Riješite diferencijalne jednadžbe i pronađite parcijalna rješenja. Osnovne definicije diferencijalnih jednadžbi i njihova rješenja

Ili su već riješeni s obzirom na derivaciju, ili se mogu riješiti s obzirom na derivaciju .

Opće rješenje diferencijalnih jednadžbi tipa na intervalu X, koji je dan, može se pronaći uzimanjem integrala obje strane ove jednakosti.

Dobivamo .

Ako pogledamo svojstva neodređenog integrala, nalazimo željeno opće rješenje:

y = F(x) + C,

Gdje F(x)- jedna od primitivnih funkcija f(x) između X, A S- proizvoljna konstanta.

Imajte na umu da je u većini problema interval X ne ukazuju. To znači da se mora pronaći rješenje za sve. x, za koju i željenu funkciju g, a izvorna jednadžba ima smisla.

Ako trebate izračunati određeno rješenje diferencijalne jednadžbe koje zadovoljava početni uvjet y(x 0) = y 0, zatim nakon izračuna općeg integrala y = F(x) + C, još je potrebno odrediti vrijednost konstante C = C 0, koristeći početni uvjet. Odnosno konstanta C = C 0 određena iz jednadžbe F(x 0) + C = y 0, a željeno parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe će imati oblik:

y = F(x) + C 0.

Pogledajmo primjer:

Pronađimo opće rješenje diferencijalne jednadžbe i provjerimo točnost rezultata. Pronađimo određeno rješenje ove jednadžbe koje bi zadovoljilo početni uvjet.

Otopina:

Nakon što integriramo zadanu diferencijalnu jednadžbu, dobivamo:

.

Uzmimo ovaj integral metodom integracije po dijelovima:

Da., je opće rješenje diferencijalne jednadžbe.

Kako bismo bili sigurni da je rezultat točan, napravimo provjeru. Da bismo to učinili, rješenje koje smo pronašli zamijenimo u zadanu jednadžbu:

.

Odnosno kada originalna jednadžba se pretvara u identitet:

stoga je opće rješenje diferencijalne jednadžbe točno određeno.

Rješenje koje smo pronašli je opće rješenje diferencijalne jednadžbe za svaku realnu vrijednost argumenta x.

Preostaje izračunati određeno rješenje ODE koje bi zadovoljilo početni uvjet. Drugim riječima, potrebno je izračunati vrijednost konstante S, pri čemu će vrijediti jednakost:

.

.

Zatim, zamjena C = 2 u opće rješenje ODE-a, dobivamo partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe koje zadovoljava početni uvjet:

.

Obična diferencijalna jednadžba može se riješiti za derivaciju dijeljenjem 2 strane jednadžbe s f(x). Ova će transformacija biti ekvivalentna ako f(x) ne pretvara se u nulu ni pod kojim okolnostima x iz intervala integracije diferencijalne jednadžbe X.

Postoje vjerojatne situacije kada, za neke vrijednosti argumenta x ∈ X funkcije f(x) I g(x) istovremeno postaju nula. Za slične vrijednosti x opće rješenje diferencijalne jednadžbe je bilo koja funkcija g, koji je u njima definiran, jer .

Ako za neke vrijednosti argumenata x ∈ X uvjet je zadovoljen, što znači da u ovom slučaju ODE nema rješenja.

Za sve ostale x iz intervala X iz transformirane jednadžbe određuje se opće rješenje diferencijalne jednadžbe.

Pogledajmo primjere:

Primjer 1.

Pronađimo opće rješenje za ODE: .

Otopina.

Iz svojstava osnovnih elementarnih funkcija jasno je da je funkcija prirodnog logaritma definirana za nenegativne vrijednosti argumenta, stoga je domena definiranja izraza ln(x+3) postoji interval x > -3 . To znači da navedena diferencijalna jednadžba ima smisla za x > -3 . Za ove vrijednosti argumenata, izraz x+3 ne nestaje, tako da ODE za izvod možete riješiti dijeljenjem 2 dijela s x + 3.

Dobivamo .

Zatim integriramo dobivenu diferencijalnu jednadžbu, riješenu s obzirom na derivaciju: . Za uzimanje ovog integrala koristimo metodu sabiranja diferencijalnog predznaka.

6.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE

Pri rješavanju raznih problema iz matematike i fizike, biologije i medicine često nije moguće odmah uspostaviti funkcionalni odnos u obliku formule koja povezuje varijable koje opisuju proučavani proces. Obično morate koristiti jednadžbe koje sadrže, osim nezavisne varijable i nepoznate funkcije, i njezine izvodnice.

Definicija. Poziva se jednadžba koja povezuje nezavisnu varijablu, nepoznatu funkciju i njezine izvodnice različitih redova diferencijal.

Obično se označava nepoznata funkcija y(x) ili samo y, i njegovi derivati ​​- y", y" itd.

Moguće su i druge oznake, npr.: ako g= x(t), tada x"(t), x""(t)- njegove izvedenice, i t- nezavisna varijabla.

Definicija. Ako funkcija ovisi o jednoj varijabli, tada se diferencijalna jednadžba naziva običnom. Opći pogled obična diferencijalna jednadžba:

ili

Funkcije F I f možda neće sadržavati neke argumente, ali da bi jednadžbe bile diferencijalne, bitna je prisutnost derivata.

Definicija.Red diferencijalne jednadžbe naziva se red najveće derivacije koja je u njemu uključena.

Na primjer, x 2 y"- g= 0, y" + sin x= 0 su jednadžbe prvog reda, i y"+ 2 y"+ 5 g= x- jednadžba drugog reda.

Pri rješavanju diferencijalnih jednadžbi koristi se operacija integracije koja je povezana s pojavom proizvoljne konstante. Ako se primijeni akcija integracije n puta, tada će, očito, rješenje sadržavati n proizvoljne konstante.

6.2. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA

Opći pogled diferencijalna jednadžba prvog reda određuje se izrazom

Jednadžba ne smije eksplicitno sadržavati x I y, ali nužno sadrži y".

Ako se jednadžba može napisati kao

tada dobivamo diferencijalnu jednadžbu prvog reda riješenu s obzirom na derivaciju.

Definicija. Opće rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda (6.3) (ili (6.4)) je skup rješenja , Gdje S- proizvoljna konstanta.

Graf rješenja diferencijalne jednadžbe naziva se integralna krivulja.

Zadavanje proizvoljne konstante S različite vrijednosti, mogu se dobiti parcijalna rješenja. U avionu xOy opće rješenje je obitelj integralnih krivulja koje odgovaraju svakom pojedinom rješenju.

Ako postavite točku A (x 0, y 0), kroz koje mora proći integralna krivulja, tada u pravilu iz skupa funkcija Može se izdvojiti jedno - privatno rješenje.

Definicija.Privatna odluka diferencijalne jednadžbe je njezino rješenje koje ne sadrži proizvoljne konstante.

Ako je opće rješenje, zatim iz uvjeta

možete pronaći konstantu S. Stanje se zove početno stanje.

Problem pronalaženja određenog rješenja diferencijalne jednadžbe (6.3) ili (6.4) koje zadovoljava početni uvjet na nazvao Cauchyjev problem. Ima li ovaj problem uvijek rješenje? Odgovor je sadržan u sljedećem teoremu.

Cauchyjev teorem(teorem postojanja i jedinstvenosti rješenja). Neka u diferencijalnoj jednadžbi y"= f(x,y) funkcija f(x,y) i nju

djelomična derivacija definiran i kontinuiran u nekim

regija D, koji sadrži točku Zatim u području D postoji

jedino rješenje jednadžbe koje zadovoljava početni uvjet na

Cauchyjev teorem tvrdi da pod određenim uvjetima postoji jedinstvena integralna krivulja g= f(x), prolazeći kroz točku Točke u kojima uvjeti teorema nisu ispunjeni

Cauchies se zovu poseban. Na tim točkama se lomi f(x, y) ili.

Nekoliko integralnih krivulja ili nijedna ne prolazi kroz singularnu točku.

Definicija. Ako se rješenje (6.3), (6.4) nađe u obliku f(x, y, C)= 0, nije dopušteno u odnosu na y, tada se poziva opći integral diferencijalna jednadžba.

Cauchyjev teorem jamči samo postojanje rješenja. Budući da ne postoji jedinstvena metoda za pronalaženje rješenja, razmotrit ćemo samo neke vrste diferencijalnih jednadžbi prvog reda koje se mogu integrirati u kvadrature

Definicija. Diferencijalna jednadžba se zove integrabilan u kvadraturama, ako se pronalaženje njezina rješenja svodi na integriranje funkcija.

6.2.1. Diferencijalne jednadžbe prvog reda sa separabilnim varijablama

Definicija. Diferencijalna jednadžba prvog reda naziva se jednadžba sa odvojive varijable,

Desna strana jednadžbe (6.5) je umnožak dviju funkcija od kojih svaka ovisi samo o jednoj varijabli.

Na primjer, jednadžba je jednadžba s odvajanjem

pomiješano s varijablama
i jednadžba

ne može se prikazati u obliku (6.5).

S obzirom na to , prepisujemo (6.5) u obliku

Iz ove jednadžbe dobivamo diferencijalnu jednadžbu s odvojenim varijablama, u kojoj su diferencijali funkcije koje ovise samo o odgovarajućoj varijabli:

Integrirajući pojam po pojam, imamo

gdje je C = C 2 - C 1 - proizvoljna konstanta. Izraz (6.6) je opći integral jednadžbe (6.5).

Dijeljenjem obje strane jednadžbe (6.5) s, možemo izgubiti ona rješenja za koja, Doista, ako na

Da očito je rješenje jednadžbe (6.5).

Primjer 1. Pronađite rješenje jednadžbe koje zadovoljava

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

Otopina. Mi ćemo zamijeniti y" zatim . Pomnožite obje strane s

dx, budući da je tijekom daljnje integracije nemoguće napustiti dx u nazivniku:

a zatim podijelivši oba dijela po dobivamo jednadžbu,

koji se mogu integrirati. Integrirajmo:

Zatim ; potenciramo, dobivamo y = C. (x + 1) - ob-

opće rješenje.

Koristeći početne podatke, određujemo proizvoljnu konstantu, zamjenjujući ih u opće rješenje

Napokon dobivamo g= 2(x + 1) je posebno rješenje. Pogledajmo još nekoliko primjera rješavanja jednadžbi s odvojivim varijablama.

Primjer 2. Pronađite rješenje jednadžbe

Otopina. S obzirom na to , dobivamo .

Integrirajući obje strane jednadžbe, imamo

gdje

Primjer 3. Pronađite rješenje jednadžbe Otopina. Obje strane jednadžbe dijelimo na one faktore koji ovise o varijabli koja se ne poklapa s varijablom pod diferencijalnim predznakom, tj. i integrirati. Onda dobivamo

i konačno

Primjer 4. Pronađite rješenje jednadžbe

Otopina. Znajući što ćemo dobiti. Odjeljak

lim varijable. Zatim

Integracijom, dobivamo

Komentar. U primjerima 1 i 2 tražena funkcija je g izražen eksplicitno (opće rješenje). U primjerima 3 i 4 - implicitno (opći integral). Ubuduće se neće navoditi oblik odluke.

Primjer 5. Pronađite rješenje jednadžbe Otopina.

Primjer 6. Pronađite rješenje jednadžbe , zadovoljavajuće

stanje vi)= 1.

Otopina. Zapišimo jednadžbu u obliku

Množenje obje strane jednadžbe s dx i dalje, dobivamo

Integrirajući obje strane jednadžbe (integral s desne strane uzet je po dijelovima), dobivamo

Ali prema stanju g= 1 at x= e. Zatim

Zamijenimo pronađene vrijednosti S na opće rješenje:

Rezultirajući izraz naziva se parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe.

6.2.2. Homogene diferencijalne jednadžbe prvog reda

Definicija. Diferencijalna jednadžba prvog reda naziva se homogeno, ako se može prikazati u obliku

Predstavimo algoritam za rješavanje homogene jednadžbe.

1.Umjesto toga g uvedimo novu funkciju Onda i prema tome

2.U smislu funkcije u jednadžba (6.7) ima oblik

odnosno zamjena reducira homogenu jednadžbu na jednadžbu sa separabilnim varijablama.

3. Rješavajući jednadžbu (6.8), prvo nalazimo u, a zatim g= ux.

Primjer 1. Riješite jednadžbu Otopina. Zapišimo jednadžbu u obliku

Vršimo zamjenu:
Zatim

Mi ćemo zamijeniti

Pomnožite s dx: Podijelite po x i dalje Zatim

Nakon što smo integrirali obje strane jednadžbe preko odgovarajućih varijabli, imamo

ili, vraćajući se na stare varijable, konačno dobivamo

Primjer 2.Riješite jednadžbu Otopina.Neka Zatim

Podijelimo obje strane jednadžbe s x2: Otvorimo zagrade i presložimo pojmove:

Prelazeći na stare varijable, dolazimo do konačnog rezultata:

Primjer 3.Pronađite rješenje jednadžbe s obzirom na to

Otopina.Izvođenje standardne zamjene dobivamo

ili

ili

To znači da određeno rješenje ima oblik Primjer 4. Pronađite rješenje jednadžbe

Otopina.

Primjer 5.Pronađite rješenje jednadžbe Otopina.

Samostalni rad

Pronađite rješenja diferencijalnih jednadžbi sa separabilnim varijablama (1-9).

Pronađite rješenje homogenih diferencijalnih jednadžbi (9-18).

6.2.3. Neke primjene diferencijalnih jednadžbi prvog reda

Problem radioaktivnog raspada

Brzina raspada Ra (radija) u svakom trenutku proporcionalna je njegovoj dostupnoj masi. Nađite zakon radioaktivnog raspada Ra ako se zna da je Ra bio u početnom trenutku i da je vrijeme poluraspada Ra 1590 godina.

Otopina. Neka u ovom trenutku masa Ra bude x= x(t) g, i Tada je brzina raspada Ra jednaka

Prema uvjetima problema

Gdje k

Odvajanjem varijabli u posljednjoj jednadžbi i integriranjem, dobivamo

gdje

Za utvrđivanje C koristimo početni uvjet: kada .

Zatim i, prema tome,

Faktor proporcionalnosti k određuje se iz dodatnog uvjeta:

imamo

Odavde i traženu formulu

Problem s brzinom reprodukcije bakterija

Brzina razmnožavanja bakterija proporcionalna je njihovom broju. U početnom trenutku bilo je 100 bakterija. Unutar 3 sata njihov se broj udvostručio. Odredite ovisnost broja bakterija o vremenu. Koliko će se puta povećati broj bakterija unutar 9 sati?

Otopina. Neka x- broj bakterija u jednom trenutku t. Tada, prema uvjetu,

Gdje k- koeficijent proporcionalnosti.

Odavde Iz stanja se zna da . Sredstva,

Od dodatnog uvjeta . Zatim

Funkcija koju tražite:

Dakle, kada t= 9 x= 800, tj. unutar 9 sati broj bakterija se povećao 8 puta.

Problem povećanja količine enzima

U kulturi pivskog kvasca, brzina rasta aktivnog enzima proporcionalna je njegovoj početnoj količini. x. Početna količina enzima a udvostručio unutar sat vremena. Pronađite ovisnost

x(t).

Otopina. Prema uvjetu, diferencijalna jednadžba procesa ima oblik

odavde

Ali . Sredstva, C= a a zatim

Također je poznato da

Stoga,

6.3. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE DRUGOG REDA

6.3.1. Osnovni pojmovi

Definicija.Diferencijalna jednadžba drugog reda naziva se relacija koja povezuje nezavisnu varijablu, željenu funkciju i njenu prvu i drugu derivaciju.

U posebnim slučajevima, x može nedostajati u jednadžbi, na ili y". Međutim, jednadžba drugog reda mora nužno sadržavati y." U općem slučaju, diferencijalna jednadžba drugog reda piše se kao:

ili, ako je moguće, u obliku razriješenom s obzirom na drugu derivaciju:

Kao i u slučaju jednadžbe prvog reda, za jednadžbu drugog reda mogu postojati opća i posebna rješenja. Općenito rješenje je:

Pronalaženje određenog rješenja

pod početnim uvjetima – zadani

brojevi) naziva se Cauchyjev problem. Geometrijski to znači da trebamo pronaći integralnu krivulju na= y(x), prolazeći kroz datu točku i imajući tangentu u ovoj točki koja je

poravnati s pozitivnim smjerom osi Vol navedeni kut. e. (Slika 6.1). Cauchyjev problem ima jedinstveno rješenje ako je desna strana jednadžbe (6.10), neprekidan

je diskontinuiran i ima kontinuirane parcijalne derivacije u odnosu na uh, uh" u nekom susjedstvu početne točke

Za pronalaženje konstanti uključeno u privatno rješenje, sustav se mora riješiti

Riža. 6.1. Integralna krivulja

Diferencijalna jednadžba je jednadžba koja uključuje funkciju i jednu ili više njezinih derivacija. U većini praktičnih problema funkcije predstavljaju fizikalne veličine, derivacije odgovaraju brzinama promjene tih veličina, a jednadžba određuje odnos između njih.

U ovom se članku raspravlja o metodama rješavanja određenih vrsta običnih diferencijalnih jednadžbi, čija se rješenja mogu napisati u obliku elementarne funkcije, odnosno polinomske, eksponencijalne, logaritamske i trigonometrijske, kao i njihove inverzne funkcije. Mnoge od ovih jednadžbi pojavljuju se u stvarnom životu, iako se većina drugih diferencijalnih jednadžbi ne može riješiti ovim metodama, te se za njih odgovor piše u obliku posebnih funkcija ili redova potencija, ili se pronalazi numeričkim metodama.

Da biste razumjeli ovaj članak, morate biti vješti u diferencijalnom i integralnom računu, kao i imati određeno razumijevanje parcijalnih derivacija. Također se preporučuje poznavanje osnova linearne algebre u primjeni na diferencijalne jednadžbe, posebno diferencijalne jednadžbe drugog reda, iako je poznavanje diferencijalnog i integralnog računa dovoljno za njihovo rješavanje.

Preliminarne informacije

• Diferencijalne jednadžbe imaju opsežnu klasifikaciju. Ovaj članak govori o obične diferencijalne jednadžbe, odnosno o jednadžbama koje uključuju funkciju jedne varijable i njezine derivacije. Obične diferencijalne jednadžbe puno je lakše razumjeti i riješiti nego parcijalne diferencijalne jednadžbe, koji uključuju funkcije nekoliko varijabli. Ovaj članak ne raspravlja o parcijalnim diferencijalnim jednadžbama, budući da su metode za rješavanje tih jednadžbi obično određene njihovim posebnim oblikom.
  • Ispod su neki primjeri običnih diferencijalnih jednadžbi.
    • 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)
  • Ispod su neki primjeri parcijalnih diferencijalnih jednadžbi.
    • ∂ 2 f ∂ x 2 + ∂ 2 f ∂ y 2 = 0 (\displaystyle (\frac (\partial ^(2)f)(\partial x^(2)))+(\frac (\partial ^(2 )f)(\djelomično 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)
• Redoslijed diferencijalne jednadžbe određen je redoslijedom najveće derivacije uključene u ovu jednadžbu. Prva od gornjih običnih diferencijalnih jednadžbi je prvog reda, dok je druga jednadžba drugog reda. stupanj diferencijalne jednadžbe najveća je potencija na koju je podignut jedan od članova ove jednadžbe.
  • Na primjer, jednadžba u nastavku je trećeg reda i drugog stupnja.
    • (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)
• Diferencijalna jednadžba je linearna diferencijalna jednadžba u slučaju da su funkcija i sve njezine derivacije na prvom stupnju. Inače je jednadžba nelinearna diferencijalna jednadžba. Linearne diferencijalne jednadžbe su izvanredne po tome što se njihova rješenja mogu koristiti za oblikovanje linearnih kombinacija koje će također biti rješenja dane jednadžbe.
  • Ispod su neki primjeri linearnih diferencijalnih jednadžbi.
  • Ispod su neki primjeri nelinearnih diferencijalnih jednadžbi. Prva jednadžba je nelinearna zbog sinusnog člana.
    • 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)))+ \lijevo((\frac ((\mathrm (d) )x)((\mathrm (d) )t))\desno)^(2)+tx^(2)=0)
• Općenito rješenje obična diferencijalna jednadžba nije jedinstvena, ona uključuje proizvoljne konstante integracije. U većini slučajeva broj proizvoljnih konstanti jednak je redu jednadžbe. U praksi se vrijednosti ovih konstanti određuju na temelju zadanog početni uvjeti, odnosno prema vrijednostima funkcije i njezinih izvodnica pri x = 0. (\displaystyle x=0.) Broj početnih uvjeta koje je potrebno pronaći privatno rješenje diferencijalna jednadžba, u većini slučajeva također je jednaka redu zadane jednadžbe.
  • Na primjer, ovaj će se članak baviti rješavanjem jednadžbe u nastavku. Ovo je linearna diferencijalna jednadžba drugog reda. Njegovo opće rješenje sadrži dvije proizvoljne konstante. Za pronalaženje ovih konstanti potrebno je znati početne uvjete pri x (0) (\displaystyle x(0)) I x ′ (0) . (\displaystyle x"(0).) Obično su početni uvjeti navedeni u točki x = 0 , (\displaystyle x=0,), iako to nije potrebno. Ovaj će članak također raspravljati o tome kako pronaći određena rješenja za dane početne uvjete.
    • 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)

Koraci

dio 1

Jednadžbe prvog reda

Prilikom korištenja ove usluge, neke informacije mogu se prenijeti na YouTube.

1. Linearne jednadžbe prvog reda. Ovaj dio raspravlja o metodama za rješavanje linearnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda u općim i posebnim slučajevima kada su neki članovi jednaki nuli. Pretpostavimo da y = y (x) , (\displaystyle y=y(x),) p (x) (\displaystyle p(x)) I q (x) (\displaystyle q(x)) su 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.) Prema jednom od osnovnih teorema matematičke analize, integral derivacije funkcije je također funkcija. Dakle, dovoljno je jednostavno integrirati jednadžbu da bi se pronašlo njezino rješenje. Treba uzeti u obzir da se pri izračunavanju neodređenog integrala pojavljuje proizvoljna konstanta.

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

   Q (x) = 0. (\displaystyle q(x)=0.) Koristimo metodu razdvajanje varijabli. Ovo pomiče različite varijable na različite strane jednadžbe. Na primjer, možete premjestiti sve članove iz y (\displaystyle y) u jedno, a svi članovi sa x (\displaystyle x) na drugu stranu jednadžbe. Članovi također mogu biti premješteni d x (\displaystyle (\mathrm (d) )x) I d y (\displaystyle (\mathrm (d) )y), koji su uključeni u izraze derivata, međutim, treba imati na umu da je to samo simbol koji je prikladan za razlikovanje složene funkcije. Razprava o ovim članovima, koji su tzv diferencijali, izvan je opsega ovog članka.

   • Prvo morate premjestiti varijable na suprotne strane znaka jednakosti.
     • 1 y d y = − p (x) d x (\displaystyle (\frac (1)(y))(\mathrm (d) )y=-p(x)(\mathrm (d) )x)
   • Integrirajmo obje strane jednadžbe. Nakon integracije će se na obje strane pojaviti proizvoljne konstante koje se mogu prenijeti na desnu stranu jednadžbe.
     • 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))
   • Primjer 1.1. U zadnjem koraku koristili smo pravilo e a + b = e a e b (\displaystyle e^(a+b)=e^(a)e^(b)) i zamijenjena e C (\displaystyle e^(C)) na C (\displaystyle C), budući da je ovo također proizvoljna integracijska konstanta.
     • 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 − 2 cos ⁡ x (\displaystyle (\begin(aligned )(\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 bismo pronašli opće rješenje uveli smo integrirajući faktor kao funkcija x (\displaystyle x) lijevu stranu svesti na zajedničku derivaciju i tako riješiti jednadžbu.

   • Pomnožite obje strane 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)
   • Da bi se lijeva strana svela na opću derivaciju, moraju se napraviti sljedeće 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)
   • Posljednja jednakost znači da d μ d x = μ p (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\mu )((\mathrm (d) )x))=\mu p). Ovo je integrirajući faktor koji je dovoljan za rješavanje bilo koje linearne jednadžbe prvog reda. Sada možemo izvesti formulu za rješavanje ove jednadžbe s obzirom na μ , (\displaystyle \mu ,) iako je korisno za obuku napraviti sve međuizračune.
     • μ (x) = e ∫ p (x) d x (\displaystyle \mu (x)=e^(\int p(x)(\mathrm (d) )x))
   • Primjer 1.2. Ovaj primjer pokazuje kako pronaći određeno rješenje diferencijalne jednadžbe sa zadanim početnim uvjetima.
     • 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(aligned)))
     • 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)) ))
   
   Rješavanje linearnih jednadžbi prvog reda (snimio Intuit - Pučko otvoreno učilište).

2. Nelinearne jednadžbe prvog reda. Ovaj odjeljak raspravlja o metodama za rješavanje nekih nelinearnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda. Iako ne postoji opća metoda za rješavanje takvih jednadžbi, neke od njih mogu se riješiti pomoću dolje navedenih metoda.

   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).) Ako funkcija f (x , y) = h (x) g (y) (\displaystyle f(x,y)=h(x)g(y)) mogu se podijeliti na funkcije jedne varijable, takva se jednadžba naziva diferencijalna jednadžba sa separabilnim varijablama. U ovom slučaju možete koristiti gornju metodu:

   • ∫ d y h (y) = ∫ g (x) d x (\displaystyle \int (\frac ((\mathrm (d) )y)(h(y)))=\int g(x)(\mathrm (d) )x)
   • Primjer 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 (\ početak(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))).) Pretpostavimo da g (x , y) (\displaystyle g(x,y)) I h (x, y) (\displaystyle h(x,y)) su funkcije x (\displaystyle x) I g. (\displaystyle y.) Zatim homogena diferencijalna jednadžba je jednadžba u kojoj g (\displaystyle g) I h (\displaystyle h) su homogene funkcije u istom stupnju. Odnosno, funkcije moraju zadovoljiti uvjet g (α x , α y) = α k g (x , y) , (\displaystyle g(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^(k)g(x,y),) Gdje k (\displaystyle k) naziva se stupanj homogenosti. Bilo koja homogena diferencijalna jednadžba može se koristiti prikladno zamjene varijabli (v = y / x (\displaystyle v=y/x) ili v = x / y (\displaystyle v=x/y)) pretvoriti u jednadžbu s odvojivim varijablama.

   • Primjer 1.4. Gornji opis homogenosti može se činiti nejasnim. Pogledajmo ovaj koncept na primjeru.
     • 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 početak, treba primijetiti da je ova jednadžba nelinearna u odnosu na g. (\displaystyle y.) Također vidimo da je u ovom slučaju nemoguće razdvojiti varijable. U isto vrijeme, ova diferencijalna jednadžba je homogena, jer su i brojnik i nazivnik homogeni s potencijom 3. Stoga možemo napraviti promjenu varijabli 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))).) Kao rezultat, imamo jednadžbu za v (\displaystyle v) s odvojivim varijablama.
     • v (x) = − 3 ln ⁡ 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).) Ovaj Bernoullijeva diferencijalna jednadžba- posebna vrsta nelinearne jednadžbe prvog stupnja, čije se rješenje može napisati pomoću elementarnih funkcija.

   • Pomnožite obje strane jednadžbe s (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))
   • Koristimo pravilo za diferenciranje složene funkcije na lijevoj strani i pretvaramo jednadžbu u linearnu jednadžbu u odnosu na y 1 − n , (\displaystyle y^(1-n),) koji se mogu riješiti gore navedenim metodama.
     • 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.) Ovaj jednadžba u totalnim diferencijalima. Potrebno je pronaći tzv potencijalna funkcija φ (x , y) , (\displaystyle \varphi (x,y),), što zadovoljava uvjet d φ d x = 0. (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )\varphi )((\mathrm (d) )x))=0.)

   • Za ispunjenje ovog uvjeta potrebno je imati ukupni derivat. Ukupna derivacija uzima u obzir ovisnost o drugim varijablama. Za izračunavanje ukupne derivacije φ (\displaystyle \varphi ) Po x , (\displaystyle x,) pretpostavljamo da y (\displaystyle y) također može ovisiti o 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 )(\partial x))+(\frac (\partial \varphi )(\partial y))(\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x)))
   • Usporedba pojmova daje nam M (x , y) = ∂ φ ∂ x (\displaystyle M(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial x))) I N (x, y) = ∂ φ ∂ y. (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y)).) Ovo je tipičan rezultat za jednadžbe u nekoliko varijabli, u kojima su mješovite derivacije glatkih funkcija međusobno jednake. Ponekad se ovaj slučaj zove Clairautov teorem. U ovom slučaju, diferencijalna jednadžba je totalna diferencijalna jednadžba ako je zadovoljen sljedeći uvjet:
     • ∂ M ∂ y = ∂ N ∂ x (\displaystyle (\frac (\partial M)(\partial y))=(\frac (\partial N)(\partial x)))
   • Metoda za rješavanje jednadžbi u ukupnim diferencijalima slična je pronalaženju potencijalnih funkcija u prisutnosti nekoliko derivacija, o čemu ćemo ukratko raspravljati. Prvo idemo integrirati M (\displaystyle M) Po x. (\displaystyle x.) Od M (\displaystyle M) je funkcija i x (\displaystyle x), I y , (\displaystyle y,) integracijom dobivamo nepotpunu funkciju φ , (\displaystyle \varphi ,) označen kao φ ~ (\displaystyle (\tilda (\varphi ))). Rezultat također ovisi o y (\displaystyle y) integracijska konstanta.
     • 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))
   • Nakon ovoga, dobiti c (y) (\displaystyle c(y)) možemo uzeti parcijalni izvod dobivene funkcije s obzirom na y , (\displaystyle y,) izjednačiti rezultat N (x , y) (\displaystyle N(x, y)) i integrirati. Također možete prvo integrirati N (\displaystyle N), a zatim uzmite parcijalnu derivaciju u odnosu na x (\displaystyle x), što će vam omogućiti pronalazak proizvoljne funkcije d(x). (\displaystyle d(x).) Obje su metode prikladne, a obično se za integraciju bira jednostavnija funkcija.
     • N (x , y) = ∂ φ ∂ y = ∂ φ ~ ∂ y + d c d y (\displaystyle N(x,y)=(\frac (\partial \varphi )(\partial y))=(\frac (\ djelomično (\tilde (\varphi )))(\djelomično y))+(\frac ((\mathrm (d) )c)((\mathrm (d) )y)))
   • Primjer 1.5. Možete uzeti parcijalne derivacije i vidjeti da je jednadžba ispod totalna diferencijalna jednadžba.
     • 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 (\djelomično \varphi )(\partial 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)
   • Ako diferencijalna jednadžba nije totalna diferencijalna jednadžba, u nekim slučajevima možete pronaći integrirajući faktor koji vam omogućuje da je pretvorite u totalnu diferencijalnu jednadžbu. Međutim, takve se jednadžbe rijetko koriste u praksi, iako je integrirajući faktor postoji, dogodi se da ga nađete nije lako, stoga ove jednadžbe nisu razmatrane u ovom članku.

dio 2

Jednadžbe drugog reda

1. Homogene linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima. Ove jednadžbe imaju široku primjenu u praksi, pa je njihovo rješavanje od primarne važnosti. U ovom slučaju ne govorimo o homogenim funkcijama, već o tome da je 0 na desnoj strani jednadžbe. Sljedeći dio će pokazati kako riješiti odgovarajuću heterogena diferencijalne jednadžbe. Ispod a (\displaystyle a) I b (\displaystyle b) su 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 jednadžba. Ova diferencijalna jednadžba je izvanredna po tome što se može vrlo lako riješiti ako obratite pozornost na svojstva koja bi trebala imati njezina rješenja. Iz jednadžbe je jasno da y (\displaystyle y) a njegove derivacije su međusobno proporcionalne. Iz prethodnih primjera, o kojima je bilo riječi u odjeljku o jednadžbama prvog reda, znamo da samo eksponencijalna funkcija ima ovo svojstvo. Stoga je moguće iznijeti ansatz(obrazovana pretpostavka) o tome koje će biti rješenje dane jednadžbe.

   • Rješenje će imati oblik eksponencijalne funkcije e r x , (\displaystyle e^(rx),) Gdje r (\displaystyle r) je konstanta čiju vrijednost treba pronaći. Zamijenite ovu funkciju u jednadžbu i dobit ćete sljedeći izraz
     • e r x (r 2 + a r + b) = 0 (\displaystyle e^(rx)(r^(2)+ar+b)=0)
   • Ova jednadžba pokazuje da umnožak eksponencijalne funkcije i polinoma mora biti jednak nuli. Poznato je da eksponent ne može biti jednak nuli ni za jednu vrijednost stupnja. Iz ovoga zaključujemo da je polinom jednak nuli. Dakle, sveli smo problem rješavanja diferencijalne jednadžbe na mnogo jednostavniji problem rješavanja algebarske jednadžbe, koji se naziva karakteristična jednadžba za danu diferencijalnu jednadžbu.
     • 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 dva korijena. Budući da je ova diferencijalna jednadžba linearna, njezino opće rješenje je linearna kombinacija parcijalnih rješenja. Budući da je ovo jednadžba drugog reda, znamo da jest stvarno opće rješenje, a drugih nema. Strože opravdanje za to leži u teoremima o postojanju i jedinstvenosti rješenja, koji se mogu naći u udžbenicima.
   • Koristan način provjere jesu li dva rješenja linearno neovisna jest izračunavanje Wronskiana. Vronskijan W (\displaystyle W) je determinanta matrice čiji stupci sadrže funkcije i njihove uzastopne derivacije. Teorem linearne algebre kaže da su funkcije uključene u Wronskian linearno ovisne ako je Wronskian jednak nuli. U ovom odjeljku možemo provjeriti jesu li dva rješenja linearno neovisna - da bismo to učinili moramo biti sigurni da Wronskian nije nula. Wronskian je važan pri rješavanju nehomogenih diferencijalnih jednadžbi s konstantnim koeficijentima metodom variranja parametara.
     • W = | y 1 y 2 y 1 ′ y 2 ′ | (\displaystyle W=(\begin(vmatrix)y_(1)&y_(2)\\y_(1)"&y_(2)"\end(vmatrix)))
   • U smislu linearne algebre, skup svih rješenja dane diferencijalne jednadžbe tvori vektorski prostor čija je dimenzija jednaka redu diferencijalne jednadžbe. U ovom prostoru može se birati osnova između linearno neovisni odluke jedni od drugih. To je moguće zahvaljujući činjenici da funkcija y (x) (\displaystyle y(x)) važeći linearni operator. Izvedenica je linearni operator, jer transformira prostor diferencijabilnih funkcija u prostor svih funkcija. Jednadžbe se nazivaju homogenim u onim slučajevima kada za bilo koji linearni operator L (\displaystyle L) moramo pronaći rješenje jednadžbe L [ y ] = 0. (\displaystyle L[y]=0.)

   Prijeđimo sada na nekoliko konkretnih primjera. Slučaj višestrukih korijena karakteristične jednadžbe razmotrit ćemo nešto kasnije, u odjeljku o smanjenju reda.

   Ako se korijenje r ± (\displaystyle r_(\pm )) različiti realni brojevi, diferencijalna jednadžba ima sljedeće rješenje

   • 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 složena korijena. Iz temeljnog teorema algebre slijedi da rješenja polinomskih jednadžbi s realnim koeficijentima imaju korijene koji su realni ili tvore konjugirane parove. Prema tome, ako je kompleksan broj r = α + i β (\displaystyle r=\alpha +i\beta ) je tada korijen karakteristične jednadžbe r ∗ = α − i β (\displaystyle r^(*)=\alpha -i\beta ) također je korijen ove jednadžbe. Dakle, rješenje možemo napisati u obrazac 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^( (\alpha -i\beta)x),) međutim, to je složen broj i nije poželjan za rješavanje praktičnih problema.

   • Umjesto toga možete koristiti Eulerova formula e i x = cos ⁡ x + i sin ⁡ x (\displaystyle e^(ix)=\cos x+i\sin x), što vam omogućuje pisanje rješenja u obliku trigonometrijskih funkcija:
     • 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))
   • Sada možete umjesto stalnog c 1 + c 2 (\displaystyle c_(1)+c_(2)) zapiši c 1 (\displaystyle c_(1)), i izraz i (c 1 − c 2) (\displaystyle i(c_(1)-c_(2))) zamijeniti sa c 2 . (\displaystyle c_(2).) Nakon toga dobivamo sljedeće rješenje:
     • 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))
   • Postoji još jedan način za pisanje rješenja u smislu amplitude i faze, koji je prikladniji za probleme iz fizike.
   • Primjer 2.1. Nađimo rješenje dolje navedene diferencijalne jednadžbe sa zadanim početnim uvjetima. Da biste to učinili, morate uzeti dobivenu otopinu, kao i njegova izvedenica, te ih zamijeniti u početne uvjete, što će nam omogućiti određivanje proizvoljnih konstanti.
     • 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) )i)
     • 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\right)\\&+e ^(-3t/2)\lijevo(-(\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))
   
   Rješavanje diferencijalnih jednadžbi n-tog reda s konstantnim koeficijentima (snimio Intuit - Nacionalno otvoreno učilište).

2. Opadajući poredak. Redukcija reda je metoda za rješavanje diferencijalnih jednadžbi kada je poznato jedno linearno neovisno rješenje. Ova se metoda sastoji od snižavanja reda jednadžbe za jedan, što vam omogućuje rješavanje jednadžbe pomoću metoda opisanih u prethodnom odjeljku. Neka se zna rješenje. Glavna ideja redukcije reda je pronaći rješenje u formi ispod, gdje je potrebno definirati funkciju v (x) (\displaystyle v(x)), zamjenjujući ga u diferencijalnu jednadžbu i pronalazeći v(x). (\displaystyle v(x).) Pogledajmo kako se smanjenje reda može koristiti za rješavanje diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima i višestrukim korijenima.

   
   

   Višestruki korijeni homogena diferencijalna jednadžba s konstantnim koeficijentima. Podsjetimo se da jednadžba drugog reda mora imati dva linearno neovisna rješenja. Ako karakteristična jednadžba ima više korijena, skup rješenja Ne tvori prostor budući da su ta rješenja linearno ovisna. U ovom slučaju potrebno je upotrijebiti redukciju reda kako bi se pronašlo drugo linearno neovisno rješenje.

   • Neka karakteristična jednadžba ima više korijena r (\displaystyle r). Pretpostavimo da se drugo rješenje može napisati u obliku y (x) = e r x v (x) (\displaystyle y(x)=e^(rx)v(x)), i zamijenite ga u diferencijalnu jednadžbu. U ovom slučaju većina članova, s izuzetkom člana s drugom derivacijom funkcije v , (\displaystyle v,)će se smanjiti.
     • v ″ (x) e r x = 0 (\displaystyle v""(x)e^(rx)=0)
   • Primjer 2.2. Neka je dana sljedeća jednadžba koja ima više korijena r = − 4. (\displaystyle r=-4.) Kod zamjene većina termina se smanjuje.
     • 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)\kraj(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)))
   • Slično našem ansatz-u za diferencijalnu jednadžbu s konstantnim koeficijentima, u ovom slučaju samo druga derivacija može biti jednaka nuli. Integriramo dva puta i dobijemo željeni izraz za v (\displaystyle v):
     • v (x) = c 1 + c 2 x (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)x)
   • Tada se opće rješenje diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima u slučaju kada karakteristična jednadžba ima više korijena može napisati u sljedećem obliku. Radi praktičnosti, zapamtite da je za dobivanje linearne neovisnosti dovoljno jednostavno pomnožiti drugi izraz s x (\displaystyle x). Ovaj skup rješenja je linearno neovisan i stoga smo pronašli sva rješenja ove jednadžbe.
     • 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.) Smanjenje narudžbe je primjenjivo ako je rješenje poznato y 1 (x) (\displaystyle y_(1)(x)), koji se može pronaći ili dati u tekstu problema.

   • Rješenje tražimo u formi y (x) = v (x) y 1 (x) (\displaystyle y(x)=v(x)y_(1)(x)) i zamijenite ga u ovu jednadžbu:
     • 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)
   • Od y 1 (\displaystyle y_(1)) je rješenje diferencijalne jednadžbe, svi članovi s v (\displaystyle v) se smanjuju. Na kraju ostaje linearna jednadžba prvog reda. Da bismo to jasnije vidjeli, napravimo promjenu varijabli 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)
   • Ako se integrali mogu izračunati, dobivamo opće rješenje kao kombinaciju elementarnih funkcija. U suprotnom, rješenje se može ostaviti u integralnom obliku.

3. Cauchy-Eulerova jednadžba. Cauchy-Eulerova jednadžba je primjer diferencijalne jednadžbe drugog reda s varijable koeficijenti, koji ima točna rješenja. Ova se jednadžba u praksi koristi, na primjer, za rješavanje Laplaceove jednadžbe u sfernim koordinatama.

   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 jednadžba. Kao što vidite, u ovoj diferencijalnoj jednadžbi svaki član sadrži faktor snage, čiji je stupanj jednak redu odgovarajuće derivacije.

   • Dakle, možete pokušati potražiti rješenje u obrascu y (x) = x n , (\displaystyle y(x)=x^(n),) gdje je potrebno utvrditi n (\displaystyle n), baš kao što smo tražili rješenje u obliku eksponencijalne funkcije za linearnu diferencijalnu jednadžbu s konstantnim koeficijentima. Nakon diferencijacije i supstitucije dobivamo
     • x n (n 2 + (a − 1) n + b) = 0 (\displaystyle x^(n)(n^(2)+(a-1)n+b)=0)
   • Da bismo koristili karakterističnu jednadžbu, moramo pretpostaviti da x ≠ 0 (\displaystyle x\neq 0). Točka x = 0 (\displaystyle x=0) nazvao regularna singularna točka diferencijalna jednadžba. Takve su točke važne pri rješavanju diferencijalnih jednadžbi pomoću redova snaga. Ova jednadžba ima dva korijena, koji mogu biti različiti i realni, višestruki ili kompleksno konjugirani.
     • n ± = 1 − a ± (a − 1) 2 − 4 b 2 (\displaystyle n_(\pm )=(\frac (1-a\pm (\sqrt ((a-1)^(2)-4b )))(2)))

   Dva različita prava korijena. Ako se korijenje n ± (\displaystyle n_(\pm )) realni i različiti, tada rješenje diferencijalne jednadžbe ima sljedeći oblik:

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

   Dva složena korijena. Ako karakteristična jednadžba ima korijene n ± = α ± β i (\displaystyle n_(\pm )=\alpha \pm \beta i), rješenje je složena funkcija.

   • Da bismo transformirali rješenje u realnu funkciju, vršimo promjenu varijabli x = e t , (\displaystyle x=e^(t),) odnosno t = ln ⁡ x , (\displaystyle t=\ln x,) i koristiti Eulerovu formulu. Slične radnje izvedene su ranije prilikom određivanja proizvoljnih konstanti.
     • 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)))
   • Tada se opće rješenje može napisati kao
     • 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)))

   Višestruki korijeni. Da bi se dobilo drugo linearno neovisno rješenje, potrebno je ponovno reducirati red.

   • Potrebno je dosta kalkulacija, ali princip ostaje isti: mi zamjenjujemo y = v (x) y 1 (\displaystyle y=v(x)y_(1)) u jednadžbu čije je prvo rješenje y 1 (\displaystyle y_(1)). Nakon redukcija dobiva se sljedeća jednadžba:
     • v ″ + 1 x v ′ = 0 (\displaystyle v""+(\frac (1)(x))v"=0)
   • Ovo je linearna jednadžba prvog reda s obzirom na v ′ (x) . (\displaystyle v"(x).) Njegovo je rješenje v (x) = c 1 + c 2 ln ⁡ x. (\displaystyle v(x)=c_(1)+c_(2)\ln x.) Dakle, rješenje se može napisati u sljedećem obliku. Ovo je prilično lako zapamtiti - za dobivanje drugog linearno neovisnog rješenja jednostavno je potreban dodatni izraz s 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 diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima. Nehomogene jednadžbe imaju oblik L [ y (x) ] = f (x) , (\displaystyle L=f(x),) Gdje f (x) (\displaystyle f(x))- tzv slobodan član. Prema teoriji diferencijalnih jednadžbi, opće rješenje ove jednadžbe je superpozicija privatno rješenje y p (x) (\displaystyle y_(p)(x)) I dodatno rješenje y c (x) . (\displaystyle y_(c)(x).) Međutim, u ovom slučaju posebno rješenje ne znači rješenje zadano početnim uvjetima, već rješenje koje je određeno prisutnošću heterogenosti (slobodan član). Dodatno rješenje je rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe u kojoj f (x) = 0. (\displaystyle f(x)=0.) Cjelokupno rješenje je superpozicija ova dva rješenja, jer L [ y p + y c ] = L [ y p ] + L [ y c ] = f (x) (\displaystyle L=L+L=f(x)), i od L [ y c ] = 0 , (\displaystyle L=0,) takva superpozicija je doista opće rješenje.

   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 neodređenih koeficijenata. Metoda neodređenih koeficijenata koristi se u slučajevima kada je odsječeni član kombinacija eksponencijalnih, trigonometrijskih, hiperboličkih ili potencijskih funkcija. Zajamčeno je da samo te funkcije imaju konačan broj linearno neovisnih derivacija. U ovom odjeljku pronaći ćemo određeno rješenje jednadžbe.

   • Usporedimo pojmove u f (x) (\displaystyle f(x)) s terminima u bez obraćanja pažnje na stalne faktore. Postoje tri moguća slučaja.
     • Ne postoje dva ista člana. U ovom slučaju posebno rješenje y p (\displaystyle y_(p)) bit će linearna kombinacija članova iz y p (\displaystyle y_(p))
     • f (x) (\displaystyle f(x)) sadrži člana x n (\displaystyle x^(n)) i član iz y c , (\displaystyle y_(c),) Gdje n (\displaystyle n) je nula ili pozitivan cijeli broj, a ovaj izraz odgovara zasebnom korijenu karakteristične jednadžbe. U ovom slučaju y p (\displaystyle y_(p)) sastojat će se od kombinacije funkcija x n + 1 h (x) , (\displaystyle x^(n+1)h(x),) njegove linearno nezavisne derivacije, kao i drugi pojmovi f (x) (\displaystyle f(x)) i njihove linearno nezavisne derivacije.
     • f (x) (\displaystyle f(x)) sadrži člana h (x) , (\displaystyle h(x),) koji je djelo x n (\displaystyle x^(n)) i član iz y c , (\displaystyle y_(c),) Gdje n (\displaystyle n) jednako 0 ili pozitivnom cijelom broju, a ovaj izraz odgovara višestruki korijen karakteristične jednadžbe. U ovom slučaju y p (\displaystyle y_(p)) je linearna kombinacija funkcije x n + s h (x) (\displaystyle x^(n+s)h(x))(Gdje s (\displaystyle s)- višestrukost korijena) i njegove linearno nezavisne derivacije, kao i ostali članovi funkcije f (x) (\displaystyle f(x)) i njegove linearno nezavisne derivacije.
   • Zapišimo to y p (\displaystyle y_(p)) kao linearna kombinacija gore navedenih pojmova. Zbog ovih koeficijenata u linearnoj kombinaciji ova se metoda naziva “metoda neodređenih koeficijenata”. Kada se nalazi u y c (\displaystyle y_(c))članovi se mogu odbaciti zbog prisutnosti proizvoljnih konstanti u y c . (\displaystyle y_(c).) Nakon ovoga vršimo zamjenu y p (\displaystyle y_(p)) u jednadžbu i izjednačiti slične članove.
   • Određujemo koeficijente. U ovoj fazi dobiva se sustav algebarskih jednadžbi koji se obično može riješiti bez problema. Rješenje ovog sustava omogućuje nam dobivanje y p (\displaystyle y_(p)) i time riješiti jednadžbu.
   • Primjer 2.3. Promotrimo nehomogenu diferencijalnu jednadžbu čiji slobodni član sadrži konačan broj linearno neovisnih derivacija. Pojedinačno rješenje takve jednadžbe može se pronaći metodom neodređenih koeficijenata.
     • 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)-\ jer 5t\kraj(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 \ kraj(slučajevi)))
     • 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, ili metoda varijacije proizvoljnih konstanti, općenitija je metoda za rješavanje nehomogenih diferencijalnih jednadžbi, posebno u slučajevima kada odsječeni član ne sadrži konačan broj linearno neovisnih derivacija. Na primjer, s besplatnim članovima tan ⁡ x (\displaystyle \tan x) ili x − n (\displaystyle x^(-n)) za pronalazak određenog rješenja potrebno je koristiti Lagrangeovu metodu. Lagrangeova metoda može se koristiti čak i za rješavanje diferencijalnih jednadžbi s promjenjivim koeficijentima, iako se u ovom slučaju, s izuzetkom Cauchy-Eulerove jednadžbe, koristi rjeđe, budući da dodatno rješenje obično nije izraženo kroz elementarne funkcije.

   • Pretpostavimo da rješenje ima sljedeći oblik. Njegov derivat je dan u drugom retku.
     • 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)")
   • Budući da predloženo rješenje sadrži dva nepoznate količine, potrebno je nametnuti dodatni stanje. Izaberimo ovaj dodatni uvjet u sljedećem obliku:
     • 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)"")
   • Sada možemo dobiti drugu jednadžbu. Nakon zamjene i redistribucije članova, možete grupirati članove s v 1 (\displaystyle v_(1)) i članovi sa v 2 (\displaystyle v_(2)). Ovi termini su smanjeni jer y 1 (\displaystyle y_(1)) I y 2 (\displaystyle y_(2)) su rješenja odgovarajuće homogene jednadžbe. Kao rezultat toga dobivamo sljedeći sustav jednadžbi
     • 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)))
   • Ovaj sustav se može transformirati u matričnu jednadžbu oblika A x = b , (\displaystyle A(\mathbf (x) )=(\mathbf (b) ),)čije je rješenje x = A − 1 b . (\displaystyle (\mathbf (x) )=A^(-1)(\mathbf (b) ).) Za matricu 2 × 2 (\displaystyle 2\puta 2) inverzna matrica se nalazi dijeljenjem s determinantom, preuređivanjem dijagonalnih elemenata i promjenom predznaka nedijagonalnih elemenata. Zapravo, determinanta ove matrice je 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)) I v 2 (\displaystyle v_(2)) dani su u nastavku. Kao i kod metode redukcije reda, iu ovom slučaju se tijekom integracije pojavljuje proizvoljna konstanta koja uključuje dodatno rješenje u općem rješenju diferencijalne jednadžbe.
     • 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 s Pučkog otvorenog učilišta Intuit pod naslovom "Linearne diferencijalne jednadžbe n-tog reda s konstantnim koeficijentima".

Praktična primjena

Diferencijalne jednadžbe uspostavljaju odnos između funkcije i jedne ili više njezinih derivacija. Budući da su takvi odnosi iznimno česti, diferencijalne jednadžbe našle su široku primjenu u raznim područjima, a budući da živimo u četiri dimenzije, te su jednadžbe često diferencijalne jednadžbe u privatni izvedenice. Ovaj odjeljak pokriva neke od najvažnijih jednadžbi ove vrste.

• Eksponencijalni rast i propadanje. Radioaktivni raspad. Složena kamata. Brzina kemijskih reakcija. Koncentracija lijekova u krvi. Neograničen rast stanovništva. Newton-Richmannov zakon. Postoje mnogi sustavi u stvarnom svijetu u kojima je stopa rasta ili opadanja u bilo kojem trenutku proporcionalna količini u danom trenutku ili se može dobro aproksimirati modelom. To je zato što je rješenje zadane diferencijalne jednadžbe, eksponencijalna funkcija, jedna od najvažnijih funkcija u matematici i drugim znanostima. Općenitije, uz kontrolirani rast populacije, sustav može uključivati ​​dodatne uvjete koji ograničavaju rast. U donjoj jednadžbi, konstanta k (\displaystyle k) može biti veći ili manji od nule.
  • d y d x = k x (\displaystyle (\frac ((\mathrm (d) )y)((\mathrm (d) )x))=kx)
• Harmonijske vibracije. I u klasičnoj i u kvantnoj mehanici, harmonijski oscilator jedan je od najvažnijih fizikalnih sustava zbog svoje jednostavnosti i raširene upotrebe u aproksimaciji složenijih sustava kao što je jednostavno njihalo. U klasičnoj mehanici, harmonijske vibracije opisuju se jednadžbom koja povezuje položaj materijalne točke s njezinim ubrzanjem pomoću Hookeovog zakona. U ovom slučaju se također mogu uzeti u obzir prigušenje i pogonske sile. U donjem izrazu x ˙ (\displaystyle (\točka (x)))- vremenski izvod od x , (\displaystyle x,) β (\displaystyle \beta )- parametar koji opisuje silu prigušenja, ω 0 (\displaystyle \omega _(0))- kutna frekvencija sustava, F (t) (\displaystyle F(t))- vremenski ovisna pogonska sila. Harmonijski oscilator je također prisutan u elektromagnetskim oscilatornim krugovima, gdje se može implementirati s većom točnošću nego u mehaničkim sustavima.
  • x ¨ + 2 β x ˙ + ω 0 2 x = F (t) (\displaystyle (\ddot (x))+2\beta (\dot (x))+\omega _(0)^(2)x =F(t))
• Besselova jednadžba. Besselova diferencijalna jednadžba se koristi u mnogim područjima fizike, uključujući rješavanje valne jednadžbe, Laplaceove jednadžbe i Schrödingerove jednadžbe, posebno u prisutnosti cilindrične ili sferne simetrije. Ova diferencijalna jednadžba drugog reda s promjenjivim koeficijentima nije Cauchy-Eulerova jednadžba, pa se njena rješenja ne mogu napisati kao elementarne funkcije. Rješenja Besselove jednadžbe su Besselove funkcije, koje su dobro proučene zbog svoje primjene u mnogim područjima. U donjem izrazu α (\displaystyle \alpha )- konstanta koja odgovara u redu 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 jednadžbe. Zajedno s Lorentzovom silom, Maxwellove jednadžbe čine osnovu klasične elektrodinamike. Ovo su četiri parcijalne diferencijalne jednadžbe za elektriku E (r , t) (\displaystyle (\mathbf (E) )((\mathbf (r) ),t)) i magnetski B (r , t) (\displaystyle (\mathbf (B) )((\mathbf (r) ),t)) polja. U izrazima ispod ρ = ρ (r , t) (\displaystyle \rho =\rho ((\mathbf (r) ),t))- gustoća naboja, J = J (r , t) (\displaystyle (\mathbf (J) )=(\mathbf (J) )((\mathbf (r) ),t))- gustoća struje, i ϵ 0 (\displaystyle \epsilon _(0)) I μ 0 (\displaystyle \mu _(0))- električne i magnetske konstante.
  • ∇ ⋅ 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 (\partial (\mathbf (E) ))(\partial t))\end(aligned)))
• Schrödingerova jednadžba. U kvantnoj mehanici, Schrödingerova jednadžba je temeljna jednadžba gibanja, koja opisuje kretanje čestica prema promjeni valne funkcije Ψ = Ψ (r , t) (\displaystyle \Psi =\Psi ((\mathbf (r) ),t)) tijekom vremena. Jednadžba gibanja je opisana ponašanjem Hamiltonov H^(\displaystyle (\hat (H))) - operater, koji opisuje energiju sustava. Jedan od dobro poznatih primjera Schrödingerove jednadžbe u fizici je jednadžba za jednu nerelativističku česticu podložnu potencijalu V (r , t) (\displaystyle V((\mathbf (r) ),t)). Mnogi sustavi opisani su vremenski ovisnom Schrödingerovom jednadžbom, a na lijevoj strani jednadžbe je E Ψ , (\displaystyle E\Psi ,) Gdje E (\displaystyle E)- energija čestica. U izrazima ispod ℏ (\displaystyle \hbar )- smanjena Planckova konstanta.
  • i ℏ ∂ Ψ ∂ t = H ^ Ψ (\displaystyle i\hbar (\frac (\partial \Psi )(\partial 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 )
• Valna jednadžba. Fizika i tehnologija ne mogu se zamisliti bez valova; prisutni su u svim vrstama sustava. Općenito, valovi su opisani donjom jednadžbom u kojoj u = u (r , t) (\displaystyle u=u((\mathbf (r) ),t)) je željena funkcija, i c (\displaystyle c)- eksperimentalno određena konstanta. d'Alembert je prvi otkrio da je za jednodimenzionalni slučaj rješenje valne jednadžbe bilo koji funkcija s argumentom x − c t (\displaystyle x-ct), koji opisuje val proizvoljnog oblika koji se širi udesno. Općenito rješenje za jednodimenzionalni slučaj je linearna kombinacija ove funkcije s drugom funkcijom s argumentom x + c t (\displaystyle x+ct), koji opisuje val koji se širi ulijevo. Ovo rješenje je prikazano u drugom redu.
  • ∂ 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 jednadžbe. Navier-Stokesove jednadžbe opisuju kretanje tekućina. Budući da su tekućine prisutne u gotovo svim područjima znanosti i tehnologije, ove su jednadžbe iznimno važne za predviđanje vremena, projektiranje zrakoplova, proučavanje oceanskih struja i rješavanje mnogih drugih primijenjenih problema. Navier-Stokesove jednadžbe su nelinearne parcijalne diferencijalne jednadžbe, te ih je u većini slučajeva vrlo teško riješiti, budući da nelinearnost dovodi do turbulencije, a dobivanje stabilnog rješenja numeričkim metodama zahtijeva particiju u vrlo male ćelije, što zahtijeva značajnu računalnu snagu. U praktične svrhe u hidrodinamici, metode poput vremenskog prosjeka koriste se za simulaciju turbulentnih tokova. Čak i osnovnija pitanja kao što su postojanje i jedinstvenost rješenja nelinearnih parcijalnih diferencijalnih jednadžbi izazovna su, a dokazivanje postojanja i jedinstvenosti rješenja Navier-Stokesovih jednadžbi u tri dimenzije jedan je od matematičkih problema tisućljeća. Ispod su jednadžba strujanja nestlačivog fluida i jednadžba kontinuiteta.
  • ∂ 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)

• Mnoge diferencijalne jednadžbe jednostavno se ne mogu riješiti pomoću gore navedenih metoda, posebno onih spomenutih u zadnjem odjeljku. Ovo se odnosi na slučajeve kada jednadžba sadrži varijabilne koeficijente i nije Cauchy-Eulerova jednadžba ili kada je jednadžba nelinearna, osim u nekoliko vrlo rijetkih slučajeva. Međutim, gore navedene metode mogu riješiti mnoge važne diferencijalne jednadžbe koje se često susreću u raznim područjima znanosti.
• Za razliku od diferencijacije, koja vam omogućuje pronalaženje izvoda bilo koje funkcije, integral mnogih izraza ne može se izraziti u elementarnim funkcijama. Stoga ne gubite vrijeme pokušavajući izračunati integral tamo gdje je to nemoguće. Pogledajte tablicu integrala. Ako se rješenje diferencijalne jednadžbe ne može izraziti elementarnim funkcijama, ponekad se može prikazati u integralnom obliku, au tom slučaju nije važno može li se taj integral analitički izračunati.

Upozorenja

• Izgled diferencijalna jednadžba može dovesti u zabludu. Na primjer, dolje su dvije diferencijalne jednadžbe prvog reda. Prva se jednadžba može jednostavno riješiti pomoću metoda opisanih u ovom članku. Na prvi pogled mala promjena y (\displaystyle y) na y 2 (\displaystyle y^(2)) u drugoj jednadžbi čini je nelinearnom i postaje vrlo teško riješiti.
  • 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))

U nekim problemima fizike nije moguće uspostaviti izravnu vezu između veličina koje opisuju proces. Ali moguće je dobiti jednakost koja sadrži derivacije funkcija koje se proučavaju. Tako nastaju diferencijalne jednadžbe i potreba za njihovim rješavanjem da bi se pronašla nepoznata funkcija.

Ovaj je članak namijenjen onima koji se suočavaju s problemom rješavanja diferencijalne jednadžbe u kojoj je nepoznata funkcija funkcija jedne varijable. Teorija je strukturirana na takav način da se s nultim znanjem o diferencijalnim jednadžbama možete nositi sa svojim zadatkom.

Svaka vrsta diferencijalne jednadžbe povezana je s metodom rješavanja s detaljnim objašnjenjima i rješenjima tipičnih primjera i problema. Sve što trebate učiniti je odrediti vrstu diferencijalne jednadžbe vašeg problema, pronaći sličan analizirani primjer i izvršiti slične radnje.

Za uspješno rješavanje diferencijalnih jednadžbi trebat će vam i sposobnost pronalaženja skupova antiderivacija (neodređenih integrala) različitih funkcija. Ako je potrebno, preporučujemo da pogledate odjeljak.

Prvo ćemo razmotriti tipove običnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda koje se mogu riješiti s obzirom na derivaciju, zatim ćemo prijeći na ODE drugog reda, zatim ćemo se zadržati na jednadžbama višeg reda i završiti sa sustavima diferencijalne jednadžbe.

Prisjetimo se da ako je y funkcija argumenta x.

Diferencijalne jednadžbe prvog reda.

Najjednostavnije diferencijalne jednadžbe prvog reda oblika.

Zapišimo nekoliko primjera takvog daljinskog upravljanja .

Diferencijalne jednadžbe može se razriješiti u odnosu na derivaciju dijeljenjem obje strane jednakosti s f(x) . U ovom slučaju dolazimo do jednadžbe koja će biti ekvivalentna izvornoj za f(x) ≠ 0. Primjeri takvih ODE-ova su .

Ako postoje vrijednosti argumenta x pri kojima funkcije f(x) i g(x) istovremeno nestaju, tada se pojavljuju dodatna rješenja. Dodatna rješenja jednadžbe dati x su bilo koje funkcije definirane za ove vrijednosti argumenata. Primjeri takvih diferencijalnih jednadžbi uključuju:

Diferencijalne jednadžbe drugog reda.

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima.

LDE s konstantnim koeficijentima je vrlo čest tip diferencijalne jednadžbe. Njihovo rješenje nije posebno teško. Prvo se pronalaze korijeni karakteristične jednadžbe . Za različite p i q moguća su tri slučaja: korijeni karakteristične jednadžbe mogu biti realni i različiti, realni i koincidentni ili složeni konjugati. Ovisno o vrijednostima korijena karakteristične jednadžbe, opće rješenje diferencijalne jednadžbe piše se kao , ili , odnosno.

Na primjer, razmotrimo linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu drugog reda s konstantnim koeficijentima. Korijeni njegove karakteristične jednadžbe su k 1 = -3 i k 2 = 0. Korijeni su realni i različiti, stoga opće rješenje LOD-a s konstantnim koeficijentima ima oblik


Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima.

Opće rješenje LDDE drugog reda s konstantnim koeficijentima y traži se u obliku zbroja općeg rješenja odgovarajućeg LDDE i posebno rješenje izvorne nehomogene jednadžbe, tj. Prethodni odlomak posvećen je pronalaženju općeg rješenja homogene diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima. A određeno rješenje se određuje ili metodom neodređenih koeficijenata za određeni oblik funkcije f(x) na desnoj strani izvorne jednadžbe, ili metodom variranja proizvoljnih konstanti.

Kao primjere LDDE drugog reda s konstantnim koeficijentima dajemo


Za razumijevanje teorije i upoznavanje s detaljnim rješenjima primjera nudimo vam na stranici linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima.

Linearne homogene diferencijalne jednadžbe (LODE) i linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe (LNDE) drugog reda.

Poseban slučaj diferencijalnih jednadžbi ovog tipa su LODE i LDDE s konstantnim koeficijentima.

Opće rješenje LODE na određenom segmentu predstavljeno je linearnom kombinacijom dvaju linearno neovisnih parcijalnih rješenja y 1 i y 2 ove jednadžbe, tj. .

Glavna poteškoća leži upravo u pronalaženju linearno neovisnih parcijalnih rješenja diferencijalne jednadžbe ovog tipa. Obično se posebna rješenja odabiru iz sljedećih sustava linearno neovisnih funkcija:


Međutim, pojedina rješenja nisu uvijek prikazana u ovom obliku.

Primjer LOD-a je .

Opće rješenje LDDE traži se u obliku , gdje je opće rješenje odgovarajućeg LDDE, a partikularno rješenje izvorne diferencijalne jednadžbe. Upravo smo govorili o njegovom pronalasku, ali može se odrediti pomoću metode variranja proizvoljnih konstanti.

Može se dati primjer LNDU .

Diferencijalne jednadžbe viših redova.

Diferencijalne jednadžbe koje dopuštaju redukciju u redu.

Red diferencijalne jednadžbe , koji ne sadrži željenu funkciju i njezine derivacije do k-1 reda, može se reducirati na n-k zamjenom .

U tom slučaju će se izvorna diferencijalna jednadžba svesti na . Nakon pronalaženja njenog rješenja p(x), ostaje se vratiti na zamjenu i odrediti nepoznatu funkciju y.

Na primjer, diferencijalna jednadžba nakon zamjene postat će jednadžba s razdvojivim varijablama, a redoslijed će joj se smanjiti s treće na prvu.

Obrazovna ustanova "Bjeloruska država

poljoprivredna akademija"

Katedra za višu matematiku

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE PRVOG REDA

Bilješke s predavanja za studente računovodstva

dopisni oblik obrazovanja (NISPO)

Gorki, 2013. (monografija).

Diferencijalne jednadžbe prvog reda

Pojam diferencijalne jednadžbe. Opća i posebna rješenja

Pri proučavanju različitih pojava često nije moguće pronaći zakon koji izravno povezuje nezavisnu varijablu i željenu funkciju, ali je moguće uspostaviti vezu između željene funkcije i njezinih izvodnica.

Odnos koji povezuje nezavisnu varijablu, željenu funkciju i njezine izvodnice naziva se diferencijalna jednadžba :

Ovdje x– nezavisna varijabla, g– traženu funkciju,
- izvodnice željene funkcije. U tom slučaju relacija (1) mora imati barem jednu derivaciju.

Red diferencijalne jednadžbe naziva se red najveće derivacije uključene u jednadžbu.

Razmotrimo diferencijalnu jednadžbu

. (2)

Budući da ova jednadžba uključuje samo izvod prvog reda, zove se je diferencijalna jednadžba prvog reda.

Ako se jednadžba (2) može riješiti s obzirom na derivaciju i napisati u obliku

, (3)

onda se takva jednadžba naziva diferencijalna jednadžba prvog reda u normalnom obliku.

U mnogim slučajevima preporučljivo je razmotriti jednadžbu oblika

koji se zove diferencijalna jednadžba prvog reda napisana u diferencijalnom obliku.

Jer
, tada se jednadžba (3) može napisati u obliku
ili
, gdje možemo računati
I
. To znači da se jednadžba (3) pretvara u jednadžbu (4).

Zapišimo jednadžbu (4) u obliku
. Zatim
,
,
, gdje možemo računati
, tj. dobiva se jednadžba oblika (3). Dakle, jednadžbe (3) i (4) su ekvivalentne.

Rješavanje diferencijalne jednadžbe (2) ili (3) nazivamo bilo kojom funkcijom
, koja ga, kada ga zamijenimo u jednadžbu (2) ili (3), pretvara u identitet:

ili
.

Proces pronalaženja svih rješenja diferencijalne jednadžbe naziva se njezin integracija , i graf rješenja
naziva se diferencijalna jednadžba integralna krivulja ova jednadžba.

Ako se rješenje diferencijalne jednadžbe dobije u implicitnom obliku
, onda se zove sastavni ove diferencijalne jednadžbe.

Općenito rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda je familija funkcija oblika
, ovisno o proizvoljnoj konstanti S, od kojih je svaki rješenje dane diferencijalne jednadžbe za bilo koju dopuštenu vrijednost proizvoljne konstante S. Dakle, diferencijalna jednadžba ima beskonačan broj rješenja.

Privatna odluka diferencijalna jednadžba je rješenje dobiveno iz opće formule rješenja za određenu vrijednost proizvoljne konstante S, uključujući
.

Cauchyjev problem i njegova geometrijska interpretacija

Jednadžba (2) ima beskonačan broj rješenja. Da biste iz tog skupa odabrali jedno rješenje, koje se naziva privatnim, potrebno je postaviti neke dodatne uvjete.

Problem nalaženja određenog rješenja jednadžbe (2) pod zadanim uvjetima naziva se Cauchyjev problem . Ovaj problem je jedan od najvažnijih u teoriji diferencijalnih jednadžbi.

Cauchyjev problem je formuliran na sljedeći način: među svim rješenjima jednadžbe (2) pronaći takvo rješenje
, u kojem je funkcija
uzima zadanu numeričku vrijednost , ako je nezavisna varijabla x uzima zadanu numeričku vrijednost , tj.

,
, (5)

Gdje D– domena definiranja funkcije
.

Značenje nazvao početna vrijednost funkcije , A – početna vrijednost nezavisne varijable . Uvjet (5) se zove početno stanje ili Cauchyjevo stanje .

S geometrijskog gledišta, Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadžbu (2) može se formulirati na sljedeći način: iz skupa integralnih krivulja jednadžbe (2) odaberite onu koja prolazi kroz zadanu točku
.

Diferencijalne jednadžbe sa separabilnim varijablama

Jedna od najjednostavnijih vrsta diferencijalnih jednadžbi je diferencijalna jednadžba prvog reda koja ne sadrži željenu funkciju:

. (6)

S obzirom na to
, jednadžbu zapisujemo u obliku
ili
. Integrirajući obje strane posljednje jednadžbe, dobivamo:
ili

. (7)

Dakle, (7) je opće rješenje jednadžbe (6).

Primjer 1 . Pronađite opće rješenje diferencijalne jednadžbe
.

Otopina . Zapišimo jednadžbu u obliku
ili
. Integrirajmo obje strane dobivene jednadžbe:
,
. Napokon ćemo to napisati
.

Primjer 2 . Pronađite rješenje jednadžbe
s obzirom na to
.

Otopina . Nađimo opće rješenje jednadžbe:
,
,
,
. Po stanju
,
. Zamijenimo u opće rješenje:
ili
. Pronađenu vrijednost proizvoljne konstante zamijenimo u formulu za opće rješenje:
. Ovo je partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe koje zadovoljava zadani uvjet.

Jednadžba

(8)

Nazvana diferencijalna jednadžba prvog reda koja ne sadrži nezavisnu varijablu . Zapišimo to u obrazac
ili
. Integrirajmo obje strane posljednje jednadžbe:
ili
- opće rješenje jednadžbe (8).

Primjer . Pronađite opće rješenje jednadžbe
.

Otopina . Zapišimo ovu jednadžbu u obliku:
ili
. Zatim
,
,
,
. dakle,
je opće rješenje ove jednadžbe.

Jednadžba oblika

(9)

integrira korištenjem odvajanja varijabli. Da bismo to učinili, jednadžbu napišemo u obliku
, a zatim ga operacijama množenja i dijeljenja dovodimo do takvog oblika da jedan dio uključuje samo funkciju X i diferencijal dx, au drugom dijelu – funkcija od na i diferencijal dy. Da biste to učinili, obje strane jednadžbe moraju se pomnožiti s dx i podijeliti sa
. Kao rezultat toga dobivamo jednadžbu

, (10)

u kojem varijable X I na odvojeni. Integrirajmo obje strane jednadžbe (10):
. Rezultirajuća relacija je opći integral jednadžbe (9).

Primjer 3 . Integriraj jednadžbu
.

Otopina . Transformirajmo jednadžbu i odvojimo varijable:
,
. Integrirajmo:
,
ili je opći integral ove jednadžbe.
.

Neka je jednadžba dana u obliku

Ova se jednadžba zove diferencijalna jednadžba prvog reda sa separabilnim varijablama u simetričnom obliku.

Da biste razdvojili varijable, morate obje strane jednadžbe podijeliti s
:

. (12)

Dobivena jednadžba naziva se odvojena diferencijalna jednadžba . Integrirajmo jednadžbu (12):

.(13)

Relacija (13) je opći integral diferencijalne jednadžbe (11).

Primjer 4 . Integrirajte diferencijalnu jednadžbu.

Otopina . Zapišimo jednadžbu u obliku

i podijelite oba dijela po
,
. Rezultirajuća jednadžba:
je jednadžba odvojene varijable. Integrirajmo ga:

,
,

,
. Posljednja jednakost je opći integral ove diferencijalne jednadžbe.

Primjer 5 . Pronađite određeno rješenje diferencijalne jednadžbe
, zadovoljavajući uvjet
.

Otopina . S obzirom na to
, jednadžbu zapisujemo u obliku
ili
. Odvojimo varijable:
. Integrirajmo ovu jednadžbu:
,
,
. Rezultirajuća relacija je opći integral ove jednadžbe. Po stanju
. Zamijenimo ga u opći integral i pronađimo S:
,S=1. Zatim izraz
je parcijalno rješenje zadane diferencijalne jednadžbe, napisano kao parcijalni integral.

Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda

Jednadžba

(14)

nazvao linearna diferencijalna jednadžba prvog reda . Nepoznata funkcija
i njegova derivacija ulaze u ovu jednadžbu linearno, a funkcije
I
stalan.

Ako
, zatim jednadžba

(15)

nazvao linearno homogen . Ako
, tada se poziva jednadžba (14). linearno nehomogen .

Za pronalaženje rješenja jednadžbe (14) obično se koristi metoda supstitucije (Bernoulli) , čija je suština sljedeća.

Rješenje jednadžbe (14) tražit ćemo u obliku produkta dviju funkcija

, (16)

Gdje
I
- neke kontinuirane funkcije. Zamijenimo
i izvedenica
u jednadžbu (14):

Funkcija v odabrat ćemo tako da uvjet bude zadovoljen
.
Zatim

. Dakle, za pronalaženje rješenja jednadžbe (14) potrebno je riješiti sustav diferencijalnih jednadžbi
,
,
,
,
Prva jednadžba sustava je linearna homogena jednadžba i može se riješiti metodom razdvajanja varijabli:
. Kao funkcija S=1:
možete uzeti jedno od parcijalnih rješenja homogene jednadžbe, tj. na
ili
. Zamijenimo u drugu jednadžbu sustava:
.Zatim
.

. Dakle, opće rješenje linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda ima oblik . Riješite jednadžbu
.

Otopina . Rješenje jednadžbe ćemo tražiti u obliku
. Zatim
. Zamijenimo u jednadžbu:

ili
. Funkcija v izabrati tako da vrijedi jednakost
. Zatim
. Riješimo prvu od ovih jednadžbi koristeći metodu razdvajanja varijabli:
,
,
,
,. Funkcija v Zamijenimo u drugu jednadžbu:
,
,
,
. Opće rješenje ove jednadžbe je
.

Pitanja za samokontrolu znanja

Što je diferencijalna jednadžba?

Koji je red diferencijalne jednadžbe?

Koja se diferencijalna jednadžba naziva diferencijalnom jednadžbom prvog reda?

Kako se diferencijalna jednadžba prvog reda piše u diferencijalnom obliku?

Što je rješenje diferencijalne jednadžbe?

Što je integralna krivulja?

Koje je opće rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda?

Što se zove parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe?

Kako je formuliran Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadžbu prvog reda?

Koja je geometrijska interpretacija Cauchyjevog problema?

Kako napisati diferencijalnu jednadžbu sa separabilnim varijablama u simetričnom obliku?

Koja se jednadžba naziva linearnom diferencijalnom jednadžbom prvog reda?

Kojom se metodom može riješiti linearna diferencijalna jednadžba prvog reda i što je bit te metode?

Zadaci za samostalan rad

Riješite diferencijalne jednadžbe s razdvojivim varijablama:

A)
;
;

b)
V)
.

;

A)
;
G)
;

2. Riješite linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda:
;
.