Določite vrstni red diferencialne enačbe na spletu. Rešitev najenostavnejših diferencialnih enačb prvega reda

I. Navadne diferencialne enačbe

1.1. Osnovni pojmi in definicije

Diferencialna enačba je enačba, ki povezuje neodvisno spremenljivko x, želeno funkcijo l in njegove izpeljanke ali razlike.

Simbolično je diferencialna enačba zapisana takole:

F(x,y,y")=0, F(x,y,y")=0, F(x,y,y",y",.., y(n))=0

Diferencialna enačba se imenuje navadna, če je želena funkcija odvisna od ene neodvisne spremenljivke.

Z reševanjem diferencialne enačbe se imenuje taka funkcija, ki to enačbo spremeni v identiteto.

Vrstni red diferencialne enačbe je vrstni red najvišjega odvoda v tej enačbi

Primeri.

1. Razmislite o diferencialni enačbi prvega reda

Rešitev te enačbe je funkcija y = 5 ln x. Dejansko z zamenjavo y" v enačbo, dobimo - identiteto.

In to pomeni, da je funkcija y = 5 ln x– rešitev te diferencialne enačbe.

2. Razmislite o diferencialni enačbi drugega reda y" - 5y" + 6y = 0. Funkcija je rešitev te enačbe.

Res,.

Če te izraze nadomestimo v enačbo, dobimo: , - identiteto.

In to pomeni, da je funkcija rešitev te diferencialne enačbe.

Integracija diferencialnih enačb je postopek iskanja rešitev diferencialnih enačb.

Splošna rešitev diferencialne enačbe se imenuje funkcija oblike , ki vključuje toliko neodvisnih poljubnih konstant, kot je vrstni red enačbe.

Parcialna rešitev diferencialne enačbe se imenuje rešitev, dobljena iz splošne rešitve za različne numerične vrednosti poljubnih konstant. Vrednosti poljubnih konstant najdemo pri določenih začetnih vrednostih argumenta in funkcije.

Graf določene rešitve diferencialne enačbe se imenuje integralna krivulja.

Primeri

1. Poiščite posebno rešitev diferencialne enačbe prvega reda

xdx + ydy = 0, če l= 4 at x = 3.

rešitev. Če integriramo obe strani enačbe, dobimo

Komentiraj. Poljubno konstanto C, dobljeno kot rezultat integracije, lahko predstavimo v kakršni koli obliki, primerni za nadaljnje transformacije. V tem primeru je ob upoštevanju kanonične enačbe kroga priročno predstaviti poljubno konstanto С v obliki .

je splošna rešitev diferencialne enačbe.

Posebna rešitev enačbe, ki izpolnjuje začetne pogoje l = 4 at x = 3 najdemo iz splošne tako, da v splošno rešitev nadomestimo začetne pogoje: 3 2 + 4 2 = C 2 ; C=5.

Če zamenjamo C=5 v splošno rešitev, dobimo x2+y2 = 5 2 .

To je posebna rešitev diferencialne enačbe, dobljena iz splošne rešitve pod danimi začetnimi pogoji.

2. Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe

Rešitev te enačbe je katera koli funkcija oblike , kjer je C poljubna konstanta. Dejansko, če nadomestimo v enačbe, dobimo: , .

Zato ima ta diferencialna enačba neskončno število rešitev, saj za različne vrednosti konstante C enakost določa različne rešitve enačbe.

Na primer, z neposredno zamenjavo lahko preverimo, ali funkcije so rešitve enačbe .

Problem, pri katerem je treba najti določeno rešitev enačbe y" = f(x, y) ki izpolnjuje začetni pogoj y(x0) = y0, se imenuje Cauchyjev problem.

Rešitev enačbe y" = f(x, y), ki izpolnjuje začetni pogoj, y(x0) = y0, se imenuje rešitev Cauchyjevega problema.

Rešitev Cauchyjevega problema ima preprost geometrijski pomen. Dejansko je v skladu s temi definicijami rešiti Cauchyjev problem y" = f(x, y) pod pogojem y(x0) = y0, pomeni najti integralno krivuljo enačbe y" = f(x, y) ki gre skozi dano točko M0 (x0,y 0).

II. Diferencialne enačbe prvega reda

2.1. Osnovni pojmi

Diferencialna enačba prvega reda je enačba oblike F(x,y,y") = 0.

Diferencialna enačba prvega reda vključuje prvi odvod in ne vključuje odvodov višjega reda.

Enačba y" = f(x, y) se imenuje enačba prvega reda, rešena glede na odvod.

Splošna rešitev diferencialne enačbe prvega reda je funkcija oblike , ki vsebuje eno poljubno konstanto.

Primer. Razmislite o diferencialni enačbi prvega reda.

Rešitev te enačbe je funkcija .

Dejansko, če v tej enačbi nadomestimo z njeno vrednostjo, dobimo

to je 3x=3x

Zato je funkcija splošna rešitev enačbe za katero koli konstanto C.

Poiščite določeno rešitev te enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj y(1)=1 Zamenjava začetnih pogojev x=1, y=1 v splošno rešitev enačbe , dobimo od koder C=0.

Tako dobimo posebno rešitev iz splošne, tako da v to enačbo nadomestimo dobljeno vrednost C=0 je zasebna odločitev.

2.2. Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami

Diferencialna enačba z ločljivimi spremenljivkami je enačba oblike: y"=f(x)g(y) ali prek diferencialov, kjer f(x) in g(y) so podane funkcije.

Za tiste l, za katerega , enačba y"=f(x)g(y) je enakovredna enačbi v katerem spremenljivka l je prisotna le na levi strani, spremenljivka x pa le na desni strani. Pravijo, "v enačbi y"=f(x)g(y ločevanje spremenljivk.

Vrsta enačbe se imenuje enačba ločene spremenljivke.

Po integraciji obeh delov enačbe na x, dobimo G(y) = F(x) + C je splošna rešitev enačbe, kjer je G(y) in F(x) je nekaj antiizpeljank funkcij oz f(x), C poljubna konstanta.

Algoritem za reševanje diferencialne enačbe prvega reda z ločljivimi spremenljivkami

Primer 1

reši enačbo y" = xy

rešitev. Odvod funkcije y" zamenjati z

ločimo spremenljivke

Integrirajmo oba dela enakosti:

Primer 2

2yy" = 1- 3x 2, če y 0 = 3 pri x0 = 1

To je enačba ločene spremenljivke. Predstavimo ga v diferencialih. Da bi to naredili, prepišemo to enačbo v obliki Od tod

Z integracijo obeh delov zadnje enakosti ugotovimo

Zamenjava začetnih vrednosti x 0 = 1, y 0 = 3 najti OD 9=1-1+C, tj. C = 9.

Zato bo želeni delni integral oz

Primer 3

Napišite enačbo za krivuljo, ki poteka skozi točko M(2;-3) in ima tangento z naklonom

rešitev. Glede na stanje

To je enačba ločljive spremenljivke. Če spremenljivke delimo, dobimo:

Z integracijo obeh delov enačbe dobimo:

Z uporabo začetnih pogojev, x=2 in y=-3 najti C:

Zato ima želena enačba obliko

2.3. Linearne diferencialne enačbe prvega reda

Linearna diferencialna enačba prvega reda je enačba oblike y" = f(x)y + g(x)

kje f(x) in g(x)- nekatere dane funkcije.

Če g(x)=0 potem se linearna diferencialna enačba imenuje homogena in ima obliko: y" = f(x)y

Če potem enačba y" = f(x)y + g(x) imenujemo heterogeni.

Splošna rešitev linearne homogene diferencialne enačbe y" = f(x)y podana s formulo: kje OD je poljubna konstanta.

Še posebej, če C \u003d 0, potem je rešitev y=0Če ima linearna homogena enačba obliko y" = ky kje k je neka konstanta, potem ima njena splošna rešitev obliko: .

Splošna rešitev linearne nehomogene diferencialne enačbe y" = f(x)y + g(x) podana s formulo ,

tiste. je enaka vsoti splošne rešitve ustrezne linearne homogene enačbe in partikularne rešitve te enačbe.

Za linearno nehomogeno enačbo oblike y" = kx + b,

kje k in b- nekatera števila in določena rešitev bodo konstantna funkcija. Zato ima splošna rešitev obliko .

Primer. reši enačbo y" + 2y +3 = 0

rešitev. Enačbo predstavimo v obliki y" = -2y - 3 kje k=-2, b=-3 Splošna rešitev je podana s formulo .

Torej, kjer je C poljubna konstanta.

2.4. Rešitev linearnih diferencialnih enačb prvega reda z Bernoullijevo metodo

Iskanje splošne rešitve linearne diferencialne enačbe prvega reda y" = f(x)y + g(x) zmanjša na reševanje dveh diferencialnih enačb z ločenimi spremenljivkami z uporabo substitucije y=uv, kje u in v- neznane funkcije iz x. Ta metoda reševanja se imenuje Bernoullijeva metoda.

Algoritem za reševanje linearne diferencialne enačbe prvega reda

y" = f(x)y + g(x)

1. Vnesite zamenjavo y=uv.

2. Diferenciraj to enakost y"=u"v + uv"

3. Nadomestek l in y" v to enačbo: u"v + uv" =f(x)uv + g(x) oz u"v + uv" + f(x)uv = g(x).

4. Združi člene enačbe tako, da u vzemi iz oklepaja:

5. Iz oklepaja, ki ga enači z nič, poiščite funkcijo

To je ločljiva enačba:

Razdelite spremenljivke in dobite:

Kje . .

6. Nadomestite prejeto vrednost v v enačbo (iz točke 4):

in poiščite funkcijo. To je ločljiva enačba:

7. Splošno rešitev zapišite v obliki: , tj. .

Primer 1

Poiščite določeno rešitev enačbe y" = -2y +3 = 0če y=1 pri x=0

rešitev. Rešimo z zamenjavo y=uv,.y"=u"v + uv"

Nadomeščanje l in y" v to enačbo, dobimo

Če združimo drugi in tretji člen na levi strani enačbe, odstranimo skupni faktor u iz oklepaja

Izraz v oklepaju enačimo z nič in po rešitvi nastale enačbe najdemo funkcijo v = v(x)

Dobili smo enačbo z ločenimi spremenljivkami. Oba dela te enačbe integriramo: Poiščite funkcijo v:

Nadomestite dobljeno vrednost v v enačbo dobimo:

To je enačba ločene spremenljivke. Oba dela enačbe integriramo: Poiščimo funkcijo u = u(x,c) Poiščimo splošno rešitev: Poiščimo partikularno rešitev enačbe, ki izpolnjuje začetne pogoje y=1 pri x=0:

III. Diferencialne enačbe višjega reda

3.1. Osnovni pojmi in definicije

Diferencialna enačba drugega reda je enačba, ki vsebuje odvode, ki niso višji od drugega reda. V splošnem primeru je diferencialna enačba drugega reda zapisana kot: F(x,y,y",y") = 0

Splošna rešitev diferencialne enačbe drugega reda je funkcija oblike , ki vključuje dve poljubni konstanti C1 in C2.

Posebna rešitev diferencialne enačbe drugega reda je rešitev, ki jo dobimo iz splošne za nekatere vrednosti poljubnih konstant C1 in C2.

3.2. Linearne homogene diferencialne enačbe drugega reda z konstantna razmerja.

Linearna homogena diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti se imenuje enačba oblike y" + py" + qy = 0, kje str in q so stalne vrednosti.

Algoritem za reševanje homogenih diferencialnih enačb drugega reda s konstantnimi koeficienti

1. Diferencialno enačbo zapišite v obliki: y" + py" + qy = 0.

2. Sestavite njegovo značilno enačbo, ki označuje y" skozi r2, y" skozi r, l v 1: r2 + pr +q = 0

Ta spletni kalkulator vam omogoča spletno reševanje diferencialnih enačb. Dovolj je, da vnesete svojo enačbo v ustrezno polje, z apostrofom označite "odvod funkcije" in kliknete gumb "reši enačbo". Sistem, ki se izvaja na podlagi priljubljene spletne strani WolframAlpha, bo dal podrobno rešitev diferencialne enačbe popolnoma brezplačno. Cauchyjev problem lahko nastavite tudi tako, da iz celotnega nabora možnih rešitev izbere določeno, ki ustreza danim začetnim pogojem. Cauchyjev problem se vnese v posebno polje.

Diferencialna enačba

Privzeto je v enačbi funkcija l je funkcija spremenljivke x. Vendar pa lahko nastavite svoj zapis spremenljivke, če v enačbo zapišete na primer y(t), bo kalkulator samodejno prepoznal, da l je funkcija spremenljivke t. S kalkulatorjem lahko reši diferencialne enačbe poljubne kompleksnosti in vrste: homogene in nehomogene, linearne ali nelinearne, prvega reda ali drugega in višjih vrst, enačbe z ločljivimi ali neločljivimi spremenljivkami itd. Rešitev razl. enačba je podana v analitični obliki, ima podroben opis. Diferencialne enačbe so zelo pogoste v fiziki in matematiki. Brez njihovega izračuna je nemogoče rešiti veliko problemov (zlasti v matematični fiziki).

Eden od korakov pri reševanju diferencialnih enačb je integracija funkcij. Obstajajo standardne metode za reševanje diferencialnih enačb. Enačbe je treba spraviti v obliko z ločljivima spremenljivkama y in x ter ločeno integrirati ločeni funkciji. Če želite to narediti, morate včasih narediti določeno zamenjavo.

Diferencialna enačba je enačba, ki vključuje funkcijo in enega ali več njenih odvodov. V večini praktičnih problemov so funkcije fizikalne količine, odvodi ustrezajo stopnjam spreminjanja teh količin, enačba pa določa razmerje med njimi.

Ta članek obravnava metode za reševanje nekaterih vrst navadnih diferencialnih enačb, katerih rešitve lahko zapišemo v obliki elementarne funkcije, torej polinomske, eksponentne, logaritemske in trigonometrične funkcije ter njihove inverzne funkcije. Mnoge od teh enačb se pojavljajo v resničnem življenju, čeprav večine drugih diferencialnih enačb ni mogoče rešiti s temi metodami in je zanje odgovor zapisan kot posebne funkcije ali potenčne vrste ali pa se najde z numeričnimi metodami.

Da bi razumeli ta članek, morate poznati diferencialni in integralni račun ter nekaj razumeti delnih odvodov. Priporočljivo je tudi poznavanje osnov linearne algebre v uporabi za diferencialne enačbe, zlasti diferencialne enačbe drugega reda, čeprav za njihovo reševanje zadostuje poznavanje diferencialnega in integralnega računa.

Predhodne informacije

• Diferencialne enačbe imajo obsežno klasifikacijo. Ta članek govori o navadne diferencialne enačbe, torej o enačbah, ki vključujejo funkcijo ene spremenljivke in njenih odvodov. Navadne diferencialne enačbe je veliko lažje razumeti in rešiti kot parcialne diferencialne enačbe, ki vključujejo funkcije več spremenljivk. Ta članek ne obravnava parcialnih diferencialnih enačb, saj so metode za reševanje teh enačb običajno določene z njihovo specifično obliko.
  • Spodaj je nekaj primerov navadnih diferencialnih enačb.
    • d y d x = k y (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=ky)
    • d 2 x d t 2 + k x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)((\mathrm (d) )t^(2)))+kx=0)
  • Spodaj je nekaj primerov parcialnih diferencialnih enačb.
    • ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 f ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)f)(\partial x^(2)))+(\frac (\partial ^(2) )f)(\delni y^(2)))=0)
    • ∂ u ∂ t − α ∂ 2 u ∂ x 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial u)(\partial t))-\alpha (\frac (\partial ^(2)u)(\partial x ^(2)))=0)
• naročilo diferencialna enačba je določena z vrstnim redom največjega odvoda, vključenega v to enačbo. Prva od zgornjih navadnih diferencialnih enačb je prvega reda, druga pa drugega reda. stopnja diferencialne enačbe imenujemo največja potenca, na katero je dvignjen eden od členov te enačbe.
  • Na primer, spodnja enačba je tretji red in druga potenca.
    • (d 3 y d x 3) 2 + d y d x = 0 (\displaystyle \left((\frac ((\mathrm (d) )^(3)y)((\mathrm (d) )x^(3)))\ desno)^(2)+(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=0)
• Diferencialna enačba je linearna diferencialna enačbače so funkcija in vsi njeni odpeljanki na prvi potenci. V nasprotnem primeru je enačba nelinearna diferencialna enačba. Linearne diferencialne enačbe so izjemne, ker je mogoče iz njihovih rešitev sestaviti linearne kombinacije, ki bodo tudi rešitve te enačbe.
  • Spodaj je nekaj primerov linearnih diferencialnih enačb.
  • Spodaj je nekaj primerov nelinearnih diferencialnih enačb. Prva enačba je nelinearna zaradi sinusnega člena.
    • d 2 θ d t 2 + g l sin ⁡ θ = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)\theta )((\mathrm (d) )t^(2)))+( \frac (g)(l))\sin \theta =0)
    • d 2 x d t 2 + (d x d t) 2 + t x 2 = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)((\mathrm (d) )t^(2)))+ \left((\frac ((\mathrm (d) )x)((\mathrm (d) )t))\desno)^(2)+tx^(2)=0)
• Skupna odločitev navadna diferencialna enačba ni edinstvena, vključuje poljubne konstante integracije. V večini primerov je število poljubnih konstant enako vrstnemu redu enačbe. V praksi so vrednosti teh konstant določene z danostjo začetni pogoji, to je z vrednostmi funkcije in njenih derivatov pri x = 0. (\displaystyle x=0.)Število začetnih pogojev, ki jih je treba najti zasebna odločitev diferencialne enačbe, je v večini primerov tudi enak redu te enačbe.
  • Ta članek bo na primer obravnaval reševanje spodnje enačbe. To je linearna diferencialna enačba drugega reda. Njegova splošna rešitev vsebuje dve poljubni konstanti. Za iskanje teh konstant je potrebno poznati začetne pogoje pri x (0) (\displaystyle x(0)) in x′ (0) . (\displaystyle x"(0).) Običajno so začetni pogoji podani v točki x = 0, (\displaystyle x=0,), čeprav to ni obvezno. Ta članek bo obravnaval tudi, kako najti določene rešitve za dane začetne pogoje.
    • d 2 x d t 2 + k 2 x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)((\mathrm (d) )t^(2)))+k^(2 )x=0)
    • x (t) = c 1 cos ⁡ k x + c 2 sin ⁡ k x (\displaystyle x(t)=c_(1)\cos kx+c_(2)\sin kx)

Koraki

1. del

Pri uporabi te storitve se lahko nekateri podatki prenesejo na YouTube.

1. Linearne enačbe prvega reda. Ta razdelek obravnava metode za reševanje linearnih diferencialnih enačb prvega reda v splošnih in posebnih primerih, ko so nekateri členi enaki nič. Pretvarjajmo se, da y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) in q (x) (\displaystyle q(x)) so funkcije x . (\displaystyle x.)

   D y d x + p (x) y = q (x) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+p(x)y=q(x ))
   

   P (x) = 0. (\displaystyle p(x)=0.) Po enem od glavnih izrekov matematične analize je tudi integral odvoda funkcije funkcija. Tako je dovolj, da preprosto integriramo enačbo, da bi našli njeno rešitev. Pri tem je treba upoštevati, da se pri izračunu nedoločenega integrala pojavi poljubna konstanta.

   • y (x) = ∫ q (x) d x (\displaystyle y(x)=\int q(x)(\mathrm (d) )x)

   Q (x) = 0. (\displaystyle q(x)=0.) Uporabljamo metodo ločevanje spremenljivk. V tem primeru se različne spremenljivke prenesejo na različne strani enačbe. Na primer, lahko prenesete vse člane iz y (\displaystyle y) v eno, vsi člani pa z x (\displaystyle x) na drugo stran enačbe. Člane je mogoče tudi premikati d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) in d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y), ki so vključeni v izpeljane izraze, vendar ne smemo pozabiti, da je to le konvencija, ki je priročna pri diferenciranju kompleksne funkcije. Razprava o teh izrazih, ki se imenujejo diferencialov, je izven obsega tega članka.

   • Najprej morate premakniti spremenljivke na nasprotnih straneh znaka enačaja.
     • 1 y d y = − p (x) d x (\displaystyle (\frac (1)(y))(\mathrm (d) )y=-p(x)(\mathrm (d) )x)
   • Integriramo obe strani enačbe. Po integraciji se na obeh straneh pojavijo poljubne konstante, ki jih lahko prenesemo na desno stran enačbe.
     • ln ⁡ y = ∫ − p (x) d x (\displaystyle \ln y=\int -p(x)(\mathrm (d) )x)
     • y (x) = e − ∫ p (x) d x (\displaystyle y(x)=e^(-\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Primer 1.1. V zadnjem koraku smo uporabili pravilo e a + b = e a e b (\displaystyle e^(a+b)=e^(a)e^(b)) in zamenjal e C (\displaystyle e^(C)) na C (\displaystyle C), ker je tudi poljubna konstanta integracije.
     • d y d x − 2 y sin ⁡ x = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))-2y\sin x=0)
     • 1 2 y d y = sin ⁡ x d x 1 2 ln ⁡ y = - cos ⁡ x + C ln ⁡ y = - 2 cos ⁡ x + C y (x) = C e )(\frac (1)(2y))(\ mathrm (d) )y&=\sin x(\mathrm (d) )x\\(\frac (1)(2))\ln y&=-\cos x+C\\\ln y&=-2\cos x+C\\y(x)&=Ce^(-2\cos x)\end(poravnano)))

   P (x) ≠ 0, q (x) ≠ 0. (\displaystyle p(x)\neq 0,\ q(x)\neq 0.) Da bi našli splošno rešitev, smo predstavili integracijski faktor kot funkcija x (\displaystyle x) reducirati levo stran na skupni odvod in tako rešiti enačbo.

   • Pomnožite obe strani s μ (x) (\displaystyle \mu (x))
     • μ d y d x + μ p y = μ q (\displaystyle \mu (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+\mu py=\mu q)
   • Za zmanjšanje leve strani na skupno izpeljanko je treba izvesti naslednje transformacije:
     • d d x (μ y) = d μ d x y + μ d y d x = μ d y d x + μ p y (\displaystyle (\frac (\mathrm (d) )((\mathrm (d) )x))(\mu y)=(\ frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))y+\mu (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)) =\mu (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+\mu py)
   • Zadnja enakost pomeni, da d μ d x = μ p (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))=\mu p). To je integrativni faktor, ki zadostuje za rešitev katere koli linearne enačbe prvega reda. Zdaj lahko izpeljemo formulo za rešitev te enačbe glede na µ , (\displaystyle \mu ,)čeprav je za usposabljanje koristno narediti vse vmesne izračune.
     • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Primer 1.2. V tem primeru razmišljamo, kako najti določeno rešitev diferencialne enačbe z danimi začetnimi pogoji.
     • t d y d t + 2 y = t 2, y (2) = 3 (\displaystyle t(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+2y=t^(2) ,\quad y(2)=3)
     • d y d t + 2 t y = t (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )t))+(\frac (2)(t))y=t)
     • μ (x) = e ∫ p (t) d t = e 2 ln ⁡ t = t 2 (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(t)(\mathrm (d) )t)=e ^(2\ln t)=t^(2))
     • d d t (t 2 y) = t 3 t 2 y = 1 4 t 4 + C y (t) = 1 4 t 2 + C t 2 (\displaystyle (\begin(aligned)(\frac (\mathrm (d) )((\mathrm (d) )t))(t^(2)y)&=t^(3)\\t^(2)y&=(\frac (1)(4))t^(4 )+C\\y(t)&=(\frac (1)(4))t^(2)+(\frac (C)(t^(2)))\end(poravnano)))
     • 3 = y (2) = 1 + C 4 , C = 8 (\displaystyle 3=y(2)=1+(\frac (C)(4)),\quad C=8)
     • y (t) = 1 4 t 2 + 8 t 2 (\displaystyle y(t)=(\frac (1)(4))t^(2)+(\frac (8)(t^(2)) ))
   
   Reševanje linearnih enačb prvega reda (posnetek Intuit - Državna odprta univerza).

2. Nelinearne enačbe prvega reda. V tem razdelku so obravnavane metode za reševanje nekaterih nelinearnih diferencialnih enačb prvega reda. Čeprav ni splošne metode za reševanje takih enačb, je nekatere od njih mogoče rešiti z uporabo spodnjih metod.

   D y d x = f (x , y) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=f(x,y))
   d y d x = h (x) g (y) . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=h(x)g(y).)Če funkcija f (x , y) = h (x) g (y) (\displaystyle f(x,y)=h(x)g(y)) lahko razdelimo na funkcije ene spremenljivke, tako enačbo imenujemo ločljiva diferencialna enačba. V tem primeru lahko uporabite zgornjo metodo:

   • ∫ d y h (y) = ∫ g (x) d x (\displaystyle \int (\frac ((\mathrm (d) )y)(h(y)))=\int g(x)(\mathrm (d) )x)
   • Primer 1.3.
     • d y d x = x 3 y (1 + x 4) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (x^(3))( y(1+x^(4)))))
     • ∫ y d y = ∫ x 3 1 + x 4 d x 1 2 y 2 = 1 4 ln ⁡ (1 + x 4) + C y (x) = 1 2 ln ⁡ (1 + x 4) + C (\displaystyle (\ začetek(poravnano)\int y(\mathrm (d) )y&=\int (\frac (x^(3))(1+x^(4)))(\mathrm (d) )x\\(\ frac (1)(2))y^(2)&=(\frac (1)(4))\ln(1+x^(4))+C\\y(x)&=(\frac ( 1)(2))\ln(1+x^(4))+C\end(poravnano)))

   D y d x = g (x , y) h (x , y) . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (g(x,y))(h(x,y))).) Pretvarjajmo se, da g (x, y) (\displaystyle g(x, y)) in h (x, y) (\displaystyle h(x, y)) so funkcije x (\displaystyle x) in y . (\displaystyle y.) Potem homogena diferencialna enačba je enačba, v kateri g (\displaystyle g) in h (\displaystyle h) so homogene funkcije enako stopnjo. To pomeni, da morajo funkcije izpolnjevati pogoj g (α x, α y) = α k g (x, y) , (\displaystyle g(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^(k)g(x,y),) kje k (\displaystyle k) se imenuje stopnja homogenosti. Vsako homogeno diferencialno enačbo lahko podamo z ustrezno sprememba spremenljivk (v = y / x (\displaystyle v=y/x) oz v = x / y (\displaystyle v=x/y)), da pretvorite v enačbo z ločljivimi spremenljivkami.

   • Primer 1.4. Zgornji opis homogenosti se morda zdi nejasen. Oglejmo si ta koncept na primeru.
     • d y d x = y 3 − x 3 y 2 x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (y^(3)-x^ (3))(y^(2)x)))
     • Za začetek je treba opozoriti, da je ta enačba nelinearna glede na y . (\displaystyle y.) Vidimo tudi, da v tem primeru ni mogoče ločiti spremenljivk. Vendar pa je ta diferencialna enačba homogena, saj sta tako števec kot imenovalec homogena s potenco 3. Zato lahko spremenimo spremenljivke v=y/x. (\displaystyle v=y/x.)
     • d y d x = y x − x 2 y 2 = v − 1 v 2 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac (y)(x ))-(\frac (x^(2))(y^(2)))=v-(\frac (1)(v^(2))))
     • y = v x, d y d x = d v d x x + v (\displaystyle y=vx,\quad (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=(\frac ((\mathrm (d) )v)((\mathrm (d) )x))x+v)
     • d v d x x = − 1 v 2 . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )v)((\mathrm (d) )x))x=-(\frac (1)(v^(2))).) Kot rezultat imamo enačbo za v (\displaystyle v) s spremenljivkami v skupni rabi.
     • v (x) = − 3 log ⁡ x + C 3 (\displaystyle v(x)=(\sqrt[(3)](-3\ln x+C)))
     • y (x) = x − 3 ln ⁡ x + C 3 (\displaystyle y(x)=x(\sqrt[(3)](-3\ln x+C)))

   D y d x = p (x) y + q (x) y n . (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=p(x)y+q(x)y^(n).) to Bernoullijeva diferencialna enačba- posebna vrsta nelinearne enačbe prve stopnje, katere rešitev je mogoče zapisati z uporabo elementarnih funkcij.

   • Pomnožite obe strani enačbe z (1 − n) y − n (\displaystyle (1-n)y^(-n)):
     • (1 − n) y − n d y d x = p (x) (1 − n) y 1 − n + (1 − n) q (x) (\displaystyle (1-n)y^(-n)(\frac ( (\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=p(x)(1-n)y^(1-n)+(1-n)q(x))
   • Uporabimo pravilo diferenciacije kompleksne funkcije na levi strani in transformiramo enačbo v linearno enačbo glede na y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) ki jih je mogoče rešiti z zgornjimi metodami.
     • d y 1 − n d x = p (x) (1 − n) y 1 − n + (1 − n) q (x) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y^(1-n)) ((\mathrm (d) )x))=p(x)(1-n)y^(1-n)+(1-n)q(x))

   M (x, y) + N (x, y) d y d x = 0. (\displaystyle M(x,y)+N(x,y)(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=0.) to popolna diferencialna enačba. Treba je najti t.i potencialno funkcijo φ (x , y) , (\displaystyle \varphi (x,y),), ki izpolnjuje pogoj d φ d x = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=0.)

   • Za izpolnitev tega pogoja je potrebno imeti skupni derivat. Skupni derivat upošteva odvisnost od drugih spremenljivk. Za izračun celotnega derivata φ (\displaystyle \varphi ) na x , (\displaystyle x,) predvidevamo, da y (\displaystyle y) lahko odvisno tudi od x . (\displaystyle x.)
     • d φ d x = ∂ φ ∂ x + ∂ φ ∂ y d y d x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=(\frac (\partial \varphi )(\delni x))+(\frac (\delni \varphi )(\delni y))(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)))
   • Primerjava izrazov nam daje M (x , y) = ∂ φ ∂ x (\displaystyle M(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial x))) in N (x, y) = ∂ φ ∂ y. (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y)).) To je tipičen rezultat za enačbe z več spremenljivkami, kjer so mešani odvodi gladkih funkcij med seboj enaki. Včasih se ta primer imenuje Clairautov izrek. V tem primeru je diferencialna enačba enačba v totalnih diferencialih, če je izpolnjen naslednji pogoj:
     • ∂ M ∂ y = ∂ N ∂ x (\displaystyle (\frac (\delni M)(\delni y))=(\frac (\delni N)(\delni x)))
   • Metoda za reševanje enačb v totalnih diferencialih je podobna iskanju potencialnih funkcij ob prisotnosti več odvodov, o katerih bomo na kratko razpravljali. Najprej se integriramo M (\displaystyle M) na x . (\displaystyle x.) Zaradi M (\displaystyle M) je funkcija in x (\displaystyle x), in y , (\displaystyle y,) pri integraciji dobimo nepopolno funkcijo φ , (\displaystyle \varphi ,) označen kot φ ~ (\displaystyle (\tilda (\varphi ))). Rezultat vključuje tudi odvisno od y (\displaystyle y) konstanta integracije.
     • φ (x , y) = ∫ M (x , y) d x = φ ~ (x , y) + c (y) (\displaystyle \varphi (x,y)=\int M(x,y)(\mathrm (d) )x=(\tilda (\varphi ))(x,y)+c(y))
   • Po tem, da bi dobili c (y) (\displaystyle c(y)) lahko vzamete delni odvod dobljene funkcije glede na y , (\displaystyle y,) izenačiti rezultat N (x, y) (\displaystyle N(x, y)) in integrirati. Lahko se tudi prvi integrira N (\displaystyle N), nato pa vzemite delni odvod glede na x (\displaystyle x), ki nam bo omogočil najti poljubno funkcijo d(x). (\displaystyle d(x).) Oba načina sta primerna, običajno pa se za integracijo izbere enostavnejša funkcija.
     • N (x, y) = ∂ φ ∂ y = ∂ φ ~ ∂ y + d c d y (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y))=(\frac (\ delno (\tilda (\varphi )))(\delno y))+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y)))
   • Primer 1.5. Lahko vzamete delne odvode in preverite, ali je spodnja enačba popolna diferencialna enačba.
     • 3 x 2 + y 2 + 2 x y d y d x = 0 (\displaystyle 3x^(2)+y^(2)+2xy(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x) )=0)
     • φ = ∫ (3 x 2 + y 2) d x = x 3 + x y 2 + c (y) ∂ φ ∂ y = N (x , y) = 2 x y + d c d y (\displaystyle (\begin(aligned)\varphi &=\int (3x^(2)+y^(2))(\mathrm (d) )x=x^(3)+xy^(2)+c(y)\\(\frac (\partial \varphi )(\delni y))&=N(x,y)=2xy+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y))\end(poravnano)))
     • d c d y = 0, c (y) = C (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y))=0,\quad c(y)=C)
     • x 3 + x y 2 = C (\displaystyle x^(3)+xy^(2)=C)
   • Če diferencialna enačba ni popolna diferencialna enačba, lahko v nekaterih primerih najdete integrativni faktor, ki vam bo omogočil pretvorbo v popolno diferencialno enačbo. Vendar se takšne enačbe redko uporabljajo v praksi, čeprav je integrativni faktor obstaja, ugotovite, da se zgodi ni enostavno, zato te enačbe v tem članku niso obravnavane.

2. del

1. Homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti. Te enačbe se v praksi pogosto uporabljajo, zato je njihova rešitev izjemnega pomena. V tem primeru ne govorimo o homogenih funkcijah, temveč o tem, da je na desni strani enačbe 0. V naslednjem razdelku bomo pokazali, kako se ustrezna heterogena diferencialne enačbe. Spodaj a (\displaystyle a) in b (\displaystyle b) so konstante.

   D 2 y d x 2 + a d y d x + b y = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2)))+a(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+by=0)
   

   Karakteristična enačba. Ta diferencialna enačba je izjemna, saj jo je mogoče zelo enostavno rešiti, če ste pozorni na lastnosti, ki jih morajo imeti njene rešitve. Iz enačbe je razvidno, da y (\displaystyle y) in njeni derivati ​​so sorazmerni drug z drugim. Iz prejšnjih primerov, ki smo jih obravnavali v poglavju o enačbah prvega reda, vemo, da ima to lastnost samo eksponentna funkcija. Zato je mogoče predlagati ansatz(izobraženo ugibanje) o tem, kakšna bo rešitev dane enačbe.

   • Rešitev bo v obliki eksponentne funkcije e r x , (\displaystyle e^(rx),) kje r (\displaystyle r) je konstanta, katere vrednost je treba najti. Nadomestite to funkcijo v enačbo in dobite naslednji izraz
     • e r x (r 2 + a r + b) = 0 (\displaystyle e^(rx)(r^(2)+ar+b)=0)
   • Ta enačba kaže, da mora biti produkt eksponentne funkcije in polinoma nič. Znano je, da eksponent ne more biti enak nič za nobeno vrednost stopnje. Zato sklepamo, da je polinom enak nič. Tako smo problem reševanja diferencialne enačbe zreducirali na veliko preprostejši problem reševanja algebraične enačbe, ki ga imenujemo karakteristična enačba za dano diferencialno enačbo.
     • r 2 + a r + b = 0 (\displaystyle r^(2)+ar+b=0)
     • r ± = − a ± a 2 − 4 b 2 (\displaystyle r_(\pm )=(\frac (-a\pm (\sqrt (a^(2)-4b)))(2)))
   • Imamo dve korenini. Ker je ta diferencialna enačba linearna, je njena splošna rešitev linearna kombinacija parcialnih rešitev. Ker je to enačba drugega reda, vemo, da je res splošna rešitev in drugih ni. Strožja utemeljitev za to je v izrekih o obstoju in edinstvenosti rešitve, ki jih najdemo v učbenikih.
   • Uporaben način za preverjanje, ali sta dve rešitvi linearno neodvisni, je računanje Wronskian. Wronskian W (\displaystyle W)- to je determinanta matrike, v stolpcih katere so funkcije in njihovi zaporedni derivati. Izrek linearne algebre pravi, da so funkcije v Wronskianu linearno odvisne, če je Wronskian enak nič. V tem razdelku lahko preizkusimo, ali sta dve rešitvi linearno neodvisni, tako da se prepričamo, da je Wronskian različen od nič. Wronskian je pomemben pri reševanju nehomogenih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti z metodo variacije parametrov.
     • w = | y 1 y 2 y 1 ′ y 2 ′ | (\displaystyle W=(\begin(vmatrix)y_(1)&y_(2)\\y_(1)"&y_(2)"\end(vmatrix)))
   • V smislu linearne algebre množica vseh rešitev dane diferencialne enačbe tvori vektorski prostor, katerega dimenzija je enaka redu diferencialne enačbe. V tem prostoru lahko izberete osnovo linearno neodvisen odločitve drug od drugega. To je mogoče zaradi dejstva, da funkcija y (x) (\displaystyle y(x)) veljaven linearni operator. Izpeljanka je linearni operator, saj transformira prostor diferenciabilnih funkcij v prostor vseh funkcij. Enačbe imenujemo homogene v primerih, ko za neki linearni operator L (\displaystyle L) potrebno je najti rešitev enačbe L [y] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

   Poglejmo zdaj nekaj konkretnih primerov. Primer večkratnih korenov karakteristične enačbe bomo obravnavali nekoliko kasneje, v razdelku o zmanjšanju reda.

   Če korenine r ± (\displaystyle r_(\pm )) različna realna števila, ima diferencialna enačba naslednjo rešitev

   • y (x) = c 1 e r + x + c 2 e r − x (\displaystyle y(x)=c_(1)e^(r_(+)x)+c_(2)e^(r_(-)x ))

   Dva kompleksna korena. Iz temeljnega izreka algebre sledi, da imajo rešitve polinomskih enačb z realnimi koeficienti korenine, ki so realne ali tvorijo konjugirane pare. Torej, če je kompleksno število r = α + i β (\displaystyle r=\alpha +i\beta ) je torej koren karakteristične enačbe r ∗ = α − i β (\displaystyle r^(*)=\alpha -i\beta ) je tudi koren te enačbe. Tako lahko rešitev zapišemo v obliki c 1 e (α + i β) x + c 2 e (α − i β) x , (\displaystyle c_(1)e^((\alpha +i\beta)x)+c_(2)e^( (\alfa -i\beta)x),) vendar je to kompleksno število in nezaželeno pri reševanju praktičnih problemov.

   • Namesto tega lahko uporabite Eulerjeva formula e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x (\displaystyle e^(ix)=\cos x+i\sin x), ki vam omogoča, da zapišete rešitev v obliki trigonometričnih funkcij:
     • e α x (c 1 cos ⁡ β x + i c 1 sin ⁡ β x + c 2 cos ⁡ β x − i c 2 sin ⁡ β x) (\displaystyle e^(\alpha x)(c_(1)\cos \ beta x+ic_(1)\sin \beta x+c_(2)\cos \beta x-ic_(2)\sin \beta x))
   • Zdaj lahko namesto stalnih c 1 + c 2 (\displaystyle c_(1)+c_(2)) zapisati c 1 (\displaystyle c_(1)), in izraz i (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) zamenjan z c 2. (\displaystyle c_(2).) Po tem dobimo naslednjo rešitev:
     • y (x) = e α x (c 1 cos ⁡ β x + c 2 sin ⁡ β x) (\displaystyle y(x)=e^(\alpha x)(c_(1)\cos \beta x+c_ (2)\sin \beta x))
   • Obstaja še en način za pisanje rešitve glede na amplitudo in fazo, ki je bolj primeren za fizične težave.
   • Primer 2.1. Poiščimo rešitev spodaj podane diferencialne enačbe z danimi začetnimi pogoji. Za to je potrebno vzeti dobljeno raztopino, kot tudi njegova izpeljanka, in jih nadomestimo v začetne pogoje, kar nam bo omogočilo določitev poljubnih konstant.
     • d 2 x d t 2 + 3 d x d t + 10 x = 0 , x (0) = 1 , x ′ (0) = − 1 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)x)(( \mathrm (d) )t^(2)))+3(\frac ((\mathrm (d) )x)((\mathrm (d) )t))+10x=0,\quad x(0) =1,\ x"(0)=-1)
     • r 2 + 3 r + 10 = 0 , r ± = − 3 ± 9 − 40 2 = − 3 2 ± 31 2 i (\displaystyle r^(2)+3r+10=0,\quad r_(\pm ) =(\frac (-3\pm (\sqrt (9-40)))(2))=-(\frac (3)(2))\pm (\frac (\sqrt (31))(2) )jaz)
     • x (t) = e − 3 t / 2 (c 1 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 31 2 t) (\displaystyle x(t)=e^(-3t/2)\left(c_(1 )\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+c_(2)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\desno))
     • x (0) = 1 = c 1 (\displaystyle x(0)=1=c_(1))
     • x ′ (t) = − 3 2 e − 3 t / 2 (c 1 cos ⁡ 31 2 t + c 2 sin ⁡ 31 2 t) + e − 3 t / 2 (− 31 2 c 1 sin ⁡ 31 2 t + 31 2 c 2 cos ⁡ 31 2 t) (\displaystyle (\begin(aligned)x"(t)&=-(\frac (3)(2))e^(-3t/2)\left(c_ (1)\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+c_(2)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\desno)\\&+e ^(-3t/2)\levo(-(\frac (\sqrt (31))(2))c_(1)\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t+(\frac ( \sqrt (31))(2))c_(2)\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t\desno)\end(poravnano)))
     • x ′ (0) = − 1 = − 3 2 c 1 + 31 2 c 2 , c 2 = 1 31 (\displaystyle x"(0)=-1=-(\frac (3)(2))c_( 1)+(\frac (\sqrt (31))(2))c_(2),\quad c_(2)=(\frac (1)(\sqrt (31))))
     • x (t) = e − 3 t / 2 (cos ⁡ 31 2 t + 1 31 sin ⁡ 31 2 t) (\displaystyle x(t)=e^(-3t/2)\left(\cos (\frac (\sqrt (31))(2))t+(\frac (1)(\sqrt (31)))\sin (\frac (\sqrt (31))(2))t\desno))
   
   Reševanje diferencialnih enačb n-tega reda s konstantnimi koeficienti (posnetek Intuit - National Open University).

2. Vrstni red znižanja. Zmanjšanje reda je metoda za reševanje diferencialnih enačb, ko je znana ena linearno neodvisna rešitev. Ta metoda je znižanje vrstnega reda enačbe za eno, kar omogoča, da se enačba reši z metodami, opisanimi v prejšnjem razdelku. Naj bo rešitev znana. Glavna ideja znižanja reda je iskanje rešitve v spodnjem obrazcu, kjer je potrebno definirati funkcijo v (x) (\displaystyle v(x)), ga nadomestimo v diferencialno enačbo in ugotovimo v(x). (\displaystyle v(x).) Razmislimo, kako je mogoče uporabiti zmanjšanje reda za reševanje diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti in večkratnimi koreni.

   
   

   Več korenin homogena diferencialna enačba s konstantnimi koeficienti. Spomnimo se, da mora imeti enačba drugega reda dve linearno neodvisni rešitvi. Če ima značilna enačba več korenov, je množica rešitev ne tvori prostor, saj so te rešitve linearno odvisne. V tem primeru je treba za iskanje druge linearno neodvisne rešitve uporabiti zmanjšanje reda.

   • Naj ima značilna enačba več korenin r (\displaystyle r). Predvidevamo, da lahko drugo rešitev zapišemo kot y (x) = e r x v (x) (\displaystyle y(x)=e^(rx)v(x)), in ga nadomestite v diferencialno enačbo. V tem primeru večina členov, z izjemo člena z drugim odvodom funkcije v , (\displaystyle v,) bo zmanjšan.
     • v ″ (x) e r x = 0 (\displaystyle v""(x)e^(rx)=0)
   • Primer 2.2. Podana je naslednja enačba, ki ima več korenov r = − 4. (\displaystyle r=-4.) Pri zamenjavi se večina terminov razveljavi.
     • d 2 y d x 2 + 8 d y d x + 16 y = 0 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2)))+8( \frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+16y=0)
     • y = v (x) e − 4 x y ′ = v ′ (x) e − 4 x − 4 v (x) e − 4 x y ″ = v ″ (x) e − 4 x − 8 v ′ (x) e − 4 x + 16 v (x) e − 4 x (\displaystyle (\begin(aligned)y&=v(x)e^(-4x)\\y"&=v"(x)e^(-4x )-4v(x)e^(-4x)\\y""&=v""(x)e^(-4x)-8v"(x)e^(-4x)+16v(x)e^ (-4x)\konec(poravnano)))
     • v ″ e − 4 x − 8 v ′ e − 4 x + 16 v e − 4 x + 8 v ′ e − 4 x − 32 v e − 4 x + 16 v e − 4 x = 0 (\displaystyle (\begin(aligned )v""e^(-4x)&-(\cancel (8v"e^(-4x)))+(\cancel (16ve^(-4x)))\\&+(\cancel (8v"e ^(-4x)))-(\cancel (32ve^(-4x)))+(\cancel (16ve^(-4x)))=0\end(aligned)))
   • Tako kot naš ansatz za diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti je lahko v tem primeru le drugi odvod enak nič. Dvakrat integriramo in dobimo želeni izraz za v (\displaystyle v):
     • v (x) = c 1 + c 2 x (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)x)
   • Potem lahko splošno rešitev diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti, če ima značilna enačba več korenin, zapišemo v naslednji obliki. Za udobje si lahko zapomnite, da je za pridobitev linearne neodvisnosti dovolj, da drugi člen preprosto pomnožite z x (\displaystyle x). Ta niz rešitev je linearno neodvisen, zato smo našli vse rešitve te enačbe.
     • y (x) = (c 1 + c 2 x) e r x (\displaystyle y(x)=(c_(1)+c_(2)x)e^(rx))

   D 2 y d x 2 + p (x) d y d x + q (x) y = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^( 2)))+p(x)(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+q(x)y=0.) Znižanje naročila velja, če je rešitev znana y 1 (x) (\displaystyle y_(1)(x)), ki jih lahko najdete ali podate v izjavi problema.

   • Rešitev iščemo v obliki y (x) = v (x) y 1 (x) (\displaystyle y(x)=v(x)y_(1)(x)) in ga vključite v to enačbo:
     • v ″ y 1 + 2 v ′ y 1 ′ + p (x) v ′ y 1 + v (y 1 ″ + p (x) y 1 ′ + q (x)) = 0 (\displaystyle v""y_( 1)+2v"y_(1)"+p(x)v"y_(1)+v(y_(1)""+p(x)y_(1)"+q(x))=0)
   • Zaradi y 1 (\displaystyle y_(1)) je rešitev diferencialne enačbe, vsi členi z v (\displaystyle v) se krčijo. Posledično ostane linearna enačba prvega reda. Da bi to videli bolj jasno, spremenimo spremenljivke w (x) = v′ (x) (\displaystyle w(x)=v"(x)):
     • y 1 w ′ + (2 y 1 ′ + p (x) y 1) w = 0 (\displaystyle y_(1)w"+(2y_(1)"+p(x)y_(1))w=0 )
     • w (x) = exp ⁡ (∫ (2 y 1 ′ (x) y 1 (x) + p (x)) d x) (\displaystyle w(x)=\exp \left(\int \left((\ frac (2y_(1)"(x))(y_(1)(x)))+p(x)\desno)(\mathrm (d) )x\desno))
     • v (x) = ∫ w (x) d x (\displaystyle v(x)=\int w(x)(\mathrm (d) )x)
   • Če je integrale mogoče izračunati, dobimo splošno rešitev kot kombinacijo elementarnih funkcij. V nasprotnem primeru lahko raztopino pustimo v integralni obliki.

3. Cauchy-Eulerjeva enačba. Cauchy-Eulerjeva enačba je primer diferencialne enačbe drugega reda z spremenljivke koeficientov, ki ima natančne rešitve. Ta enačba se v praksi uporablja na primer za reševanje Laplaceove enačbe v sferičnih koordinatah.

   X 2 d 2 y d x 2 + a x d y d x + b y = 0 (\displaystyle x^(2)(\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2) ))+ax(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+by=0)
   

   Karakteristična enačba. Kot lahko vidite, v tej diferencialni enačbi vsak člen vsebuje faktor moči, katerega stopnja je enaka vrstnemu redu ustreznega derivata.

   • Tako lahko poskusimo iskati rešitev v formi y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) kje opredeliti n (\displaystyle n), tako kot smo iskali rešitev v obliki eksponentne funkcije za linearno diferencialno enačbo s konstantnimi koeficienti. Po diferenciaciji in zamenjavi dobimo
     • x n (n 2 + (a − 1) n + b) = 0 (\displaystyle x^(n)(n^(2)+(a-1)n+b)=0)
   • Za uporabo značilne enačbe moramo predpostaviti, da x ≠ 0 (\displaystyle x\neq 0). Pika x = 0 (\displaystyle x=0) klical pravilna singularna točka diferencialna enačba. Takšne točke so pomembne pri reševanju diferencialnih enačb z uporabo potenčnih vrst. Ta enačba ima dva korena, ki sta lahko različna in realna, večkratna ali kompleksno konjugirana.
     • n ± = 1 − a ± (a − 1) 2 − 4 b 2 (\displaystyle n_(\pm )=(\frac (1-a\pm (\sqrt ((a-1)^(2)-4b )))(2)))

   Dve različni pravi korenini.Če korenine n ± (\displaystyle n_(\pm )) realni in različni, ima rešitev diferencialne enačbe naslednjo obliko:

   • y (x) = c 1 x n + + c 2 x n − (\displaystyle y(x)=c_(1)x^(n_(+))+c_(2)x^(n_(-)))

   Dva kompleksna korena.Če ima značilna enačba korenine n ± = α ± β i (\displaystyle n_(\pm )=\alpha \pm \beta i), je rešitev kompleksna funkcija.

   • Za pretvorbo rešitve v realno funkcijo naredimo spremembo spremenljivk x = e t , (\displaystyle x=e^(t),) to je t = ln ⁡ x , (\displaystyle t=\ln x,) in uporabite Eulerjevo formulo. Podobna dejanja so bila izvedena prej pri definiranju poljubnih konstant.
     • y (t) = e α t (c 1 e β i t + c 2 e − β i t) (\displaystyle y(t)=e^(\alpha t)(c_(1)e^(\beta it)+ c_(2)e^(-\beta it)))
   • Potem lahko splošno rešitev zapišemo kot
     • y (x) = x α (c 1 cos ⁡ (β ln ⁡ x) + c 2 sin ⁡ (β ln ⁡ x)) (\displaystyle y(x)=x^(\alpha )(c_(1)\ cos(\beta \ln x)+c_(2)\sin(\beta \ln x)))

   Več korenin. Da bi dobili drugo linearno neodvisno rešitev, je treba ponovno zmanjšati vrstni red.

   • Zahteva kar nekaj računanja, a princip je enak: nadomeščamo y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) v enačbo, katere prva rešitev je y 1 (\displaystyle y_(1)). Po redukcijah dobimo naslednjo enačbo:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • To je linearna enačba prvega reda glede na v′ (x) . (\displaystyle v"(x).) Njegova rešitev je v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x. (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Tako lahko rešitev zapišemo v naslednji obliki. Precej enostavno si ga je zapomniti - če želite dobiti drugo linearno neodvisno rešitev, potrebujete samo dodaten člen z ln ⁡ x (\displaystyle \ln x).
     • y (x) = x n (c 1 + c 2 ln ⁡ x) (\displaystyle y(x)=x^(n)(c_(1)+c_(2)\ln x))

4. Nehomogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti. Nehomogene enačbe imajo obliko L [ y (x) ] = f (x) , (\displaystyle L=f(x),) kje f (x) (\displaystyle f(x))- tako imenovani brezplačen član. Po teoriji diferencialnih enačb je splošna rešitev te enačbe superpozicija zasebna odločitev y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) in dodatna rešitev y c (x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Vendar pa v tem primeru posamezna rešitev ne pomeni rešitve, podane z začetnimi pogoji, temveč rešitev, ki je posledica prisotnosti nehomogenosti (prostega člena). Komplementarna rešitev je rešitev ustrezne homogene enačbe, v kateri f (x) = 0. (\displaystyle f(x)=0.) Splošna rešitev je superpozicija teh dveh rešitev, saj L [ y p + y c ] = L [ y p ] + L [ y c ] = f (x) (\displaystyle L=L+L=f(x)), in od takrat L [ y c ] = 0 , (\displaystyle L=0,) takšna superpozicija je res splošna rešitev.

   D 2 y d x 2 + a d y d x + b y = f (x) (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )x^(2)))+a (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+by=f(x))
   

   Metoda nedoločenih koeficientov. Metoda nedoločenih koeficientov se uporablja v primerih, ko je prosti člen kombinacija eksponentnih, trigonometričnih, hiperboličnih ali potenčnih funkcij. Le te funkcije imajo zagotovljeno končno število linearno neodvisnih odvodov. V tem razdelku bomo našli določeno rešitev enačbe.

   • Primerjajte izraze v f (x) (\displaystyle f(x)) z izrazi v ignoriranju konstantnih dejavnikov. Možni so trije primeri.
     • Ni enakih članov. V tem primeru posebna rešitev y p (\displaystyle y_(p)) bo linearna kombinacija izrazov iz y p (\displaystyle y_(p))
     • f (x) (\displaystyle f(x)) vsebuje člana x n (\displaystyle x^(n)) in član iz y c , (\displaystyle y_(c),) kje n (\displaystyle n) je nič ali pozitivno celo število in ta izraz ustreza enemu korenu karakteristične enačbe. V tem primeru y p (\displaystyle y_(p)) bo sestavljen iz kombinacije funkcij x n + 1 h (x) , (\displaystyle x^(n+1)h(x),) njene linearno neodvisne izpeljanke, pa tudi druge izraze f (x) (\displaystyle f(x)) in njihove linearno neodvisne odvode.
     • f (x) (\displaystyle f(x)) vsebuje člana h (x) , (\displaystyle h(x),) ki je delo x n (\displaystyle x^(n)) in član iz y c , (\displaystyle y_(c),) kje n (\displaystyle n) je enako 0 ali pozitivnemu celemu številu in ta izraz ustreza večkraten koren karakteristične enačbe. V tem primeru y p (\displaystyle y_(p)) je linearna kombinacija funkcije x n + s h (x) (\displaystyle x^(n+s)h(x))(kje s (\displaystyle s)- mnogokratnost korena) in njegovih linearno neodvisnih odvodov ter drugih členov funkcije f (x) (\displaystyle f(x)) in njene linearno neodvisne izpeljanke.
   • Zapišimo y p (\displaystyle y_(p)) kot linearna kombinacija zgornjih izrazov. Zaradi teh koeficientov v linearni kombinaciji se ta metoda imenuje »metoda nedoločenih koeficientov«. Ob pojavu tistih, ki jih vsebuje y c (\displaystyle y_(c)) njihove člane lahko zavržemo zaradi prisotnosti poljubnih konstant v y c . (\displaystyle y_(c).) Po tem zamenjamo y p (\displaystyle y_(p)) v enačbo in enačite podobne člene.
   • Določimo koeficiente. Na tej stopnji dobimo sistem algebrskih enačb, ki ga je običajno mogoče rešiti brez posebnih težav. Rešitev tega sistema omogoča pridobitev y p (\displaystyle y_(p)) in s tem reši enačbo.
   • Primer 2.3. Razmislite o nehomogeni diferencialni enačbi, katere prosti člen vsebuje končno število linearno neodvisnih odvodov. Posebno rešitev take enačbe lahko najdemo z metodo nedoločenih koeficientov.
     • d 2 y d t 2 + 6 y = 2 e 3 t − cos ⁡ 5 t (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) )t^(2) ))+6y=2e^(3t)-\cos 5t)
     • y c (t) = c 1 cos ⁡ 6 t + c 2 sin ⁡ 6 t (\displaystyle y_(c)(t)=c_(1)\cos (\sqrt (6))t+c_(2)\sin (\sqrt(6))t)
     • y p (t) = A e 3 t + B cos ⁡ 5 t + C sin ⁡ 5 t (\displaystyle y_(p)(t)=Ae^(3t)+B\cos 5t+C\sin 5t)
     • 9 A e 3 t − 25 B cos ⁡ 5 t − 25 C sin ⁡ 5 t + 6 A e 3 t + 6 B cos ⁡ 5 t + 6 C sin ⁡ 5 t = 2 e 3 t − cos ⁡ 5 t ( \displaystyle (\begin(aligned)9Ae^(3t)-25B\cos 5t&-25C\sin 5t+6Ae^(3t)\\&+6B\cos 5t+6C\sin 5t=2e^(3t)-\ cos 5t\end(poravnano)))
     • ( 9 A + 6 A = 2 , A = 2 15 − 25 B + 6 B = − 1 , B = 1 19 − 25 C + 6 C = 0 , C = 0 (\displaystyle (\begin(cases)9A+ 6A =2,&A=(\dfrac (2)(15))\\-25B+6B=-1,&B=(\dfrac (1)(19))\\-25C+6C=0,&C=0 \ konec (primeri)))
     • y (t) = c 1 cos ⁡ 6 t + c 2 sin ⁡ 6 t + 2 15 e 3 t + 1 19 cos ⁡ 5 t (\displaystyle y(t)=c_(1)\cos (\sqrt (6 ))t+c_(2)\sin (\sqrt (6))t+(\frac (2)(15))e^(3t)+(\frac (1)(19))\cos 5t)

   Lagrangeova metoda. Lagrangeova metoda ali metoda variacije poljubnih konstant je bolj splošna metoda za reševanje nehomogenih diferencialnih enačb, zlasti v primerih, ko prosti člen ne vsebuje končnega števila linearno neodvisnih odvodov. Na primer z brezplačnimi člani tan ⁡ x (\displaystyle \tan x) oz x − n (\displaystyle x^(-n)) da bi našli določeno rešitev, je treba uporabiti Lagrangeovo metodo. Lagrangeovo metodo lahko uporabimo celo za reševanje diferencialnih enačb s spremenljivimi koeficienti, vendar se v tem primeru, z izjemo Cauchy-Eulerjeve enačbe, manj pogosto uporablja, saj dodatna rešitev običajno ni izražena z elementarnimi funkcijami.

   • Predpostavimo, da ima rešitev naslednjo obliko. Njena izpeljanka je podana v drugi vrstici.
     • y (x) = v 1 (x) y 1 (x) + v 2 (x) y 2 (x) (\displaystyle y(x)=v_(1)(x)y_(1)(x)+v_ (2)(x)y_(2)(x))
     • y ′ = v 1 ′ y 1 + v 1 y 1 ′ + v 2 ′ y 2 + v 2 y 2 ′ (\displaystyle y"=v_(1)"y_(1)+v_(1)y_(1) "+v_(2)"y_(2)+v_(2)y_(2)")
   • Ker predlagana rešitev vsebuje dva neznane količine, je treba naložiti dodatno stanje. Ta dodatni pogoj izberemo v naslednji obliki:
     • v 1 ′ y 1 + v 2 ′ y 2 = 0 (\displaystyle v_(1)"y_(1)+v_(2)"y_(2)=0)
     • y ′ = v 1 y 1 ′ + v 2 y 2 ′ (\displaystyle y"=v_(1)y_(1)"+v_(2)y_(2)")
     • y ″ = v 1 ′ y 1 ′ + v 1 y 1 ″ + v 2 ′ y 2 ′ + v 2 y 2 ″ (\displaystyle y""=v_(1)"y_(1)"+v_(1) y_(1)""+v_(2)"y_(2)"+v_(2)y_(2)"")
   • Zdaj lahko dobimo drugo enačbo. Po zamenjavi in ​​prerazporeditvi članov lahko združite člane z v 1 (\displaystyle v_(1)) in člani iz v 2 (\displaystyle v_(2)). Ti pogoji so preklicani, ker y 1 (\displaystyle y_(1)) in y 2 (\displaystyle y_(2)) so rešitve ustrezne homogene enačbe. Kot rezultat dobimo naslednji sistem enačb
     • v 1 ′ y 1 + v 2 ′ y 2 = 0 v 1 ′ y 1 ′ + v 2 ′ y 2 ′ = f (x) (\displaystyle (\begin(aligned)v_(1)"y_(1)+ v_(2)"y_(2)&=0\\v_(1)"y_(1)"+v_(2)"y_(2)"&=f(x)\\\end(poravnano)))
   • Ta sistem je mogoče pretvoriti v matrično enačbo oblike A x = b , (\displaystyle A(\mathbf (x) )=(\mathbf (b) ),)čigar rešitev je x = A − 1 b . (\displaystyle (\mathbf (x) )=A^(-1)(\mathbf (b) ).) Za matrico 2 × 2 (\displaystyle 2\krat 2) inverzno matriko najdemo z deljenjem z determinanto, permutacijo diagonalnih elementov in obračanjem znaka nediagonalnih elementov. Pravzaprav je determinanta te matrike Wronskian.
     • (v 1 ′ v 2 ′) = 1 W (y 2 ′ − y 2 − y 1 ′ y 1) (0 f (x)) (\displaystyle (\begin(pmatrix)v_(1)"\\v_( 2)"\end(pmatrix))=(\frac (1)(W))(\begin(pmatrix)y_(2)"&-y_(2)\\-y_(1)"&y_(1)\ end(pmatrix))(\begin(pmatrix)0\\f(x)\end(pmatrix)))
   • Izrazi za v 1 (\displaystyle v_(1)) in v 2 (\displaystyle v_(2)) so navedeni spodaj. Tako kot pri redukcijski metodi se tudi v tem primeru med integracijo pojavi poljubna konstanta, ki vključuje dodatno rešitev v splošni rešitvi diferencialne enačbe.
     • v 1 (x) = − ∫ 1 W f (x) y 2 (x) d x (\displaystyle v_(1)(x)=-\int (\frac (1)(W))f(x)y_( 2)(x)(\mathrm (d) )x)
     • v 2 (x) = ∫ 1 W f (x) y 1 (x) d x (\displaystyle v_(2)(x)=\int (\frac (1)(W))f(x)y_(1) (x)(\mathrm (d) )x)
   
   Predavanje PU Intuit z naslovom "Linearne diferencialne enačbe n-tega reda s konstantnimi koeficienti".

Praktična uporaba

Diferencialne enačbe vzpostavljajo razmerje med funkcijo in enim ali več njenimi derivati. Ker so takšna razmerja tako pogosta, so diferencialne enačbe našle široko uporabo na najrazličnejših področjih, in ker živimo v štirih dimenzijah, so te enačbe pogosto diferencialne enačbe v zasebno odvod. Ta razdelek obravnava nekatere najpomembnejše enačbe te vrste.

• Eksponentna rast in propad. radioaktivni razpad. Obrestno obrestovanje. Hitrost kemičnih reakcij. Koncentracija zdravil v krvi. Neomejena rast prebivalstva. Newton-Richmannov zakon. V resničnem svetu obstaja veliko sistemov, v katerih je stopnja rasti ali propadanja v danem trenutku sorazmerna s količino v tistem času ali pa jo je mogoče dobro približati z modelom. To je zato, ker je rešitev te diferencialne enačbe, eksponentna funkcija, ena najpomembnejših funkcij v matematiki in drugih vedah. Splošneje lahko pri nadzorovani rasti prebivalstva sistem vključuje dodatne pogoje, ki omejujejo rast. V spodnji enačbi je konstanta k (\displaystyle k) je lahko večji ali manjši od nič.
  • d y d x = k x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=kx)
• Harmonične vibracije. Tako v klasični kot kvantni mehaniki je harmonični oscilator eden najpomembnejših fizikalnih sistemov zaradi svoje preprostosti in široke uporabe za aproksimacijo kompleksnejših sistemov, kot je preprosto nihalo. V klasični mehaniki so harmonična nihanja opisana z enačbo, ki povezuje položaj materialne točke z njenim pospeškom prek Hookovega zakona. V tem primeru je mogoče upoštevati tudi dušenje in pogonske sile. V spodnjem izrazu x ˙ (\displaystyle (\pika (x)))- časovni derivat x , (\displaystyle x,) β (\displaystyle \beta ) je parameter, ki opisuje silo dušenja, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- kotna frekvenca sistema, F (t) (\displaystyle F(t)) je časovno odvisna gonilna sila. Harmonični oscilator je prisoten tudi v elektromagnetnih nihajnih vezjih, kjer ga je mogoče implementirati z večjo natančnostjo kot v mehanskih sistemih.
  • x ¨ + 2 β x ˙ + ω 0 2 x = F (t) (\displaystyle (\ddot (x))+2\beta (\dot (x))+\omega _(0)^(2)x =F(t))
• Besselova enačba. Besselova diferencialna enačba se uporablja na številnih področjih fizike, vključno z rešitvijo valovne enačbe, Laplaceove enačbe in Schrödingerjeve enačbe, zlasti v prisotnosti cilindrične ali sferične simetrije. Ta diferencialna enačba drugega reda s spremenljivimi koeficienti ni Cauchy-Eulerjeva enačba, zato njenih rešitev ni mogoče zapisati kot elementarne funkcije. Rešitve Besselove enačbe so Besselove funkcije, ki so dobro raziskane zaradi dejstva, da se uporabljajo na številnih področjih. V spodnjem izrazu α (\displaystyle \alpha ) je konstanta, ki se ujema naročilo Besselove funkcije.
  • x 2 d 2 y d x 2 + x d y d x + (x 2 − α 2) y = 0 (\displaystyle x^(2)(\frac ((\mathrm (d) )^(2)y)((\mathrm (d) ) )x^(2)))+x(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))+(x^(2)-\alpha ^(2)) y=0)
• Maxwellove enačbe. Skupaj z Lorentzovo silo tvorijo Maxwellove enačbe osnovo klasične elektrodinamike. To so štiri parcialne diferencialne enačbe za elektriko E (r , t) (\displaystyle (\mathbf (E) )((\mathbf (r) ),t)) in magnetno B (r , t) (\displaystyle (\mathbf (B) )((\mathbf (r) ),t)) polja. V spodnjih izrazih ρ = ρ (r , t) (\displaystyle \rho =\rho ((\mathbf (r) ),t))- gostota naboja, J = J (r , t) (\displaystyle (\mathbf (J) )=(\mathbf (J) )((\mathbf (r) ),t)) je gostota toka in ϵ 0 (\displaystyle \epsilon _(0)) in μ 0 (\displaystyle \mu _(0)) sta električna in magnetna konstanta.
  • ∇ ⋅ E = ρ ϵ 0 ∇ ⋅ B = 0 ∇ × E = − ∂ B ∂ t ∇ × B = μ 0 J + μ 0 ϵ 0 ∂ E ∂ t (\displaystyle (\begin(aligned)\nabla \cdot (\mathbf (E) )&=(\frac (\rho )(\epsilon _(0)))\\\nabla \cdot (\mathbf (B) )&=0\\\nabla \times (\mathbf (E) )&=-(\frac (\partial (\mathbf (B) ))(\partial t))\\\nabla \times (\mathbf (B) )&=\mu _(0)(\ mathbf (J) )+\mu _(0)\epsilon _(0)(\frac (\delno (\mathbf (E) ))(\delno t))\end(poravnano)))
• Schrödingerjeva enačba. V kvantni mehaniki je Schrödingerjeva enačba osnovna enačba gibanja, ki opisuje gibanje delcev v skladu s spremembo valovne funkcije Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) s časom. Enačba gibanja je opisana z vedenjem Hamiltonov H ^ (\displaystyle (\hat(H))) - operater, ki opisuje energijo sistema. Eden od dobro znanih primerov Schrödingerjeve enačbe v fiziki je enačba za en nerelativistični delec, ki je podvržen potencialu V (r , t) (\displaystyle V((\mathbf (r) ),t)). Veliko sistemov opisuje časovno odvisna Schrödingerjeva enačba z enačbo na levi strani E Ψ , (\displaystyle E\Psi ,) kje E (\displaystyle E) je energija delca. V spodnjih izrazih ℏ (\displaystyle \hbar ) je zmanjšana Planckova konstanta.
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = H ^ Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\delni \Psi )(\delni t))=(\hat (H))\Psi )
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = (− ℏ 2 2 m ∇ 2 + V (r , t)) Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\partial \Psi )(\partial t))=\left(- (\frac (\hbar ^(2))(2m))\nabla ^(2)+V((\mathbf (r) ),t)\desno)\Psi )
• valovna enačba. Fizike in tehnologije si je nemogoče predstavljati brez valov, prisotni so v vseh vrstah sistemov. Na splošno so valovi opisani s spodnjo enačbo, v kateri u = u (r , t) (\displaystyle u=u((\mathbf (r) ),t)) je želena funkcija in c (\displaystyle c)- eksperimentalno določena konstanta. d'Alembert je prvi odkril, da je za enodimenzionalni primer rešitev valovne enačbe kaj funkcija z argumentom x − c t (\displaystyle x-ct), ki opisuje poljubno valovanje, ki se širi v desno. Splošna rešitev za enodimenzionalni primer je linearna kombinacija te funkcije z drugo funkcijo z argumentom x + c t (\displaystyle x+ct), ki opisuje valovanje, ki se širi v levo. Ta rešitev je predstavljena v drugi vrstici.
  • ∂ 2 u ∂ t 2 = c 2 ∇ 2 u (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)u)(\partial t^(2)))=c^(2)\nabla ^(2)u )
  • u (x , t) = f (x − c t) + g (x + c t) (\displaystyle u(x,t)=f(x-ct)+g(x+ct))
• Navier-Stokesove enačbe. Navier-Stokesove enačbe opisujejo gibanje tekočin. Ker so tekočine prisotne na skoraj vseh področjih znanosti in tehnologije, so te enačbe izjemno pomembne za napovedovanje vremena, načrtovanje letal, oceanske tokove in številne druge aplikacije. Navier-Stokesove enačbe so nelinearne parcialne diferencialne enačbe in jih je v večini primerov zelo težko rešiti, saj nelinearnost vodi do turbulence, in da bi dobili stabilno rešitev z numeričnimi metodami, delimo na zelo majhne celic, kar zahteva znatno računalniško moč. Za praktične namene v hidrodinamiki se za modeliranje turbulentnih tokov uporabljajo metode, kot je časovno povprečenje. Še bolj osnovna vprašanja, kot sta obstoj in edinstvenost rešitev nelinearnih parcialnih diferencialnih enačb, so kompleksni problemi, dokazovanje obstoja in edinstvenosti rešitev Navier-Stokesovih enačb v treh dimenzijah pa je med matematičnimi problemi tisočletja . Spodaj sta enačba toka nestisljive tekočine in enačba kontinuitete.
  • ∂ u ∂ t + (u ⋅ ∇) u − ν ∇ 2 u = − ∇ h , ∂ ρ ∂ t + ∇ ⋅ (ρ u) = 0 (\displaystyle (\frac (\partial (\mathbf (u) ) )(\partial t))+((\mathbf (u) )\cdot \nabla)(\mathbf (u) )-\nu \nabla ^(2)(\mathbf (u) )=-\nabla h, \quad (\frac (\partial \rho )(\partial t))+\nabla \cdot (\rho (\mathbf (u) ))=0)

• Številnih diferencialnih enačb preprosto ni mogoče rešiti z zgornjimi metodami, zlasti s tistimi, omenjenimi v zadnjem razdelku. To velja, kadar enačba vsebuje spremenljive koeficiente in ni Cauchy-Eulerjeva enačba ali če je enačba nelinearna, razen v nekaj zelo redkih primerih. Vendar vam zgornje metode omogočajo reševanje številnih pomembnih diferencialnih enačb, ki se pogosto pojavljajo na različnih področjih znanosti.
• Za razliko od diferenciacije, ki vam omogoča, da najdete odvod katere koli funkcije, integrala številnih izrazov ni mogoče izraziti v elementarnih funkcijah. Zato ne izgubljajte časa z izračunom integrala, kjer je to nemogoče. Poglej tabelo integralov. Če rešitve diferencialne enačbe ni mogoče izraziti z elementarnimi funkcijami, jo lahko včasih predstavimo v integralni obliki in v tem primeru ni pomembno, ali je ta integral mogoče izračunati analitično.

Opozorila

• Videz diferencialna enačba je lahko zavajajoča. Spodaj sta na primer dve diferencialni enačbi prvega reda. Prvo enačbo je enostavno rešiti z metodami, opisanimi v tem članku. Na prvi pogled manjša sprememba y (\displaystyle y) na y 2 (\displaystyle y^(2)) v drugi enačbi postane nelinearna in jo je zelo težko rešiti.
  • d y d x = x 2 + y (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=x^(2)+y)
  • d y d x = x 2 + y 2 (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=x^(2)+y^(2))

6.1. OSNOVNI POJMI IN DEFINICIJE

Pri reševanju različnih problemov matematike in fizike, biologije in medicine pogosto ni mogoče takoj vzpostaviti funkcionalne odvisnosti v obliki formule, ki povezuje spremenljivke, ki opisujejo preučevani proces. Običajno je treba uporabiti enačbe, ki vsebujejo poleg neodvisne spremenljivke in neznane funkcije tudi njene odvode.

Opredelitev. Imenuje se enačba, ki povezuje neodvisno spremenljivko, neznano funkcijo in njene odvode različnih vrst diferencial.

Neznana funkcija je običajno označena y(x) ali preprosto y, in njegove izpeljanke so y", y" itd.

Možni so tudi drugi zapisi, na primer: če l= x(t), potem x"(t), x""(t) so njegove izpeljanke in t je neodvisna spremenljivka.

Opredelitev.Če je funkcija odvisna od ene spremenljivke, se diferencialna enačba imenuje navadna. Splošni obrazec navadna diferencialna enačba:

oz

Funkcije F in f morda ne vsebuje nekaterih argumentov, toda da bi bile enačbe diferencialne, je bistvena prisotnost derivata.

Opredelitev.Vrstni red diferencialne enačbe je vrstni red najvišjega derivata, ki je vključen v to.

na primer x 2 y"- l= 0, y" + sin x= 0 so enačbe prvega reda in y"+ 2 y"+ 5 l= x je enačba drugega reda.

Pri reševanju diferencialnih enačb se uporablja operacija integracije, ki je povezana s pojavom poljubne konstante. Če je uporabljeno dejanje integracije n krat, potem bo očitno rešitev vsebovala n poljubne konstante.

6.2. DIFERENCIALNE ENAČBE PRVEGA REDA

Splošni obrazec diferencialna enačba prvega reda je definiran z izrazom

Enačba ne sme izrecno vsebovati x in y, vendar nujno vsebuje y".

Če lahko enačbo zapišemo kot

potem dobimo diferencialno enačbo prvega reda, rešeno glede na odvod.

Opredelitev. Splošna rešitev diferencialne enačbe prvega reda (6.3) (ali (6.4)) je množica rešitev , kje OD je poljubna konstanta.

Graf za reševanje diferencialne enačbe se imenuje integralna krivulja.

Podajanje poljubne konstante OD različne vrednosti, je možno dobiti posebne rešitve. Na površini xOy splošna rešitev je družina integralnih krivulj, ki ustreza vsaki posamezni rešitvi.

Če postavite točko A(x0, y0), skozi katerega mora iti integralna krivulja, potem praviloma iz množice funkcij eno lahko izpostavimo - posebno rešitev.

Opredelitev.Zasebna odločitev diferencialne enačbe je njena rešitev, ki ne vsebuje poljubnih konstant.

Če je splošna rešitev, potem iz pogoja

lahko najdete stalno OD. Pogoj se imenuje začetno stanje.

Problem iskanja določene rešitve diferencialne enačbe (6.3) ali (6.4), ki izpolnjuje začetni pogoj pri klical Cauchyjev problem. Ali ima ta problem vedno rešitev? Odgovor je v naslednjem izreku.

Cauchyjev izrek(izrek obstoja in enkratnosti rešitve). Vstavimo diferencialno enačbo y"= f(x, y) funkcijo f(x, y) in njo

delni derivat določeno in v nekaterih neprekinjeno

področja D, ki vsebuje piko Nato na območju D obstaja

edina rešitev enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj pri

Cauchyjev izrek pravi, da pod določenimi pogoji obstaja edinstvena integralna krivulja l= f(x), ki poteka skozi točko Točke, kjer pogoji izreka niso izpolnjeni

Mačke se imenujejo poseben. Zlomi na teh točkah f(x, y) oz.

Bodisi več integralnih krivulj poteka skozi posebno točko ali nobena.

Opredelitev.Če rešitev (6.3), (6.4) najdemo v obliki f(x, y, c)= 0 ni dovoljeno glede na y, potem se imenuje skupni integral diferencialna enačba.

Cauchyjev izrek zagotavlja le obstoj rešitve. Ker ni enotne metode za iskanje rešitve, bomo obravnavali samo nekatere vrste diferencialnih enačb prvega reda, ki so integrabilne v kvadrati.

Opredelitev. Diferencialna enačba se imenuje integrabilen v kvadraturah,če se iskanje njegove rešitve zmanjša na integracijo funkcij.

6.2.1. Diferencialne enačbe prvega reda z ločljivimi spremenljivkami

Opredelitev. Diferencialna enačba prvega reda se imenuje enačba z ločljive spremenljivke,

Desna stran enačbe (6.5) je produkt dveh funkcij, od katerih je vsaka odvisna samo od ene spremenljivke.

Na primer enačba je enačba z ločevanjem

podajanje spremenljivk
in enačba

ni mogoče predstaviti v obliki (6.5).

Glede na to , prepišemo (6.5) kot

Iz te enačbe dobimo diferencialno enačbo z ločenimi spremenljivkami, v kateri diferenciali vsebujejo funkcije, ki so odvisne le od ustrezne spremenljivke:

Z integracijo izraza za izrazom imamo

kjer je C= C 2 - C 1 je poljubna konstanta. Izraz (6.6) je splošni integral enačbe (6.5).

Če oba dela enačbe (6.5) delimo z , lahko izgubimo tiste rešitve, za katere Res, če pri

potem je očitno rešitev enačbe (6.5).

Primer 1 Poiščite zadovoljivo rešitev enačbe

stanje: l= 6 at x= 2 (l(2) = 6).

rešitev. Zamenjajmo pri" za takrat . Pomnožite obe strani s

dx, saj je pri nadaljnji integraciji nemogoče zapustiti dx v imenovalcu:

in nato oba dela razdelite na dobimo enačbo,

ki jih je mogoče integrirati. Integriramo:

Potem ; potenciramo, dobimo y = C . (x + 1) - ob-

rešitev.

Na podlagi začetnih podatkov določimo poljubno konstanto tako, da jih nadomestimo v splošno rešitev

Končno dobimo l= 2(x + 1) je posebna rešitev. Oglejmo si še nekaj primerov reševanja enačb z ločljivimi spremenljivkami.

Primer 2 Poiščite rešitev enačbe

rešitev. Glede na to , dobimo .

Če integriramo obe strani enačbe, imamo

kje

Primer 3 Poiščite rešitev enačbe rešitev. Oba dela enačbe delimo s tistimi faktorji, ki so odvisni od spremenljivke, ki ne sovpada s spremenljivko pod diferencialnim predznakom, to je z in integrirati. Potem dobimo

in končno

Primer 4 Poiščite rešitev enačbe

rešitev. Vedeti, kaj bomo dobili. Oddelek-

lim spremenljivke. Potem

Integracija, dobimo

Komentiraj. V primerih 1 in 2 želena funkcija l izražen eksplicitno (splošna rešitev). V primerih 3 in 4 - implicitno (splošni integral). V prihodnje oblika sklepa ne bo določena.

Primer 5 Poiščite rešitev enačbe rešitev.

Primer 6 Poiščite rešitev enačbe zadovoljivo

stanje y(e)= 1.

rešitev. Enačbo zapišemo v obliki

Če pomnožimo obe strani enačbe s dx in naprej, dobimo

Integracija obeh strani enačbe (integral na desni strani je vzet po delih), dobimo

Ampak glede na pogoje l= 1 at x= e. Potem

Nadomestite najdene vrednosti OD v splošno rešitev:

Dobljeni izraz se imenuje posebna rešitev diferencialne enačbe.

6.2.2. Homogene diferencialne enačbe prvega reda

Opredelitev. Diferencialna enačba prvega reda se imenuje homogenače ga je mogoče predstaviti kot

Predstavimo algoritem za reševanje homogene enačbe.

1. Namesto tega l uvesti novo funkcijo Potem in zato

2. Glede na funkcijo u enačba (6.7) dobi obliko

t.j. zamenjava reducira homogeno enačbo na enačbo z ločljivimi spremenljivkami.

3. Pri reševanju enačbe (6.8) najprej poiščemo u, nato pa l= ux.

Primer 1 reši enačbo rešitev. Enačbo zapišemo v obliki

Naredimo zamenjavo:
Potem

Zamenjajmo

Pomnoži z dx: Razdeli po x in naprej potem

Z integracijo obeh delov enačbe glede na ustrezne spremenljivke imamo

ali, če se vrnemo k starim spremenljivkam, končno dobimo

Primer 2reši enačbo rešitev.Pustiti potem

Obe strani enačbe delite z x2: Odprimo oklepaje in prerazporedimo izraze:

Če preidemo na stare spremenljivke, pridemo do končnega rezultata:

Primer 3Poiščite rešitev enačbe pod pogojem

rešitev.Izvedba standardne zamenjave dobimo

oz

oz

Torej ima posebna rešitev obliko Primer 4 Poiščite rešitev enačbe

rešitev.

Primer 5Poiščite rešitev enačbe rešitev.

Samostojno delo

Poiščite rešitev diferencialnih enačb z ločljivimi spremenljivkami (1-9).

Poiščite rešitev homogenih diferencialnih enačb (9-18).

6.2.3. Nekatere aplikacije diferencialnih enačb prvega reda

Problem radioaktivnega razpada

Hitrost razpada Ra (radija) v vsakem trenutku je sorazmerna z njegovo razpoložljivo maso. Poiščite zakon radioaktivnega razpada Ra, če je znano, da je bil Ra v začetnem trenutku in je razpolovna doba Ra 1590 let.

rešitev. Naj bo trenutno masa Ra x= x(t) g, in Potem je stopnja razpada Ra

Glede na nalogo

kje k

Z ločitvijo spremenljivk v zadnji enačbi in integracijo dobimo

kje

Za določitev C uporabimo začetni pogoj: .

Potem in zato,

Faktor sorazmernosti k določeno iz dodatnega pogoja:

Imamo

Od tod in želeno formulo

Problem hitrosti razmnoževanja bakterij

Hitrost razmnoževanja bakterij je sorazmerna z njihovim številom. V začetnem trenutku je bilo 100 bakterij. V 3 urah se je njihovo število podvojilo. Ugotovite odvisnost števila bakterij od časa. Kolikokrat se bo povečalo število bakterij v 9 urah?

rešitev. Pustiti x- število bakterij v tem trenutku t. Potem, glede na pogoje,

kje k- sorazmernostni koeficient.

Od tod Iz stanja je znano, da . pomeni,

Iz dodatnega pogoja . Potem

Zahtevana funkcija:

Torej, pri t= 9 x= 800, tj. v 9 urah se je število bakterij povečalo za 8-krat.

Naloga povečanja količine encima

V kulturi pivskega kvasa je stopnja rasti aktivnega encima sorazmerna z njegovo začetno količino. x. Začetna količina encima a podvojila v eni uri. Poiščite odvisnost

x(t).

rešitev. Po pogoju ima diferencialna enačba procesa obliko

od tod

Ampak . pomeni, C= a in potem

Znano je tudi, da

Posledično

6.3. DIFERENCIALNE ENAČBE DRUGEGA REDA

6.3.1. Osnovni pojmi

Opredelitev.Diferencialna enačba drugega reda se imenuje relacija, ki povezuje neodvisno spremenljivko, želeno funkcijo ter njen prvi in ​​drugi odvod.

V posebnih primerih lahko x v enačbi ni, pri ali y". Vendar pa mora enačba drugega reda nujno vsebovati y". V splošnem primeru je diferencialna enačba drugega reda zapisana kot:

ali, če je mogoče, v obliki, ki je dovoljena za drugo izpeljanko:

Kot v primeru enačbe prvega reda ima lahko tudi enačba drugega reda splošno in posebno rešitev. Splošna rešitev izgleda takole:

Iskanje zasebne rešitve

pod začetnimi pogoji - dano

številka) se kliče Cauchyjev problem. Geometrijsko to pomeni, da je treba najti integralno krivuljo pri= y(x), ki poteka skozi dano točko in ima tangento na tej točki, kar je približno

vilice s pozitivno smerjo osi Ox podani kot. e. (slika 6.1). Cauchyjev problem ima edinstveno rešitev, če desna stran enačbe (6.10), nepred-

je diskontinuiran in ima zvezne delne odvode glede na ti, ti" v neki bližini izhodišča

Najti konstanto vključena v posamezno rešitev, je treba sistemu omogočiti

riž. 6.1. integralna krivulja