المعادلات التفاضلية في مجموع الفروق. المعادلة في مجموع الفروق

تتم كتابة المعادلة التفاضلية ذات المتغيرات المنفصلة على النحو التالي: (1). في هذه المعادلة ، يعتمد أحد المصطلحات على x فقط ، والآخر يعتمد على y. من خلال دمج مصطلح هذه المعادلة حسب المصطلح ، نحصل على:
هو مكمله العام.

مثال: أوجد التكامل العام للمعادلة:
.

الحل: هذه المعادلة معادلة تفاضلية ذات متغيرات منفصلة. لهذا
أو
دل
. ثم
هو التكامل العام للمعادلة التفاضلية.

المعادلة المتغيرة القابلة للفصل لها الشكل (2). يمكن بسهولة اختزال المعادلة (2) إلى المعادلة (1) بتقسيمها على مصطلح
. نحن نحصل:

هو التكامل العام.

مثال:حل المعادلة .

الحل: قم بتحويل الجانب الأيسر من المعادلة:. نقسم كلا طرفي المعادلة على


الحل هو التعبير:
أولئك.

المعادلات التفاضلية المتجانسة. معادلات برنولي. المعادلات التفاضلية الخطية من الدرجة الأولى.

تسمى معادلة النوع متجانس، إذا
و
هي وظائف متجانسة من نفس الترتيب (القياس). دور
تسمى وظيفة متجانسة من الدرجة الأولى (القياس) إذا ، عند ضرب كل من حججها بواسطة عامل تعسفي يتم ضرب الدالة بأكملها في ، بمعنى آخر.
=
.

يمكن اختزال المعادلة المتجانسة إلى النموذج
. بمساعدة الاستبدال
(
) يتم اختزال المعادلة المتجانسة إلى معادلة ذات متغيرات قابلة للفصل فيما يتعلق بالدالة الجديدة .

يتم استدعاء المعادلة التفاضلية من الدرجة الأولى خطيإذا كان يمكن كتابته في النموذج
.

طريقة برنولي

حل المعادلة
يتم البحث عنه كمنتج لوظيفتين أخريين ، أي باستخدام الاستبدال
(
).

مثال:تكامل المعادلة
.

نحن نؤمن
. ثم أي . أولا نحل المعادلة
=0:


.

الآن نحل المعادلة
أولئك.


. إذن الحل العام لهذه المعادلة هو
أولئك.

معادلة J. Bernoulli

معادلة الشكل أين
اتصل معادلة برنولي. تم حل هذه المعادلة باستخدام طريقة برنولي.

المعادلات التفاضلية المتجانسة من الدرجة الثانية ذات المعاملات الثابتة

المعادلة التفاضلية الخطية المتجانسة من الدرجة الثانية هي معادلة للصيغة (1) ، أين و ثابتة.

سيتم البحث عن حلول معينة للمعادلة (1) في النموذج
، أين إلى- بعض الأرقام. التفريق بين هذه الدالة مرتين والتعويض عن التعبيرات
في المعادلة (1) ، نحصل على m.e. أو
(2) (
).

تسمى المعادلة 2 المعادلة المميزة للمعادلة التفاضلية.

عند حل المعادلة المميزة (2) ، هناك ثلاث حالات ممكنة.

حالة 1الجذور و المعادلات (2) حقيقية ومختلفة:

و

.

الحالة 2الجذور و المعادلات (2) حقيقية ومتساوية:
. في هذه الحالة ، فإن الحلول الخاصة للمعادلة (1) هي الوظائف
و
. لذلك ، الحل العام للمعادلة (1) له الشكل
.

الحالة 3الجذور و المعادلات (2) معقدة:
,
. في هذه الحالة ، فإن الحلول الخاصة للمعادلة (1) هي الوظائف
و
. لذلك ، الحل العام للمعادلة (1) له الشكل

مثال.حل المعادلة
.

المحلول:نؤلف المعادلة المميزة:
. ثم
. الحل العام لهذه المعادلة
.

Extremum لدالة من عدة متغيرات. المدقع الشرطي.

Extremum لدالة من عدة متغيرات

تعريف.النقطة M (x حول ، ذ حول ) يسمىالحد الأقصى (الحد الأدنى) نقطة المهامض= F(x، y) إذا كان هناك حي للنقطة M بحيث يكون لجميع النقاط (x ، y) من هذا الحي عدم المساواة
(
)

على التين. 1 نقطة لكن
- هناك حد أدنى ، والنقطة في
- أقصى نقطة.

ضروريالحالة القصوى هي نظير متعدد الأبعاد لنظرية فيرما.

نظرية.دع النقطة
هي النقطة القصوى لدالة التفاضلض= F(x، ذ). ثم المشتقات الجزئية
و
فيهذه النقطة هي صفر.

النقاط التي يتم فيها استيفاء الشروط الضرورية للوظيفة القصوى ض= F(x، ص) ،أولئك. المشتقات الجزئية ض" x و ض" ذ تساوي الصفر تسمى حرجأو ثابت.

إن مساواة المشتقات الجزئية بالصفر تعبر فقط عن شرط ضروري ولكنه غير كاف لأقصى دالة من عدة متغيرات.

على التين. ما يسمى ب نقطة السرج M (x حول ، ذ حول ). المشتقات الجزئية
و
تساوي الصفر ، ولكن من الواضح أنه لا يوجد حد أقصى عند هذه النقطة م (x حول ، ذ حول ) رقم.

نقاط السرج هذه هي نظائر ثنائية الأبعاد لنقاط الانعطاف لوظائف متغير واحد. التحدي هو فصلهم عن النقاط القصوى. بعبارة أخرى ، عليك أن تعرف كافٍحالة متطرفة.

Theorem (شرط كافٍ لحدود دالة من متغيرين).دع الوظيفةض= F(x، ص):أ) يتم تعريفه في بعض المناطق المجاورة للنقطة الحرجة (x حول ، ذ حول )، حيث
= 0 و
=0 ;

ب) له مشتقات جزئية مستمرة من الدرجة الثانية في هذه المرحلة
;

;
ثم إذا ∆ = AC-B 2 >0, ثم عند النقطة (x حول ، ذ حول ) وظيفةض= F(x، y) له حد أقصى ، وإذالكن<0 - كحد أقصى إذاأ> 0 - الحد الأدنى. في حالة ∆ = AC-B 2 <0, функция ض= F(x، y) ليس له حد أقصى. إذا ∆ = AC-B 2 = 0 ، ثم تظل مسألة وجود الطرف الأقصى مفتوحة.

استقصاء دالة من متغيرين للنهاية القصوىيوصى بتنفيذ ما يلي مخطط:

أوجد المشتقات الجزئية للدوال ض" x و ض" ذ .

حل جملة معادلات ض" x =0, ض" ذ =0 والعثور على النقاط الحرجة للدالة.

ابحث عن مشتقات جزئية من الدرجة الثانية ، واحسب قيمها عند كل نقطة حرجة ، وباستخدام شرط كافٍ ، استخلص استنتاجًا حول وجود القيم القصوى.

أوجد القيم القصوى (القيم القصوى) للدالة.

مثال.أوجد القيمة القصوى لدالة

المحلول. 1. أوجد المشتقات الجزئية

2. تم العثور على النقاط الحرجة للدالة من نظام المعادلات:

وجود أربعة حلول (1 ؛ 1) و (1 ؛ -1) و (-1 ؛ 1) و (-1 ؛ -1).

3. نجد المشتقات الجزئية من الرتبة الثانية:

;
;
، نحسب قيمها في كل نقطة حرجة ونتحقق من استيفاء الحالة القصوى الكافية عندها.

على سبيل المثال ، عند النقطة (1 ؛ 1) أ= ض"(1; 1) = -1 ؛ ب = 0 ؛ ج = -1. لان ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0 = 1> 0 و أ = -1<0, ثم النقطة (1 ؛ 1) هي النقطة القصوى.

وبالمثل ، فإننا نثبت أن (-1 ؛ -1) هي النقطة الدنيا ، وعند النقاط (1 ؛ -1) و (-1 ؛ 1) ، حيث ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. أوجد القيمة القصوى للدالة z max = z (l ؛ 1) = 2، z min = z (-l؛ -1) = -2 ،

المدقع الشرطي. طريقة مضاعفات لاجرانج.

ضع في اعتبارك مشكلة خاصة بوظائف عدة متغيرات ، عندما لا يتم البحث عن أقصى حد لها في مجال التعريف بأكمله ، ولكن على مجموعة تفي بشرط معين.

دع الدالة z = F(x, ذ), الحجج Xو فيالتي تفي بالشرط ز(س ، ص)= من،اتصل معادلة الاتصال.

تعريف.نقطة
تسمى نقطةالحد الأقصى المشروط (الحد الأدنى) ، إذا كان هناك حي من هذه النقطة يستوفي الشرط لجميع النقاط (س ، ص) من هذا الحيز (x, ذ) = С ، عدم المساواة

(
).

على التين. يتم عرض النقطة القصوى المشروطة
. من الواضح أنها ليست نقطة نهائية غير مشروطة للدالة z = F(x, ذ) (في الشكل هذه نقطة
).

إن أبسط طريقة لإيجاد الحد الأقصى الشرطي لدالة لمتغيرين هي تقليل المشكلة لإيجاد الحد الأقصى لدالة متغير واحد. افترض معادلة القيد ز (x, ذ) = منتمكنت من حل فيما يتعلق بأحد المتغيرات ، على سبيل المثال ، للتعبير فيعبر X:
. استبدال التعبير الناتج في دالة لمتغيرين ، نحصل على z = F(x, ذ) =
, أولئك. دالة لمتغير واحد. سيكون الطرف الأقصى هو الطرف الشرطي للوظيفة ض = F(x, ذ).

مثال. X 2 + ذ 2 بشرط 3 س + 2 ص = 11.

المحلول. نعبر عن المتغير y من المعادلة 3x + 2y \ u003d 11 من حيث المتغير x ونستبدل الناتج الناتج
في وظيفة ض. احصل على ض= x 2 +2
أو ض =
. هذه الوظيفة لها حد أدنى واحد عند = 3. قيمة الوظيفة المقابلة
وبالتالي ، (3 ؛ 1) هي نقطة نهائية شرطية (حد أدنى).

في المثال المدروس ، معادلة القيد ز(x، ص) = جاتضح أنها خطية ، لذلك تم حلها بسهولة فيما يتعلق بأحد المتغيرات. ومع ذلك ، في الحالات الأكثر تعقيدًا ، لا يمكن القيام بذلك.

لإيجاد الطرف الأقصى الشرطي ، في الحالة العامة ، نستخدم طريقة مضاعفات لاجرانج.

ضع في اعتبارك دالة من ثلاثة متغيرات

هذه الوظيفة تسمى وظيفة لاغرانج ،أ - مضاعف لاغرانج.النظرية التالية صحيحة.

نظرية.إذا كانت النقطة
هي النقطة القصوى الشرطية للدالةض = F(x, ذ) بشرطز (x, ذ) = C ، إذن هناك قيمة مثل هذه النقطة
هي النقطة القصوى للدالةإل{ x, ذ, ).

وبالتالي ، للعثور على الطرف الأقصى الشرطي للدالة ض = F(س ، ص)بشرط ز(x, ذ) = جبحاجة إلى إيجاد حل للنظام

على التين. يظهر المعنى الهندسي لظروف لاغرانج. خط ز(س ، ص)= C منقط ، خط المستوى ز(x, ذ) = س وظائف ض = F(x, ذ) صلب.

من التين. يتبع ذلك عند النقطة القصوى الشرطية ، خط مستوى الوظيفةض = F(x, ذ) يلامس الخطز(x, ذ) = ج.

مثال.أوجد الحد الأقصى والحد الأدنى من نقاط الدالة z = X 2 + ذ 2 بشرط 3 س + 2 ص = 11 باستخدام طريقة مضاعف لاغرانج.

المحلول. قم بتكوين وظيفة لاغرانج إل= س 2 + 2 س 2 +

معادلة مشتقاتها الجزئية بالصفر ، نحصل على نظام المعادلات

الحل الوحيد (س = 3 ، ص = 1 ، =-2). وبالتالي ، فقط النقطة (3 ؛ 1) يمكن أن تكون نقطة نهائية شرطية. من السهل التحقق من أن الوظيفة في هذه المرحلة ض= F(x, ذ) لديه حد أدنى مشروط.

في عدد من المعادلات DE العادية من الدرجة الأولى ، توجد تلك التي يمكن فيها تباعد المتغيرين x و y في الجزأين الأيمن والأيسر من المعادلة. يمكن فصل المتغيرات بالفعل ، كما يمكن رؤيته في المعادلة f (y) d y = g (x) d x. يمكن فصل المتغيرات في ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x بواسطة تحويلات. في أغلب الأحيان ، للحصول على معادلات ذات متغيرات قابلة للفصل ، يتم استخدام طريقة إدخال متغيرات جديدة.

في هذا الموضوع ، سنحلل بالتفصيل طريقة حل المعادلات ذات المتغيرات المنفصلة. دعونا نفكر في المعادلات ذات المتغيرات القابلة للفصل و DE ، والتي يمكن اختزالها إلى معادلات ذات متغيرات قابلة للفصل. في القسم ، قمنا بتحليل عدد كبير من المهام حول الموضوع مع تحليل مفصل للحل.

من أجل تسهيل استيعاب الموضوع ، نوصيك بالتعرف على المعلومات المنشورة في صفحة "التعريفات والمفاهيم الأساسية لنظرية المعادلات التفاضلية".

المعادلات التفاضلية المنفصلة f (y) d y = g (x) d x

التعريف 1

تسمى المعادلات ذات المتغيرات المنفصلة DE بالصيغة f (y) d y = g (x) d x. كما يوحي الاسم ، فإن المتغيرات التي تشكل تعبيرًا موجودة على جانبي علامة التساوي.

دعونا نتفق على أن الدالتين f (y) و ز (س)سنفترض المستمر.

بالنسبة للمعادلات ذات المتغيرات المنفصلة ، سيكون التكامل العام هو ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. يمكننا الحصول على الحل العام لـ DE في شكل وظيفة معينة ضمنيًا Ф (x ، y) \ u003d 0 ، بشرط أن يتم التعبير عن التكاملات من المساواة المذكورة أعلاه في الوظائف الأولية. في عدد من الحالات ، يمكن أيضًا التعبير عن الوظيفة y بشكل صريح.

مثال 1

أوجد الحل العام للمعادلة التفاضلية المنفصلة y 2 3 d y = sin x d x.

المحلول

ندمج كلا جانبي المساواة:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

هذا ، في الواقع ، هو الحل العام لهذا DE. في الواقع ، لقد قللنا مشكلة إيجاد حل عام للمعادلة التفاضلية لمشكلة إيجاد التكاملات غير المحددة.

يمكننا الآن استخدام الجدول العكسي لأخذ التكاملات التي يتم التعبير عنها في الدوال الأولية:

∫ 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 2
حيث C 1 و C 2 ثوابت اعتباطية.

الدالة 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 معرفة ضمنيًا. إنه حل عام للمعادلة التفاضلية المنفصلة الأصلية. لقد تلقينا ردًا وقد لا نتابع القرار. ومع ذلك ، في المثال قيد النظر ، يمكن التعبير عن الوظيفة المطلوبة صراحةً من حيث الوسيطة x.

نحن نحصل:

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

الحل العام لهذا DE هو الدالة y = - 5 3 cos x + C 3 5

إجابه:

يمكننا كتابة الإجابة بعدة طرق: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x أو 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2 أو y = - 5 3 cos x + C 3 5

يجدر دائمًا أن توضح للمدرس أنه إلى جانب المهارات اللازمة لحل المعادلات التفاضلية ، لديك أيضًا القدرة على تحويل التعبيرات وأخذ التكاملات. اجعلها بسيطة. يكفي إعطاء الإجابة النهائية في صورة دالة صريحة أو دالة معينة ضمنيًا Ф (س ، ص) = 0.

المعادلات التفاضلية ذات المتغيرات القابلة للفصل f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y "= d y d x عندما تكون y دالة في x.

في جهاز التحكم عن بعد f 1 (y) g 1 (x) d y \ u003d f 2 (y) g 2 (x) d x أو f 1 (y) g 1 (x) y "= f 2 (y) g 2 (x) ) d x يمكننا إجراء تحويلات بطريقة تفصل بين المتغيرات ، ويسمى هذا النوع من DE المتغير القابل للفصل DE ، وستكتب DE ذات المتغيرات المنفصلة بالشكل f 1 (y) f 2 (y) d y = ز 2 (x) ز 1 (x) د x.

عند فصل المتغيرات ، من الضروري إجراء جميع التحولات بعناية لتجنب الأخطاء. يجب أن تكون المعادلات الناتجة والأصلية معادلة لبعضها البعض. كاختبار ، يمكنك استخدام الشرط وفقًا لـ f 2 (y) و غ 1 (x)يجب ألا تختفي في فترة التكامل. إذا لم يتم استيفاء هذا الشرط ، فهناك احتمال أن نفقد بعض الحلول.

مثال 2

أوجد جميع حلول المعادلة التفاضلية y "= y · (x 2 + e x).

المحلول

يمكننا فصل x و y ، لذا فإننا نتعامل مع متغير DE قابل للفصل.

y "\ u003d y (x 2 + e x) ⇔ d y d x \ u003d y (x 2 + e x) ⇔ d y y \ u003d (x 2 + e x) d x p p و y ≠ 0

عندما y \ u003d 0 ، تصبح المعادلة الأصلية هوية: 0 "\ u003d 0 (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. سيسمح لنا هذا بتأكيد أن y \ u003d 0 هو حل للمعادلة التفاضلية. يمكننا ذلك لا تأخذ هذا الحل في الاعتبار عند إجراء التحولات.

لنقم بتكامل DE مع المتغيرات المنفصلة 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 ⇒ لوغاريتم ص = س 3 3 + ه س + ج

أثناء إجراء التحويل ، أجرينا الاستبدال C2 - C1على ال من. الحل DE له شكل دالة معطاة ضمنيًا ln y = x 3 3 + e x + C. يمكننا التعبير عن هذه الوظيفة صراحة. للقيام بذلك ، سنعمل على تعزيز المساواة الناتجة:

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

إجابه: y = e x 3 3 + e x + C، y = 0

المعادلات التفاضلية المختزلة إلى المعادلات ذات المتغيرات القابلة للفصل y "= f (a x + b y) ، أ ≠ 0 ، ب 0

لإحضار DE عادي من الدرجة الأولى y "= f (a x + b y) ، أ ≠ 0 ، ب 0، إلى معادلة متغيرة قابلة للفصل ، من الضروري إدخال متغير جديد z = a x + b y ، حيث z هي دالة في الوسيطة x.

نحن نحصل:

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

نقوم بالاستبدال والتحولات اللازمة:

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

مثال 3

أوجد الحل العام للمعادلة التفاضلية y "= 1 ln (2 x + y) - 2 وحل معين يلبي الشرط الأولي y (0) = e.

المحلول

دعنا نقدم متغير ض = 2 س + ص، نحن نحصل:

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

نعوض بالنتيجة التي حصلنا عليها في التعبير الأصلي ، ونحولها إلى جهاز تحكم عن بعد بمتغيرات قابلة للفصل:

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

نقوم بدمج كلا الجزأين من المعادلة بعد فصل المتغيرات:

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

نطبق طريقة التكامل بالأجزاء لإيجاد التكامل الموجود في الجانب الأيسر من المعادلة. لنلق نظرة على تكامل الطرف الأيمن في الجدول.

∫ 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 ∫ dx = x + C2

يمكننا القول أن z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2. الآن إذا قبلنا ذلك C \ u003d C 2 - C 1وتنفيذ الاستبدال العكسي ض = 2 س + ص، ثم نحصل على الحل العام للمعادلة التفاضلية في شكل دالة معينة ضمنيًا:

(2 س + ص) (ن (2 س + ص) - 1) = س + ج

لنبدأ الآن في إيجاد حل معين يجب أن يستوفي الشرط الأولي ص (0) = هـ. لنقم بالتعويض س = 0و y (0) = e في الحل العام للمعادلة التفاضلية وإيجاد قيمة الثابت С.

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

نحصل على حل معين:

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

نظرًا لأن حالة المشكلة لم تحدد الفترة الزمنية التي يلزم فيها إيجاد الحل العام لـ DE ، فإننا نبحث عن حل مناسب لجميع قيم الوسيطة x التي يكون من أجلها DE الأصلي منطقيًا .

في حالتنا ، يكون DE منطقيًا لـ ln (2 x + y) ≠ 0 ، 2 x + y> 0

المعادلات التفاضلية المختزلة إلى المعادلات ذات المتغيرات القابلة للفصل y "= f x y أو y" = f y x

يمكننا اختزال DE للصيغة y "= f x y أو y" = f y x إلى معادلات تفاضلية قابلة للفصل عن طريق إجراء الاستبدال z = x y أو z = y x ، حيث ضهي دالة المتغير x.

إذا كانت z \ u003d x y ، إذن y \ u003d x z ووفقًا لقاعدة اشتقاق الكسر:

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

في هذه الحالة ، ستأخذ المعادلات الشكل z - x z "z 2 = f (z) أو z - x z" z 2 = f 1 z

إذا قبلنا z \ u003d y x ، إذن y \ u003d x ⋅ z ووفقًا لقاعدة مشتق المنتج y "= (x z)" \ u003d x "z + x z" \ u003d z + x z ". في هذا الحالة ، يتم تقليل المعادلات إلى z + x z "\ u003d f 1 z أو z + x z" = f (z).

مثال 4

حل المعادلة التفاضلية y "= 1 e y x - y x + y x

المحلول

لنأخذ z = y x ، ثم y = x z ⇒ y "= z + x z". استبدل في المعادلة الأصلية:

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

لننفذ تكامل المعادلة مع المتغيرات المنفصلة التي حصلنا عليها خلال التحولات:

∫ (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

لنقم بإجراء استبدال عكسي من أجل الحصول على الحل العام لـ DE الأصلي في شكل دالة محددة ضمنيًا:

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

والآن دعونا نركز على جهاز التحكم عن بعد ، والذي له الشكل:

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

قسمة بسط ومقام الكسر على الجانب الأيمن من التسجيلة على ذ نأو x ن، يمكننا إحضار DE الأصلي بالصيغة y "= f x y أو y" = f y x

مثال 5

أوجد الحل العام للمعادلة التفاضلية y "= y 2 - x 2 2 x y

المحلول

في هذه المعادلة ، تختلف x و y عن 0. يتيح لنا ذلك قسمة بسط ومقام الكسر على الجانب الأيمن من السجل على x2:

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

إذا أدخلنا متغيرًا جديدًا z = y x ، فسنحصل على y = x z ⇒ y "= z + x z".

نحتاج الآن إلى إجراء استبدال في المعادلة الأصلية:

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

لذلك وصلنا إلى DE بمتغيرات منفصلة. لنجد حلها:

∫ 2 z d z z 2 + 1 = - ∫ d x x ∫ 2 z d z 2 + 1 = ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 - d x x = - ln x + C 2 ⇒ ln ض 2 + 1 + C 1 \ u003d - ln x + C 2

لهذه المعادلة ، يمكننا الحصول على حل صريح. للقيام بذلك ، نأخذ - ln C \ u003d C 2 - C 1 ونطبق خصائص اللوغاريتم:

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

نقوم الآن بإجراء الاستبدال العكسي y = x ⋅ z وكتابة الحل العام لـ DE الأصلي:

ص = ± س 1 ج س - 1

في هذه الحالة ، سيكون الحل الثاني هو الصحيح أيضًا. يمكننا استخدام الاستبدال z = x y لنفكر في هذا الخيار بمزيد من التفصيل.

دعنا نقسم بسط ومقام الكسر الموجود على الجانب الأيمن من إدخال المعادلة على ذ 2:

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

دع z = x y

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

سنقوم بإجراء استبدال في المعادلة الأصلية من أجل الحصول على DE بمتغيرات قابلة للفصل:

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

بفصل المتغيرات ، نحصل على المساواة d z z (z 2 + 1) = d x 2 x ، والتي يمكننا دمجها:

∫ د ض ع (ض 2 + 1) = ∫ د ع 2 س

إذا وسعنا تكامل التكامل ∫ d z z (z 2 + 1) إلى كسور بسيطة ، نحصل على:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

لندمج أبسط الكسور:

∫ 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 ض ض 2 + 1 + ج 1

الآن نجد التكامل ∫ d x 2 x:

∫ د x 2 س = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2

نتيجة لذلك ، نحصل على ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 أو ln z z 2 + 1 = ln C · x ، حيث ln C = C 2 - C 1.

دعنا نجري الاستبدال العكسي z = x y والتحولات الضرورية ، نحصل على:

ص = ± س 1 ج س - 1

تبين أن متغير الحل ، الذي أجرينا فيه الاستبدال z = x y ، أكثر صعوبة مما في حالة الاستبدال z = y x. سيكون هذا الاستنتاج صالحًا لعدد كبير من المعادلات بالصيغة y "= f x y أو y" = f y x. إذا كان الخيار المختار لحل مثل هذه المعادلات شاقًا ، فبدلاً من استبدال z = x y ، يمكنك إدخال المتغير z = y x. لن يؤثر على النتيجة بأي شكل من الأشكال.

المعادلات التفاضلية المختزلة إلى المعادلات ذات المتغيرات القابلة للفصل 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 ∈ ص

المعادلات التفاضلية y "= f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 يمكن اختزالها إلى المعادلات y" = f x y أو y "= f y x ، وبالتالي ، إلى المعادلات ذات المتغيرات القابلة للفصل. هذا ، يجد المرء (x 0 ، y 0) - حل نظام من معادلتين خطيتين متجانستين a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 ويتم إدخال متغيرات جديدة u = x - x 0 v = y - y 0. بعد هذا الاستبدال ، ستأخذ المعادلة الشكل d v d u \ u003d a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v.

مثال 6

أوجد الحل العام للمعادلة التفاضلية y "= x + 2 y - 3 x - 1.

المحلول

نؤلف ونحل نظام المعادلات الخطية:

س + 2 ص - 3 = 0 س - 1 = 0 س = 1 ص = 1

نقوم بتغيير المتغيرات:

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

بعد التعويض بالمعادلة الأصلية ، نحصل على d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u. بعد القسمة على شبسط ومقام الطرف الأيمن لدينا d v d u = 1 + 2 v u.

نقدم متغيرًا جديدًا z = v u ⇒ v = z y ⇒ d v d u = d z d u u + z ، إذن

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)

نعود إلى المتغيرات الأصلية ، مما يجعل الاستبدال العكسي 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

هذا هو الحل العام للمعادلة التفاضلية.

إذا لاحظت وجود خطأ في النص ، فيرجى تمييزه والضغط على Ctrl + Enter

ضع في اعتبارك أمثلة لحل المعادلات التفاضلية ذات المتغيرات القابلة للفصل.

1) دمج المعادلة التفاضلية: (1 + x²) dy-2xydx = 0.

هذه المعادلة هي معادلة متغيرة قابلة للفصل مكتوبة كـ

نترك المصطلح مع dy في الجانب الأيسر من المعادلة ، مع dx ننقله إلى الجانب الأيمن:

(1 + x²) dy = 2xydx

نفصل بين المتغيرات ، أي في الجانب الأيسر نترك فقط dy وكل ما يحتوي على y ، على dx الأيمن و x. للقيام بذلك ، نقسم طرفي المعادلة على (1 + x²) وعلى y. نحن نحصل

ندمج كلا الجزأين من المعادلة:

على الجانب الأيسر تكامل جدولي. يمكن إيجاد التكامل في الطرف الأيمن ، على سبيل المثال ، بالتعويض عن t = 1 + x² ، إذن

dt = (1 + x²) 'dx = 2xdx.

في الأمثلة التي يمكن فيها التعزيز ، أي إزالة اللوغاريتمات ، من الملائم عدم استخدام C ، ولكن lnC. هذا بالضبط ما سنفعله: ln│y│ = ln│t│ + ln│C│. بما أن مجموع اللوغاريتمات يساوي لوغاريتم المنتج ، إذن ln│y│ = ln│Сt│ ، حيث y = Ct. نجري التعويض العكسي ، ونحصل على الحل العام: y = C (1 + x²).

نقسم على 1 + x² وعلى y بشرط ألا تكون صفرية. لكن 1 + x² لا تساوي صفرًا لأي x. و y = 0 عند C = 0 ، لذلك لم يكن هناك فقدان للجذور.

الجواب: y = C (1 + x²).

2) أوجد التكامل العام للمعادلة

يمكن فصل المتغيرات.

اضرب طرفي المعادلة في dx واقسم على

نحن نحصل:

الآن نتكامل

على الجانب الأيسر تكامل جدولي. على اليمين - نجعل الاستبدال 4-x² = t ، ثم dt = (4-x²) ’dx = -2xdx. نحن نحصل

إذا أخذنا 1/2 ln│C│ بدلاً من C ، فيمكننا كتابة الإجابة بشكل أكثر إحكاما:

اضرب كلا الجانبين في 2 وقم بتطبيق خاصية اللوغاريتم:

نحن منقسمون إلى

لا تساوي الصفر: y² + 1 - لأن مجموع الأعداد غير السالبة لا يساوي صفرًا ، والتعبير الجذري لا يساوي صفرًا وفقًا لمعنى الشرط. هذا يعني أنه لا يوجد فقدان للجذور.

3) أ) أوجد التكامل العام للمعادلة (xy² + y²) dx + (x²-x²y) dy = 0.

ب) أوجد التكامل الجزئي لهذه المعادلة التي تحقق الشرط الأولي y (e) = 1.

أ) قم بتحويل الجانب الأيسر من المعادلة: y² (x + 1) dx + x² (1-y) dy = 0 ، ثم

y² (x + 1) dx = -x² (1-y) dy. قسّم كلا الجزأين على x²y² بشرط ألا تكون x ولا y مساوية للصفر. نحن نحصل:

ندمج المعادلة:

نظرًا لأن الفرق في اللوغاريتمات يساوي لوغاريتم حاصل القسمة ، فلدينا:

هذا هو التكامل العام للمعادلة. في عملية الحل ، قمنا بتعيين شرط أن حاصل الضرب x²y² لا يساوي صفرًا ، مما يعني أن x و y يجب ألا تساوي الصفر. استبدال x = 0 و y = 0 بالشرط: (0.0² + 0²) dx + (0²-0²0) dy = 0 نحصل على المساواة الصحيحة 0 = 0. إذن ، x = 0 و y = 0 هما حلان أيضًا لهذه المعادلة. لكنها لا تدخل التكامل العام لأي С (لا يمكن أن تكون الأصفار تحت علامة اللوغاريتم وفي مقام الكسر) ، لذلك يجب كتابة هذه الحلول بالإضافة إلى التكامل العام.

ب) بما أن y (e) = 1 ، نعوض x = e، y = 1 في الحل الناتج ونوجد С:

أمثلة للاختبار الذاتي: