I en hel rekke ordinære differensialligninger av 1. orden er det de der variablene x og y kan skilles i høyre og venstre side av ligningen. Variablene kan allerede være separert, som man kan se i ligningen f(y)d y = g(x)dx. Du kan skille variablene i ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x ved å utføre transformasjoner. Oftest, for å få likninger med separerbare variabler, brukes metoden for å introdusere nye variabler.

I dette emnet vil vi undersøke i detalj metoden for å løse ligninger med separerte variabler. La oss vurdere likninger med separerbare variabler og differensialligninger, som kan reduseres til likninger med separerbare variabler. I denne delen har vi analysert et stort antall problemer om emnet med en detaljert analyse av løsningen.

For å gjøre det lettere for deg å mestre emnet, anbefaler vi at du gjør deg kjent med informasjonen som er lagt ut på siden "Grunnleggende definisjoner og begreper i teorien om differensialligninger."

Separerte differensialligninger f (y) d y = g (x) d x

Definisjon 1

Ligninger med separerte variabler kalles differensialligninger av formen f (y) d y = g (x) d x. Som navnet antyder, er variablene som utgjør et uttrykk på hver side av likhetstegnet.

La oss bli enige om at funksjonene f (y) og g(x) vi vil anta kontinuerlig.

For likninger med separerte variabler vil det generelle integralet være ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. Vi kan få en generell løsning på differensialligningen i form av en implisitt spesifisert funksjon Ф (x, y) = 0, forutsatt at integralene fra likheten ovenfor uttrykkes i elementære funksjoner. I noen tilfeller er det mulig å uttrykke funksjonen y i eksplisitt form.

Eksempel 1

Finn den generelle løsningen til den separerte differensialligningen y 2 3 d y = sin x d x .

Løsning

La oss integrere begge sider av likestillingen:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Dette er faktisk den generelle løsningen på dette kontrollsystemet. Faktisk har vi redusert problemet med å finne en generell løsning på differensialligningen til problemet med å finne ubestemte integraler.

Nå kan vi bruke tabellen over antiderivater til å ta integraler som er uttrykt i elementære funksjoner:

∫ 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 + C .
hvor C 1 og C 2 er vilkårlige konstanter.

Funksjonen 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 er spesifisert implisitt. Det er en generell løsning på den opprinnelige separerte variable differensialligningen. Vi har mottatt svar og kan ikke gå videre med vedtaket. Imidlertid, i eksemplet under vurdering, kan den ønskede funksjonen uttrykkes eksplisitt gjennom argumentet x.

Vi får:

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

Den generelle løsningen på denne DE er funksjonen y = - 5 3 cos x + C 3 5

Svar:

Vi kan skrive svaret på flere måter: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x eller 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, eller y = - 5 3 cos x + C 3 5

Det er alltid verdt å gjøre det klart for læreren at du, sammen med ferdighetene til å løse differensialligninger, også har evnen til å transformere uttrykk og ta integraler. Det er enkelt å gjøre. Det er nok å gi det endelige svaret i form av en eksplisitt funksjon eller en implisitt spesifisert funksjon Ф (x, y) = 0.

Differensialligninger med separerbare variabler f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x i tilfeller der y er en funksjon av argumentet x.

I DE f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x eller f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x kan vi utføre transformasjoner på en slik måte at de skiller variablene. Denne typen DE kalles en DE med separerbare variabler. Den tilsvarende DE med separerte variabler vil bli skrevet som f 1 (y) f 2 (y) d y = g 2 ( x) g 1 (x) d x .

Når du skiller variabler, er det nødvendig å utføre alle transformasjoner nøye for å unngå feil. De resulterende og originale ligningene må være likeverdige med hverandre. Som sjekk kan du bruke betingelsen som f 2 (y) og g 1 (x) bør ikke forsvinne på integrasjonsintervallet. Hvis denne betingelsen ikke er oppfylt, er det en mulighet for at du mister noen av løsningene.

Eksempel 2

Finn alle løsninger på differensialligningen y " = y · (x 2 + e x) .

Løsning

Vi kan skille x og y, derfor har vi å gjøre med en differensialligning med separerbare variabler.

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 og y ≠ 0

Når y = 0, blir den opprinnelige ligningen en identitet: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Dette vil tillate oss å si at y = 0 er en løsning på DE. Vi kunne ikke ta dette løsning i betraktning ved gjennomføring av transformasjonene.

La oss utføre integrasjonen av differensialligningen med separerte variabler 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

I gjennomføringen av transformasjonen utførte vi en erstatning C 2 - C 1 på MED. Løsningen til DE har form av en implisitt spesifisert funksjon ln y = x 3 3 + e x + C . Vi er i stand til å uttrykke denne funksjonen eksplisitt. For å gjøre dette, la oss potensere den resulterende likheten:

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

Svar: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0

Differensialligninger som reduseres til ligninger med separerbare variabler y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

For å redusere den vanlige 1. orden DE y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0, til en ligning med separerbare variabler, er det nødvendig å introdusere en ny variabel z = a x + b y, der z er en funksjon av argumentet x.

Vi får:

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

Vi utfører substitusjonen og nødvendige transformasjoner:

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

Eksempel 3

Finn den generelle løsningen til differensialligningen y " = 1 ln (2 x + y) - 2 og en spesiell løsning som tilfredsstiller startbetingelsen y (0) = e.

Løsning

La oss introdusere en variabel z = 2 x + y, vi får:

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

Vi erstatter resultatet som vi fikk inn i det opprinnelige uttrykket og transformerer det til en differensialligning med separerbare variabler:

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

La oss integrere begge sider av ligningen etter å ha separert variablene:

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

La oss bruke metoden for integrering av deler for å finne integralet som ligger på venstre side av ligningen. La oss se på integralet på høyre side i tabellen.

∫ 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 x = x + C 2

Vi kan slå fast at z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 . Nå hvis vi godtar det C = C 2 - C 1 og vi vil gjennomføre en omvendt utskifting z = 2 x + y, så får vi en generell løsning på differensialligningen i form av en implisitt spesifisert funksjon:

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

La oss nå begynne å finne en bestemt løsning som må tilfredsstille startbetingelsen y(0)=e. La oss gjøre en erstatning x = 0 og y (0) = e inn i den generelle løsningen av DE og finn verdien av konstanten C.

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

Vi får en spesiell løsning:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Siden problemformuleringen ikke spesifiserte intervallet som det er nødvendig å finne en generell løsning på DE, ser vi etter en løsning som passer for alle verdiene av argumentet x som den opprinnelige DE gir mening for.

I vårt tilfelle gir DE mening for ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0

Differensialligninger som reduseres til ligninger med separerbare variabler y " = f x y eller y " = f y x

Vi kan redusere differensialligninger av formen y " = f x y eller y " = f y x til separerbare differensialligninger ved å gjøre substitusjonen z = x y eller z = y x , der z– funksjon av argumentet x.

Hvis z = x y, så er y = x z og i henhold til regelen for brøkdifferensiering:

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

I dette tilfellet vil ligningene ha formen z - x · z " z 2 = f (z) eller z - x · z " z 2 = f 1 z

Hvis vi tar z = y x, så er y = x ⋅ z og etter regelen for derivert av produktet y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". I dette tilfellet reduseres likningene til z + x z " = f 1 z eller z + x z " = f (z) .

Eksempel 4

Løs differensialligningen y " = 1 e y x - y x + y x

Løsning

La oss ta z = y x, så y = x z ⇒ y " = z + x z ". La oss bytte inn i den opprinnelige ligningen:

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

La oss integrere ligningen med separerte variabler som vi fikk når vi utførte transformasjonene:

∫ (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

La oss utføre den omvendte substitusjonen for å få den generelle løsningen til den originale DE i form av en funksjon spesifisert implisitt:

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

La oss nå se på fjernkontrollene, som har formen:

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

Deling av teller og nevner for brøken på høyre side av posten med y n eller x n, kan vi ha den originale DE i tankene y " = f x y eller y " = f y x

Eksempel 5

Finn den generelle løsningen til differensialligningen y " = y 2 - x 2 2 x y

Løsning

I denne ligningen er x og y forskjellige fra 0. Dette lar oss dele telleren og nevneren til brøken på høyre side av notasjonen med x 2:

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

Hvis vi introduserer en ny variabel z = y x, får vi y = x z ⇒ y " = z + x z ".

Nå må vi erstatte i den opprinnelige ligningen:

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

Slik kom vi fram til DE med separerte variabler. La oss finne løsningen:

∫ 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 2 ⇒ ln z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

For denne ligningen kan vi få en eksplisitt løsning. For å gjøre dette, la oss ta - ln C = C 2 - C 1 og bruke egenskapene til logaritmen:

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

Nå utfører vi den omvendte substitusjonen y = x ⋅ z og skriver den generelle løsningen av den opprinnelige differensialligningen:

y = ± x 1 C x - 1

I dette tilfellet vil også den andre løsningen være riktig. Vi kan bruke erstatningen z = x y. La oss vurdere dette alternativet mer detaljert.

La oss dele telleren og nevneren til brøken på høyre side av ligningen med y 2:

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

La z = x y

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

La oss bytte inn i den opprinnelige ligningen for å få en differensialligning med separerbare variabler:

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

Ved å dele variablene får vi likheten d z z (z 2 + 1) = d x 2 x, som vi kan integrere:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Hvis vi utvider integranden til integralfunksjonen ∫ d z z (z 2 + 1) til enkle brøker, får vi:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

La oss utføre integrasjonen av enkle brøker:

∫ 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 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1

La oss nå finne integralet ∫ d x 2 x:

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

Som et resultat får vi ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 eller ln z z 2 + 1 = ln C x, hvor ln C = C 2 - C 1.

La oss utføre den omvendte substitusjonen z = x y og de nødvendige transformasjonene, vi får:

y = ± x 1 C x - 1

Løsningsalternativet der vi erstattet z = x y viste seg å være mer arbeidskrevende enn ved erstatning z = y x. Denne konklusjonen vil være gyldig for et stort antall ligninger av formen y " = f x y eller y " = f y x . Hvis det valgte alternativet for å løse slike ligninger viser seg å være arbeidskrevende, kan du introdusere variabelen z = y x i stedet for å erstatte z = x y. Dette vil ikke påvirke resultatet på noen måte.

Differensialligninger som reduserer til ligninger med separerbare variabler 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 ∈ R

Differensialligningene y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 kan reduseres til likningene y " = f x y eller y " = f y x , derfor til likninger med separerbare variabler. For å gjøre dette, finn (x 0 , y 0) - løsning av et system av to lineære homogene ligninger a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 og nye variabler er introdusert u = x - x 0 v = y - y 0. Etter denne erstatningen vil ligningen ha formen d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v.

Eksempel 6

Finn den generelle løsningen til differensialligningen y " = x + 2 y - 3 x - 1 .

Løsning

Vi komponerer og løser et system med lineære ligninger:

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

La oss endre variabler:

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

Etter substitusjon inn i den opprinnelige ligningen får vi d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . Etter å ha delt med u telleren og nevneren på høyre side har vi d v d u = 1 + 2 v u .

Vi introduserer en ny variabel z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z, deretter

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 u + C 2 ⇒ ln 1 + 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)

Vi går tilbake til de opprinnelige variablene, og gjør den omvendte substitusjonen u = x - 1 v = y - 1:
v = u (C u - 1) ⇔ y - 1 = (x - 1) (C (x - 1) - 1) ⇔ y = C x 2 - (2 C + 1) x + C + 2

Dette er den generelle løsningen på differensialligningen.

Hvis du oppdager en feil i teksten, merk den og trykk Ctrl+Enter

Differensiallikninger.

Grunnleggende begreper om vanlige differensialligninger.

Definisjon 1. Vanlig differensialligning n– rekkefølge for funksjonen y argument x kalles en relasjon av formen

Hvor F – en gitt funksjon av argumentene. I navnet til denne klassen av matematiske ligninger, understreker begrepet "differensial" at de inkluderer derivater (funksjoner dannet som et resultat av differensiering); begrepet "vanlig" indikerer at ønsket funksjon avhenger av bare ett reelt argument.

En vanlig differensialligning inneholder kanskje ikke et eksplisitt argument x, den ønskede funksjonen og hvilken som helst av dens deriverte, men den høyeste deriverte må inkluderes i ligningen n- bestilling. For eksempel

a) – første ordens ligning;

b) – tredjeordens ligning.

Når du skriver vanlige differensialligninger, brukes ofte notasjonen for derivater i form av differensialer:

V) – andreordens ligning;

d) – første ordens ligning,

generator etter divisjon etter dx ekvivalent form for å spesifisere ligningen: .

En funksjon kalles en løsning på en vanlig differensialligning hvis den blir til en identitet når den erstattes med den.

For eksempel en 3. ordens ligning

Har en løsning .

Å finne ved en eller annen metode, for eksempel seleksjon, en funksjon som tilfredsstiller ligningen betyr ikke å løse den. Å løse en vanlig differensialligning betyr å finne Alle funksjoner som danner en identitet når de erstattes i en ligning. For ligning (1.1) dannes en familie av slike funksjoner ved hjelp av vilkårlige konstanter og kalles den generelle løsningen av en ordinær differensialligning n-te orden, og antall konstanter faller sammen med rekkefølgen av ligningen: Den generelle løsningen kan være, men er ikke eksplisitt løst mht. y(x): I dette tilfellet kalles løsningen vanligvis det generelle integralet av ligning (1.1).

For eksempel er den generelle løsningen på en differensialligning følgende uttrykk: , og det andre leddet kan skrives som , siden en vilkårlig konstant delt på 2 kan erstattes av en ny vilkårlig konstant.

Ved å tilordne noen tillatte verdier til alle vilkårlige konstanter i den generelle løsningen eller i det generelle integralet, får vi en viss funksjon som ikke lenger inneholder vilkårlige konstanter. Denne funksjonen kalles en partiell løsning eller partiell integral av ligning (1.1). For å finne verdiene til vilkårlige konstanter, og derfor en spesiell løsning, brukes forskjellige tilleggsbetingelser til ligning (1.1). For eksempel kan de såkalte startbetingelsene spesifiseres ved (1.2)

På høyre side av startbetingelsene (1.2) er de numeriske verdiene til funksjonen og deriverte spesifisert, og det totale antallet startbetingelser er lik antallet definerte vilkårlige konstanter.

Problemet med å finne en bestemt løsning på ligning (1.1) basert på startbetingelsene kalles Cauchy-problemet.

§ 2. Ordinære differensialligninger av 1. orden - grunnleggende begreper.

Ordinær differensialligning av 1. orden ( n=1) har formen: eller, hvis det kan løses med hensyn til den deriverte: . Felles vedtak y=y(x,С) eller det generelle integralet til 1. ordens ligninger inneholder én vilkårlig konstant. Den eneste startbetingelsen for en 1. ordens ligning lar deg bestemme verdien av konstanten fra en generell løsning eller fra et generelt integral. Dermed vil en bestemt løsning bli funnet eller, som er den samme, Cauchy-problemet vil bli løst. Spørsmålet om eksistensen og det unike ved en løsning på Cauchy-problemet er et av de sentrale i den generelle teorien om vanlige differensialligninger. Spesielt for en 1. ordens ligning er teoremet gyldig, som godtas her uten bevis.

Teorem 2.1. Hvis i ligningen er funksjonen og dens partielle deriverte kontinuerlige i et område D flyet XOY , og et poeng er gitt i dette området, så er det en unik løsning som tilfredsstiller både ligningen og startbetingelsen.

Geometrisk er den generelle løsningen av en 1. ordens ligning en familie av kurver på planet XOY, uten felles punkter og skiller seg fra hverandre i en parameter - verdien av konstanten C. Disse kurvene kalles integralkurver for en gitt ligning. Integralligningskurver har en åpenbar geometrisk egenskap: ved hvert punkt er tangenten til tangenten til kurven lik verdien til høyre side av ligningen på dette punktet:. Med andre ord er ligningen gitt i planet XOY retningsfelt for tangenter til integralkurver. Kommentar: Det skal bemerkes at til lign. ligningen og den såkalte ligningen er gitt i symmetrisk form .

1. ordens differensialligninger med separerbare variabler.

Definisjon. En differensialligning med separerbare variabler er en formlikning (3.1)

eller en ligning av formen (3.2)

For å skille variablene i likning (3.1), dvs. reduser denne ligningen til den såkalte separerte variabelligningen, gjør følgende:

;

Nå må vi løse ligningen g(y)= 0. Hvis det har en reell løsning y=a, At y=a vil også være en løsning på ligning (3.1).

Ligning (3.2) reduseres til en atskilt ligning ved å dele på produktet:

, som lar oss få det generelle integralet av ligning (3.2): . (3.3)

Integralkurver (3.3) vil bli supplert med løsninger dersom slike løsninger finnes.

Løs ligningen:.

Vi skiller variablene:

.

Integrering, får vi

En differensialligning med separerte variabler er skrevet som: (1). I denne ligningen avhenger ett ledd bare av x, og det andre bare av y. Ved å integrere denne ligningen termin for ledd får vi:
er dens generelle integral.

Eksempel: finn det generelle integralet til ligningen:
.

Løsning: Denne ligningen er en separert differensialligning. Derfor
eller
La oss betegne
. Deretter
– generell integral av en differensialligning.

Den separerbare ligningen har formen (2). Ligning (2) kan enkelt reduseres til ligning (1) ved å dele den ledd på ledd
. Vi får:

– generell integral.

Eksempel: Løs ligningen .

Løsning: transformer venstre side av ligningen: . Del begge sider av ligningen med


Løsningen er uttrykket:
de.

Homogene differensialligninger. Bernoullis ligninger. Lineære differensialligninger av første orden.

En ligning av formen kalles homogen, Hvis
Og
– homogene funksjoner av samme orden (dimensjoner). Funksjon
kalles en homogen funksjon av første orden (måling) hvis, når hvert av argumentene multipliseres med en vilkårlig faktor hele funksjonen multipliseres med , dvs.
=
.

Den homogene ligningen kan reduseres til formen
. Bruker substitusjon
(
) den homogene ligningen reduseres til en ligning med separerbare variabler med hensyn til den nye funksjonen .

Den første ordens differensialligningen kalles lineær, hvis det kan skrives i skjemaet
.

Bernoulli metode

Løse ligningen
søkes som et produkt av to andre funksjoner, dvs. ved hjelp av substitusjon
(
).

Eksempel: integrere ligningen
.

Vi tror
. Deretter, dvs. . Først løser vi ligningen
=0:


.

Nå løser vi ligningen
de.


. Så den generelle løsningen på denne ligningen er
de.

Ligning av J. Bernoulli

En ligning av formen , hvor
kalt Bernoullis ligning. Denne ligningen løses ved å bruke Bernoullis metode.

Homogene andreordens differensialligninger med konstante koeffisienter

En homogen lineær differensialligning av andre orden er en formlikning (1) , Hvor Og fast.

Vi vil se etter partielle løsninger av ligning (1) i skjemaet
, Hvor Til– et visst antall. Å differensiere denne funksjonen to ganger og erstatte uttrykk for
inn i ligning (1), får vi det vil si, eller
(2) (
).

Ligning 2 kalles den karakteristiske ligningen til differensialligningen.

Når man løser den karakteristiske ligningen (2), er tre tilfeller mulige.

Sak 1. Røtter Og ligninger (2) er reelle og forskjellige:

Og

.

Tilfelle 2. Røtter Og ligningene (2) er reelle og like:
. I dette tilfellet er delløsninger av ligning (1) funksjonene
Og
. Derfor har den generelle løsningen til ligning (1) formen
.

Tilfelle 3. Røtter Og ligningene (2) er komplekse:
,
. I dette tilfellet er delløsninger av ligning (1) funksjonene
Og
. Derfor har den generelle løsningen til ligning (1) formen

Eksempel. Løs ligningen
.

Løsning: La oss lage en karakteristisk ligning:
. Deretter
. Generell løsning på denne ligningen
.

Ekstrem av en funksjon av flere variabler. Betinget ekstremum.

Ekstremum av en funksjon av flere variabler

Definisjon.Punkt M (x O ,y O ) er kaltmaksimum (minimum) poeng funksjonerz= f(x, y), hvis det er et nabolag til punktet M slik at ulikheten for alle punktene (x, y) fra dette nabolaget
(
)

I fig. 1 poeng EN
- det er et minimumspunkt, og et poeng I
- maksimum poeng.

Nødvendigekstremumtilstanden er en flerdimensjonal analog til Fermats teorem.

Teorem.La poenget
– er ytterpunktet for den differensierbare funksjonenz= f(x, y). Deretter de partielle derivatene
Og
Vpå dette tidspunktet er lik null.

Punkter der de nødvendige betingelsene for funksjonens ekstremum er oppfylt z= f(x, y), de. partielle derivater z" x Og z" y er lik null kalles kritisk eller stasjonær.

Likheten av partielle deriverte til null uttrykker bare en nødvendig, men ikke tilstrekkelig betingelse for ekstremumet av en funksjon av flere variabler.

I fig. den såkalte setepunkt M (x O ,y O ). Partielle derivater
Og
er lik null, men åpenbart ikke noe ekstremum på punktet M(x O ,y O ) Nei.

Slike sadelpunkter er todimensjonale analoger av bøyningspunkter for funksjoner til en variabel. Utfordringen er å skille dem fra ytterpunktene. Du må med andre ord vite det tilstrekkelig ekstrem tilstand.

Teorem (tilstrekkelig betingelse for ekstremumet av en funksjon av to variabler).La funksjonenz= f(x, y): EN) definert i et eller annet område av det kritiske punktet (x O ,y O ), hvori
=0 og
=0 ;

b) har kontinuerlige partielle deriverte av andre orden på dette punktet
;

;
Deretter, hvis ∆=AC-B 2 >0, deretter ved punkt (x O ,y O ) funksjonz= f(x, y) har et ekstremum, og hvis EN<0 - maksimalt hvis A>0 - minimum. I tilfelle ∆=AC-B 2 <0, функция z= f(x, y) har ikke noe ekstremum. Hvis ∆=AC-B 2 =0, så forblir spørsmålet om tilstedeværelsen av et ekstremum åpent.

Studie av en funksjon av to variabler ved et ekstremum det anbefales å utføre følgende diagram:

Finn partielle deriverte av en funksjon z" x Og z" y .

Løs ligningssystem z" x =0, z" y =0 og finn de kritiske punktene til funksjonen.

Finn andre-ordens partielle derivater, beregn verdiene deres ved hvert kritisk punkt og konkluder med en tilstrekkelig betingelse om tilstedeværelsen av ekstrema.

Finn ekstrema (ekstreme verdier) for funksjonen.

Eksempel. Finn ytterpunktene til funksjonen

Løsning. 1. Finne partielle derivater

2. Vi finner de kritiske punktene til funksjonen fra ligningssystemet:

med fire løsninger (1; 1), (1; -1), (-1; 1) og (-1; -1).

3. Finn andre ordens partielle deriverte:

;
;
, beregner vi verdiene deres ved hvert kritisk punkt og kontrollerer oppfyllelsen av en tilstrekkelig ekstremtilstand ved det.

For eksempel ved punkt (1; 1) EN= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Fordi ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 og A=-1<0, da er punkt (1; 1) et maksimumspunkt.

På samme måte fastslår vi at (-1; -1) er minimumspunktet, og ved punktene (1; -1) og (-1; 1), hvor ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Finn ytterpunktene til funksjonen z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Betinget ekstremum. Lagrange multiplikatormetode.

La oss vurdere et problem spesifikt for funksjoner av flere variabler, når ekstremumet ikke søkes over hele definisjonsdomenet, men over et sett som tilfredsstiller en viss betingelse.

La oss vurdere funksjonen z = f(x, y), argumenter X Og på som tilfredsstiller betingelsen g(x,y)= MED, kalt forbindelsesligning.

Definisjon.Punktum
kalt et punktbetinget maksimum (minimum), hvis det er et nabolag til dette punktet slik at for alle punktene (x,y) fra dette nabolaget tilfredsstiller betingelseng (x, y) = C, ulikheten gjelder

(
).

I fig. det betingede maksimumspunktet vises
. Det er åpenbart ikke det ubetingede ekstremumpunktet til funksjonen z = f(x, y) (i figuren er dette et poeng
).

Den enkleste måten å finne det betingede ekstremumet til en funksjon av to variabler på er å redusere problemet til å finne ekstremumet til en funksjon av én variabel. La oss anta forbindelsesligningen g (x, y) = MED klarte å løse med hensyn til en av variablene, for eksempel å uttrykke på gjennom X:
. Ved å erstatte det resulterende uttrykket i en funksjon av to variabler får vi z = f(x, y) =
, de. funksjon av én variabel. Dens ekstremum vil være funksjonens betingede ekstremum z = f(x, y).

Eksempel. X 2 + y 2 gitt at 3x +2y = 11.

Løsning. Fra ligningen 3x + 2y = 11 uttrykker vi variabelen y gjennom variabelen x og erstatter den resulterende
å fungere z. Vi får z= x 2 +2
eller z =
. Denne funksjonen har et unikt minimum kl = 3. Tilsvarende funksjonsverdi
Dermed er (3; 1) et betinget ekstremum (minimum) punkt.

I det betraktede eksemplet er koblingsligningen g(x, y) = C viste seg å være lineær, så det ble lett løst med hensyn til en av variablene. I mer komplekse tilfeller kan dette imidlertid ikke gjøres.

For å finne et betinget ekstremum i det generelle tilfellet bruker vi Lagrange multiplikatormetode.

Tenk på en funksjon av tre variabler

Denne funksjonen kalles Lagrange funksjon, EN - Lagrange multiplikator. Følgende teorem er sant.

Teorem.Hvis poenget
er det betingede ekstremumpunktet for funksjonenz = f(x, y) gitt atg (x, y) = C, så er det en verdi slikt punktet
er funksjonens ytterpunktL{ x, y, ).

Altså for å finne funksjonens betingede ekstremum z = f(x,y) gitt at g(x, y) = C må finne en løsning på systemet

I fig. den geometriske betydningen av Lagranges forhold vises. Linje g(x,y)= C stiplet, nivålinje g(x, y) = Q funksjoner z = f(x, y) fast.

Fra fig. følger det ved det betingede ekstremumpunktet funksjonsnivålinjen z = f(x, y) berører linjeng(x, y) = S.

Eksempel. Finn maksimums- og minimumspunktene til funksjonen z = X 2 + y 2 gitt at 3x +2y = 11 ved å bruke Lagrange multiplikatormetoden.

Løsning. Kompilere Lagrange-funksjonen L= x 2 + 2у 2 +

Ved å likestille dens partielle deriverte med null, får vi et ligningssystem

Den eneste løsningen (x=3, y=1, =-2). Dermed kan det betingede ekstremumpunktet bare være punkt (3;1). Det er lett å verifisere at funksjonen på dette tidspunktet z= f(x, y) har et betinget minimum.

Første ordens differensialligninger. Eksempler på løsninger.
Differensialligninger med separerbare variabler

Differensialligninger (DE). Disse to ordene skremmer vanligvis den gjennomsnittlige personen. Differensialligninger ser ut til å være noe uoverkommelig og vanskelig å mestre for mange elever. Uuuuuu... differensialligninger, hvordan kan jeg overleve alt dette?!

Denne oppfatningen og denne holdningen er grunnleggende feil, fordi faktisk DIFFERENSIALLIGNINGER – DET ER ENKELT OG TIL OG med GØY. Hva trenger du å vite og kunne for å lære å løse differensialligninger? For å lykkes med å studere diffuser, må du være god til å integrere og differensiere. Jo bedre emnene studeres Derivert av en funksjon av én variabel Og Ubestemt integral, jo lettere blir det å forstå differensialligninger. Jeg vil si mer, har du mer eller mindre grei integreringsevne, så er temaet nesten mestret! Jo flere integraler av ulike typer du kan løse, jo bedre. Hvorfor? Du må integrere mye. Og differensiere. Også anbefaler sterkt lære å finne.

I 95 % av tilfellene inneholder testoppgaver 3 typer førsteordens differensialligninger: separerbare ligninger som vi skal se på i denne leksjonen; homogene ligninger Og lineære inhomogene ligninger. For de som begynner å studere diffusorer, anbefaler jeg deg å lese leksjonene i nøyaktig denne rekkefølgen, og etter å ha studert de to første artiklene, vil det ikke skade å konsolidere ferdighetene dine i en ekstra workshop - ligninger reduseres til homogene.

Det er enda sjeldnere typer differensialligninger: totale differensialligninger, Bernoulli-ligninger og noen andre. Den viktigste av de to siste typene er ligninger i totale differensialer, siden jeg i tillegg til denne differensialligningen vurderer nytt materiale - delvis integrasjon.

Hvis du bare har en dag eller to igjen, Det for ultrarask tilberedning Det er blitzkurs i pdf-format.

Så, landemerkene er satt - la oss gå:

Først, la oss huske de vanlige algebraiske ligningene. De inneholder variabler og tall. Det enkleste eksemplet:. Hva vil det si å løse en vanlig ligning? Dette betyr å finne sett med tall, som tilfredsstiller denne ligningen. Det er lett å legge merke til at barnelikningen har en enkelt rot: . Bare for moro skyld, la oss sjekke og erstatte den funnet roten i ligningen vår:

– riktig likhet oppnås, noe som betyr at løsningen ble funnet riktig.

Diffusorene er designet på omtrent samme måte!

Differensial ligning første orden generelt inneholder:
1) uavhengig variabel;
2) avhengig variabel (funksjon);
3) den første deriverte av funksjonen: .

I noen 1. ordens ligninger kan det ikke være noen "x" og/eller "y", men dette er ikke signifikant - viktigå gå til kontrollrommet var førstederiverte, og hadde ikke derivater av høyere orden – osv.

Hva betyr ?Å løse en differensialligning betyr å finne sett med alle funksjoner, som tilfredsstiller denne ligningen. Et slikt sett med funksjoner har ofte formen (– en vilkårlig konstant), som kalles generell løsning av differensialligningen.

Eksempel 1

Løs differensialligning

Full ammunisjon. Hvor du skal begynne løsning?

Først av alt må du skrive om den deriverte i en litt annen form. Vi husker den tungvinte betegnelsen, som mange av dere sannsynligvis virket latterlig og unødvendig. Dette er hva som regler i diffusorer!

I det andre trinnet, la oss se om det er mulig separate variabler? Hva vil det si å skille variabler? Omtrentlig sagt, på venstre side vi må dra bare "grekere", A på høyre side organisere bare "X". Delingen av variabler utføres ved å bruke "skole" manipulasjoner: å sette dem utenfor parentes, overføre termer fra del til del med en endring av fortegn, overføre faktorer fra del til del i henhold til proporsjonsregelen, etc.

Differensialer og er fulle multiplikatorer og aktive deltakere i fiendtligheter. I eksemplet under vurdering skilles variablene enkelt ved å kaste faktorene i henhold til proporsjonsregelen:

Variabler er separert. På venstre side er det bare "Y", på høyre side - bare "X".

Neste nivå - integrasjon av differensialligning. Det er enkelt, vi legger integraler på begge sider:

Selvfølgelig må vi ta integraler. I dette tilfellet er de tabellformede:

Som vi husker, er en konstant tilordnet ethvert antiderivat. Det er to integraler her, men det er nok å skrive konstanten én gang (siden konstant + konstant er fortsatt lik en annen konstant). I de fleste tilfeller er den plassert på høyre side.

Strengt tatt, etter at integralene er tatt, anses differensialligningen som løst. Det eneste er at vår "y" ikke uttrykkes gjennom "x", det vil si at løsningen presenteres i en implisitt form. Løsningen til en differensialligning i implisitt form kalles generell integral av differensialligningen. Det vil si at dette er en generell integral.

Svaret i dette skjemaet er ganske akseptabelt, men finnes det et bedre alternativ? La oss prøve å få felles vedtak.

Vær så snill, husk den første teknikken, det er veldig vanlig og brukes ofte i praktiske oppgaver: hvis en logaritme vises på høyre side etter integrasjon, er det i mange tilfeller (men ikke alltid!) lurt å skrive konstanten også under logaritmen. Og det er SIKKERT å skrive ned hvis resultatet bare er logaritmer (som i eksemplet under vurdering).

Det er, I STEDET FOR oppføringer skrives vanligvis .

Hvorfor er dette nødvendig? Og for å gjøre det lettere å uttrykke «spill». Bruke egenskapen til logaritmer . I dette tilfellet:

Nå kan logaritmer og moduler fjernes:

Funksjonen er presentert eksplisitt. Dette er den generelle løsningen.

Svar: felles beslutning: .

Svarene på mange differensialligninger er ganske enkle å sjekke. I vårt tilfelle gjøres dette ganske enkelt, vi tar løsningen som er funnet og skiller den:

Deretter erstatter vi den deriverte i den opprinnelige ligningen:

– riktig likhet oppnås, som betyr at den generelle løsningen tilfredsstiller ligningen, som er det som måtte kontrolleres.

Ved å gi en konstant forskjellige verdier, kan du få et uendelig antall private løsninger differensial ligning. Det er tydelig at noen av funksjonene , osv. tilfredsstiller differensialligningen.

Noen ganger kalles den generelle løsningen familie av funksjoner. I dette eksemplet, den generelle løsningen er en familie av lineære funksjoner, eller mer presist, en familie med direkte proporsjonalitet.

Etter en grundig gjennomgang av det første eksemplet er det på sin plass å svare på flere naive spørsmål om differensialligninger:

1)I dette eksemplet klarte vi å skille variablene. Kan dette alltid gjøres? Nei ikke alltid. Og enda oftere kan variabler ikke skilles. For eksempel i homogene første ordens ligninger, må du først erstatte den. I andre typer ligninger, for eksempel i en førsteordens lineær inhomogen ligning, må du bruke ulike teknikker og metoder for å finne en generell løsning. Ligninger med separerbare variabler, som vi tar for oss i den første leksjonen, er den enkleste typen differensialligninger.

2) Er det alltid mulig å integrere en differensialligning? Nei ikke alltid. Det er veldig enkelt å komme opp med en "fancy" ligning som ikke kan integreres; i tillegg er det integraler som ikke kan tas. Men slike DE-er kan løses tilnærmet ved hjelp av spesielle metoder. D'Alembert og Cauchy garanterer... ...ugh, lurkmore. For å lese mye akkurat nå, la jeg nesten til "fra den andre verden."

3) I dette eksemplet fikk vi en løsning i form av en generell integral . Er det alltid mulig å finne en generell løsning fra et generelt integral, det vil si å uttrykke "y" eksplisitt? Nei ikke alltid. For eksempel: . Vel, hvordan kan du uttrykke "gresk" her?! I slike tilfeller bør svaret skrives som en generell integral. I tillegg er det noen ganger mulig å finne en generell løsning, men den er skrevet så tungvint og klønete at det er bedre å la svaret være i form av en generell integral

4) ...kanskje det er nok for nå. I det første eksemplet vi møtte et annet viktig poeng, men for ikke å dekke "dummiene" med et snøskred av ny informasjon, lar jeg det stå til neste leksjon.

Vi vil ikke forhaste oss. En annen enkel fjernkontroll og en annen typisk løsning:

Eksempel 2

Finn en spesiell løsning på differensialligningen som tilfredsstiller startbetingelsen

Løsning: i henhold til tilstanden, må du finne privat løsning DE som tilfredsstiller en gitt startbetingelse. Denne formuleringen av spørsmålet kalles også Cauchy problem.

Først finner vi en generell løsning. Det er ingen variabel "x" i ligningen, men dette bør ikke forvirre, det viktigste er at den har den første deriverte.

Vi omskriver den deriverte i den nødvendige formen:

Tydeligvis kan variablene skilles, gutter til venstre, jenter til høyre:

La oss integrere ligningen:

Den generelle integralen oppnås. Her har jeg tegnet en konstant med en stjerne, faktum er at det snart vil bli en annen konstant.

Nå prøver vi å transformere det generelle integralet til en generell løsning (uttrykk "y" eksplisitt). La oss huske de gode gamle tingene fra skolen: . I dette tilfellet:

Konstanten i indikatoren ser på en eller annen måte ukosher ut, så den blir vanligvis brakt ned til jorden. I detalj er det slik det skjer. Ved å bruke egenskapen til grader omskriver vi funksjonen som følger:

Hvis er en konstant, så er det også en konstant, la oss redesigne den med bokstaven:
– i dette tilfellet fjerner vi modulen, hvoretter konstanten "ce" kan ta både positive og negative verdier

Husk å "rive" en konstant er andre teknikk, som ofte brukes ved løsning av differensialligninger. På den rene versjonen kan du umiddelbart gå fra til, men vær alltid forberedt på å forklare denne overgangen.

Så den generelle løsningen er: . Dette er en fin familie av eksponentielle funksjoner.

På sluttfasen må du finne en bestemt løsning som tilfredsstiller den gitte startbetingelsen. Dette er også enkelt.

Hva er oppgaven? Må hentes slik verdien av konstanten slik at betingelsen er oppfylt.

Den kan formateres på forskjellige måter, men dette vil nok være den klareste måten. I den generelle løsningen, i stedet for "X" erstatter vi en null, og i stedet for "Y" erstatter vi en to:



Det er,

Standard designversjon:

Nå erstatter vi den funnet verdien av konstanten i den generelle løsningen:
– Dette er den spesielle løsningen vi trenger.

Svar: privat løsning:

La oss sjekke. Å sjekke en privat løsning inkluderer to trinn:

Først må du sjekke om den bestemte løsningen som ble funnet virkelig tilfredsstiller den opprinnelige betingelsen? I stedet for "X" erstatter vi en null og ser hva som skjer:
– ja, faktisk, en toer ble mottatt, noe som betyr at startbetingelsen er oppfylt.

Den andre fasen er allerede kjent. Vi tar den resulterende spesielle løsningen og finner den deriverte:

Vi bytter inn i den opprinnelige ligningen:

– riktig likestilling oppnås.

Konklusjon: den spesielle løsningen ble funnet riktig.

La oss gå videre til mer meningsfulle eksempler.

Eksempel 3

Løs differensialligning

Løsning: Vi omskriver den deriverte i den formen vi trenger:

Vi vurderer om det er mulig å skille variablene? Kan. Vi flytter det andre leddet til høyre side med et fortegnsskifte:

Og vi overfører multiplikatorene i henhold til proporsjonsregelen:

Variablene er separert, la oss integrere begge deler:

Jeg må advare deg, dommedag nærmer seg. Hvis du ikke har studert godt ubestemte integraler, har løst noen få eksempler, så er det ingen steder å gå - du må mestre dem nå.

Integralet til venstre side er lett å finne; vi håndterer integralet av cotangensen ved å bruke standardteknikken som vi så på i leksjonen Integrering av trigonometriske funksjoner i fjor:

Som et resultat fikk vi bare logaritmer, og i henhold til min første tekniske anbefaling definerer vi også konstanten som en logaritme.

Nå prøver vi å forenkle det generelle integralet. Siden vi kun har logaritmer er det fullt mulig (og nødvendig) å bli kvitt dem. Ved bruk av kjente egenskaper Vi "pakker" logaritmene så mye som mulig. Jeg skal skrive det ned i detalj:

Emballasjen er ferdig til å være barbarisk fillete:
, og umiddelbart presenterer vi generell integral Forresten, så lenge dette er mulig:

Generelt sett er det ikke nødvendig å gjøre dette, men det er alltid en fordel å glede professoren ;-)

I prinsippet kan dette mesterverket skrives som et svar, men her er det fortsatt hensiktsmessig å kvadre begge deler og redesigne konstanten:

Svar: generell integral:

! Merk: Det generelle integralet kan ofte skrives på mer enn én måte. Hvis resultatet ditt ikke er sammenfallende med det tidligere kjente svaret, betyr ikke dette at du løste ligningen feil.

Er det mulig å uttrykke "spill"? Kan. La oss uttrykke den generelle løsningen:

Selvfølgelig er resultatet som er oppnådd egnet for et svar, men merk at det generelle integralet ser mer kompakt ut, og løsningen er kortere.

Tredje tekniske tips:hvis du må utføre et betydelig antall handlinger for å få en generell løsning, er det i de fleste tilfeller bedre å avstå fra disse handlingene og la svaret være i form av en generell integral. Det samme gjelder "dårlige" handlinger, når du trenger å uttrykke den inverse funksjonen, heve til en potens, trekke ut roten, etc. Faktum er at den generelle løsningen vil se pretensiøs og tungvint ut - med store røtter, skilt og annet matematisk søppel.

Hvordan sjekke? Kontrollen kan utføres på to måter. Metode én: ta den generelle løsningen , finner vi den deriverte og erstatte dem med den opprinnelige ligningen. Prøv det selv!

Den andre måten er å differensiere det generelle integralet. Det er ganske enkelt, det viktigste er å kunne finne avledet av en funksjon spesifisert implisitt:

del hvert ledd med:

og på:

Den opprinnelige differensialligningen er oppnådd nøyaktig, noe som betyr at det generelle integralet er funnet riktig.

Eksempel 4

Finn en spesiell løsning på differensialligningen som tilfredsstiller startbetingelsen. Utfør sjekk.

Dette er et eksempel du kan løse på egen hånd.

La meg minne deg på at algoritmen består av to trinn:
1) finne en generell løsning;
2) finne den nødvendige spesielle løsningen.

Kontrollen utføres også i to trinn (se eksempel i eksempel nr. 2), du må:
1) forsikre deg om at den bestemte løsningen som ble funnet tilfredsstiller den opprinnelige betingelsen;
2) sjekk at en bestemt løsning generelt tilfredsstiller differensialligningen.

Full løsning og svar på slutten av timen.

Eksempel 5

Finn en spesiell løsning på differensialligningen , som tilfredsstiller startbetingelsen. Utfør sjekk.

Løsning: La oss først finne en generell løsning.Denne ligningen inneholder allerede ferdige differensialer, og derfor er løsningen forenklet. Vi skiller variablene:

La oss integrere ligningen:

Integralet til venstre er tabellformet, integralet til høyre er tatt metode for å subsumere en funksjon under differensialtegnet:

Det generelle integralet er oppnådd; er det mulig å lykkes med å uttrykke den generelle løsningen? Kan. Vi henger logaritmer på begge sider. Siden de er positive, er modultegnene unødvendige:

(Jeg håper alle forstår transformasjonen, slike ting burde allerede være kjent)

Så den generelle løsningen er:

La oss finne en bestemt løsning som tilsvarer den gitte starttilstanden.
I den generelle løsningen erstatter vi null i stedet for "X", og i stedet for "Y" erstatter vi logaritmen til to:

Mer kjent design:

Vi erstatter den funnet verdien av konstanten i den generelle løsningen.

Svar: privat løsning:

Sjekk: La oss først sjekke om startbetingelsen er oppfylt:
- alt er bra.

La oss nå sjekke om den bestemte løsningen som ble funnet tilfredsstiller differensialligningen i det hele tatt. Finne den deriverte:

La oss se på den opprinnelige ligningen: – det presenteres i differensialer. Det er to måter å sjekke. Det er mulig å uttrykke differensialen fra den funnet deriverte:

La oss erstatte den bestemte løsningen og den resulterende differensialen i den opprinnelige ligningen :

Vi bruker den grunnleggende logaritmiske identiteten:

Den riktige likheten oppnås, noe som betyr at den aktuelle løsningen ble funnet riktig.

Den andre metoden for kontroll er speilvendt og mer kjent: fra ligningen La oss uttrykke den deriverte, for å gjøre dette deler vi alle brikkene med:

Og inn i den transformerte DE erstatter vi den oppnådde partielle løsningen og det funnet derivatet. Som følge av forenklinger bør det også oppnås riktig likestilling.

Eksempel 6

Finn det generelle integralet til ligningen, presenter svaret i skjemaet.

Dette er et eksempel for deg å løse på egen hånd, komplett løsning og svar på slutten av leksjonen.

Hvilke vanskeligheter venter når man løser differensialligninger med separerbare variabler?

1) Det er ikke alltid åpenbart (spesielt for en "tekanne") at variabler kan skilles. La oss vurdere et betinget eksempel: . Her må du ta faktorene ut av parentes: og skille røttene: . Det er klart hva du skal gjøre videre.

2) Vansker med selve integreringen. Integraler er ofte ikke de enkleste, og hvis det er feil i ferdighetene til å finne ubestemt integral, da blir det vanskelig med mange diffusorer. I tillegg er logikken "siden differensialligningen er enkel, så la i det minste integralene være mer kompliserte" populær blant kompilatorer av samlinger og opplæringsmanualer.

3) Transformasjoner med en konstant. Som alle har lagt merke til, kan konstanten i differensialligninger håndteres ganske fritt, og noen transformasjoner er ikke alltid klare for en nybegynner. La oss se på et annet betinget eksempel: . Det anbefales å multiplisere alle ledd med 2: . Den resulterende konstanten er også en slags konstant, som kan betegnes med: . Ja, og siden vi bare har logarimer, er det tilrådelig å omskrive konstanten i form av en annen konstant: .

Problemet er at de ofte ikke bryr seg med indekser og bruker samme bokstav. Som et resultat har beslutningsprotokollen følgende form:

Hva pokker?! Det er feil der! Strengt tatt, ja. Fra et innholdsmessig synspunkt er det imidlertid ingen feil, fordi som et resultat av å transformere en variabelkonstant, oppnås en ekvivalent variabelkonstant.

Eller et annet eksempel, anta at i løpet av å løse ligningen oppnås et generelt integral. Dette svaret ser stygt ut, så det anbefales å endre tegnet for hvert begrep: . Formelt sett er det en annen feil her - den skal skrives til høyre. Men uformelt er det forstått at "minus ce" fortsatt er en konstant, som like godt tar på seg det samme settet med verdier, og derfor gir det ingen mening å sette "minus".

Jeg vil prøve å unngå en uforsiktig tilnærming, og likevel tilordne forskjellige indekser til konstanter når jeg konverterer dem. Det er det jeg anbefaler deg å gjøre.

Eksempel 7

Løs differensialligning. Utfør sjekk.

Løsning: Denne ligningen tillater separasjon av variabler. Vi skiller variablene:

La oss integrere:

Det er ikke nødvendig å definere konstanten her som en logaritme, siden det ikke kommer noe nyttig ut av dette.

Svar: generell integral:

Og selvfølgelig er det ikke nødvendig å uttrykke "y" her eksplisitt, fordi det vil vise seg å være søppel (husk det tredje tekniske tipset).

Undersøkelse: Differensiere svaret (implisitt funksjon):

Vi blir kvitt brøker ved å multiplisere begge ledd med:

Den opprinnelige differensialligningen er oppnådd, noe som betyr at det generelle integralet er funnet riktig.

Eksempel 8

Finn en spesiell løsning av DE.
,

En metode for å løse differensialligninger med separerbare variabler vurderes. Et eksempel på en detaljert løsning av en differensialligning med separerbare variabler er gitt.

Innhold

Definisjon

La s (x), q (x)- funksjoner til variabelen x;
s (y), r (y)- funksjoner til variabelen y.

En differensialligning med separerbare variabler er en formlikning

Metode for å løse en differensialligning med separerbare variabler

Tenk på ligningen:
(Jeg) .
La oss uttrykke den deriverte y′ i form av differensialer.
;
.
La oss gange med dx.
(ii)
Del ligningen med s (x)r(y). Dette kan gjøres hvis s (x) r(y) ≠ 0. Når s (x) r(y) ≠ 0 vi har
.
Ved å integrere får vi det generelle integralet i kvadraturer
(iii) .

Siden vi delte på s (x)r(y), så fikk vi integralet av ligningen for s (x) ≠ 0 og r (y) ≠ 0. Deretter må du løse ligningen
r (y) = 0.
Hvis denne ligningen har røtter, så er de også løsninger på ligning (i). La ligningen r (y) = 0. har n røtter a i, r (a i) = 0, jeg = 1, 2, ... , n. Da er konstantene y = a i løsninger til ligning (i). Noen av disse løsningene kan allerede være inneholdt i den generelle integralen (iii).

Merk at hvis den opprinnelige ligningen er gitt i form (ii), så må vi også løse ligningen
s (x) = 0.
Dens røtter b j, s (b j ) = 0, j = 1, 2, ... , m. gi løsninger x = b j .

Et eksempel på å løse en differensialligning med separerbare variabler

Løs ligningen

La oss uttrykke den deriverte gjennom differensialer:


Multipliser med dx og del på . For y ≠ 0 har vi:

La oss integrere.

Vi beregner integralene ved hjelp av formelen.



Ved å erstatte, får vi det generelle integralet til ligningen
.

Vurder nå saken, y = 0 .
Åpenbart y = 0 er en løsning på den opprinnelige ligningen. Det er ikke inkludert i den generelle integralen.
Derfor vil vi legge det til det endelige resultatet.

; y = 0 .

Referanser:
N.M. Gunter, R.O. Kuzmin, Samling av problemer i høyere matematikk, "Lan", 2003.