Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулер, шешімдерге мысалдар. Бөлінетін айнымалылары бар бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер

Айнымалылары ажыратылған дифференциалдық теңдеу былай жазылады: (1). Бұл теңдеуде бір мүшесі тек х-ке, ал екіншісі у-ға ғана тәуелді.
Осы теңдеуді мүшелер бойынша интегралдасақ, мынаны аламыз:

оның жалпы интегралы болып табылады.Мысал
.

: теңдеудің жалпы интегралды табыңыз:
Шешуі: Бұл теңдеу бөлінген дифференциалдық теңдеу. Сондықтан
немесе
белгілейік
. Содан кейін

– дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралы. (2). Бөлінетін теңдеудің пішіні бар
(2) теңдеуді мүшеге бөлу арқылы (1) теңдеуге оңай келтіруге болады

. Біз аламыз:

– жалпы интеграл.Мысалы: .

Теңдеуді шеш


Шешуі: теңдеудің сол жағын түрлендіру: . Теңдеудің екі жағын да бөліңіз
Шешім өрнек болып табылады:

сол.

Біртекті дифференциалдық теңдеулер. Бернулли теңдеулері. Бірінші ретті сызықтық дифференциалдық теңдеулер. Пішіннің теңдеуі деп аталадыбіртекті
, Егер
Және
– бір ретті (өлшемдері) біртекті функциялар. Функция бірінші ретті біртекті функция (өлшем) деп аталады, егер оның әрбір аргументі ерікті факторға көбейтілгенде бүкіл функция көбейтіледі
=
.

, яғни.
Біртекті теңдеуді түрге келтіруге болады
(
. Ауыстыруды қолдану .

) біртекті теңдеу жаңа функцияға қатысты бөлінетін айнымалылары бар теңдеуге келтірілді Бірінші ретті дифференциалдық теңдеу деп аталадысызықтық
.

, пішінде жазылуы мүмкін болса

Бернулли әдісі
Теңдеуді шешу
(
).

– жалпы интеграл.басқа екі функцияның туындысы ретінде ізделеді, яғни. алмастыруды қолдану
.

теңдеуді интегралдаңыз
Біз сенеміз
=0:


.

. Содан кейін, яғни. . Алдымен теңдеуді шешеміз
Шешім өрнек болып табылады:


Енді теңдеуді шешеміз
Шешім өрнек болып табылады:

. Сонымен, бұл теңдеудің жалпы шешімі

Дж. Бернулли теңдеуі
түріндегі теңдеу, мұндағы шақырды Бернулли теңдеуі.

Бұл теңдеу Бернулли әдісі арқылы шешіледі.

Тұрақты коэффициенттері бар біртекті екінші ретті дифференциалдық теңдеулер (1) Екінші ретті біртекті сызықтық дифференциалдық теңдеу түрдегі теңдеу болып табылады , Егер , Қайда

тұрақты.
(1) теңдеудің ішінара шешімдерін түрінде іздейміз , ҚайдаКімге
- белгілі бір сан. Бұл функцияны екі рет дифференциалдау және орнына өрнектерді қою
(2) (
).

2-теңдеу дифференциалдық теңдеудің сипаттамалық теңдеуі деп аталады.

(2) сипаттамалық теңдеуді шешу кезінде үш жағдай мүмкін.

1-жағдай.Тамырлар , Егер (2) теңдеулер нақты және әртүрлі:

, Егер

.

2-жағдай.Тамырлар , Егер (2) теңдеулер нақты және тең:
. Бұл жағдайда (1) теңдеудің жеке шешімдері функциялар болып табылады
, Егер
. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі мынандай болады
.

3-жағдай.Тамырлар , Егер (2) теңдеулер күрделі:
,
. Бұл жағдайда (1) теңдеудің жеке шешімдері функциялар болып табылады
, Егер
. Сондықтан (1) теңдеудің жалпы шешімі мынандай болады

Мысал.Теңдеуді шеш
.

Шешімі:Сипаттамалық теңдеу құрайық:
белгілейік
. Жалпы шешімберілген теңдеу
.

Бірнеше айнымалы функцияның экстремумы. Шартты экстремум.

Бірнеше айнымалы функцияның экстремумы

Анықтама.M нүктесі (x О , ж О ) деп аталадымаксимум (минималды) нүкте функцияларыz= f(x, у), егер M нүктесінің көршілестігі болса, онда осы маңайдан барлық (х, у) нүктелері үшін теңсіздік
(
)

Суретте. 1 ұпай А
- минимум ұпай және нүкте бар IN
- максималды нүкте.

Қажетэкстремум шарты Ферма теоремасының көпөлшемді аналогы болып табылады.

Теорема.Нүкте болсын
– дифференциалданатын функцияның экстремум нүктесіz= f(x, у). Содан кейін жартылай туындылар
Және
Вбұл нүкте нөлге тең.

Функцияның экстремумына қажетті шарттар орындалатын нүктелер z= f(x, у),сол. ішінара туындылар z" x Және z" ж нөлге тең деп аталады сынинемесе стационарлық.

Жартылай туындылардың нөлге теңдігі бірнеше айнымалы функцияның экстремумына қажетті, бірақ жеткіліксіз шартты ғана білдіреді.

Суретте. деп аталатын седла нүктесі M (x О , ж О ). Жартылай туындылар
Және
нөлге тең, бірақ нүктеде экстремум жоқ екені анық M(x О , ж О ) Жоқ.

Мұндай седла нүктелері бір айнымалы функциялардың иілу нүктелерінің екі өлшемді аналогтары болып табылады. Мәселе оларды шеткі нүктелерден ажырату болып табылады. Басқаша айтқанда, сіз білуіңіз керек жеткіліктіэкстремум жағдайы.

Теорема (екі айнымалы функцияның экстремумының жеткілікті шарты).Функция болсынz= f(x, y): A) критикалық нүктенің кейбір маңайында анықталған (x О , ж О ), онда
=0 және
=0 ;

б) осы нүктеде екінші ретті үздіксіз ішінара туындылары бар
;

;
Сонда, егер ∆=AC-B болса 2 >0, содан кейін (x О , ж О ) функциясыz= f(x, у) экстремумы бар, ал егерА<0 - максималды болса A>0 - минимум. ∆=AC-B жағдайда 2 <0, функция z= f(x, у) экстремумы жоқ. Егер ∆=AC-B болса 2 =0, онда экстремумның болуы туралы мәселе ашық қалады.

Экстремумдағы екі айнымалы функцияны зерттеутөмендегілерді орындау ұсынылады диаграмма:

Функцияның жеке туындыларын табыңыз z" x Және z" ж .

Теңдеулер жүйесін шешу z" x =0, z" ж =0 және функцияның критикалық нүктелерін табыңыз.

Екінші ретті ішінара туындыларды табыңыз, олардың әрбір сыни нүктедегі мәндерін есептеңіз және жеткілікті шартты пайдаланып, экстремумның болуы туралы қорытынды жасаңыз.

Функцияның экстремумдарын (экстремалды мәндерін) табыңыз.

Мысал.Функцияның экстремумын табыңыз

Шешім. 1. Жарық туындыларды табу

2. Теңдеулер жүйесінен функцияның критикалық нүктелерін табамыз:

төрт шешімі бар (1; 1), (1; -1), (-1; 1) және (-1; -1).

3. Екінші ретті дербес туындыларды табыңыз:

;
;
, біз әрбір сыни нүктеде олардың мәндерін есептейміз және онда жеткілікті экстремум шартының орындалуын тексереміз.

Мысалы, (1; 1) нүктесінде А= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Өйткені ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 және A=-1<0, онда (1; 1) нүктесі максималды нүкте болып табылады.

Сол сияқты, біз (-1; -1) ең аз нүкте екенін және (1; -1) және (-1; 1) нүктелерінде анықтаймыз. ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2 функциясының экстремумын табыңыз,

Шартты экстремум. Лагранж көбейткіш әдісі.

Бірнеше айнымалылардың функцияларына тән мәселені қарастырайық, егер оның экстремумы анықтаманың барлық облысы бойынша емес, белгілі бір шартты қанағаттандыратын жиынтықтан ізделетін болса.

z = функциясын қарастырайық f(x, ж), аргументтер XЖәне сағшартты қанағаттандыратын g(x,y)= МЕН,шақырды қосылу теңдеуі.

Анықтама.Нүкте
нүкте деп атайдышартты максимум (минимум), егер осы нүктенің барлық нүктелері үшін (x,y) шартты қанағаттандыратындай көршілестік болсаg (x, ж) = C, теңсіздік орындалады

(
).

Суретте. шартты максимум нүктесі көрсетіледі
. Бұл z = функциясының шартсыз экстремум нүктесі емес екені анық f(x, ж) (суретте бұл нүкте
).

Екі айнымалы функцияның шартты экстремумын табудың ең қарапайым жолы - бір айнымалы функцияның экстремумын табуға есепті азайту. Байланыс теңдеуін алайық g (x, ж) = МЕНайнымалылардың біріне қатысты шеше алды, мысалы, өрнектеу сағарқылы X:
. Алынған өрнекті екі айнымалы функцияға қойып, z = аламыз f(x, ж) =
, сол. бір айнымалының функциясы. Оның экстремумы функцияның шартты экстремумы болады z = f(x, ж).

Мысал. X 2 + ж 2 берілген 3x +2y = 11.

Шешім. 3x + 2y = 11 теңдеуінен у айнымалысын х айнымалысы арқылы өрнектеп, алынған мәнді ауыстырамыз.
функциясына z. z= x 2 +2
Шешуі: Бұл теңдеу бөлінген дифференциалдық теңдеу. Сондықтан z =
. аламыз = Бұл функцияның бірегей минимумы бар
3. Сәйкес функция мәні

Сонымен, (3; 1) - шартты экстремум (минимум) нүкте. g(xҚарастырылған мысалда қосылыс теңдеуі, y) = C

Жалпы жағдайда шартты экстремумды табу үшін қолданамыз Лагранж көбейткіш әдісі.

Үш айнымалы функцияны қарастырайық

Бұл функция деп аталады Лагранж функциясы,А - Лагранж мультипликаторы.Келесі теорема дұрыс.

Теорема.Егер нүкте
функцияның шартты экстремум нүктесі болып табыладыz = f(x, ж) оны ескере отырыпg (x, ж) = C, онда мән бар осындай нүкте
функцияның экстремум нүктесі болып табыладыЛ{ x, ж, ).

Осылайша, функцияның шартты экстремумын табу z = f(x,y)берілген g(x, ж) = Cжүйенің шешімін табу керек

Суретте. Лагранж шарттарының геометриялық мағынасы көрсетілген. Сызық g(x,y)= C нүктелі, деңгей сызығы g(x, ж) = Q z = функциялары f(x, ж) қатты.

Суреттен. осыдан шығады шартты экстремум нүктесінде функция деңгейінің сызығы z = f(x, ж) сызыққа тиедіg(x, ж) = С.

Мысал. z = функциясының ең үлкен және ең кіші нүктелерін табыңыз X 2 + ж 2 берілген 3x +2y = 11 Лагранж көбейткіш әдісін қолдану.

Шешім. Лагранж функциясын құрастыру Л= x 2 + 2у 2 +

Оның жеке туындыларын нөлге теңеп, теңдеулер жүйесін аламыз

Оның жалғыз шешімі (x=3, y=1, =-2). Осылайша, шартты экстремум нүктесі тек (3;1) нүктесі болуы мүмкін. Бұл кезде функцияны тексеру оңай z= f(x, ж) шартты минимумы бар.

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеулерді шешу мысалдарын қарастырайық.

1) Дифференциалдық теңдеуді интегралдаңыз: (1+x²)dy-2xydx=0.

Бұл теңдеу ретінде жазылған бөлінетін теңдеу

Біз теңдеудің сол жағында dy бар мүшесін қалдырамыз, ал dx бар мүшесін оң жағына жылжытамыз:

(1+x²)dy = 2xydx

Біз айнымалыларды бөлеміз, яғни сол жағында тек dy және оң жағында y бар барлық нәрсені, dx және x қалдырамыз. Ол үшін теңдеудің екі жағын (1+x²) және у-ға бөлеміз. аламыз

Теңдеудің екі жағын да интегралдаймыз:

Сол жағында кесте интегралы орналасқан. Оң жағындағы интегралды табуға болады, мысалы, t=1+x² ауыстыру арқылы, содан кейін

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

Потенциацияны жүзеге асыруға, яғни логарифмдерді алып тастауға болатын мысалдарда С емес, lnC қабылдаған ыңғайлы. Біз дәл осылай істейміз: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Логарифмдердің қосындысы туындының логарифміне тең болғандықтан, ln│y│=ln│Сt│, мұндағы y=Ct. Кері алмастыруды жасаймыз және жалпы шешімін аламыз: y=C(1+x²).

1+x² және у-ға бөлеміз, егер олар нөлге тең болмаса. Бірақ кез келген х үшін 1+x² нөлге тең емес. Ал C=0 кезінде y=0, осылайша түбірлердің жоғалуы орын алған жоқ.

Жауабы: y=C(1+x²).

2) Теңдеудің жалпы интегралын табыңыз

Айнымалыларды бөлуге болады.

Теңдеудің екі жағын да dx-ке көбейтіп, оны бөл

Біз аламыз:

Енді біріктірейік

Сол жағында кесте интегралы орналасқан. Оң жақта - 4-x²=t ауыстыруды жасаймыз, содан кейін dt=(4-x²)’dx=-2xdx. аламыз

Егер С орнына 1/2 ln│C│ алсақ, жауапты ықшамырақ жаза аламыз:

Екі жағын 2-ге көбейтіп, логарифмнің қасиетін қолданайық:

арқылы бөлдік

Олар нөлге тең емес: y²+1 - өйткені теріс емес сандардың қосындысы нөлге тең емес, ал радикалды өрнек шарт мағынасында нөлге тең емес. Бұл тамырдың жоғалмағанын білдіреді.

3) а) (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0 теңдеуінің жалпы интегралды табыңыз.

б) y(e)=1 бастапқы шартын қанағаттандыратын осы теңдеудің дербес интегралды табыңыз.

а) Теңдеудің сол жағын түрлендіріңіз: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, содан кейін

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Екі жағын да x²y²-ге бөлеміз, егер x те, у да нөлге тең болмаса. Біз аламыз:

Теңдеуді интегралдаймыз:

Логарифмдердің айырмасы бөліндінің логарифміне тең болғандықтан, бізде:

Бұл теңдеудің жалпы интегралы. Шешу процесінде x²y² көбейтіндісі нөлге тең емес деген шарт қоямыз, бұл х пен у нөлге тең болмауы керек дегенді білдіреді. (0,0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 шартына x=0 және y=0 ауыстырсақ, 0=0 дұрыс теңдігін аламыз. Бұл x=0 және y=0 да осы теңдеудің шешімі екенін білдіреді. Бірақ олар кез келген С үшін жалпы интегралға қосылмайды (логарифм таңбасының астында және бөлшектің бөлгішінде нөлдер пайда бола алмайды), сондықтан бұл шешімдерді жалпы интегралға қосымша жазу керек.

б) y(e)=1 болғандықтан, алынған шешімге x=e, y=1 қойып, С табамыз:

Өзін-өзі тексеру мысалдары:

1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеулердің тұтас қатарында х және у айнымалыларын теңдеудің оң және сол жақтарына бөлуге болатындары бар. f(y)d y = g(x)dx теңдеуінен көрініп тұрғандай, айнымалылар әлдеқашан бөлінген болуы мүмкін. ODE-дегі айнымалыларды f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x түрлендірулерді орындау арқылы бөлуге болады. Көбінесе бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерді алу үшін жаңа айнымалыларды енгізу әдісі қолданылады.

Бұл тақырыпта біз айнымалылары бөлінген теңдеулерді шешу әдісін егжей-тегжейлі қарастырамыз. Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерді және ажыратылатын айнымалылары бар теңдеулерге келтіруге болатын дифференциалдық теңдеулерді қарастырайық. Бұл бөлімде біз шешімді егжей-тегжейлі талдай отырып, тақырып бойынша көптеген мәселелерді талдадық.

Тақырыпты меңгеруді жеңілдету үшін «Дифференциалдық теңдеулер теориясының негізгі анықтамалары мен түсініктері» бетінде жарияланған ақпаратпен танысуды ұсынамыз.

Бөлінген дифференциалдық теңдеулер f (y) d y = g (x) d x

Анықтама 1

Айнымалылары бөлінген теңдеулер f (y) d y = g (x) d x түріндегі дифференциалдық теңдеулер деп аталады. Аты айтып тұрғандай, өрнекті құрайтын айнымалылар теңдік белгісінің екі жағында болады.

f (y) және функцияларымен келісейік g(x)үздіксіз деп есептейміз.

Айнымалылары бөлінген теңдеулер үшін жалпы интеграл ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x болады. Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін жоғарыда келтірілген теңдіктегі интегралдар элементар функцияларда өрнектелген жағдайда, жанама берілген Ф (х, у) = 0 функциясы түрінде алуға болады. Кейбір жағдайларда у функциясын айқын түрде өрнектеуге болады.

1-мысал

Бөлінген y 2 3 d y = sin x d x дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.

Шешім

Теңдіктің екі жағын біріктірейік:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Бұл, шын мәнінде, бұл басқару жүйесінің жалпы шешімі. Іс жүзінде дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табу есебін анықталмаған интегралдарды табу есебіне қысқарттық.

Енді элементар функцияларда өрнектелетін интегралдарды алу үшін антитуындылар кестесін пайдалана аламыз:

∫ 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 + C2
мұндағы C 1 және C 2 ерікті тұрақтылар.

3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 функциясы жасырын түрде көрсетілген. Бұл бастапқы бөлінген айнымалы дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі. Біз жауап алдық және шешімді жалғастырмауымыз мүмкін. Дегенмен, қарастырылып отырған мысалда қалаған функция х аргументі арқылы анық өрнектелуі мүмкін.

Біз аламыз:

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

Бұл DE-нің жалпы шешімі y = - 5 3 cos x + C 3 5 функциясы болып табылады

Жауап:

Жауапты бірнеше жолмен жазуға болады: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x немесе 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, немесе y = - 5 3 cos x + C 3 5

Оқытушыға дифференциалдық теңдеулерді шешу дағдыларымен қатар өрнектерді түрлендіру және интегралдарды қабылдау қабілеті де бар екенін ұғындырған жөн. Мұны істеу оңай. Түпкілікті жауапты айқын функция немесе жанама көрсетілген функция Ф (х, у) = 0 түрінде беру жеткілікті.

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеулер f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x y аргумент x функциясы болатын жағдайларда.

DE-де f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x немесе f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x айнымалыларды ажырататындай етіп түрлендірулерді жүзеге асыра аламыз ) d y = g 2 (. x) g 1 (x) d x .

Айнымалыларды бөлу кезінде қателерді болдырмау үшін барлық түрлендірулерді мұқият орындау қажет. Алынған және бастапқы теңдеулер бір-біріне эквивалентті болуы керек. Тексеру ретінде шартты қолдануға болады, оған сәйкес f 2 (y) және g 1 (x)интеграциялық интервалда жоғалып кетпеуі керек. Егер бұл шарт орындалмаса, сіз кейбір шешімдерді жоғалтуыңыз мүмкін.

2-мысал

y " = y · (x 2 + e x) дифференциалдық теңдеуінің барлық шешімдерін табыңыз.

Шешім

Біз x пен у-ны ажырата аламыз, сондықтан біз ажыратылатын айнымалылары бар дифференциалдық теңдеумен айналысамыз.

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 және y ≠ 0

y = 0 болғанда, бастапқы теңдеу сәйкестікке айналады: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Бұл бізге у = 0 DE шешімі екенін айтуға мүмкіндік береді. Біз қабылдамаған болар едік. бұл шешім түрлендірулерді жүзеге асыру кезінде ескеріледі.

Бөлінген айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді интегралдауды орындайық 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

Трансформацияны жүзеге асыру кезінде біз ауыстыруды орындадық C 2 - C 1қосулы МЕН. DE шешімі ln y = x 3 3 + e x + C анық емес берілген функцияның нысанына ие. Біз бұл функцияны анық көрсете аламыз. Ол үшін алынған теңдікті күшейтейік:

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

Жауап: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0

Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерге келтірілетін дифференциалдық теңдеулер y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

Кәдімгі 1-ші ретті DE y " = f (a x + b y) азайту үшін, a ≠ 0, b ≠ 0, бөлінетін айнымалылары бар теңдеуге z = a x + b y жаңа айнымалысын енгізу керек, мұндағы z аргументтің функциясы. x.

Біз аламыз:

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

Біз ауыстыруды және қажетті түрлендірулерді орындаймыз:

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

3-мысал

y " = 1 ln (2 x + y) - 2 дифференциалдық теңдеуінің жалпы шешімін және y (0) = e бастапқы шартын қанағаттандыратын нақты шешімін табыңыз.

Шешім

Айнымалыны енгізейік z = 2 x + y, біз аламыз:

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

Біз алынған нәтижені бастапқы өрнекке ауыстырамыз және оны ажыратылатын айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуге түрлендіреміз:

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

Айнымалыларды ажыратқаннан кейін теңдеудің екі жағын да интегралдаймыз:

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

Теңдеудің сол жағында орналасқан интегралды табу үшін бөліктер бойынша интегралдау әдісін қолданайық. Кестенің оң жағындағы интегралды қарастырайық.

∫ 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 + C 2

z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 екенін айта аламыз. Енді оны қабылдайтын болсақ C = C 2 - C 1және біз кері ауыстыруды орындаймыз z = 2 x + y, онда дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін жасырын берілген функция түрінде аламыз:

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

Енді бастапқы шартты қанағаттандыратын нақты шешімді табуға кірісейік y(0)=e. Ауыстыру жасайық x = 0және y (0) = e DE жалпы шешіміне енгізіп, С тұрақтысының мәнін табыңыз.

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

Біз арнайы шешімді аламыз:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Мәселе мәлімдемесінде DE жалпы шешімін табу қажет интервал көрсетілмегендіктен, біз бастапқы DE мағынасы бар x аргументінің барлық мәндеріне сәйкес келетін шешімді іздейміз.

Біздің жағдайда DE ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0 үшін мағынасы бар.

Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерге келтірілетін дифференциалдық теңдеулер y " = f x y немесе y " = f y x

y " = f x y немесе y " = f y x түріндегі дифференциалдық теңдеулерді z = x y немесе z = y x алмастыру арқылы бөлінетін дифференциалдық теңдеулерге келтіруге болады, мұндағы z– х аргументінің функциясы.

Егер z = x y болса, онда y = x z және бөлшек дифференциалдау ережесі бойынша:

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

Бұл жағдайда теңдеулер z - x · z "z 2 = f (z) немесе z - x · z " z 2 = f 1 z пішінін қабылдайды.

Егер z = y x алсақ, онда y = x ⋅ z және туындысының туынды ережесі бойынша y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". Бұл жағдайда теңдеулер келесіге азайтылады. z + x z " = f 1 z немесе z + x z" = f(z).

4-мысал

y " = 1 e y x - y x + y x дифференциалдық теңдеуін шешіңіз

Шешім

z = y x алайық, онда y = x z ⇒ y " = z + x z ". Бастапқы теңдеуге ауыстырайық:

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

Түрлендірулерді орындау кезінде алынған теңдеуді бөлінген айнымалылары бар интегралдаймыз:

∫ (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

Жанама көрсетілген функция түріндегі бастапқы DE жалпы шешімін алу үшін кері алмастыруды орындайық:

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

Енді қашықтан басқару құралдарын қарастырайық, олардың пішіні:

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

Жазбаның оң жағында орналасқан бөлшектің алымы мен бөлімін бөлу ж ннемесе x n, біз бастапқы DE-ді y " = f x y немесе y " = f y x есте сақтай аламыз

5-мысал

y " = y 2 - x 2 2 x y дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.

Шешім

Бұл теңдеуде х пен у 0-ден өзгеше. Бұл белгінің оң жағында орналасқан бөлшектің алымы мен бөлімін бөлуге мүмкіндік береді. x 2:

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

Жаңа z = y x айнымалысын енгізсек, y = x z ⇒ y " = z + x z " аламыз.

Енді бастапқы теңдеуге ауыстыру керек:

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

Біз DE-ге бөлінген айнымалылармен осылай келдік. Оның шешімін табайық:

∫ 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 z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

Бұл теңдеудің айқын шешімін алуға болады. Ол үшін - ln C = C 2 - C 1 алып, логарифмнің қасиеттерін қолданайық:

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

Енді y = x ⋅ z кері алмастыруды орындаймыз және бастапқы дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін жазамыз:

y = ± x 1 C x - 1

Бұл жағдайда екінші шешім де дұрыс болар еді. Біз z = x y ауыстыруды пайдалана аламыз, бұл опцияны толығырақ қарастырайық.

Теңдеудің оң жағында орналасқан бөлшектің алымы мен бөлімін бөлейік ж 2:

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

z = x y болсын

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

Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеуді алу үшін бастапқы теңдеуге ауыстырайық:

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

Айнымалыларды бөлгенде d z z (z 2 + 1) = d x 2 x теңдігін аламыз, оны біріктіруге болады:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

∫ d z z (z 2 + 1) интегралының интегралын жай бөлшектерге кеңейтсек, мынаны аламыз:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Жай бөлшектерді интегралдауды орындайық:

∫ 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 21 + 1 Cn z z 2 + 1 + C 1

Енді ∫ d x 2 x интегралын табайық:

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

Нәтижесінде ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 немесе ln z z 2 + 1 = ln C · x аламыз, мұндағы ln C = C 2 - C 1.

Кері алмастыруды z = x y және қажетті түрлендірулерді орындайық, мынаны аламыз:

y = ± x 1 C x - 1

Біз z = x y ауыстырған шешім нұсқасы z = y x ауыстыру жағдайына қарағанда көп еңбекті қажет ететін болып шықты. Бұл қорытынды y " = f x y немесе y " = f y x түріндегі теңдеулердің үлкен саны үшін жарамды болады. Егер мұндай теңдеулерді шешудің таңдалған нұсқасы көп еңбекті қажет ететін болса, z = x y орнына ауыстырудың орнына z = y x айнымалысын енгізуге болады. Бұл нәтижеге ешқандай әсер етпейді.

Бөлінетін айнымалылары бар теңдеулерге келтірілетін дифференциалдық теңдеулер 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 ∈ Р

Дифференциалдық теңдеулер y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 теңдеулеріне y " = f x y немесе y " = f y x , демек, ажыратылатын айнымалылары бар теңдеулерге келтіруге болады. Бұл әрекетті орындау үшін , табу (x 0 , y 0) - екі сызықты біртекті теңдеулер жүйесінің шешімі a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 және жаңа айнымалылар енгізілді u = x - x 0 v = y - y 0. Осы ауыстырудан кейін теңдеу d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v пішінін алады.

6-мысал

y " = x + 2 y - 3 x - 1 дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз.

Шешім

Сызықтық теңдеулер жүйесін құрастырамыз және шешеміз:

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

Біз айнымалыларды өзгертеміз:

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

Бастапқы теңдеуге ауыстырғаннан кейін біз d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u аламыз. Бөлгеннен кейін uоң жақ бөлігінің алымы мен бөлімі бізде d v d u = 1 + 2 v u.

Жаңа z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z айнымалысын енгіземіз, онда

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 ⇒ n ln + 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)

Біз бастапқы айнымалыларға ораламыз, кері алмастыруды u = x - 1 v = y - 1 жасаймыз:
v = u (C u - 1) ⇔ y - 1 = (x - 1) (C (x - 1) - 1) ⇔ y = C x 2 - (2 C + 1) x + C + 2

Бұл дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі.

Мәтінде қатені байқасаңыз, оны бөлектеп, Ctrl+Enter пернелерін басыңыз

Қарапайым дифференциалдық теңдеулер.

Әртүрлі геометриялық, физикалық және инженерлік есептерді шешу көбінесе белгілі бір мәселені сипаттайтын тәуелсіз айнымалыларды осы айнымалылардың кейбір функциясымен және әртүрлі ретті осы функцияның туындыларымен байланыстыратын теңдеулерге әкеледі.

Мысал ретінде бірқалыпты үдетілген қозғалыстың ең қарапайым жағдайын қарастыруға болады материалдық нүкте.

Бірқалыпты үдетілген қозғалыс кезіндегі материалдық нүктенің орын ауыстыруы уақытқа байланысты болатыны белгілі және мына формуламен өрнектеледі:

Өз кезегінде, жеделдету ауақытқа қатысты туынды болып табылады тжылдамдықтан В, бұл да уақыт туындысы тқозғалудан С. Сол.

Сонда біз аламыз:
- теңдеу f(t) функциясын t тәуелсіз айнымалысымен және f(t) функциясының екінші ретті туындысымен байланыстырады.

Анықтама. Дифференциалдық теңдеутәуелсіз айнымалыларды, олардың функцияларын және осы функцияның туындыларын (немесе дифференциалдарын) байланыстыратын теңдеу болып табылады.

Анықтама. Егер дифференциалдық теңдеудің бір тәуелсіз айнымалысы болса, онда ол деп аталады қарапайым дифференциалдық теңдеу, егер екі немесе одан да көп тәуелсіз айнымалы болса, онда мұндай дифференциалдық теңдеу деп аталады дербес дифференциалдық теңдеу.

Анықтама. Теңдеуде кездесетін туындылардың ең жоғарғы реті деп аталады дифференциалдық теңдеудің реті.

Мысал.

- 1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу. Жалпы жазылған
.

- 2-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу. Жалпы жазылған

- бірінші ретті дербес дифференциалдық теңдеу.

Анықтама. Жалпы шешімдифференциалдық теңдеу – y = (x, C) дифференциалданатын функция, ол бастапқы теңдеуге белгісіз функцияның орнына қойылғанда теңдеуді сәйкестікке айналдырады.

Жалпы шешімнің қасиеттері.

1) Себебі С тұрақтысы ерікті шама, жалпы алғанда дифференциалдық теңдеудің шешімдерінің шексіз саны болады.

2) Кез келген бастапқы шарттарда x = x 0, y(x 0) = y 0, дифференциалдық теңдеудің шешімі у = (x, C 0) функциясы болатын С = С 0 мәні бар.

Анықтама. y = (x, C 0) түріндегі шешім деп аталады жеке шешімдифференциалдық теңдеу.

Анықтама. Коши мәселесі(Огюстин Луи Коши (1789-1857) – француз математигі) y(x 0) = y 0 бастапқы шарттарын қанағаттандыратын y = (x, C 0) түріндегі дифференциалдық теңдеудің кез келген нақты шешімін табу.

Коши теоремасы. (бірінші ретті дифференциалдық теңдеудің шешімінің бар болуы және бірегейлігі туралы теорема)

Егер функцияf(x, ж) кейбір аймақтарда үздіксізDұшақтаXOYжәне осы аймақта үздіксіз ішінара туындысы бар
, содан кейін қандай нүкте болса да (x 0 , ж 0 ) аудандаD, бір ғана шешім бар
теңдеулер
, х нүктесі бар кейбір интервалда анықталған 0 , x = x кезінде қабылдайды 0 мағынасы (X 0 ) = y 0 , яғни. дифференциалдық теңдеудің бірегей шешімі бар.

Анықтама. ИнтегралдықДифференциалдық теңдеу – құрамында туындылары жоқ және берілген дифференциалдық теңдеу салдары болатын кез келген теңдеу.

Мысал.Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз
.

Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі теңдеудің сол және оң жақтарын интегралдау арқылы ізделеді, ол бұрын төмендегідей түрленеді:

Енді біріктірейік:

бастапқы дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі болып табылады.

Кейбір бастапқы шарттар берілген делік: x 0 = 1; y 0 = 2, онда бізде бар

Тұрақтының алынған мәнін жалпы шешімге ауыстыру арқылы біз берілген бастапқы шарттар үшін белгілі бір шешім аламыз (Коши есебінің шешімі).

Анықтама. Интегралдық қисық XOY жазықтығындағы дифференциалдық теңдеудің шешімінің y = (x) графигі деп аталады.

Анықтама. Арнайы шешімменДифференциалдық теңдеудің барлық нүктелерінде Коши бірегейлік шарты деп аталатын шешімі (қараңыз. Коши теоремасы.) орындалмайды, яғни. қандай да бір нүктенің маңайында (х, у) кем дегенде екі интегралдық қисық болады.

Арнайы шешімдер С тұрақтысына тәуелді емес.

С тұрақтысының кез келген мәні үшін жалпы шешімнен арнайы шешімдер алынбайды. Егер дифференциалдық теңдеудің интегралдық қисықтарының тобын салсақ, онда арнайы шешім әрбір нүктеде кем дегенде бір интегралдық қисық сызыққа жанасатын сызықпен бейнеленеді. .

Әрбір дифференциалдық теңдеудің арнайы шешімдері жоқ екенін ескеріңіз.

Мысал.
Бар болса, арнайы шешімді табыңыз.

Бұл дифференциалдық теңдеудің де арнайы шешімі бар сағ= 0. Бұл шешімді жалпыдан алу мүмкін емес, бірақ бастапқы теңдеуге ауыстырған кезде сәйкестікті аламыз. Шешім деген пікір ж = 0 көмегімен жалпы шешімнен алуға болады МЕН 1 = 0 қате, өйткені C 1 = e C  0.

Бірінші ретті дифференциалдық теңдеулер.

Анықтама. Бірінші ретті дифференциалдық теңдеуфункцияны, оның бірінші туындысын және тәуелсіз айнымалыны байланыстыратын қатынас деп аталады, яғни. пішіннің қатынасы:

Бұл қатынасты формаға түрлендірсек
онда бұл бірінші ретті дифференциалдық теңдеу теңдеу деп аталады, туындыға қатысты шешілді.

f(x,y) функциясын мына түрде көрсетейік:
онда жоғарыдағы теңдеуді ауыстырғанда, бізде:

бұл деп аталатын нәрсе дифференциалдық нысаныбірінші ретті теңдеулер.

Пішіннің теңдеулеріж ’ = f ( x ).

f(x) функциясы белгілі бір интервалда үзіліссіз болсын

а< x < b. В таком случае все решения данного дифференциального уравнения находятся как
. Егер х 0 және у 0 бастапқы шарттары берілсе, онда С тұрақтысын анықтауға болады.

Бөлінетін теңдеулер

Анықтама. Дифференциалдық теңдеу
түріндегі теңдеу, мұндағы бөлінетін теңдеу, пішінде жазылуы мүмкін болса

.

Бұл теңдеуді келесі түрде де көрсетуге болады:

Жаңа белгілерге көшейік

Біз аламыз:

Сәйкес интегралдарды тапқаннан кейін ажыратылатын айнымалылары бар дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі алынады.

Егер бастапқы шарттар берілсе, онда оларды жалпы шешімге ауыстырған кезде тұрақты С мәні табылады және сәйкесінше белгілі бір шешім табылады.

Мысал.Дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімін табыңыз:

Сол жақтағы интегралды бөліктер қабылдайды (қараңыз. Бөлшектері бойынша интеграция.):

бұл бастапқы дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралы, өйткені қажетті функция және тәуелсіз айнымалы арқылы өрнектелмейді. Мұның бәрі осыған байланыстыайырмашылық жалпы (жеке)интегралдық жалпы (жеке)

шешімдер.

Алынған жауаптың дұрыстығын тексеру үшін оны х айнымалысына қатысты ажыратамыз.

Мысал.- дұрыс
Дифференциалдық теңдеудің шешімін табыңыз

берілген y(2) = 1.

y(2) = 1 үшін аламыз
Барлығы:
немесе

- жеке шешім;
Емтихан:

, барлығы

Мысал.- дұрыс.

Теңдеуді шеш

- жалпы интеграл

Мысал.- дұрыс.

Мысал.- дұрыс.
- жалпы шешім

y(1) = 0 болған жағдайда. Біз сол жақтағы интегралды бөліктерге бөлеміз (қараңыз.).

Бөлшектері бойынша интеграция.

Егер y(1) = 0 болса, онда
.

Мысал.Толық, ішінара интеграл:

Теңдеуді шеш. Теңдеудің сол жағындағы интегралды табу үшін қараңызНегізгі интегралдар кестесі.

Мысал.- дұрыс.

16-тармақ. Жалпы интегралды аламыз:

Берілген теңдеуді түрлендірейік:

Мысал.- дұрыс.
.

;
;

Осы дифференциалдық теңдеудің жалпы интегралы алынды. Осы қатынастан қажетті y функциясын өрнектесек, жалпы шешімді аламыз.

Кейбір бастапқы шарттар x 0 және y 0 берілген делік. Содан кейін:

Біз арнайы шешімді аламыз

Анықтама. Біртекті теңдеулер. f(x, y) функциясы шақырыладыбіртектіn– ші өлшем

Мысал.Функция біртекті ме?

Сонымен, f(x, y) функциясы 3-ші ретті біртекті.

Анықтама. Пішіннің дифференциалдық теңдеуі
түріндегі теңдеу, мұндағы Пішіннің теңдеуі деп аталады, егер оның оң жағы f(x, y) аргументтеріне қатысты нөлдік өлшемді біртекті функция болса.

Кез келген түрдегі теңдеу функциялары біртекті болады П(x, ж) Және Q(x, ж) – өлшемдері бірдей біртекті функциялар.

Кез келген шешім біртекті теңдеубұл теңдеуді ажыратылатын айнымалылары бар теңдеуге келтіруге негізделген.

Біртекті теңдеуді қарастырыңыз

Өйткені f(x, y) функциясы нөлдік өлшемді біртекті болса, онда мынаны жаза аламыз:

Өйткені t параметрі әдетте ерікті, соны делік (2) теңдеуді мүшеге бөлу арқылы (1) теңдеуге оңай келтіруге болады

Алынған теңдіктің оң жағы шын мәнінде бір ғана аргументке байланысты
бүкіл функция көбейтіледі

Бастапқы дифференциалдық теңдеуді былай жазуға болады:

Осылайша, белгісіз u функциясы үшін бөлінетін айнымалылары бар теңдеу алдық.

Мысал.- дұрыс.
.

Көмекші функцияны енгізейік u.

.

Біз енгізген функцияны ескеріңіз uәрқашан позитивті, өйткені әйтпесе, бастапқы дифференциалдық теңдеу
.

Бастапқы теңдеуді ауыстырыңыз:

Біз айнымалыларды бөлеміз:

Интеграциялау арқылы біз мыналарды аламыз:

Көмекші функциядан у функциясына қайта өтіп, жалпы шешімді аламыз:

Біртектіге келтірілген теңдеулер.

Жоғарыда сипатталған теңдеулерден басқа, белгілі бір алмастырулардың көмегімен біртектіге келтіруге болатын теңдеулер класы бар.

Бұл түрдегі теңдеулер
.

Егер анықтауыш
онда айнымалыларды ауыстыру арқылы бөлуге болады

мұндағы  және  теңдеулер жүйесінің шешімдері

Мысал.- дұрыс.

аламыз

Анықтауыштың мәнін табу
.

Теңдеулер жүйесін шешу

Бастапқы теңдеуде алмастыруды қолданамыз:

Айнымалыны ауыстырыңыз
жоғарыда жазылған өрнекті ауыстырғанда, бізде:

Дифференциалдық теңдеулер.

Қарапайым дифференциалдық теңдеулер туралы негізгі түсініктер.

Анықтама 1.Жай дифференциалдық теңдеу біртекті– функцияның реті ж аргумент x форманың қатынасы деп аталады

Қайда Ф – оның аргументтерінің берілген функциясы. Математикалық теңдеулер класының атауында «дифференциалдық» термині олардың туындыларын қамтитынын атап көрсетеді. (дифференциалдау нәтижесінде түзілетін функциялар); «қарапайым» термині қажетті функцияның тек бір нақты аргументке тәуелді екенін көрсетеді.

Кәдімгі дифференциалдық теңдеуде анық аргумент болмауы мүмкін x, қажетті функция және оның кез келген туындысы, бірақ ең жоғары туынды теңдеуге қосылуы керек n-ші тапсырыс. Мысалы

а) – бірінші ретті теңдеу;

б) – үшінші ретті теңдеу.

Кәдімгі дифференциалдық теңдеулерді жазғанда туындыларды дифференциалдар бойынша белгілеу жиі қолданылады:

V) – екінші ретті теңдеу;

г) – бірінші ретті теңдеу,

бойынша бөлгеннен кейін генератор dxтеңдеуді көрсетудің эквивалентті түрі: .

Функция кәдімгі дифференциалдық теңдеудің шешімі деп аталады, егер оған ауыстырылған кезде сәйкестікке айналатын болса.

Мысалы, үшінші ретті теңдеу

Шешімі бар .

Бір немесе басқа әдіспен табу, мысалы, таңдау, теңдеуді қанағаттандыратын бір функция оны шешуді білдірмейді. Жай дифференциалдық теңдеуді шешу дегеніміз – табу Барлығытеңдеу орнына қойылғанда сәйкестікті құрайтын функциялар. (1.1) теңдеу үшін мұндай функциялар тобы ерікті тұрақтылардың көмегімен құрылады және оны жай дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі деп атайды. біртекті-ші ретті, ал тұрақтылар саны теңдеу ретімен сәйкес келеді: Жалпы шешім болуы мүмкін, бірақ оған қатысты нақты шешілмейді. y(x): Бұл жағдайда шешім әдетте (1.1) теңдеудің жалпы интегралы деп аталады.

Мысалы, дифференциалдық теңдеудің жалпы шешімі келесі өрнек: , ал екінші мүшесі ретінде жазуға болады, өйткені 2-ге бөлінген ерікті тұрақтыны жаңа ерікті тұрақтымен ауыстыруға болады.

Жалпы шешімдегі немесе жалпы интегралдағы барлық еркін константаларға кейбір рұқсат етілген мәндерді тағайындау арқылы біз енді ерікті тұрақтыларды қамтымайтын белгілі бір функцияны аламыз. Бұл функция (1.1) теңдеудің ішінара шешімі немесе ішінара интегралы деп аталады. Ерікті константалардың мәндерін, демек белгілі бір шешімді табу үшін (1.1) теңдеуге әр түрлі қосымша шарттар қолданылады. Мысалы, бастапқы шарттар деп аталатындарды (1.2) көрсетуге болады.

Бастапқы шарттардың (1.2) оң жақтары берілген сандық мәндерфункциялар мен туындылар, ал бастапқы шарттардың жалпы саны анықталған ерікті тұрақтылар санына тең.

Бастапқы шарттар негізінде (1.1) теңдеудің нақты шешімін табу есебі Коши есебі деп аталады.

§ 2. 1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеулер – негізгі ұғымдар.

1-ші ретті қарапайым дифференциалдық теңдеу ( біртекті=1) нысаны бар: немесе, егер ол туындыға қатысты шешілетін болса: . Жалпы шешім y=y(x,C) немесе 1-ші ретті теңдеулердің жалпы интегралы бір ерікті тұрақтыдан тұрады. 1-ші ретті теңдеудің жалғыз бастапқы шарты жалпы шешімнен немесе жалпы интегралдан тұрақты шаманың мәнін анықтауға мүмкіндік береді. Осылайша, белгілі бір шешім табылады немесе дәл солай Коши мәселесі шешіледі. Коши мәселесін шешудің бар болуы және бірегейлігі туралы мәселе орталық мәселелердің бірі болып табылады жалпы теорияқарапайым дифференциалдық теңдеулер. 1-ші ретті теңдеу үшін, атап айтқанда, бұл жерде дәлелсіз қабылданған теорема жарамды.

Теорема 2.1.Егер теңдеуде функция және оның жеке туындысы қандай да бір аймақта үзіліссіз болса D ұшақ XOY , және осы аймақта нүкте берілсе, онда теңдеуді де, бастапқы шартты да қанағаттандыратын бірегей шешім бар.

Геометриялық тұрғыдан бірінші ретті теңдеудің жалпы шешімі жазықтықтағы қисықтардың тобы болып табылады XOY, ортақ нүктелері жоқ және бір-бірінен бір параметрде айырмашылығы бар – тұрақтының мәні C. Бұл қисықтар берілген теңдеу үшін интегралдық қисықтар деп аталады. Интегралдық теңдеу қисықтары анық геометриялық қасиет: әрбір нүктеде қисыққа жанаманың көлбеу бұрышының тангенсі осы нүктедегі теңдеудің оң жағының мәніне тең: . Басқаша айтқанда, теңдеу жазықтықта берілген XOYинтегралдық қисықтарға жанамалардың бағыттарының өрісі. Пікір:Айта кету керек, теңдеуі. теңдеу және деп аталатын теңдеу симметриялы түрде берілген .

Бөлінетін айнымалылары бар 1-ші ретті дифференциалдық теңдеулер.

Анықтама.Бөлінетін айнымалылары бар дифференциалдық теңдеу түрдегі теңдеу болып табылады (3.1)

немесе (3.2) түріндегі теңдеу

(3.1) теңдеудегі айнымалыларды ажырату үшін, яғни. бұл теңдеуді бөлінген айнымалы теңдеу деп аталатынға келтіріп, келесі әрекеттерді орындаңыз:

;

Енді теңдеуді шешуіміз керек g(y)= 0. Егер оның нақты шешімі болса у=а, Бұл y=a(3.1) теңдеуінің шешімі де болады.

(3.2) теңдеу көбейтіндіге бөлу арқылы бөлінген теңдеуге келтіріледі:

, ол (3.2) теңдеудің жалпы интегралын алуға мүмкіндік береді: . (3.3)

Интегралдық қисықтар (3.3) егер мұндай шешімдер бар болса, шешімдермен толықтырылады.

Теңдеуді шеш: .

Біз айнымалыларды бөлеміз:

.

Интеграциялау, біз аламыз