Differanseligninger i totale differensialer. Ligning i totale differensialer

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

er dens generelle integral. Eksempel
.

: finn det generelle integralet til ligningen:
Løsning: Denne ligningen er en separert differensialligning. Det er derfor
eller
La oss betegne
. Da

– generell integral av en differensialligning. (2). Ligningen med separerbare variabler har formen
Ligning (2) kan enkelt reduseres til ligning (1) ved å dele den ledd på ledd

. Vi får:

– generell integral. Eksempel: .

Løs ligningen


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

de.

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

, dvs.
Den homogene ligningen kan reduseres til formen
(
. Bruker substitusjon .

) den homogene ligningen reduseres til en ligning med separerbare variabler med hensyn til den nye funksjonen Den første ordens differensialligningen kalles lineær
.

, hvis det kan skrives i skjemaet

Bernoulli metode
Løse ligningen
(
).

– generell integral. søkes som et produkt av to andre funksjoner, dvs. ved hjelp av substitusjon
.

integrere ligningen
Vi tror
=0:


.

. Deretter, dvs. . Først løser vi ligningen
Løsningen er uttrykket:


Nå løser vi ligningen
Løsningen er uttrykket:

. Så den generelle løsningen på denne ligningen er

Ligning av J. Bernoulli
En ligning av formen , hvor ringte Bernoullis ligning.

Denne ligningen løses ved å bruke Bernoullis metode.

Homogene andreordens differensialligninger med konstante koeffisienter (1) En homogen lineær differensialligning av andre orden er en formlikning , Hvis , Hvor

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

inn i ligning (1), får vi det vil si, eller

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

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

, Hvis

.

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

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

Eksempel. Løs ligningen
.

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

Ekstrem av en funksjon av flere variabler. Betinget ekstremum.

Ekstrem av en funksjon av flere variabler

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

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

Nødvendigekstremumtilstanden er en flerdimensjonal analog til Fermats teorem.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Finn ekstrema (ekstreme verdier) for funksjonen.

Eksempel. Finn ytterpunktene til funksjonen

Løsning. 1. Finne partielle derivater

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

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

3. Finn andre ordens partielle deriverte:

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

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

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

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

Betinget ekstremum. Lagrange multiplikatormetode.

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

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

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

(
).

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

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

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

Løsning. Fra ligningen 3x + 2y = 11 uttrykker vi variabelen y gjennom variabelen x og erstatter den resulterende
å fungere z. z= x 2 +2
Løsning: Denne ligningen er en separert differensialligning. Det er derfor z =
. Vi får = Denne funksjonen har et unikt minimum kl
3. Tilsvarende funksjonsverdi

Dermed er (3; 1) et betinget ekstremum (minimum) punkt. g(xI det betraktede eksemplet er koblingsligningen, y) = C

viste seg å være lineær, så det ble lett løst med hensyn til en av variablene. I mer komplekse tilfeller kan dette imidlertid ikke gjøres. For å finne et betinget ekstremum i det generelle tilfellet bruker vi

Lagrange multiplikatormetode.

Tenk på en funksjon av tre variabler Denne funksjonen kalles Lagrange funksjon, EN Følgende teorem er sant.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Definisjon 1

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

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

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

Eksempel 1

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

Løsning

La oss integrere begge sider av likestillingen:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

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

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

∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = - cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C .
hvor C 1 og C 2 er vilkårlige konstanter.

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

Vi får:

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

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

Svare:

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

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

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

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

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

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

Eksempel 2

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

Løsning

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

y " = y · (x 2 + e x) ⇔ d y d x = y · (x 2 + e x) ⇔ d y y = (x 2 + e x) d x pr og y ≠ 0

Når y = 0, blir den opprinnelige ligningen identiteten: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Dette vil tillate oss å si at y = 0 er en løsning på DE. Vi hadde kanskje ikke tatt denne løsningen tas i betraktning ved gjennomføring av transformasjonene.

La oss utføre integrasjonen av differensialligningen med separerte variabler d y y = (x 2 + e x) d x:
∫ d y y = ∫ (x 2 + e x) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ (x 2 + e x) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

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

ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C

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

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

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

Vi får:

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

Vi utfører substitusjonen og nødvendige transformasjoner:

y " = f (a x + b y) ⇔ 1 b (z " - a) = f (z) ⇔ z " = b f (z) + a ⇔ d z b f (z) + a = d x , b f (z) + a ≠ 0

Eksempel 3

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

Løsning

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

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

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

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

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

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

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

∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z ln z - ∫ z d z z = = z ln z - z + C 1 = z (ln z - 1) + C 1 ∫ d x = x + C 2

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

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

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

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

Vi får en spesiell løsning:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

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

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

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

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

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

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

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

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

Eksempel 4

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

Løsning

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

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

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

∫ (e z - z) d z = ∫ d x x e z - z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z - z 2 2 = ln x + C, C = C 2 - C 1

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

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

La oss nå se på fjernkontrollene, som har formen:

y " = a 0 y n + a 1 y n - 1 x + a 2 y n - 2 x 2 + ... + a n x n b 0 y n + b 1 y n - 1 x + b 2 y n - 2 x 2 + ... + b n x n

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

Eksempel 5

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

Løsning

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

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

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

Nå må vi erstatte i den opprinnelige ligningen:

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

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

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

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

ln z 2 + 1 = - ln x + C 2 - C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = - ln x - ln C ⇔ ln z 2 + 1 = - ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x - 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x - 1

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

y = ± x 1 C x - 1

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

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

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

La z = x y

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

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

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

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

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

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

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

La oss utføre integrasjonen av enkle brøker:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z - 1 2 ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = = ln z - 1 2 ln z 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1

La oss nå finne integralet ∫ d x 2 x:

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

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

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

y = ± x 1 C x - 1

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

Differensialligninger som reduserer til ligninger med separerbare variabler y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2, a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2 ∈ R

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

Eksempel 6

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

Løsning

Vi komponerer og løser et system med lineære ligninger:

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

La oss endre variabler:

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

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

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

d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln u + C 2 ⇒ ln 1 + z = ln u + ln C , ln C = C 2 - C 1 ln 1 + z = ln C u 1 + z = C u ⇔ z = C u - 1 ⇔ v u = C u - 1 ⇔ v = u ( C u - 1)

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

Dette er den generelle løsningen på differensialligningen.

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

La oss vurdere eksempler på løsning av differensialligninger med separerbare variabler.

1) Integrer differensialligningen: (1+x²)dy-2xydx=0.

Denne ligningen er en separerbar ligning, skrevet som

Vi lar leddet stå med dy på venstre side av ligningen, og flytter leddet med dx til høyre side:

(1+x²)dy = 2xydx

Vi skiller variablene, det vil si at vi lar bare dy på venstre side og alt som inneholder y på høyre side, dx og x. For å gjøre dette, del begge sider av ligningen med (1+x²) og med y. Vi får

La oss integrere begge sider av ligningen:

På venstre side er et bord integrert. Integralet på høyre side finner du for eksempel ved å bytte ut t=1+x², så

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

I eksempler der det er mulig å utføre potensering, det vil si å fjerne logaritmer, er det praktisk å ta ikke C, men lnC. Dette er nøyaktig hva vi skal gjøre: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Siden summen av logaritmene er lik logaritmen til produktet, så er ln│y│=ln│Сt│, hvorav y=Ct. Vi gjør omvendt erstatning og får den generelle løsningen: y=C(1+x²).

Vi deler på 1+x² og på y, forutsatt at de ikke er lik null. Men 1+x² er ikke lik null for noen x. Og y=0 ved C=0, dermed skjedde det ikke noe tap av røtter.

Svar: y=C(1+x²).

2) Finn det generelle integralet til ligningen

Variabler kan skilles.

Multipliser begge sider av ligningen med dx og del på

Vi får:

La oss nå integrere

På venstre side er et bord integrert. Til høyre - vi gjør erstatningen 4-x²=t, deretter dt=(4-x²)’dx=-2xdx. Vi får

Hvis vi i stedet for C tar 1/2 ln│C│, kan vi skrive svaret mer kompakt:

La oss multiplisere begge sider med 2 og bruke egenskapen til logaritmen:

Vi delte på

De er ikke lik null: y²+1 - siden summen av ikke-negative tall ikke er lik null, og det radikale uttrykket ikke er lik null i betydningen av betingelsen. Dette betyr at det ikke var tap av røtter.

3) a) Finn det generelle integralet til ligningen (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

b) Finn partialintegralet til denne ligningen som tilfredsstiller startbetingelsen y(e)=1.

a) Transformer venstre side av ligningen: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, deretter

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Vi deler begge sider med x²y², forutsatt at verken x eller y er lik null. Vi får:

La oss integrere ligningen:

Siden forskjellen mellom logaritmer er lik logaritmen til kvotienten, har vi:

Dette er det generelle integralet til ligningen. I prosessen med å løse setter vi betingelsen om at produktet x²y² ikke er lik null, noe som innebærer at x og y ikke skal være lik null. Ved å erstatte x=0 og y=0 i betingelsen: (0,0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 får vi den korrekte likheten 0=0. Dette betyr at x=0 og y=0 også er løsninger på denne ligningen. Men de er ikke inkludert i det generelle integralet for noen C (nuller kan ikke vises under fortegnet til logaritmen og i nevneren til brøken), så disse løsningene bør skrives i tillegg til det generelle integralet.

b) Siden y(e)=1, erstatter vi x=e, y=1 i den resulterende løsningen og finner C:

Eksempler på selvtest: