Sabitlerin değişimi yöntemini kullanarak denklemi çözün. Doğrusal homojen olmayan denklemleri çözmek için keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi

Ders 44. İkinci mertebeden lineer homojen olmayan denklemler. Keyfi sabitlerin değişimi yöntemi. Sabit katsayılı ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan denklemler. (özel sağ taraf).

Sosyal dönüşümler. Devlet ve kilise.

Bolşeviklerin sosyal politikası büyük ölçüde sınıfsal yaklaşımları tarafından belirleniyordu. 10 Kasım 1917 kararnamesi ile sınıf sistemi yıkıldı, devrim öncesi rütbeler, unvanlar ve ödüller kaldırıldı. Yargıçların seçimi belirlendi; sivil devletlerin laikleştirilmesi gerçekleştirildi. Ücretsiz eğitim ve tıbbi bakım sağlandı (31 Ekim 1918 tarihli kararname). Kadınlara erkeklerle eşit haklar verildi (16 ve 18 Aralık 1917 kararnameleri). Evlenme Kararnamesi resmi nikah kurumunu getirdi.

Halk Komiserleri Konseyi'nin 20 Ocak 1918 tarihli kararıyla kilise devletten ve eğitim sisteminden ayrıldı. Kilise mülklerinin çoğuna el konuldu. Moskova Patriği ve Tüm Rusya'nın Tikhon'u (5 Kasım 1917'de seçildi) 19 Ocak 1918'de Sovyet iktidarını lanetledi ve Bolşeviklere karşı mücadele çağrısında bulundu.

Doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden bir denklem düşünün

Böyle bir denklemin genel çözümünün yapısı aşağıdaki teorem ile belirlenir:

Teorem 1. Genel çözüm değil homojen denklem(1) bu denklemin belirli bir çözümünün ve karşılık gelen homojen denklemin genel çözümünün toplamı olarak temsil edilir

Kanıt. Tutarın kanıtlanması gerekiyor

Orada genel çözüm denklem (1). Öncelikle fonksiyon (3)'ün denklem (1)'in çözümü olduğunu kanıtlayalım.

Toplamı denklem (1)'de yerine koymak en, sahip olacağız

Denklem (2)'nin bir çözümü olduğundan, ilk parantez içindeki ifade aynı şekilde sıfıra eşittir. Denklemin (1) bir çözümü olduğundan ikinci parantez içindeki ifade şuna eşittir: f(x). Dolayısıyla eşitlik (4) bir özdeşliktir. Böylece teoremin ilk kısmı kanıtlanmıştır.

İkinci ifadeyi kanıtlayalım: ifade (3) genel denklemin çözümü (1). Bu ifadede yer alan keyfi sabitlerin başlangıç ​​koşulları sağlanacak şekilde seçilebileceğini kanıtlamamız gerekiyor:

sayılar ne olursa olsun x 0, y 0 ve (eğer sadece x 0 fonksiyonların bulunduğu bölgeden alınmıştır. bir 1, bir 2 Ve f(x) sürekli).

şeklinde temsil edilebildiğine dikkat edin. Daha sonra (5) numaralı koşullara göre,

Bu sistemi çözelim ve belirleyelim. C1 Ve C2. Sistemi şu şekilde yeniden yazalım:

Bu sistemin determinantının fonksiyonlar için Wronski determinantı olduğuna dikkat edin. 1'de Ve saat 2'de bu noktada x=x0. Bu fonksiyonlar koşula göre doğrusal olarak bağımsız olduğundan Wronski determinantı sıfıra eşit değildir; dolayısıyla sistem (6)'nın kesin bir çözümü vardır C1 Ve C2, yani öyle anlamlar var C1 Ve C2 burada formül (3), verilen başlangıç ​​koşullarını karşılayan denklem (1)'in çözümünü belirler. Q.E.D.

Hadi devam edelim genel yöntem Homojen olmayan bir denklemin kısmi çözümlerini bulma.

Homojen denklemin genel çözümünü yazalım (2)

(7) formundaki homojen olmayan denklem (1) için özel bir çözüm arayacağız. C1 Ve C2 henüz bilinmeyen bazı işlevler gibi X.

Eşitliğin (7) ayrımını yapalım:

Aradığınız fonksiyonları seçelim C1 Ve C2 eşitliğin sağlanması için

Bunu göz önünde bulundurarak ek koşul, o zaman birinci türev şu formu alır

Şimdi bu ifadeyi farklılaştırarak şunu buluruz:

Denklem (1)'i yerine koyarsak, şunu elde ederiz:

İlk iki parantez içindeki ifadeler sıfır olur çünkü y 1 Ve y 2– homojen bir denklemin çözümleri. Bu nedenle son eşitlik şu şekli alır:

Dolayısıyla fonksiyon (7), eğer fonksiyonlar homojen olmayan denklemin (1) bir çözümü olacaktır. C1 Ve C2(8) ve (9) denklemlerini karşılayın. Denklem (8) ve (9)'dan bir denklem sistemi oluşturalım.

Bu sistemin determinantı doğrusal bağımsız çözümler için Wronski determinantı olduğundan y 1 Ve y 2 denklem (2) ise sıfıra eşit değildir. Bu nedenle sistemi çözerek, her iki fonksiyonu da bulacağız. X:

Bu sistemi çözerek, entegrasyon sonucu nereden elde ettiğimizi buluyoruz. Daha sonra, bulunan fonksiyonları formülde yerine koyarız, keyfi sabitlerin olduğu homojen olmayan denklemin genel bir çözümünü elde ederiz.

Keyfi sabitlerin varyasyon yöntemi

Doğrusal homojen olmayan bir diferansiyel denklemin çözümünü oluşturmak için keyfi sabitlerin değişimi yöntemi

A N (T)z (N) (T) + A N − 1 (T)z (N − 1) (T) + ... + A 1 (T)z"(T) + A 0 (T)z(T) = F(T)

keyfi sabitlerin değiştirilmesinden oluşur C k genel çözümde

z(T) = C 1 z 1 (T) + C 2 z 2 (T) + ... + C N z N (T)

karşılık gelen homojen denklem

A N (T)z (N) (T) + A N − 1 (T)z (N − 1) (T) + ... + A 1 (T)z"(T) + A 0 (T)z(T) = 0

yardımcı fonksiyonlar için C k (T) türevleri doğrusal cebirsel sistemi karşılayan

Sistem (1)'in determinantı fonksiyonların Wronskian'ıdır z 1 ,z 2 ,...,z N , açısından benzersiz çözülebilirliğini sağlar.

Entegrasyon sabitlerinin sabit değerlerinde alınan antiderivatifler varsa, o zaman fonksiyon

orijinal doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin bir çözümüdür. Homojen olmayan bir denklemin genel bir çözümün varlığında ilgili homojen denkleme entegrasyonu böylece karelere indirgenir.

Vektör normal formundaki doğrusal diferansiyel denklemler sisteminin çözümlerini oluşturmak için keyfi sabitlerin değişimi yöntemi

formunda belirli bir çözümün (1) oluşturulmasından oluşur

Nerede Z(T) matris biçiminde yazılmış, karşılık gelen homojen denklemin çözümlerinin temelidir ve vektör işlevi Rastgele sabitlerin vektörünün yerini alan , ilişki ile tanımlanır. Gerekli özel çözüm (sıfır başlangıç ​​değerleri ile) T = T 0 gibi görünüyor

Sabit katsayılı bir sistem için son ifade basitleştirilmiştir:

Matris Z(T)Z− 1 (τ) isminde Cauchy matrisi operatör L = A(T) .

Şimdi doğrusal homojen olmayan denklemi ele alalım
. (2)
y 1 ,y 2 ,.., y n temel bir çözüm sistemi olsun ve karşılık gelen L(y)=0 homojen denkleminin genel çözümü olsun. Birinci dereceden denklemlere benzer şekilde, denklem (2)'nin çözümünü şu şekilde arayacağız:
. (3)
Bu biçimde bir çözümün var olduğundan emin olalım. Bunu yapmak için fonksiyonu denklemde yerine koyarız. Bu fonksiyonu denklemde yerine koymak için türevlerini buluyoruz. Birinci türev eşittir
. (4)
İkinci türevi hesaplarken (4)'ün sağ tarafında dört terim görünecek, üçüncü türevi hesaplarken sekiz terim görünecek vb. Bu nedenle, daha sonraki hesaplamalara kolaylık sağlamak için (4)'teki ilk terim sıfıra eşitlenir. Bunu dikkate alarak ikinci türev şuna eşittir:
. (5)
Öncekiyle aynı nedenlerden dolayı, (5)'te de ilk terimi sıfıra eşitledik. Son olarak, n'inci türev:
. (6)
Türevlerin elde edilen değerlerini orijinal denklemde yerine koyarsak,
. (7)
(7)'deki ikinci terim sıfıra eşittir, çünkü y j , j=1,2,..,n fonksiyonları karşılık gelen L(y)=0 homojen denkleminin çözümleridir. Bir öncekiyle birleştirerek sistemi elde ederiz cebirsel denklemler C" j (x) fonksiyonlarını bulmak için
(8)
Bu sistemin determinantı, karşılık gelen L(y)=0 homojen denkleminin temel çözüm sistemi y 1, y 2,.., y n'nin Wronski determinantıdır ve bu nedenle sıfıra eşit değildir. Bu nedenle var tek çözüm sistemler (8). Bulduktan sonra C" j (x), j=1,2,…,n fonksiyonlarını elde ederiz ve sonuç olarak C j (x), j=1,2,…,n Bu değerleri yerine koyarsak (3), doğrusal homojen olmayan bir denklemin çözümünü elde ederiz.
Özetlenen yönteme keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi veya Lagrange yöntemi denir.

Örnek No.1. y"" + 4y" + 3y = 9e -3 x denkleminin genel çözümünü bulalım. Karşılık gelen y"" + 4y" + 3y = 0 homojen denklemini düşünün. Karakteristik denkleminin kökleri r 2 + 4r + 3 = 0 -1 ve -3'e eşittir. Dolayısıyla homojen bir denklemin temel çözüm sistemi y 1 = e - x ve y 2 = e -3 x fonksiyonlarından oluşur. Homojen olmayan denklemin çözümünü y = C 1 (x)e - x + C 2 (x)e -3 x formunda arıyoruz. C" 1 , C" 2 türevlerini bulmak için bir denklem sistemi oluştururuz (8)
C′ 1 ·e -x +C′ 2 ·e -3x =0
-C′ 1 ·e -x -3C′ 2 ·e -3x =9e -3x
bulduğumuz çözümü, Elde edilen fonksiyonları entegre ederek,
Sonunda elde ettik

Örnek No. 2. Doğrusal çöz diferansiyel denklemler keyfi sabitleri değiştirme yöntemiyle sabit katsayılı ikinci derece:

y(0) =1 + 3ln3
y'(0) = 10ln3

Çözüm:
Bu diferansiyel denklem, sabit katsayılı doğrusal diferansiyel denklemleri ifade eder.
Denklemin çözümünü y = e rx formunda arayacağız. Bunu yapmak için sabit katsayılı bir doğrusal homojen diferansiyel denklemin karakteristik denklemini oluşturuyoruz:
r 2 -6 r + 8 = 0
D = (-6) 2 - 4 1 8 = 4

Karakteristik denklemin kökleri: r 1 = 4, r 2 = 2
Buradan, temel sistemçözümler fonksiyonlardan oluşur: y 1 =e 4x, y 2 =e 2x
Homojen denklemin genel çözümü şu şekildedir: y =C 1 e 4x +C 2 e 2x
Rastgele bir sabitin değişimi yöntemiyle belirli bir çözümü arayın.
C"i'nin türevlerini bulmak için bir denklem sistemi oluşturuyoruz:
C′ 1 ·e 4x +C′ 2 ·e 2x =0
C' 1 (4e 4x) + C' 2 (2e 2x) = 4/(2+e -2x)
İlk denklemden C"1'i ifade edelim:
C" 1 = -c 2 e -2x
ve onu ikinciyle değiştirin. Sonuç olarak şunu elde ederiz:
C" 1 = 2/(e 2x +2e 4x)
C" 2 = -2e 2x /(e 2x +2e 4x)
Elde edilen C" i fonksiyonlarını entegre ediyoruz:
C 1 = 2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1
C 2 = ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2

y =C 1 ·e 4x +C 2 ·e 2x olduğundan, elde edilen ifadeleri şu şekilde yazıyoruz:
C 1 = (2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1) e 4x = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x
C 2 = (ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2)e 2x = e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 2 e 2x
Dolayısıyla diferansiyel denklemin genel çözümü şu şekildedir:
y = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 2 e 2x
veya
y = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 1 e 4x + C * 2 e 2x

Şu koşul altında belirli bir çözüm bulalım:
y(0) =1 + 3ln3
y'(0) = 10ln3

Bulunan denklemde x = 0'ı yerine koyarsak şunu elde ederiz:
y(0) = 2 ln(3) - 1 + ln(3) + C * 1 + C * 2 = 3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
Elde edilen genel çözümün birinci türevini buluyoruz:
y' = 2e 2x (2C 1 e 2x + C 2 -2x +4 e 2x ln(e -2x +2)+ ln(2e 2x +1)-2)
x = 0'ı yerine koyarsak şunu elde ederiz:
y'(0) = 2(2C 1 + C 2 +4 ln(3)+ ln(3)-2) = 4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3

İki denklemden oluşan bir sistem elde ederiz:
3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3
veya
C*1+C*2=2
4C 1 + 2C 2 = 4
veya
C*1+C*2=2
2C 1 + C 2 = 2
Gönderen: C 1 = 0, C * 2 = 2
Özel çözüm şu şekilde yazılacaktır:
y = 2e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + 2 e 2x

Homojen olmayan diferansiyel denklemleri çözmek için keyfi sabitlerin değişimi yöntemi kullanılır. Bu ders, konuyla ilgili az çok bilgili olan öğrencilere yöneliktir. Uzaktan kumandayla yeni tanışmaya başlıyorsanız, ör. Eğer çaydanlık yapıyorsanız ilk dersle başlamanızı öneririm: Birinci mertebeden diferansiyel denklemler. Çözüm örnekleri. Zaten bitirmek üzereyseniz, lütfen yöntemin zor olduğu yönündeki olası önyargıyı bir kenara bırakın. Çünkü çok basit.

Hangi durumlarda keyfi sabitlerin değişimi yöntemi kullanılır?

1) Rastgele bir sabitin varyasyonu yöntemi aşağıdakileri çözmek için kullanılabilir: 1. dereceden doğrusal homojen olmayan DE. Denklem birinci dereceden olduğundan sabit de birdir.

2) Keyfi sabitlerin değişimi yöntemi bazı problemleri çözmek için kullanılır. doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden denklemler. Burada iki sabit değişmektedir.

Dersin iki paragraftan oluşacağını varsaymak mantıklıdır... Bu yüzden bu cümleyi yazdım ve yaklaşık 10 dakika boyunca pratik örneklere sorunsuz bir geçiş için başka ne gibi akıllıca saçmalıklar ekleyebileceğimi acı içinde düşündüm. Ama bazı nedenlerden dolayı tatilden sonra hiçbir fikrim yok, her ne kadar hiçbir şeyi kötüye kullanmamış gibi görünsem de. Bu nedenle doğrudan ilk paragrafa geçelim.

Keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi
birinci dereceden doğrusal homojen olmayan bir denklem için

Keyfi bir sabitin varyasyon yöntemini düşünmeden önce makaleye aşina olmanız tavsiye edilir. Birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler. O derste pratik yapmıştık ilk çözüm homojen olmayan 1. dereceden DE. Size hatırlatırım, bu ilk çözüme denir değiştirme yöntemi veya Bernoulli yöntemi(karıştırılmaması gereken Bernoulli denklemi!!!)

Şimdi bakacağız ikinci çözüm– keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi. Sadece üç örnek vereceğim ve onları yukarıda bahsedilen dersten alacağım. Neden bu kadar az? Çünkü aslında ikinci yoldaki çözüm, birinci yoldaki çözüme çok benzer olacaktır. Ayrıca gözlemlerime göre keyfi sabitlerin değişimi yöntemi, yerine koyma yöntemine göre daha az kullanılıyor.

Örnek 1

(Dersin 2 No.lu örneğinden farklı) 1. dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler)

Çözüm: Bu denklem doğrusal homojen değildir ve tanıdık bir forma sahiptir:

İlk aşamada daha basit bir denklemi çözmek gerekir:
Yani aptalca sağ tarafı sıfırlıyoruz ve onun yerine sıfır yazıyoruz.
Denklem arayacağım yardımcı denklem.

İÇİNDE bu örnekte aşağıdaki yardımcı denklemi çözmeniz gerekir:

Bizden önce ayrılabilir denklem, çözümü (umarım) artık sizin için zor değildir:

Böylece:
– yardımcı denklemin genel çözümü.

İkinci adımda değiştireceğiz biraz sabit şimdilik"x"e bağlı bilinmeyen fonksiyon:

Dolayısıyla yöntemin adı - sabiti değiştiriyoruz. Alternatif olarak sabit, şimdi bulmamız gereken bir fonksiyon olabilir.

İÇİNDE orijinal homojen olmayan denklem bir değişiklik yapalım:

yerine koyalım ve denklemin içine :

Kontrol noktası – sol taraftaki iki terim birbirini götürür. Bu olmazsa yukarıdaki hatayı aramalısınız.

Yerine koyma sonucunda ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde edildi. Değişkenleri ayırıp entegre ediyoruz.

Ne büyük nimet, üsler de iptal ediyor:

Bulunan fonksiyona “normal” bir sabit ekliyoruz:

Son aşamada değişimimizi hatırlıyoruz:

İşlev az önce bulundu!

Yani genel çözüm şudur:

Cevap: genel çözüm:

Eğer iki çözümün çıktısını alırsanız, her iki durumda da aynı integralleri bulduğumuzu kolaylıkla fark edeceksiniz. Tek fark çözüm algoritmasındadır.

Şimdi daha karmaşık bir şey için ikinci örnek hakkında da yorum yapacağım:

Örnek 2

Diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun
(Dersin 8 No'lu örneğinden farklı) 1. dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler)

Çözüm: Denklemi forma indirgeyelim :

Sağ tarafı sıfırlayalım ve yardımcı denklemi çözelim:

Yardımcı denklemin genel çözümü:

Homojen olmayan denklemde değiştirmeyi yaparız:

Ürün farklılaştırma kuralına göre:

yerine koyalım ve orijinal homojen olmayan denklemde:

Sol taraftaki iki terim birbirini götürür, bu da doğru yolda olduğumuz anlamına gelir:

Parçalara göre integral alalım. Parçalara göre entegrasyon formülündeki lezzetli harf zaten çözüme dahil olduğundan, örneğin "a" ve "be" harflerini kullanıyoruz:

Şimdi değiştirmeyi hatırlayalım:

Cevap: genel çözüm:

Ve bunun için bir örnek bağımsız karar:

Örnek 3

Verilen başlangıç ​​koşuluna karşılık gelen diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun.

,
(Dersin 4 No.lu örneğinden farklı) 1. dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler)
Çözüm:
Bu DE doğrusal homojen değildir. Keyfi sabitlerin değişimi yöntemini kullanıyoruz. Yardımcı denklemi çözelim:

Değişkenleri ayırıp entegre ediyoruz:

Genel çözüm:
Homojen olmayan denklemde değiştirmeyi yaparız:

Değiştirme işlemini gerçekleştirelim:

Yani genel çözüm şudur:

Verilen başlangıç ​​koşuluna karşılık gelen özel bir çözüm bulalım:

Cevap:özel çözüm:

Dersin sonundaki çözüm, ödevi bitirmeye örnek teşkil edebilir.

Keyfi sabitlerin varyasyon yöntemi
doğrusal homojen olmayan ikinci dereceden bir denklem için
sabit katsayılı

İkinci dereceden bir denklem için keyfi sabitleri değiştirme yönteminin kolay bir şey olmadığı fikrini sık sık duydum. Ancak şunu varsayıyorum: Büyük olasılıkla, yöntem pek çok kişi için zor görünüyor çünkü çok sık meydana gelmiyor. Ancak gerçekte özel bir zorluk yoktur; kararın gidişatı açık, şeffaf ve anlaşılırdır. Ve güzel.

Yönteme hakim olmak için, homojen olmayan ikinci dereceden denklemleri, sağ tarafın biçimine göre özel bir çözüm seçerek çözebilmek arzu edilir. Bu yöntem makalede ayrıntılı olarak tartışılmaktadır. Homojen olmayan 2. dereceden DE'ler. Sabit katsayılara sahip ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan bir denklemin şu şekilde olduğunu hatırlıyoruz:

Yukarıdaki derste tartışılan seçim yöntemi yalnızca sağ tarafın polinomlar, üsteller, sinüsler ve kosinüsler içerdiği sınırlı sayıda durumda işe yarar. Peki sağda örneğin bir kesir, logaritma, teğet olduğunda ne yapmalı? Böyle bir durumda sabitlerin değişimi yöntemi imdada yetişir.

Örnek 4

İkinci dereceden diferansiyel denklemin genel çözümünü bulun

Çözüm: Bu denklemin sağ tarafında bir kesir var, dolayısıyla belirli bir çözümü seçme yönteminin işe yaramadığını hemen söyleyebiliriz. Keyfi sabitlerin değişimi yöntemini kullanıyoruz.

Fırtına belirtisi yok; çözümün başlangıcı tamamen sıradan:

bulacağız genel çözüm uygun homojen denklemler:

Karakteristik denklemi oluşturup çözelim:


– eşlenik kompleks kökler elde edildiğine göre genel çözüm şu şekildedir:

Genel çözümün kaydına dikkat edin - parantez varsa açın.

Şimdi birinci dereceden denklemde yaptığımızın hemen hemen aynısını yapıyoruz: sabitleri değiştiriyoruz, onların yerine bilinmeyen fonksiyonlar koyuyoruz. Yani, homojen olmayanların genel çözümü formdaki denklemleri arayacağız:

Nerede - şimdilik bilinmeyen işlevler

Evsel atık çöplüğüne benziyor ama şimdi her şeyi çözeceğiz.

Bilinmeyenler fonksiyonların türevleridir. Amacımız türevleri bulmaktır ve bulunan türevlerin sistemin hem birinci hem de ikinci denklemlerini sağlaması gerekir.

“Yunanlılar” nereden geliyor? Leylek onları getiriyor. Daha önce elde edilen genel çözüme bakıyoruz ve şunu yazıyoruz:

Türevlerini bulalım:

Sol kısımlar halledildi. Sağda ne var?

bu durumda orijinal denklemin sağ tarafı:

Katsayı ikinci türevin katsayısıdır:

Pratikte neredeyse her zaman ve bizim örneğimiz de bir istisna değildir.

Her şey açık, artık bir sistem oluşturabilirsiniz:

Sistem genellikle çözülür Cramer'in formüllerine göre standart algoritmayı kullanarak. Tek fark, sayıların yerine fonksiyonların bulunmasıdır.

Sistemin ana belirleyicisini bulalım:

İkiye ikilik determinantın nasıl ortaya çıktığını unuttuysanız derse bakın. Determinant nasıl hesaplanır? Bağlantı utanç panosuna yönlendiriyor =)

Yani: Bu, sistemin benzersiz bir çözümü olduğu anlamına gelir.

Türevi bulma:

Ama hepsi bu değil, şu ana kadar sadece türevini bulduk.
Fonksiyonun kendisi entegrasyonla geri yüklenir:

İkinci fonksiyona bakalım:

Buraya “normal” bir sabit ekliyoruz

Çözümün son aşamasında, homojen olmayan denklemin genel çözümünü hangi biçimde aradığımızı hatırlıyoruz? Bunda:

İhtiyacınız olan işlevler az önce bulundu!

Geriye kalan tek şey, değişikliği yapmak ve cevabı yazmaktır:

Cevap: genel çözüm:

Prensip olarak cevap parantezleri genişletebilirdi.

Cevabın tam kontrolü, derste tartışılan standart şemaya göre gerçekleştirilir. Homojen olmayan 2. dereceden DE'ler. Ancak doğrulama kolay olmayacak çünkü oldukça ağır türevlerin bulunması ve zahmetli ikamelerin yapılması gerekiyor. Bu tür difüzörleri çözdüğünüzde bu hoş olmayan bir özelliktir.

Örnek 5

Rastgele sabitleri değiştirerek diferansiyel denklemi çözme

Bu kendi başınıza çözebileceğiniz bir örnektir. Aslında sağ tarafta da bir kesir var. Bu arada trigonometrik formülü de hatırlayalım; çözüm sırasında uygulanması gerekecek.

Keyfi sabitlerin değişimi yöntemi en evrensel yöntemdir. Çözülebilen her denklemi çözebilir sağ tarafın biçimine göre belirli bir çözümün seçilmesi yöntemi. Şu soru ortaya çıkıyor: Neden burada da keyfi sabitlerin değişimi yöntemini kullanmıyorsunuz? Cevap açık: sınıfta tartışılan belirli bir çözümün seçimi Homojen olmayan ikinci dereceden denklemler, çözümü önemli ölçüde hızlandırır ve kaydı kısaltır; determinantlar ve integrallerle uğraşmanıza gerek kalmaz.

İki örneğe bakalım Cauchy sorunu.

Örnek 6

Verilen başlangıç ​​koşullarına karşılık gelen diferansiyel denklemin özel bir çözümünü bulun

,

Çözüm: Kesir ve üs yine ilginç bir yerde.
Keyfi sabitlerin değişimi yöntemini kullanıyoruz.

bulacağız genel çözüm uygun homojen denklemler:



– farklı reel kökler elde edildiğine göre genel çözüm şu şekildedir:

Homojen olmayanların genel çözümüşu formdaki denklemleri ararız: , nerede – şimdilik bilinmeyen işlevler

Bir sistem oluşturalım:

Bu durumda:
,
Türevlerin bulunması:
,

Böylece:

Sistemi Cramer formüllerini kullanarak çözelim:
Bu, sistemin benzersiz bir çözümü olduğu anlamına gelir.

Entegrasyon yoluyla işlevi geri yüklüyoruz:

Burada kullanıldı bir fonksiyonu diferansiyel işaret altına alma yöntemi.

İkinci işlevi entegrasyonla geri yüklüyoruz:

Bu integral çözüldü değişken değiştirme yöntemi:

Değişimin kendisinden şunu ifade ediyoruz:

Böylece:

Bu integral bulunabilir tam kare çıkarma yöntemi ancak difüzörlü örneklerde kesri genişletmeyi tercih ediyorum yöntem belirsiz katsayılar :

Her iki işlev de bulundu:

Sonuç olarak, homojen olmayan denklemin genel çözümü:

Başlangıç ​​koşullarını sağlayan özel bir çözüm bulalım .

Teknik olarak çözüm arayışı makalede tartışıldığı gibi standart bir şekilde yürütülmektedir. İkinci dereceden homojen olmayan diferansiyel denklemler.

Durun, şimdi bulunan genel çözümün türevini bulacağız:

Bu çok büyük bir rezalet. Basitleştirmeye gerek yok; hemen bir denklem sistemi oluşturmak daha kolaydır. Başlangıç ​​koşullarına göre :

Sabitlerin bulunan değerlerini yerine koyalım genel çözüme göre:

Cevapta logaritmalar biraz paketlenebilir.

Cevap:özel çözüm:

Gördüğünüz gibi integrallerde ve türevlerde zorluklar ortaya çıkabilir, ancak keyfi sabitlerin değişimi yöntemi için algoritmanın kendisinde zorluklar ortaya çıkmayabilir. Seni korkutan ben değilim, hepsi Kuznetsov'un koleksiyonu!

Rahatlamak için, sorunu kendiniz çözmeye yönelik son ve daha basit bir örnek:

Örnek 7

Cauchy problemini çözün

,

Örnek basit ama yaratıcı, bir sistem oluşturduğunuzda karar vermeden önce ona dikkatlice bakın ;-),




Sonuç olarak genel çözüm şu şekildedir:

Başlangıç ​​koşullarına karşılık gelen özel bir çözüm bulalım .



Sabitlerin bulunan değerlerini genel çözüme koyalım:

Cevap:özel çözüm: