Kutsutakse funktsioon f(x,y). homogeenne funktsioon nende dimensiooniargumentide n kui identiteet f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).

Näiteks funktsioon f(x,y)=x^2+y^2-xy on teise mõõtme homogeenne funktsioon, kuna

F(tx,ty)=(tx)^2+(ty)^2-(tx)(ty)=t^2(x^2+y^2-xy)=t^2f(x,y).

Kui n=0 on meil nullmõõtme funktsioon. Näiteks, \frac(x^2-y^2)(x^2+y^2) on homogeenne nullmõõtme funktsioon, kuna

(f(tx,ty)=\frac((tx)^2-(ty)^2)((tx)^2+(ty)^2)=\frac(t^2(x^2-y^) 2))(t^2(x^2+y^2))=\frac(x^2-y^2)(x^2+y^2)=f(x,y).)

Vormi diferentsiaalvõrrand \frac(dy)(dx)=f(x,y) nimetatakse homogeenseks x ja y suhtes, kui f(x,y) on selle nullmõõtme argumentide homogeenne funktsioon. Homogeenset võrrandit saab alati esitada kui

\frac(dy)(dx)=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right).

Uue soovitud funktsiooni u=\frac(y)(x) kasutuselevõtuga saab võrrandi (1) taandada eraldavate muutujatega võrrandiks:

X\frac(du)(dx)=\varphi(u)-u.

Kui u=u_0 on võrrandi \varphi(u)-u=0 juur, siis on homogeense võrrandi lahendiks u=u_0 või y=u_0x (originaali läbiv sirge).

kommenteerida. Otsustades homogeensed võrrandid neid ei ole vaja vormile tuua (1). Saate kohe teha asendus y=ux .

Näide 1 Lahendage homogeenne võrrand xy"=\sqrt(x^2-y^2)+y.

Otsus. Kirjutame võrrandi vormile y"=\sqrt(1-(\left(\frac(y)(x)\right)\^2}+\frac{y}{x} !} seega osutub antud võrrand x ja y suhtes homogeenseks. Paneme u=\frac(y)(x) või y=ux . Seejärel y"=xu"+u . Asendades võrrandis y ja y" avaldised, saame x\frac(du)(dx)=\sqrt(1-u^2). Muutujate eraldamine: \frac(du)(1-u^2)=\frac(dx)(x). Siit leiame integratsiooni teel

\arcsin(u)=\ln|x|+\ln(C_1)~(C_1>0), või \arcsin(u)=\ln(C_1|x|).

Kuna C_1|x|=\pm(C_1x) , mis tähistab \pm(C_1)=C , saame \arcsin(u)=\ln(Cx), kus |\ln(Cx)|\leqslant\frac(\pi)(2) või e^(-\pi/2)\leqslant(Cx)\leqslant(e^(\pi/2)). Asendades u \frac(y)(x) , saame üldise integraali \arcsin(y)(x)=\ln(Cx).

Siit ühine otsus: y=x\sin\ln(Cx) .

Muutujate eraldamisel jagasime võrrandi mõlemad pooled korrutisega x\sqrt(1-u^2) , nii et võisime kaotada lahendi, mis muudab selle korrutise nulliks.

Paneme nüüd väärtused x=0 ja \sqrt(1-u^2)=0 . Kuid x\ne0 tänu asendusele u=\frac(y)(x) , ja seosest \sqrt(1-u^2)=0 saame selle 1-\frac(y^2)(x^2)=0, kust y=\pm(x) . Otsese kontrollimise teel veendume, et funktsioonid y=-x ja y=x on ka selle võrrandi lahendid.

Näide 2 Vaatleme homogeense võrrandi integraalkõverate perekonda C_\alpha y"=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right). Näidake, et selle homogeense diferentsiaalvõrrandiga määratletud kõverate vastavate punktide puutujad on üksteisega paralleelsed.

Märge: Me helistame asjakohane need punktid C_\alpha kõveratel, mis asuvad samal kiirel, alustades lähtepunktist.

Otsus. Vastavate punktide definitsiooni järgi on meil \frac(y)(x)=\frac(y_1)(x_1), nii et võrrandi enda tõttu y"=y"_1 , kus y" ​​ja y"_1 - kaldetegurid integraalkõverate C_\alpha ja C_(\alpha_1) puutujad vastavalt punktides M ja M_1 (joonis 12).

Homogeenseks taandatavad võrrandid

AGA. Vaatleme vormi diferentsiaalvõrrandit

\frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(a_1x+b_1y+c_1)\right).

kus a,b,c,a_1,b_1,c_1 on konstandid ja f(u) on pidev funktsioon selle argumendist u.

Kui c=c_1=0 , siis on võrrand (3) homogeenne ja integreerub ülaltoodud viisil.

Kui vähemalt üks arvudest c,c_1 erineb nullist, tuleb eristada kahte juhtumit.

1) Determinant \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)\ne0. Tuues sisse uued muutujad \xi ja \eta vastavalt valemitele x=\xi+h,~y=\eta+k , kus h ja k on veel määratlemata konstandid, toome võrrandi (3) vormile

\frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta+ah+bk+c)(a_1\xi+b_2\eta+a_1h+b_1k+c_1 )\paremal).

H ja k valimine süsteemi lahenduseks lineaarvõrrandid

\begin(cases)ah+bk+c=0,\\a_1h+b_1k+c_1=0\end(cases)~(\Delta\ne0),

saame homogeense võrrandi \frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta)(a_1\xi+b_1\eta)\right). Olles leidnud selle üldintegraali ja asendades selles \xi x-h-ga ja \eta y-k-ga, saame võrrandi (3) üldintegraali.

2) Determinant \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)=0. Süsteem (4) sisse üldine juhtum ei ole lahendusi ja ülaltoodud meetod ei ole rakendatav; sel juhul \frac(a_1)(a)=\frac(b_1)(b)=\lambda, ja seetõttu on võrrandil (3) vorm \frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(\lambda(ax+by)+c_1)\right). Asendus z=ax+by viib selle eraldatavasse muutujavõrrandisse.

Näide 3 lahendage võrrand (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0.

Otsus. Mõelge lineaarsele süsteemile algebralised võrrandid \begin(cases)x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end(cases)

Selle süsteemi määraja \Delta=\begin(vmatrix)\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end(vmatrix)=-2\ne0.

Süsteemil on unikaalne lahendus x_0=-1,~y_0=3 . Teeme asenduseks x=\xi-1,~y=\eta+3 . Seejärel võtab võrrand (5) kuju

(\xi+\eta)\,d\xi+(\xi-\eta)\,d\eta=0.

See võrrand on homogeenne võrrand. Seadistades \eta=u\xi , saame

(\xi+\xi(u))\,d\xi+(\xi-\xi(u))(\xi\,du+u\,d\xi)=0, kus (1+2u-u^2)\,d\xi+\xi(1-u)\,du=0.

Muutujate eraldamine \frac(d\xi)(\xi)+\frac(1-u)(1+2u-u^2)\,du=0.

Leiame, et integreeritakse \ln|\xi|+\frac(1)(2)\ln|1+2u-u^2|=\ln(C) või \xi^2(1+2u-u^2)=C .

Tulles tagasi muutujate x,~y juurde:

(x+1)^2\left=C_1 või x^2+2xy-y^2-4x+8y=C~~(C=C_1+14).

Näide 4 lahendage võrrand (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0.

Otsus. Lineaarsete algebraliste võrrandite süsteem \begin(juhtumid)x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end(juhtumid) Sobimatu. Sel juhul ei sobi eelmises näites kasutatud meetod. Võrrandi integreerimiseks kasutame asendust x+y=z , dy=dz-dx . Võrrand saab kuju

(2-z)\,dx+(2z-1)\,dz=0.

Eraldades muutujad, saame

Dx-\frac(2z-1)(z-2)\,dz=0 seega x-2z-3\ln|z-2|=C.

Tulles tagasi muutujate x,~y juurde, saame selle võrrandi üldintegraali

X+2y+3\ln|x+y-2|=C.

B. Mõnikord saab võrrandi taandada homogeenseks, muutes muutujat y=z^\alpha . Seda juhul, kui kõik võrrandi liikmed on sama mõõtmega, kui muutujale x on antud mõõde 1, siis muutujale y on antud mõõde \alpha ja tuletisele \frac(dy)(dx) dimensioon \alpha-1 .

Näide 5 lahendage võrrand (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0.

Otsus. Asenduse tegemine y=z^\alpha,~dy=\alpha(z^(\alpha-1))\,dz, kus \alpha on praegu suvaline arv, mille valime hiljem. Asendades võrrandis y ja dy avaldised, saame

\alpha(x^2x^(2\alpha)-1)z^(\alpha-1)\,dz+2xz^(3\alpha)\,dx=0 või \alpha(x^2z^(3\alpha-1)-z^(\alpha-1))\,dz+2xz^(3\alpha)\,dx=0,

Pange tähele, et x^2z^(3\alpha-1) on dimensioon 2+3\alpha-1=3\alpha+1, z^(\alpha-1) dimensioon on \alpha-1 , xz^(3\alpha) dimensioon 1+3\alpha . Saadud võrrand on homogeenne, kui kõigi liikmete mõõtmised on samad, st. kui tingimus on täidetud 3\alfa+1=\alfa-1 või \alpha-1 .

Paneme y=\frac(1)(z) ; algne võrrand võtab kuju

\left(\frac(1)(z^2)-\frac(x^2)(z^4)\right)dz+\frac(2x)(z^3)\,dx=0 või (z^2-x^2)\,dz+2xz\,dx=0.

Paneme nüüd z=ux,~dz=u\,dx+x\,du. Siis võtab see võrrand kuju (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0, kus u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0.

Muutujate eraldamine selles võrrandis \frac(dx)(x)+\frac(u^2-1)(u^3+u)\,du=0. Leiame, et integreeritakse

\ln|x|+\ln(u^2+1)-\ln|u|=\ln(C) või \frac(x(u^2+1))(u)=C.

Asendades u väärtusega \frac(1)(xy) , saame selle võrrandi üldise integraali 1+x^2y^2=Cy.

Võrrandil on ka ilmne lahend y=0 , mis saadakse üldisest integraalist punktis C\to\infty, kui integraal on kirjutatud kujul y=\frac(1+x^2y^2)(C), ja seejärel hüpata piirini C\to\infty . Seega on funktsioon y=0 algse võrrandi konkreetne lahendus.

Javascript on teie brauseris keelatud.
Arvutuste tegemiseks peavad ActiveX-juhtelemendid olema lubatud!

Ma arvan, et me peaksime alustama sellise kuulsusrikka matemaatilise tööriista ajaloost nagu diferentsiaalvõrrandid. Nagu kõik diferentsiaal- ja integraalarvutused, leiutas need võrrandid 17. sajandi lõpus Newton. Just seda enda avastust pidas ta nii oluliseks, et isegi krüpteeris sõnumi, mida tänapäeval võib tõlkida umbes nii: "Kõiki loodusseadusi kirjeldavad diferentsiaalvõrrandid." See võib tunduda liialdusena, kuid see on tõsi. Nende võrranditega saab kirjeldada mis tahes füüsika-, keemia-, bioloogiaseadust.

Suure panuse diferentsiaalvõrrandite teooria väljatöötamisse ja loomisse andsid matemaatikud Euler ja Lagrange. Juba 18. sajandil avastasid ja arendasid nad seda, mida praegu ülikoolide vanematel kursustel õpivad.

Uus verstapost diferentsiaalvõrrandite uurimisel sai alguse tänu Henri Poincare'ile. Ta lõi" kvalitatiivne teooria diferentsiaalvõrrandid”, mis koos keeruka muutuja funktsioonide teooriaga andis olulise panuse topoloogia – ruumiteaduse ja selle omaduste – rajamisse.

Mis on diferentsiaalvõrrandid?

Paljud kardavad ühte fraasi, kuid selles artiklis kirjeldame üksikasjalikult selle väga kasuliku olemust matemaatiline aparaat, mis pole tegelikult nii keeruline, kui nimi viitab. Selleks, et hakata rääkima esimest järku diferentsiaalvõrranditest, tuleks esmalt tutvuda põhimõistetega, mis selle definitsiooniga olemuslikult seotud on. Alustame diferentsiaaliga.

Diferentsiaal

Paljud inimesed teavad seda mõistet kooliajast. Vaatame seda siiski lähemalt. Kujutage ette funktsiooni graafikut. Saame seda suurendada nii palju, et mis tahes selle segment muutub sirgjooneliseks. Sellel võtame kaks punkti, mis on üksteisele lõpmatult lähedal. Nende koordinaatide (x või y) erinevus on lõpmata väike väärtus. Seda nimetatakse diferentsiaaliks ja seda tähistatakse märkidega dy (diferentsiaal y-st) ja dx (diferentsiaal x-st). On väga oluline mõista, et diferentsiaal ei ole lõplik väärtus ja see on selle tähendus ja põhifunktsioon.

Ja nüüd on vaja arvestada järgmise elemendiga, mis on meile kasulik diferentsiaalvõrrandi mõiste selgitamisel. See on tuletis.

Tuletis

Tõenäoliselt kuulsime seda kontseptsiooni koolis. Tuletiseks nimetatakse funktsiooni kasvu või vähenemise kiirust. Suur osa sellest määratlusest muutub aga arusaamatuks. Proovime tuletist seletada diferentsiaalide kaudu. Läheme tagasi funktsiooni lõpmatu väikese lõigu juurde, mille kaks punkti on üksteisest minimaalsel kaugusel. Kuid isegi selle vahemaa puhul õnnestub funktsioon teatud määral muutuda. Ja selle muutuse kirjeldamiseks leidsid nad tuletise, mille saab muidu kirjutada diferentsiaalide suhtena: f (x) "=df / dx.

Nüüd tasub kaaluda põhiomadused tuletis. Neid on ainult kolm:

1. Summa või erinevuse tuletist võib esitada tuletiste summa või erinevusena: (a+b)"=a"+b" ja (a-b)"=a"-b.
2. Teine omadus on seotud korrutamisega. Korrutise tuletis on ühe funktsiooni ja teise funktsiooni korrutiste summa: (a*b)"=a"*b+a*b".
3. Erinevuse tuletise saab kirjutada järgmise võrrandina: (a/b)"=(a"*b-a*b")/b 2 .

Kõik need omadused on meile kasulikud esimest järku diferentsiaalvõrrandite lahenduste leidmisel.

On ka osatuletisi. Oletame, et meil on funktsioon z, mis sõltub muutujatest x ja y. Selle funktsiooni osalise tuletise arvutamiseks, näiteks x suhtes, peame muutuja y võtma konstantina ja lihtsalt diferentseerima.

Integraalne

Teine oluline mõiste on integraal. Tegelikult on see tuletise otsene vastand. Integraale on mitut tüüpi, kuid kõige lihtsamate diferentsiaalvõrrandite lahendamiseks vajame kõige triviaalsemat

Niisiis, oletame, et meil on mingi f sõltuvus x-st. Võtame sellest integraali ja saame funktsiooni F (x) (mida sageli nimetatakse antiderivaadiks), mille tuletis on võrdne algfunktsiooniga. Seega F(x)"=f(x). Sellest järeldub ka, et tuletise integraal on võrdne algfunktsiooniga.

Diferentsiaalvõrrandite lahendamisel on väga oluline mõista integraali tähendust ja funktsiooni, kuna lahenduse leidmiseks peate neid väga sageli kasutama.

Võrrandid on olenevalt nende olemusest erinevad. Järgmises osas käsitleme esimest järku diferentsiaalvõrrandite tüüpe ja seejärel õpime neid lahendama.

Diferentsiaalvõrrandite klassid

"Diffura" jaguneb vastavalt nendesse kaasatud derivaatide järjestusele. Seega on esimene, teine, kolmas ja rohkem järjekorda. Neid võib jagada ka mitmeks klassiks: tavalised ja osatuletised.

Selles artiklis käsitleme tavalisi esimest järku diferentsiaalvõrrandeid. Samuti käsitleme näiteid ja nende lahendamise viise järgmisi jaotisi. Vaatleme ainult ODE-sid, kuna need on kõige levinumad võrrandite tüübid. Tavalised jagunevad alamliikideks: eraldatavate muutujatega, homogeensed ja heterogeensed. Järgmisena saate teada, kuidas need üksteisest erinevad, ja kuidas neid lahendada.

Lisaks saab neid võrrandeid kombineerida, nii et pärast saame esimest järku diferentsiaalvõrrandi süsteemi. Kaalume ka selliseid süsteeme ja õpime neid lahendama.

Miks me kaalume ainult esimest tellimust? Kuna peate alustama lihtsast ja kõike, mis on seotud diferentsiaalvõrranditega, on lihtsalt võimatu ühes artiklis kirjeldada.

Eraldatavad muutujavõrrandid

Need on ehk kõige lihtsamad esimest järku diferentsiaalvõrrandid. Nende hulgas on näiteid, mida saab kirjutada järgmiselt: y "=f (x) * f (y). Selle võrrandi lahendamiseks vajame valemit tuletise esitamiseks diferentsiaalide suhtena: y" = dy / dx. Seda kasutades saame järgmise võrrandi: dy/dx=f(x)*f(y). Nüüd saame pöörduda lahendusmeetodi poole standardsed näited: jagame muutujad osadeks, st kanname kõik muutujaga y üle sellesse ossa, kus dy asub, ja teeme sama muutujaga x. Saame võrrandi kujul: dy/f(y)=f(x)dx, mille lahendamiseks võetakse mõlema osa integraalid. Ärge unustage konstanti, mis tuleb määrata pärast integraali võtmist.

Mis tahes "differentsi" lahendus on funktsioon x sõltuvusest y-st (meie puhul) või kui on arvuline tingimus, siis on vastus arvu kujul. Heidame pilgu peale konkreetne näide kogu lahenduse kulg:

Me edastame muutujaid erinevates suundades:

Nüüd võtame integraalid. Kõik need leiate spetsiaalsest integraalide tabelist. Ja me saame:

log(y) = -2*cos(x) + C

Vajadusel võime väljendada "y" funktsioonina "x". Nüüd võime öelda, et meie diferentsiaalvõrrand on lahendatud, kui tingimust pole antud. Tingimuse võib anda näiteks y(n/2)=e. Seejärel asendame lihtsalt nende muutujate väärtused lahendusega ja leiame konstandi väärtuse. Meie näites on see võrdne 1-ga.

Esimest järku homogeensed diferentsiaalvõrrandid

Liigume nüüd edasi raskema osa juurde. Sisse saab kirjutada esimest järku homogeensed diferentsiaalvõrrandid üldine vaade seega: y"=z(x,y). Tuleb märkida, et õige funktsioon kahel muutujal on homogeenne ja seda ei saa jagada kaheks sõltuvuseks: z x-st ja z y-st. Võrrandi homogeensuse või mittehomogeensuse kontrollimine on üsna lihtne: teeme asendused x=k*x ja y=k*y. Nüüd tühistame kõik k. Kui kõik need tähed on taandatud, on võrrand homogeenne ja võite selle lahendamisega julgelt edasi minna. Tulevikku vaadates ütleme: ka nende näidete lahendamise põhimõte on väga lihtne.

Peame tegema asendus: y=t(x)*x, kus t on mingi funktsioon, mis samuti sõltub x-ist. Siis saame tuletise väljendada: y"=t"(x)*x+t. Asendades selle kõik oma algsesse võrrandisse ja lihtsustades seda, saame näite eraldatavate muutujatega t ja x. Lahendame selle ja saame sõltuvuse t(x). Kui saime selle, asendame lihtsalt y=t(x)*x oma eelmise asendusega. Siis saame y sõltuvuse x-st.

Et oleks selgem, vaatame näidet: x*y"=y-x*e y/x .

Asendusega kontrollimisel väheneb kõik. Seega on võrrand tõesti homogeenne. Nüüd teeme teise asendus, millest me rääkisime: y=t(x)*x ja y"=t"(x)*x+t(x). Pärast lihtsustamist saame järgmise võrrandi: t "(x) * x \u003d -e t. Lahendame saadud näite eraldatud muutujatega ja saame: e -t \u003dln (C * x). Peame ainult t asendama y / x-ga (sest kui y \u003d t * x, siis t \u003d y / x) ja saame vastuse: e -y / x \u003d ln (x * C).

Esimest järku lineaarsed diferentsiaalvõrrandid

On aeg kaaluda veel üht laiapõhjalist teemat. Analüüsime esimest järku ebahomogeenseid diferentsiaalvõrrandeid. Mille poolest need eelmisest kahest erinevad? Selgitame välja. Esimest järku lineaarsed diferentsiaalvõrrandid üldkujul saab kirjutada järgmiselt: y " + g (x) * y \u003d z (x). Tasub selgitada, et z (x) ja g (x) võivad olla konstantsed väärtused .

Ja nüüd näide: y" - y*x=x 2 .

Lahendamiseks on kaks võimalust ja analüüsime mõlemat järjekorras. Esimene on suvaliste konstantide muutmise meetod.

Võrrandi selliseks lahendamiseks peate esmalt võrdsustama parema külje nulliga ja lahendama saadud võrrandi, mis pärast osade ülekandmist saab järgmise kuju:

ln|y|=x2/2 + C;

y \u003d e x2 / 2 * y C \u003d C 1 * e x2 / 2.

Nüüd tuleb konstant C 1 asendada funktsiooniga v(x), mille peame leidma.

Muudame tuletist:

y"=v"*e x2/2 -x*v*e x2/2 .

Asendame need avaldised algsesse võrrandisse:

v"*e x2/2 - x*v*e x2/2 + x*v*e x2/2 = x 2 .

On näha, et vasakul pool on kaks terminit tühistatud. Kui mõnes näites seda ei juhtunud, siis tegite midagi valesti. Jätkame:

v"*e x2/2 = x 2 .

Nüüd lahendame tavalise võrrandi, milles peame muutujad eraldama:

dv/dx=x 2 /e x2/2;

dv = x 2 *e - x2/2 dx.

Integraali eraldamiseks peame siin rakendama integratsiooni osade kaupa. See pole aga meie artikli teema. Kui olete huvitatud, saate õppida, kuidas selliseid toiminguid ise teha. See pole keeruline ning piisava oskuse ja hoolega ei võta see palju aega.

Pöördume teise meetodi juurde ebahomogeensete võrrandite lahendamiseks: Bernoulli meetodi juurde. Milline lähenemine on kiirem ja lihtsam, on teie enda otsustada.

Seega, kui lahendame võrrandi selle meetodiga, peame tegema asendus: y=k*n. Siin on k ja n mõned x-st sõltuvad funktsioonid. Siis näeb tuletis välja selline: y"=k"*n+k*n". Asendame võrrandisse mõlemad asendused:

k"*n+k*n"+x*k*n=x 2 .

Rühmitamine:

k"*n+k*(n"+x*n)=x2.

Nüüd peame võrdsustama sulgudes oleva nulliga. Nüüd, kui ühendame kaks saadud võrrandit, saame esimest järku diferentsiaalvõrrandi süsteemi, mis tuleb lahendada:

Esimese võrrandi lahendame tavavõrrandina. Selleks peate muutujad eraldama:

Võtame integraali ja saame: ln(n)=x 2 /2. Siis, kui väljendame n:

Nüüd asendame saadud võrrandi süsteemi teise võrrandiga:

k "*e x2/2 \u003d x 2.

Ja teisendades saame sama võrdsuse nagu esimeses meetodis:

dk=x2/e x2/2.

Samuti ei hakka me sõeluma edasisi tegevusi. Tasub öelda, et esimest järku diferentsiaalvõrrandite lahendamine tekitab alguses olulisi raskusi. Sügavamalt teemasse süvenedes hakkab aga järjest paremaks minema.

Kus kasutatakse diferentsiaalvõrrandeid?

Diferentsiaalvõrrandeid kasutatakse füüsikas väga aktiivselt, kuna peaaegu kõik põhiseadused on sisse kirjutatud diferentsiaalne vorm, ja need valemid, mida me näeme, on nende võrrandite lahendus. Keemias kasutatakse neid samal põhjusel: neist tuletatakse põhiseadused. Bioloogias kasutatakse diferentsiaalvõrrandeid süsteemide, näiteks kiskja-saagi käitumise modelleerimiseks. Neid saab kasutada ka näiteks mikroorganismide kolooniate paljunemismudelite loomiseks.

Kuidas diferentsiaalvõrrandid elus aitavad?

Vastus sellele küsimusele on lihtne: mitte mingil juhul. Kui te pole teadlane ega insener, pole neist teile tõenäoliselt kasu. Siiski selleks üldine areng Ei tee paha teada, mis on diferentsiaalvõrrand ja kuidas see lahendatakse. Ja siis poja või tütre küsimus "mis on diferentsiaalvõrrand?" ei aja sind segadusse. Noh, kui olete teadlane või insener, siis mõistate ise selle teema tähtsust mis tahes teaduses. Kuid kõige tähtsam on see, et nüüd on küsimus "kuidas lahendada esimest järku diferentsiaalvõrrandit?" sa võid alati vastata. Nõus, alati on tore, kui saad aru, millest inimesed isegi kardavad aru saada.

Peamised probleemid õppimisel

Peamine probleem selle teema mõistmisel on nõrk funktsioonide integreerimise ja eristamise oskus. Kui teil on tuletisi ja integraale kehv võtta, siis tasub ilmselt rohkem õppida, omandada erinevad lõimimis- ja diferentseerimismeetodid ning alles seejärel asuda artiklis kirjeldatud materjali uurima.

Mõned inimesed on üllatunud, kui saavad teada, et dx saab üle kanda, sest varem (koolis) väideti, et murd dy / dx on jagamatu. Siin peate lugema tuletise kohta käivat kirjandust ja mõistma, et võrrandite lahendamisel saab manipuleerida lõpmata väikeste suuruste suhtega.

Paljud ei saa kohe aru, et esimest järku diferentsiaalvõrrandite lahendus on sageli funktsioon või integraal, mida ei saa võtta, ja see pettekujutelm tekitab neile palju probleeme.

Mida saab paremaks mõistmiseks veel uurida?

Kõige parem on alustada edasist maailma sukeldumist diferentsiaalarvutus näiteks erialaõpikutest, matemaatiline analüüs mittematemaatika erialade üliõpilastele. Seejärel saate liikuda erialasema kirjanduse juurde.

Tasub öelda, et lisaks diferentsiaalvõrranditele on olemas ka integraalvõrrandid, nii et teil on alati, mille poole püüelda ja mida uurida.

Järeldus

Loodame, et pärast selle artikli lugemist saate aimu, mis on diferentsiaalvõrrandid ja kuidas neid õigesti lahendada.

Igal juhul on matemaatika meile elus kuidagi kasulik. See arendab loogikat ja tähelepanu, ilma milleta on iga inimene nagu ilma käteta.

Praegu on matemaatika õppimise algtaseme järgi gümnaasiumis ette nähtud matemaatika õppimiseks vaid 4 tundi (2 tundi algebrat, 2 tundi geomeetriat). Maapiirkondade väikekoolides püütakse tundide arvu tõsta koolikomponendi arvelt. Aga kui klass on humanitaar, siis kooli komponent lisandus humanitaarainete õppesse. Väikeses külas ei pea koolilaps sageli valima, ta õpib selles klassis; mis koolis saadaval on. Temast ei kavatse saada juristi, ajaloolast ega ajakirjanikku (sellisi juhtumeid on), vaid tahab saada inseneriks või majandusteadlaseks, seega peab matemaatika eksam sooritama kõrgete punktisummade. Matemaatikaõpetaja peab sellistes oludes leidma sellest olukorrast ise väljapääsu, pealegi pole Kolmogorovi õpiku järgi ette nähtud teema "homogeensed võrrandid" õppimine. Eelmistel aastatel vajasin selle teema tutvustamiseks ja tugevdamiseks kahte topelttundi. Kahjuks keelas meie koolis õppetöö järelevalve kontroll koolis kahekordsed tunnid, mistõttu tuli harjutuste arvu vähendada 45 minutini ning vastavalt sellele langetati ka harjutuste raskusaste keskmisele. Juhin teie tähelepanu selleteemalisele tunniplaanile 10. klassis koos baastaseõppides matemaatikat väikeses maakoolis.

Tunni tüüp: traditsiooniline.

Sihtmärk: õppige lahendama tüüpilisi homogeenseid võrrandeid.

Ülesanded:

kognitiivne:

Hariduslik:

Hariduslik:

• Hoolsuse kasvatamine läbi kannatliku ülesannete täitmise, sõprustunde läbi paaris- ja rühmatöö.

Tundide ajal

ma Organisatsiooniline etapp(3 minutit)

II. Uue materjali omastamiseks vajalike teadmiste kontrollimine (10 min.)

Tehke tehtud ülesannete edasise analüüsi käigus kindlaks peamised raskused. Lastel on valida 3 valiku vahel. Laste keerukuse ja valmisoleku taseme järgi eristatud ülesanded, millele järgneb selgitus tahvlil.

1 tase. Lahendage võrrandid:

1. 3 (x+4) = 12,
2. 2(x-15)=2x-30
3. 5(2-x)=-3x-2(x+5)
4. x 2 -10x+21=0 Vastused: 7;3

2 taset. Lahendage kõige lihtsamad trigonomeetrilised võrrandid ja bikvadraatvõrrand:

vastused:

b) x 4 -13x 3 +36=0 Vastused: -2; 2; -3; 3

3. tase. Võrrandite lahendamine muutujate muutmise meetodil:

b) x 6 -9x 3 +8=0 Vastused:

III. Sõnumite teemad, eesmärkide ja eesmärkide seadmine.

Teema: Homogeensed võrrandid

Sihtmärk: õppige lahendama tüüpilisi homogeenseid võrrandeid

Ülesanded:

kognitiivne:

• tutvuda homogeensete võrranditega, õppida lahendama selliste võrrandite levinumaid liike.

Hariduslik:

• Analüütilise mõtlemise arendamine.
• Matemaatiliste oskuste arendamine: õppida esile tooma põhilisi tunnuseid, mille poolest homogeensed võrrandid teistest võrranditest erinevad, oskama tuvastada homogeensete võrrandite sarnasust nende erinevates ilmingutes.

IV. Uute teadmiste omandamine (15 min.)

1. Loenguhetk.

Definitsioon 1(Kirjutage vihikusse). Võrrandit kujul P(x;y)=0 nimetatakse homogeenseks, kui P(x;y) on homogeenne polünoom.

Kahe muutuja x ja y polünoomi nimetatakse homogeenseks, kui selle iga liikme aste on võrdne sama arvuga k.

2. definitsioon(Lihtsalt sissejuhatus). Vormi võrrandid

nimetatakse n-astme homogeenseks võrrandiks u(x) ja v(x) suhtes. Jagades võrrandi mõlemad pooled (v(x))n-ga, saame võrrandi saamiseks kasutada asendust

See lihtsustab algset võrrandit. Juhtumit v(x)=0 tuleb vaadelda eraldi, kuna 0-ga jagamine on võimatu.

2. Näited homogeensetest võrranditest:

Selgitage, miks need on homogeensed, tooge oma näiteid selliste võrrandite kohta.

3. Ülesanne homogeensete võrrandite defineerimiseks:

hulgas antud võrrandid defineerige homogeensed võrrandid ja selgitage oma valikut:

Olles selgitanud oma valikut ühes näites, näidake homogeense võrrandi lahendamise viisi:

4. Otsustage ise:

Vastus:

b) 2sin x - 3 cos x \u003d 0

Jagage võrrandi mõlemad pooled cos x-ga, saame 2 tg x -3=0, tg x=⅔ , x=arctg⅔ +

5. Näidake brošüüri näidislahendust"P.V. Tšulkov. Võrrandid ja võrratused sisse koolikursus matemaatika. Moskva Pedagoogikaülikool"Esimene september" 2006 lk.22. Ühe võimaliku näitena KASUTAMINE tase KOOS.

V. Lahenda konsolideerimiseks Bašmakovi õpiku järgi

lk 183 nr 59 (1.5) või Kolmogorovi toimetatud õpiku järgi: lk 81 nr 169 (a, c)

vastused:

VI. Kontrollimine, iseseisev töö (7 min)

1 variant	2. variant
Lahenda võrrandid:
a) sin 2 x-5sinxcosx + 6cos 2 x \u003d 0	a) 3sin 2 x+2sin x cos x-2cos 2 x=0
b) cos 2 -3sin 2 \u003d 0	b)

Vastused ülesannetele:

Variant 1 a) Vastus: arctg2+πn,n € Z; b) Vastus: ±π/2+ 3πn,n € Z; sisse)

Variant 2 a) Vastus: arctg(-1±31/2)+πn,n € Z; b) Vastus: -arctg3+πn, 0,25π+πk, ; c) (-5; -2); (5;2)

VII. Kodutöö

Kolmogorovi järgi nr 169, Bašmakovi järgi nr 59.

Lisaks lahendage võrrandisüsteem:

Vastus: arctg(-1±√3) +πn ,

Viited:

1. P.V. Tšulkov. Võrrandid ja võrratused matemaatika koolikursuses. - M .: Pedagoogikaülikool "Esimene september", 2006. Lk 22
2. A. Merzlyak, V. Polonsky, E. Rabinovich, M. Yakir. Trigonomeetria. - M .: "AST-PRESS", 1998, lk 389
3. Algebra 8. klassile, toimetanud N.Ya. Vilenkin. - M .: "Valgustus", 1997.
4. Algebra 9. klassile, toimetanud N.Ya. Vilenkin. Moskva "Valgustus", 2001.
5. M.I. Bašmakov. Algebra ja analüüsi algus. 10-11 klassidele - M .: "Valgustus" 1993
6. Kolmogorov, Abramov, Dudnitsõn. Algebra ja analüüsi algus. 10-11 klassile. - M .: "Valgustus", 1990.
7. A.G. Mordkovitš. Algebra ja analüüsi algus. 1. osa Õpik 10-11 klass. - M .: "Mnemosyne", 2004.

1. järku homogeense diferentsiaalvõrrandi lahendamiseks kasutatakse asendust u=y/x, st u on uus tundmatu funktsioon, mis sõltub x-ist. Seega y=ux. Tuletis y’ leitakse korrutise eristamise reegli abil: y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u (kuna x’=1). Teise kirjutamisviisi jaoks: dy=udx+xdu Pärast asendust lihtsustame võrrandit ja saame eraldatavate muutujatega võrrandi.

Näited I järku homogeensete diferentsiaalvõrrandite lahendamisest.

1) Lahenda võrrand

Kontrollime, kas see võrrand on homogeenne (vt Kuidas defineerida homogeenset võrrandit). Veenduge, et asendame u=y/x, kust y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Asendus: u'x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Alates korrutise logaritmist on võrdne summaga logaritmid, ln(ux)=lnu+lnx. Siit

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Pärast cast sarnased terminid: u'x+u=u(1+lnu). Nüüd laiendage sulgusid

u'x+u=u+u lnu. Mõlemad osad sisaldavad u, seega u'x=u·lnu. Kuna u on x-i funktsioon, siis u’=du/dx. Asendaja

Saime eraldatavate muutujatega võrrandi. Eraldame muutujad, mille puhul korrutame mõlemad osad dx-ga ja jagame x u lnu-ga eeldusel, et korrutis x u lnu≠0

Integreerime:

Vasakul küljel on tabelintegraal. Paremal teeme asenduseks t=lnu, kust dt=(lnu)’du=du/u

ln│t│=ln│x│+C. Kuid me oleme juba arutanud, et sellistes võrrandites on mugavam võtta С asemel ln│C│. Siis

ln│t│=ln│x│+ln│C│. Logaritmide omaduse järgi: ln│t│=ln│Сx│. Seega t=Cx. (tingimuse järgi, x>0). On aeg teha vastupidine asendus: lnu=Cx. Ja veel üks vastupidine asendus:

Vastavalt logaritmide omadustele:

See on võrrandi üldine integraal.

Tuletame meelde tingimuse korrutis x·u·lnu≠0 (mis tähendab x≠0,u≠0, lnu≠0, kust u≠1). Kuid tingimusest x≠0 jääb u≠1, seega x≠y. Ilmselgelt on y=x (x>0) üldlahendisse kaasatud.

2) Leia privaatne integraal võrrand y’=x/y+y/x, mis vastab algtingimustele y(1)=2.

Esiteks kontrollime, kas see võrrand on homogeenne (kuigi terminite y/x ja x/y olemasolu viitab sellele juba kaudselt). Seejärel teeme asendus u=y/x, kust y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Asendame saadud avaldised võrrandisse:

u'x+u=1/u+u. Lihtsustamine:

u'x=1/u. Kuna u on x-i funktsioon, siis u’=du/dx:

Saime eraldatavate muutujatega võrrandi. Muutujate eraldamiseks korrutame mõlemad osad dx ja u-ga ning jagame x-ga (tingimuse järgi x≠0, seega ka u≠0, mis tähendab, et otsuste kadu ei toimu).

Integreerime:

ja kuna mõlemas osas on tabeliintegraalid, saame kohe

Pöördasenduse teostamine:

See on võrrandi üldine integraal. Me kasutame esialgne seisund y(1)=2, see tähendab, et saadud lahenduses asendame y=2, x=1:

3) Leidke homogeense võrrandi üldine integraal:

(x²-y²)dy-2xydx=0.

Muuda u=y/x, kust y=ux, dy=xdu+udx. Asendame:

(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. Võtame sulgudest välja x² ja jagame sellega mõlemad osad (eeldusel, et x≠0):

x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0

(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Laiendage sulgusid ja lihtsustage:

xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,

xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Terminite rühmitamine du ja dx abil:

(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Me võtame sulgudest välja tavalised tegurid:

x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Muutujate eraldamine:

x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Selleks jagame võrrandi mõlemad osad xu(u²+1)≠0-ga (vastavalt liidame nõuded x≠0 (juba märgitud), u≠0):

Integreerime:

Võrrandi paremal küljel on tabeliintegraal, ratsionaalne murd vasakul küljel jagame algteguriteks:

(või teises integraalis sai diferentsiaali märgi alla liitmise asemel teha asendused t=1+u², dt=2udu - kuidas sulle rohkem meeldib). Saame:

Vastavalt logaritmide omadustele:

Vastupidine asendamine

Tuletage meelde tingimust u≠0. Seega y≠0. Kui C=0 y=0, siis lahendite kadu ei esine ja y=0 sisaldub üldintegraalis.

kommenteerida

Lahenduse saab muul kujul, kui jätate termini x-ga vasakule:

Integraalkõvera geomeetriline tähendus on antud juhul Oy teljel tsentreeritud ringide perekond, mis läbib alguspunkti.

Enesetesti ülesanded:

1) (x²+y²)dx-xydy=0

1) Kontrollime võrrandi homogeensust, mille järel teeme asendus u=y/x, kust y=ux, dy=xdu+udx. Asendage tingimuses: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Jagades võrrandi mõlemad pooled x²≠0-ga, saame: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Seega dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Lihtsamalt öeldes on meil: dx-xudu=0. Seega xudu=dx, udu=dx/x. Integreerime mõlemad osad:

Homogeenne

peal see õppetund käsitleme nn esimest järku homogeensed diferentsiaalvõrrandid. Sama hästi kui eraldatavad muutujavõrrandid ja lineaarsed mittehomogeensed võrrandid seda tüüpi kaugjuhtimispulte leidub peaaegu kõigis kontrolli töö difusiooni teemal. Kui sisenesite lehele otsingumootorist või pole diferentsiaalvõrrandites väga kindel, soovitan kõigepealt tungivalt läbi viia selle teema sissejuhatav õppetund - Esimest järku diferentsiaalvõrrandid. Fakt on see, et paljud homogeensete võrrandite lahendamise põhimõtted ja kasutatavad tehnikad on täpselt samad, mis kõige lihtsamate eraldatavate muutujatega võrrandite puhul.

Mis vahe on homogeensetel diferentsiaalvõrranditel ja muud tüüpi DE vahel? Seda on kõige lihtsam kohe konkreetse näitega selgitada.

Näide 1

Otsus:
Mida eelkõige tuleks otsustamisel analüüsida ükskõik milline diferentsiaalvõrrand esimene tellimus? Kõigepealt tuleb kontrollida, kas "kooli" toimingute abil on võimalik muutujaid kohe eraldada? Tavaliselt tehakse selline analüüs vaimselt või proovides muutujaid mustandis eraldada.

AT see näide muutujaid ei saa eraldada(võite proovida termineid osast osasse pöörata, tegurid sulgudest välja võtta jne). Muide, selles näites on asjaolu, et muutujaid ei saa jagada, üsna ilmne teguri olemasolu tõttu.

Tekib küsimus – kuidas seda erinevust lahendada?

Vaja kontrollida ja Kas see võrrand on homogeenne?? Kontrollimine on lihtne ja verifitseerimisalgoritmi saab sõnastada järgmiselt:

Algsesse võrrandisse:

selle asemel asendaja, selle asemel asendaja, ärge puudutage tuletist:

Täht lambda on tingimuslik parameeter ja siin see mängib järgmine roll: kui teisenduste tulemusena on võimalik KÕIK lambdad “hävitada” ja saada algne võrrand, siis see diferentsiaalvõrrand on homogeenne.

Ilmselt tühistavad lambdad eksponendis kohe:

Nüüd, paremal küljel, võtame lambda sulgudest välja:

ja jagage mõlemad osad selle sama lambdaga:

Tulemusena kõik lambdad kadusid nagu unenägu, nagu hommikune udu ja saime algse võrrandi.

Järeldus: See võrrand on homogeenne

Kuidas lahendada homogeenset diferentsiaalvõrrandit?

Mul on väga häid uudiseid. Absoluutselt kõik homogeensed võrrandid on lahendatavad ühe (!) standardse asendusega.

Funktsioon "y" peaks asendada tööd mingi funktsioon (sõltub ka "x"-st) ja "x":

Peaaegu alati kirjutage lühidalt:

Selgitame välja, milliseks tuletis sellise asendusega muutub, kasutame toote eristamise reeglit. Kui siis:

Asendage algses võrrandis:

Mida selline asendus annab? Pärast seda asendamist ja tehtud lihtsustusi, me garanteeritud saame eraldatavate muutujatega võrrandi. JÄTA MEELDE nagu esimene armastus :) ja vastavalt .

Pärast asendamist teostame maksimaalsed lihtsustused:

Kuna on funktsioon, mis sõltub "x-st", siis saab selle tuletise kirjutada standardmurruna: .
Seega:

Eraldame muutujad, samal ajal kui vasakul küljel peate koguma ainult "te" ja paremal küljel - ainult "x":

Muutujad on eraldatud, integreerime:


Minu artikli esimese tehnilise näpunäide kohaselt Esimest järku diferentsiaalvõrrandid paljudel juhtudel on otstarbekas konstant “sõnastada” logaritmi kujul.

Pärast võrrandi integreerimist peate läbi viima vastupidine asendus, see on ka standardne ja ainulaadne:
Kui siis
AT sel juhul:

18-19 juhul 20-st kirjutatakse homogeense võrrandi lahend üldintegraalina.

Vastus:üldine integraal:

Miks antakse homogeense võrrandi vastus peaaegu alati üldise integraalina?
Enamasti on "y" eksplitsiitses vormis väljendamine võimatu (üldlahenduse saamiseks) ja kui see on võimalik, siis enamasti osutub üldlahendus tülikaks ja kohmakaks.

Näiteks vaadeldavas näites saab üldlahenduse saada logaritmide riputamisega üldintegraali mõlemale osale:

- no ikka kõik korras. Kuigi näe, ikka viltu.

Muide, selles näites ei pannud ma üldist integraali päris “korralikult” kirja. See pole viga, kuid "heas" stiilis, tuletan meelde, on tavaks kirjutada üldine integraal kujul . Selleks tuleks kohe pärast võrrandi integreerimist konstant kirjutada ilma logaritmita (See on erand reeglist!):

Ja pärast vastupidist asendamist hankige üldine integraal "klassikalisel" kujul:

Saadud vastust saab kontrollida. Selleks peate eristama üldist integraali, see tähendab leidma kaudselt defineeritud funktsiooni tuletis:

Vabanege murdudest, korrutades võrrandi mõlemad pooled järgmisega:

Saadud on algne diferentsiaalvõrrand, mis tähendab, et lahendus on leitud õigesti.

Soovitav on alati kontrollida. Kuid homogeensed võrrandid on ebameeldivad, kuna nende üldintegraale on tavaliselt raske kontrollida – selleks on vaja väga-väga korralikku diferentseerimistehnikat. Vaadeldavas näites oli juba kontrollimise käigus vaja leida mitte kõige lihtsamad tuletised (kuigi näide ise on üsna lihtne). Kui saate seda kontrollida, vaadake seda!

Näide 2

Kontrollige võrrandi homogeensust ja leidke selle üldine integraal.

Kirjuta vastus vormi

See on näide iseseisev otsus- et saaksite harjuda tegevuste algoritmiga. Kontrollige oma vabal ajal, sest. siin on see üsna keeruline ja ma isegi ei hakanud seda tooma, muidu ei tule te enam sellise maniaki juurde :)

Ja nüüd lubatud oluline punkt, mainitud teema alguses,
paksus mustas kirjas:

Kui teisenduste käigus "lähtestame" teguri (mitte konstant)nimetajani, siis RISKIME lahendused kaotada!

Ja tegelikult kohtasime seda juba esimeses näites. diferentsiaalvõrrandite sissejuhatav tund. Võrrandi lahendamise käigus osutus "y" nimetajas: , kuid ilmselt on see DE lahendus ja mitteekvivalentse teisenduse (jagamise) tulemusena on kõik võimalused olemas. selle kaotamisest! Teine asi on see, et see sisenes üldlahendusse, millal nullväärtus konstandid. Nimetaja "x" lähtestamist võib samuti ignoreerida, sest ei rahulda algset hajutust.

Sarnane lugu sama õppetunni kolmanda võrrandiga, mille lahendamise käigus “kukkusime” nimetajasse. Rangelt võttes oli siin vaja kontrollida, kas antud difusioon on lahendus? Lõppude lõpuks on see! Kuid isegi siin "kõik õnnestus", kuna see funktsioon sisenes üldisesse integraali aadressil .

Ja kui “eraldatavate” võrrandite puhul on see sageli nii;) see “rullub”, siis homogeensete ja mõne muu difuuriga võib see “ei veereda”. Suure tõenäosusega.

Analüüsime selles õppetükis juba lahendatud probleeme: Näide 1 x "lähtestamine" toimus, kuid see ei saa olla võrrandi lahendus. Aga sisse näide 2 jagunesime , kuid seegi "saas ära": kuna lahendusi ei saanud kaduda, siis neid siin lihtsalt pole. Kuid loomulikult korraldasin "õnnelikud juhtumid" meelega ja pole tõsi, et need praktikas kokku puutuvad:

Näide 3

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Kas pole mitte lihtne näide? ;-)

Otsus: selle võrrandi homogeensus on ilmne, kuid siiski - esimesel sammul Kontrolli ALATI, kas muutujaid saab eraldada. Sest võrrand on samuti homogeenne, kuid muutujad on selles vaikselt eraldatud. Jah, neid on!

Pärast eraldatavuse kontrollimist teeme asendus ja lihtsustame võrrandit nii palju kui võimalik:

Eraldame muutujad, vasakul kogume "te", paremal - "x":

Ja siin on STOP. Jagamisel riskime kaotada kaks funktsiooni korraga. Alates , siis on järgmised funktsioonid:

Esimene funktsioon on ilmselgelt võrrandi lahendus . Kontrollime teist - asendame selle tuletise oma difuuriga:

- saadakse õige võrdus, mis tähendab, et funktsioon on lahendus.

Ja riskime nendest otsustest ilma jääda.

Lisaks oli nimetaja "X", asendus tähendab aga, et see on nullist erinev. Pidage meeles seda fakti. Aga! Kontrollige kindlasti, kas see on ORIGINAALdiferentsiaalvõrrandi lahendus. Ei see ei ole.

Võtkem see kõik teadmiseks ja jätkame:

Peab ütlema, et meil vedas vasaku poole integraaliga, juhtub palju hullemini.

Kogume paremale küljele ühe logaritmi ja lähtestame köidikud:

Ja just nüüd vastupidine asendus:

Korrutage kõik terminid arvuga:

Nüüd kontrolliks - kas "ohtlikud" lahendused sisalduvad üldintegraalis. Jah, mõlemad lahendid sisalduvad üldintegraalis konstandi nullväärtuse juures: , seega ei pea neid täiendavalt märkima vastama:

üldine integraal:

Uurimine. Isegi mitte test, vaid puhas nauding :)

Saadud on algne diferentsiaalvõrrand, mis tähendab, et lahendus on leitud õigesti.

Eraldiseisva lahenduse jaoks:

Näide 4

Tehke homogeensuse test ja lahendage diferentsiaalvõrrand

Üldintegraali saab kontrollida diferentseerimisega.

Täielik lahendus ja vastus tunni lõpus.

Vaatleme paari näidet, kus homogeenne võrrand antakse valmis diferentsiaalidega.

Näide 5

Lahendage diferentsiaalvõrrand

See on väga huvitav näide, otse kogu põnevik!

Otsus Me harjume seda kompaktsemaks muutma. Esmalt veendume vaimselt või mustandil, et muutujaid ei saaks siin jagada, misjärel kontrollime ühtlust - tavaliselt ei tehta seda puhtal koopial (kui pole spetsiaalselt nõutud). Seega algab lahendus peaaegu alati kirjega: " See võrrand on homogeenne, asendame: ...».

Kui homogeenne võrrand sisaldab valmis diferentsiaale, saab selle lahendada modifitseeritud asendusega:

Kuid ma ei soovita sellist asendust kasutada, kuna tulemus on suurepärane Hiina müür diferentsiaalid, kus vajad silma ja silma. Tehnilisest vaatenurgast on tulusam minna üle tuletise "kriipsuga" tähistusele, selleks jagame kõik võrrandi tingimused järgmiselt:

Ja juba siin oleme teinud "ohtliku" ümberkujundamise! Nulldiferentsiaal vastab - teljega paralleelsete joonte perekonnale. Kas need on meie DU juured? Asendage algses võrrandis:

See võrdsus on tõene, kui st jagades riskisime lahenduse kaotamisega, ja me kaotasime selle- sest see enam ei rahulda saadud võrrand .

Tuleb märkida, et kui me esialgu võrrand oli antud , siis juur ei tuleks kõne allagi. Aga meil on see olemas ja me saime selle õigel ajal kinni.

Jätkame lahendust standardse asendusega:
:

Pärast asendamist lihtsustame võrrandit nii palju kui võimalik:

Muutujate eraldamine:

Ja siin jälle STOP: jagades riskime kaotada kaks funktsiooni. Alates , siis on järgmised funktsioonid:

Ilmselgelt on esimene funktsioon võrrandi lahendus . Kontrollime teist - asendame ja selle tuletise:

– kätte saanud tõeline võrdsus, seega on funktsioon ka diferentsiaalvõrrandi lahendus.

Jagades jagades riskime need lahendused ilma jääda. Siiski võivad nad ühineda ühise integraaliga. Kuid nad ei pruugi siseneda.

Võtkem see teadmiseks ja integreerime mõlemad osad:

Vasaku külje integraal on standardselt lahendatud kasutades täisruudu valik, kuid difuusorites on seda palju mugavam kasutada määramatute koefitsientide meetod:

Kasutades määramatute koefitsientide meetodit, laiendame integrandi elementaarmurdude summaks:


Seega:

Leiame integraalid:

- kuna oleme joonistanud ainult logaritme, siis lükkame ka konstandi logaritmi alla.

Enne asendamist lihtsusta uuesti kõike, mida saab lihtsustada:

Langetavad ketid:

Ja vastupidine asendus:

Nüüd tuletame meelde “kaod”: lahendus sisenes üldintegraali kell , kuid - “lendas kassast mööda”, sest esines nimetajas. Seetõttu antakse vastuses sellele eraldi fraas ja jah - ärge unustage kaotatud otsust, mis, muide, osutus ka põhjas.

Vastus:üldine integraal: . Rohkem lahendusi:

Üldist lahendust pole siin nii raske väljendada:
, kuid see on juba eputamine.

Mugav aga testimiseks. Leiame tuletise:

ja asendada võrrandi vasakule küljele:

- selle tulemusena saadud parem osa võrrandid, mida tuli kontrollida.

Järgmine difuur on omaette:

Näide 6

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Täislahendus ja vastus tunni lõpus. Proovige samal ajal koolitust ja väljendage siin üldist lahendust.

Tunni viimases osas käsitleme veel paari iseloomulikumat ülesannet sellel teemal:

Näide 7

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Otsus: Lähme mööda teed. See võrrand on homogeenne, muudame:

"x"-ga on kõik korras, aga siin on viga ruudukujuline kolmik? Kuna see on jaotamatu teguriteks : , siis me kindlasti ei kaota lahendusi. See oleks alati nii! Valige vasakpoolsest servast täisruut ja integreerige:

Siin pole midagi lihtsustada ja seega ka vastupidine asendamine:

Vastus:üldine integraal:

Näide 8

Lahendage diferentsiaalvõrrand

See on tee-seda-ise näide.

Niisiis:

Mittevõrdväärsete konversioonide puhul kontrollige ALATI (vähemalt verbaalselt), ära kaota oma otsuseid! Mis on need teisendused? Reeglina millegi võrra vähendamine või millegi jagamine. Nii näiteks jagades tuleb kontrollida, kas funktsioonid on diferentsiaalvõrrandi lahendid. Samal ajal kaob sellise kontrolli vajadusega jagamisel juba ära - tänu sellele, et see jagaja ei kao.

Siin on veel üks ohtlik olukord:

Siin, vabanedes, tuleks kontrollida, kas see on DE lahendus. Tihti leitakse selliste kordajatena “x”, “y” ja nende võrra vähendades kaotame funktsioone, mis võivad osutuda lahendusteks.

Teisest küljest, kui midagi on ALGAL nimetajas, siis pole selliseks mureks põhjust. Seega ei pea te homogeenses võrrandis funktsiooni pärast muretsema, kuna see on nimetajas "deklareeritud".

Loetletud nüansid ei kaota oma tähtsust, isegi kui on vaja leida probleemile ainult konkreetne lahendus. On väike, kuid võimalus, et kaotame täpselt vajaliku konkreetse lahenduse. Tõde Cauchy probleem sisse praktilisi ülesandeid homogeensete võrranditega nõutakse üsna harva. Artiklis on aga selliseid näiteid Homogeenseks taandatavad võrrandid, mida soovitan oma lahendusoskuste kinnistamiseks õppida "in the hot pursuit".

On ka keerulisemaid homogeenseid võrrandeid. Raskus ei seisne mitte muutuja muutumises või lihtsustustes, vaid muutujate eraldamise tulemusena tekkivates üsna rasketes või harvaesinevates integraalides. Mul on näiteid selliste homogeensete võrrandite lahendustest – inetud integraalid ja koledad vastused. Kuid me ei räägi neist, sest järgmistes tundides (vt allpool) Mul on veel aega sind piinata, ma tahan sind värske ja optimistlikuna näha!

Edukas edutamine!

Lahendused ja vastused:

Näide 2: Otsus: kontrollige algses võrrandis selle homogeensuse võrrandit selle asemel paneme , ja selle asemel asendame:

Selle tulemusena saadakse algne võrrand, mis tähendab, et see DE on homogeenne.