузорлар дәл осылай жасалған!

Дифференциалдық теңдеу бірінші тапсырысжалпы алғанда қамтиды:
1) тәуелсіз айнымалы;
2) тәуелді айнымалы (функция);
3) функцияның бірінші туындысы: .

Кейбір бірінші ретті теңдеулерде «x» және/немесе «y» болмауы мүмкін, бірақ бұл маңызды емес - маңыздыбасқару бөлмесіне бару үшін болдыбірінші туынды, және болмадыжоғары дәрежелі туындылар – , т.б.

Не білдіреді ?Дифференциалдық теңдеуді шешу табуды білдіреді барлық функциялардың жиынтығы, бұл теңдеуді қанағаттандыратын. Функциялардың мұндай жиыны жиі (– ерікті тұрақты) деп аталады дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі.

1-мысал

Дифференциалдық теңдеуді шешу

Толық оқ-дәрі. Неден бастау керек шешім?

Ең алдымен, туындыны сәл басқаша түрде қайта жазу керек. Сіздердің көпшілігіңізге күлкілі және қажетсіз болып көрінген ауыр тағайындауды еске түсіреміз. Диффузорларда осындай ережелер бар!

Екінші қадамда бұл мүмкін бе екенін көрейік бөлек айнымалылар?Айнымалыларды бөлу нені білдіреді? Дөрекі айтқанда, сол жағындакетуіміз керек тек «гректер», А оң жағындаұйымдастыру тек «X». Айнымалыларды бөлу «мектептік» манипуляцияларды қолдану арқылы жүзеге асырылады: оларды жақшадан шығару, белгіні өзгерту арқылы терминдерді бөліктен бөлікке ауыстыру, пропорция ережесі бойынша факторларды бөліктен бөлікке ауыстыру және т.б.

Дифференциалдар және толық мультипликаторлар және соғыс қимылдарының белсенді қатысушылары. Қарастырылып отырған мысалда айнымалылар пропорция ережесіне сәйкес факторларды лақтыру арқылы оңай бөлінеді:

Айнымалылар бөлінген. Сол жағында тек «Y» бар, оң жағында тек «X» бар.

Келесі кезең - дифференциалдық теңдеуді интегралдау. Қарапайым, екі жағына да интегралдар қоямыз:

Әрине, интегралдарды алуымыз керек. Бұл жағдайда олар кестелік:

Біздің есімізде, тұрақты кез келген антитуындыға тағайындалады. Мұнда екі интеграл бар, бірақ тұрақтыны бір рет жазу жеткілікті (себебі тұрақты + тұрақты басқа тұрақтыға тең). Көп жағдайда ол оң жаққа орналастырылады.

Дәлірек айтқанда, интегралдар алынғаннан кейін дифференциалдық теңдеу шешілген деп саналады. Жалғыз нәрсе, біздің «у» «х» арқылы көрсетілмейді, яғни шешім ұсынылған жасырын түрдепішін. Айқын емес түрдегі дифференциалдық теңдеудің шешімі деп аталады дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралы. Яғни, бұл жалпы интеграл.

Бұл пішіндегі жауап өте қолайлы, бірақ жақсы нұсқа бар ма? Алуға тырысайық ортақ шешім.

Өтінемін, бірінші техниканы есте сақтаңыз, бұл өте кең таралған және практикалық тапсырмаларда жиі қолданылады: егер интегралдаудан кейін оң жақта логарифм пайда болса, онда көп жағдайда (бірақ әрқашан емес!) тұрақтыны логарифмнің астына да жазған жөн. Нәтиже тек логарифмдер болса (қаралып отырған мысалдағыдай) міндетті түрде жазып алыңыз..

Яғни, ОРНЫНАжазбалар әдетте жазылады .

Бұл не үшін қажет? Және «ойын» білдіруді жеңілдету үшін. Логарифмдердің қасиетін қолдану . Бұл жағдайда:

Енді логарифмдер мен модульдерді жоюға болады:

Функция анық көрсетілген. Бұл жалпы шешім.

Жауап: ортақ шешім: .

Көптеген дифференциалдық теңдеулердің жауаптарын тексеру өте оңай. Біздің жағдайда бұл өте қарапайым орындалады, біз табылған шешімді аламыз және оны ажыратамыз:

Содан кейін туындыны бастапқы теңдеуге ауыстырамыз:

– дұрыс теңдік алынды, бұл жалпы шешім теңдеуді қанағаттандырады дегенді білдіреді, бұл тексеру қажет.

Тұрақты әртүрлі мәндерді беру арқылы сіз шексіз санды ала аласыз жеке шешімдердифференциалдық теңдеу. Түсінікті, кез келген функциялар, т.б. дифференциалдық теңдеуді қанағаттандырады.

Кейде жалпы шешім деп аталады функциялар тобы. Бұл мысалда жалпы шешім сызықтық функциялар тобы, дәлірек айтқанда, тура пропорционалдық семьясы.

Бірінші мысалды мұқият қарастырғаннан кейін дифференциалдық теңдеулер туралы бірнеше аңғал сұрақтарға жауап берген жөн:

1)Бұл мысалда біз айнымалыларды ажырата алдық. Мұны әрқашан жасауға бола ма?Жоқ әрқашан емес. Көбінесе айнымалыларды бөлуге болмайды. Мысалы, в біртекті бірінші ретті теңдеулер, алдымен оны ауыстыру керек. Теңдеулердің басқа түрлерінде, мысалы, бірінші ретті сызықтық біртекті емес теңдеуде жалпы шешімді табу үшін әртүрлі әдістер мен әдістерді қолдану керек. Бірінші сабақта қарастыратын бөлінетін айнымалылары бар теңдеулер дифференциалдық теңдеулердің ең қарапайым түрі болып табылады.

2) Әрқашан дифференциалдық теңдеуді интегралдау мүмкін бе?Жоқ әрқашан емес. Интеграцияланбайтын «сәнді» теңдеуді шығару өте оңай, сонымен қатар қабылданбайтын интегралдар бар. Бірақ мұндай DE-ні арнайы әдістерді қолдану арқылы шешуге болады. Д’Аламбер мен Коши кепілдік береді... ...уф, lurkmore.дәл қазір көп оқу үшін, мен «басқа әлемнен» деп қостым.

3) Бұл мысалда біз жалпы интеграл түрінде шешім алдық . Жалпы интегралдан жалпы шешімді табуға, яғни «у»-ды анық өрнектеуге әрқашан бола ма?Жоқ әрқашан емес. Мысалы: . Мұнда «грек» дегенді қалай білдіруге болады?! Мұндай жағдайларда жауапты жалпы интеграл ретінде жазу керек. Сонымен қатар, кейде жалпы шешімді табуға болады, бірақ ол соншалықты қиын және ебедейсіз жазылған, сондықтан жауапты жалпы интеграл түрінде қалдырған дұрыс.

4) ...әзірше бұл жеткілікті шығар. Бірінші мысалда біз кездестік тағы бір маңызды сәт, бірақ «манекендерді» жаңа ақпараттың көшкінімен жаппау үшін мен оны келесі сабаққа қалдырамын.

Біз асықпаймыз. Басқа қарапайым қашықтан басқару пульті және басқа типтік шешім:

2-мысал

Бастапқы шартты қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеудің нақты шешімін табыңыз

Шешім: шартқа сәйкес табу керек жеке шешімБерілген бастапқы шартты қанағаттандыратын DE. Сұрақтың бұл тұжырымы да деп аталады Коши мәселесі.

Алдымен біз жалпы шешімді табамыз. Теңдеуде «х» айнымалысы жоқ, бірақ бұл шатастырмау керек, бастысы оның бірінші туындысы бар.

Туындыны қажетті түрде қайта жазамыз:

Әлбетте, айнымалыларды бөлуге болады, ұлдар солға, қыздар оңға:

Теңдеуді интегралдаймыз:

Жалпы интеграл алынады. Мұнда мен жұлдызшамен тұрақтыны сыздым, бұл өте көп ұзамай ол басқа тұрақтыға айналады.

Енді біз жалпы интегралды жалпы шешімге түрлендіруге тырысамыз («y»-ді анық көрсетіңіз). Мектептегі жақсы нәрселерді еске түсірейік: . Бұл жағдайда:

Индикатордағы константа қандай да бір түрде түсініксіз болып көрінеді, сондықтан оны әдетте жерге түсіреді. Егжей-тегжейлі айтқанда, бұл осылай болады. Дәрежелер қасиетін пайдаланып, функцияны келесідей қайта жазамыз:

Егер тұрақты болса, онда ол да тұрақты, оны әрпімен қайта белгілейік:
– бұл жағдайда біз модульді алып тастаймыз, содан кейін «ce» тұрақтысы оң және теріс мәндерді қабылдай алады

Тұрақтыны «бұзу» екенін есте сақтаңыз екінші техника, ол дифференциалдық теңдеулерді шешуде жиі қолданылады. Таза нұсқада сіз бірден кете аласыз үшін, бірақ әрқашан осы ауысуды түсіндіруге дайын болыңыз.

Сонымен, жалпы шешім: . Бұл экспоненциалды функциялардың жақсы отбасы.

Соңғы кезеңде берілген бастапқы шартты қанағаттандыратын нақты шешімді табу керек. Бұл да қарапайым.

Тапсырма қандай? Алу керек осындайшарт орындалатындай константаның мәні.

Оны әртүрлі жолдармен пішімдеуге болады, бірақ бұл ең анық әдіс болуы мүмкін. Жалпы шешімде «X» орнына нөлді, ал «Y» орнына екіні қоямыз:



Яғни,

Стандартты дизайн нұсқасы:

Енді тұрақтының табылған мәнін жалпы шешімге ауыстырамыз:
– бұл бізге қажет нақты шешім.

Жауап: жеке шешім:

Тексерейік. Жеке шешімді тексеру екі кезеңнен тұрады:

Алдымен сіз нақты шешімнің бастапқы шартты қанағаттандыратынын тексеруіңіз керек? «X» орнына нөлді қойып, не болатынын көреміз:
- иә, шынында да, екі алынды, бұл бастапқы шарттың орындалғанын білдіреді.

Екінші кезең қазірдің өзінде таныс. Алынған нақты шешімді алып, туындыны табамыз:

Бастапқы теңдеуді ауыстырамыз:

– дұрыс теңдік алынады.

Қорытынды: нақты шешім дұрыс табылды.

Мағыналы мысалдарға көшейік.

3-мысал

Дифференциалдық теңдеуді шешу

Шешімі:Туындыны қажетті түрде қайта жазамыз:

Біз айнымалыларды бөлуге болатынын бағалаймыз ба? мүмкін. Екінші мүшені таңбасын өзгерту арқылы оң жаққа жылжытамыз:

Ал көбейткіштерді пропорция ережесі бойынша тасымалдаймыз:

Айнымалылар бөлінген, екі бөлікті де біріктірейік:

Мен сізге ескертуім керек, сот күні жақындап қалды. Егер сіз жақсы оқымаған болсаңыз анықталмаған интегралдар, бірнеше мысалдарды шешіп алсаңыз, онда баратын жер жоқ - сіз оларды қазір меңгеруіңіз керек.

Сол жақтың интегралын табу оңай, біз сабақта қарастырған стандартты әдістемені қолдана отырып, котангенстің интегралымен айналысамыз. Тригонометриялық функцияларды интегралдауөткен жылы:

Нәтижесінде біз тек логарифмдерді алдық және менің бірінші техникалық ұсынысым бойынша тұрақтыны логарифм ретінде де анықтаймыз.

Енді біз жалпы интегралды жеңілдетуге тырысамыз. Бізде тек логарифмдер болғандықтан, олардан құтылу әбден мүмкін (және қажет). Көмегімен белгілі қасиеттеріБіз логарифмдерді мүмкіндігінше «ораймыз». Мен оны егжей-тегжейлі жазамын:

Қаптама айуандықпен жыртылып бітті:
, және біз бірден ұсынамыз жалпы интегралАйтпақшы, бұл мүмкін болғанша:

Жалпы айтқанда, мұны істеу қажет емес, бірақ профессорды қуанту әрқашан пайдалы ;-)

Негізінде, бұл шедеврді жауап ретінде жазуға болады, бірақ мұнда екі бөлікті де шаршылап, тұрақтыны қайта белгілеу орынды:

Жауап:жалпы интеграл:

! Ескерту: Жалпы интегралды көбінесе бірнеше тәсілмен жазуға болады. Осылайша, егер сіздің нәтижеңіз бұрын белгілі жауаппен сәйкес келмесе, бұл теңдеуді қате шешкеніңізді білдірмейді.

«Ойын» дегенді білдіруге бола ма? мүмкін. Жалпы шешімді көрсетейік:

Әрине, алынған нәтиже жауап үшін қолайлы, бірақ жалпы интеграл ықшам болып көрінетінін, ал шешімі қысқарақ екенін ескеріңіз.

Үшінші техникалық кеңес:егер жалпы шешімді алу үшін әрекеттердің айтарлықтай санын орындау қажет болса, онда көп жағдайда бұл әрекеттерден бас тартып, жауапты жалпы интеграл түрінде қалдырған дұрыс. Бұл кері функцияны білдіру, күшке көтеру, түбірді шығару және т.б. қажет болғанда «жаман» әрекеттерге де қатысты.Өйткені, жалпы шешім қарапайым және ауыр көрінеді - үлкен тамырлармен, белгілермен және басқа математикалық қоқыспен.

Қалай тексеруге болады? Тексеруді екі жолмен жүргізуге болады. Бірінші әдіс: жалпы шешімді қабылдаңыз , туындысын табамыз және оларды бастапқы теңдеуге ауыстырыңыз. Өзіңіз көріңіз!

Екінші жол – жалпы интегралды дифференциалдау. Бұл өте оңай, бастысы таба білу жанама түрде көрсетілген функцияның туындысы:

әрбір терминді келесіге бөліңіз:

және:

Бастапқы дифференциалдық теңдеу дәл алынды, бұл жалпы интегралдың дұрыс табылғанын білдіреді.

4-мысал

Бастапқы шартты қанағаттандыратын дифференциалдық теңдеудің нақты шешімін табыңыз. Тексеруді орындаңыз.

Бұл өз бетіңізше шешуге болатын мысал.

Естеріңізге сала кетейін, алгоритм екі кезеңнен тұрады:
1) жалпы шешімді табу;
2) қажетті нақты шешімді табу.

Тексеру сонымен қатар екі кезеңмен жүзеге асырылады (№ 2 мысалдағы мысалды қараңыз), сізге қажет:
1) табылған нақты шешім бастапқы шартты қанағаттандыратынына көз жеткізу;
2) нақты шешім дифференциалдық теңдеуді қанағаттандыратынын тексеру.

Толық шешім және сабақ соңында жауап беру.

5-мысал

Дифференциалдық теңдеудің нақты шешімін табыңыз , бастапқы шартты қанағаттандыру. Тексеруді орындаңыз.

Шешімі:Алдымен жалпы шешімді табайық.Бұл теңдеуде дайын дифференциалдар бар, сондықтан шешім оңайлатылған. Біз айнымалыларды бөлеміз:

Теңдеуді интегралдаймыз:

Сол жақтағы интеграл кестелік, оң жақтағы интеграл алынған функцияны дифференциалдық таңбаға қосу әдісі:

Жалпы интеграл алынды, жалпы шешімді сәтті өрнектеу мүмкін бе? мүмкін. Логарифмдерді екі жағына іліп қоямыз. Олар оң болғандықтан, модуль белгілері қажет емес:

(Трансформацияны бәрі түсінеді деп үміттенемін, мұндай нәрселер бұрыннан белгілі болуы керек)

Сонымен, жалпы шешім:

Берілген бастапқы шартқа сәйкес келетін нақты шешімді табайық.
Жалпы шешімде «X» орнына нөлді, ал «Y» орнына екінің логарифмін қоямыз:

Көбірек таныс дизайн:

Тұрақтының табылған мәнін жалпы шешімге ауыстырамыз.

Жауап:жеке шешім:

Тексеру: Алдымен бастапқы шарттың орындалғанын тексерейік:
- бәрі жақсы.

Енді табылған нақты шешім дифференциалдық теңдеуді қанағаттандыратынын тексерейік. Туындыны табу:

Бастапқы теңдеуді қарастырайық: – ол дифференциалда берілген. Тексерудің екі жолы бар. Табылған туындыдан дифференциалды өрнектеуге болады:

Табылған нақты шешімді және алынған дифференциалды бастапқы теңдеуге ауыстырайық :

Біз негізгі логарифмдік сәйкестікті пайдаланамыз:

Дұрыс теңдік алынды, бұл нақты шешімнің дұрыс табылғанын білдіреді.

Тексерудің екінші әдісі шағылыстырылған және көбірек таныс: теңдеуден Туындыны өрнектеп көрейік, ол үшін барлық бөліктерді келесіге бөлеміз:

Ал түрлендірілген ДЕ-ге алынған жартылай ерітінді мен табылған туындыны ауыстырамыз. Жеңілдетудің нәтижесінде дұрыс теңдік те алынуы керек.

6-мысал

Теңдеудің жалпы интегралын табыңыз, жауабын түрінде көрсетіңіз.

Бұл сабақтың соңында өз бетімен шешуге, толық шешуге және жауап беруге үлгі.

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеулерді шешуде қандай қиындықтар күтіп тұр?

1) Айнымалыларды бөлуге болатыны әрқашан анық емес (әсіресе «шәйнекке»). Шартты мысалды қарастырайық: . Мұнда жақшалардың ішінен факторларды алып тастау керек: және түбірлерді бөлу: . Әрі қарай не істеу керек екені түсінікті.

2) Интеграцияның өзімен байланысты қиындықтар. Интегралдар көбінесе қарапайым емес және табу дағдыларында кемшіліктер болса анықталмаған интеграл, онда көптеген диффузорлармен қиын болады. Сонымен қатар, «дифференциалдық теңдеу қарапайым болғандықтан, ең болмағанда интегралдар күрделірек болсын» логикасы жинақтар мен оқу құралдарын құрастырушылар арасында танымал.

3) Тұрақтысы бар түрлендірулер. Барлығы байқағандай, дифференциалдық теңдеулердегі тұрақты мәндерді еркін өңдеуге болады, ал кейбір түрлендірулер бастаушыға әрқашан түсінікті бола бермейді. Басқа шартты мысалды қарастырайық: . Барлық шарттарды 2-ге көбейткен жөн: . Алынған константа да тұрақтының қандай да бір түрі болып табылады, оны былай белгілеуге болады: . Иә, және бізде тек логаримдер болғандықтан, тұрақтыны басқа тұрақты түрінде қайта жазған жөн: .

Мәселе мынада, олар көбінесе индекстермен алаңдамайды және бір әріпті пайдаланады. Нәтижесінде шешімнің жазбасы келесі нысанды алады:

Бұл не пәле?! Онда қателер бар! Қатаң айтқанда, иә. Бірақ мазмұндық тұрғыдан алғанда қателер болмайды, өйткені айнымалы тұрақтыны түрлендіру нәтижесінде эквивалентті айнымалы тұрақты алынады.

Немесе басқа мысал, теңдеуді шешу барысында жалпы интеграл алынды делік. Бұл жауап жағымсыз көрінеді, сондықтан әр терминнің белгісін өзгерткен жөн: . Ресми түрде бұл жерде тағы бір қате бар - ол оң жақта жазылуы керек. Бірақ бейресми түрде «минус ce» бұрынғысынша константа болып табылады, ол бірдей мәндер жиынын қабылдайды, сондықтан «минус» қоюдың мағынасы жоқ.

Мен ұқыпсыз көзқарастан аулақ болуға тырысамын және оларды түрлендіру кезінде тұрақты мәндерге әртүрлі индекстерді тағайындаймын. Мен сізге не істеуге кеңес беремін.

7-мысал

Дифференциалдық теңдеуді шешу. Тексеруді орындаңыз.

Шешімі:Бұл теңдеу айнымалыларды бөлуге мүмкіндік береді. Біз айнымалыларды бөлеміз:

Біріктірейік:

Мұнда тұрақтыны логарифм ретінде анықтаудың қажеті жоқ, өйткені бұдан пайдалы ештеңе болмайды.

Жауап:жалпы интеграл:

Және, әрине, мұнда «y» әрпін нақты көрсетудің қажеті жоқ, өйткені ол қоқыс болып шығады (үшінші техникалық кеңесті есте сақтаңыз).

Емтихан: Жауапты дифференциалдаңыз (жасырын функция):

Бөлшектерден екі мүшені көбейту арқылы құтыламыз:

Бастапқы дифференциалдық теңдеу алынды, бұл жалпы интегралдың дұрыс табылғанын білдіреді.

8-мысал

DE-нің нақты шешімін табыңыз.
,

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеулерді шешу әдісі қарастырылады. Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді егжей-тегжейлі шешудің мысалы келтірілген.

Мазмұны

Анықтама

Келіңіздер (x), q (x)- х айнымалысының функциялары;
б (ж), r (ж)- у айнымалысының функциялары.

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеу түрдегі теңдеу болып табылады

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді шешу әдісі

Теңдеуді қарастырыңыз:
(i) .
y′ туындысын дифференциалдар арқылы өрнектеп көрейік.
;
.
dx-ке көбейтейік.
(ii)
Теңдеуді s-ке бөліңіз (x)r(y). Мұны істеуге болады, егер s (x) r(y) ≠ 0. Қашан с (x) r(y) ≠ 0бізде бар
.
Интегралдау, квадратураларда жалпы интегралды аламыз
(iii) .

Біз s-ге бөлгендіктен (x)r(y), содан кейін s үшін теңдеудің интегралын алдық (x) ≠ 0және r (y) ≠ 0. Әрі қарай теңдеуді шешу керек
r (y) = 0.
Егер бұл теңдеудің түбірлері болса, онда олар да (i) теңдеуінің шешімі болып табылады. r теңдеуі болсын (y) = 0. n түбірі бар a i, r (a i ) = 0, i = 1, 2, ... , n. Сонда y = a i тұрақтылары (i) теңдеуінің шешімдері болады. Осы шешімдердің кейбіреулері жалпы интегралда болуы мүмкін (iii).

Егер бастапқы теңдеу (ii) түрінде берілсе, онда теңдеуді де шешуіміз керек екенін ескеріңіз
с (x) = 0.
Оның түбірлері b j, s (b j ) = 0, j = 1, 2, ... , м. шешімдерді беріңіз x = b j .

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді шешуге мысал

Теңдеуді шеш

Туындыны дифференциал арқылы өрнектейік:


dx-ке көбейту және бөлу. y ≠ 0 үшін бізде:

Біріктірейік.

Формула арқылы интегралдарды есептейміз.



Орынына қойып, теңдеудің жалпы интегралын аламыз
.

Енді жағдайды қарастырайық, y = 0 .
Әлбетте y = 0 бастапқы теңдеудің шешімі болып табылады. Ол жалпы интегралға кірмейді.
Сондықтан біз оны соңғы нәтижеге қосамыз.

; y = 0 .

Қолданылған әдебиет:
Н.М. Гунтер, Р.О. Кузьмин, Жоғары математикадағы есептер жинағы, «Лан», 2003 ж.