Решаване на диференциални уравнения от първи ред с разделими променливи. Диференциални уравнения, свеждащи се до уравнения с разделими променливи

В цяла поредица от обикновени диференциални уравнения от първи ред има такива, в които променливите x и y могат да бъдат разделени на дясната и лявата страна на уравнението. Променливите може вече да са разделени, както може да се види в уравнението f(y)d y = g(x)dx. Можете да разделите променливите в ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x чрез извършване на трансформации. Най-често за получаване на уравнения с разделими променливи се използва методът за въвеждане на нови променливи.

В тази тема ще разгледаме подробно метода за решаване на уравнения с разделени променливи. Нека разгледаме уравнения с разделими променливи и диференциални уравнения, които могат да бъдат сведени до уравнения с разделими променливи. В този раздел сме анализирали голям брой проблеми по темата с подробен анализ на решението.

За да улесните усвояването на темата, ви препоръчваме да се запознаете с информацията, публикувана на страницата „Основни дефиниции и понятия от теорията на диференциалните уравнения“.

Разделени диференциални уравнения f (y) d y = g (x) d x

Определение 1

Уравнения с разделени променливи се наричат диференциални уравнения от формата f (y) d y = g (x) d x. Както подсказва името, променливите, които съставят израз, са от двете страни на знака за равенство.

Нека се съгласим, че функциите f (y) и g(x)ще приемем непрекъснато.

За уравнения с разделени променливи общият интеграл ще бъде ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. Общото решение на DE във формата имплицитно дадена функцияФ (x, y) = 0 можем да получим при условие, че интегралите от горното равенство са изразени в елементарни функции. В някои случаи е възможно да се изрази функцията y в ясна форма.

Пример 1

намирам общо решениедиференциално уравнение с разделени променливи y 2 3 d y = sin x d x .

Решение

Нека интегрираме двете страни на равенството:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Това всъщност е общото решение на тази система за управление. Всъщност сведохме проблема за намиране на общо решение на диференциалното уравнение до проблема за намиране на неопределени интеграли.

Сега можем да използваме таблицата на първоизводните, за да вземем интеграли, които са изразени в елементарни функции:

∫ 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 2
където C1 и C2 са произволни константи.

Функцията 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 е указана имплицитно. Това е общо решение на оригиналното диференциално уравнение с разделени променливи. Получихме отговор и може да не продължим с решението. Въпреки това, в разглеждания пример желаната функция може да бъде изразена изрично чрез аргумента x.

Получаваме:

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

Общото решение на това DE е функцията y = - 5 3 cos x + C 3 5

Отговор:

Можем да запишем отговора по няколко начина: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x или 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, или y = - 5 3 cos x + C 3 5

Винаги си струва да изясните на учителя, че наред с уменията за решаване на диференциални уравнения вие също имате способността да трансформирате изрази и да взимате интеграли. Лесно е да се направи. Достатъчно е да дадете крайния отговор под формата на явна функция или неявно зададена функция Ф (x, y) = 0.

Диференциални уравнения с разделими променливи f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x в случаите, когато y е функция на аргумента x.

В DE f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x или f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x можем да извършим трансформации по такъв начин, че да разделим променливите. Този тип DE се нарича DE с разделими променливи. Съответният DE с разделени променливи ще бъде написан като f 1 (y) f 2 (y) d y = g 2 ( x) g 1 (x) d x .

При разделяне на променливи е необходимо всички трансформации да се извършват внимателно, за да се избегнат грешки. Полученото и първоначалното уравнения трябва да са еквивалентни едно на друго. Като проверка можете да използвате условието, според което f 2 (y) и g 1 (x)не трябва да изчезва на интервала на интегриране. Ако това условие не е изпълнено, тогава има вероятност да загубите някои от решенията.

Пример 2

Намерете всички решения на диференциалното уравнение y " = y · (x 2 + e x) .

Решение

Можем да разделим x и y, следователно имаме работа с диференциално уравнение с разделими променливи.

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 и y ≠ 0

Когато y = 0, оригиналното уравнение се превръща в идентичност: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Това ще ни позволи да заявим, че y = 0 е решение на DE. Не можахме да приемем това решение при извършване на трансформациите.

Нека извършим интегрирането на диференциалното уравнение с разделени променливи 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

При извършване на трансформацията извършихме подмяна C 2 - C 1На СЪС. Решението на DE има формата на имплицитно определена функция ln y = x 3 3 + e x + C . Ние можем да изразим тази функция изрично. За да направим това, нека потенцираме полученото равенство:

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

Отговор: y = e x 3 3 + e x + C, y = 0

Диференциални уравнения, свеждащи се до уравнения с разделими променливи y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

За да се намали обикновеният DE от първи ред y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0, към уравнение с разделими променливи, е необходимо да се въведе нова променлива z = a x + b y, където z е функция на аргумента х.

Получаваме:

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

Извършваме замяната и необходимите трансформации:

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

Пример 3

Намерете общото решение на диференциалното уравнение y " = 1 ln (2 x + y) - 2 и конкретно решение, което удовлетворява начално състояние y(0) = e.

Решение

Нека въведем променлива z = 2 x + y, получаваме:

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

Заместваме резултата, който получихме в оригиналния израз и го трансформираме в диференциално уравнение с разделими променливи:

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

Нека интегрираме двете страни на уравнението след разделяне на променливите:

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

Нека използваме метода на интегриране по части, за да намерим интеграла, разположен от лявата страна на уравнението. Нека разгледаме интеграла от дясната страна в таблицата.

∫ 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

Можем да заявим, че z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 . Сега, ако приемем това C = C 2 - C 1и ние ще извършим обратна подмяна z = 2 x + y, тогава получаваме общо решение на диференциалното уравнение под формата на имплицитно зададена функция:

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

Сега нека започнем да намираме конкретно решение, което трябва да отговаря на първоначалното условие y(0)=e. Да направим замяна х = 0и y (0) = e в общото решение на DE и намерете стойността на константата C.

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

Получаваме конкретно решение:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Тъй като формулировката на проблема не уточнява интервала, през който е необходимо да се намери общо решение на DE, ние търсим решение, което е подходящо за всички стойности на аргумента x, за които оригиналният DE има смисъл.

В нашия случай DE има смисъл за ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0

Диференциални уравнения, свеждащи се до уравнения с разделими променливи y " = f x y или y " = f y x

Можем да намалим диференциалните уравнения под формата y " = f x y или y " = f y x до разделими диференциални уравнения, като направим заместването z = x y или z = y x , където z– функция на аргумента x.

Ако z = x y, тогава y = x z и според правилото за диференциране на дроби:

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

В този случай уравненията ще приемат формата z - x · z " z 2 = f (z) или z - x · z " z 2 = f 1 z

Ако вземем z = y x, тогава y = x ⋅ z и по правилото за производна на продукта y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". В този случай уравненията се свеждат до z + x z " = f 1 z или z + x z " = f (z) .

Пример 4

Решете диференциалното уравнение y " = 1 e y x - y x + y x

Решение

Да вземем z = y x, тогава y = x z ⇒ y " = z + x z ". Нека заместим в оригиналното уравнение:

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

Нека интегрираме уравнението с разделени променливи, които получихме при извършване на трансформациите:

∫ (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

Нека извършим обратното заместване, за да получим общото решение на оригиналния DE под формата на имплицитно зададена функция:

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

Сега нека разгледаме дистанционните управления, които имат формата:

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

Разделяне на числителя и знаменателя на дробта, разположена от дясната страна на записа, на y nили x n, можем да имаме предвид оригиналния DE y " = f x y или y " = f y x

Пример 5

Намерете общото решение на диференциалното уравнение y " = y 2 - x 2 2 x y

Решение

В това уравнение x и y са различни от 0. Това ни позволява да разделим числителя и знаменателя на дробта, разположена от дясната страна на нотацията, на х 2:

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

Ако въведем нова променлива z = y x, получаваме y = x z ⇒ y " = z + x z ".

Сега трябва да заместим в оригиналното уравнение:

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

Ето как стигнахме до DE с разделени променливи. Нека намерим решението му:

∫ 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

За това уравнение можем да получим явно решение. За да направим това, нека вземем - ln C = C 2 - C 1 и приложим свойствата на логаритъма:

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

Сега извършваме обратното заместване y = x ⋅ z и записваме общото решение на оригиналното диференциално уравнение:

y = ± x 1 C x - 1

В този случай второто решение също би било правилно. Можем да използваме замяната z = x y.Нека разгледаме тази опция по-подробно.

Нека разделим числителя и знаменателя на дробта от дясната страна на уравнението на y 2:

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

Нека z = x y

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

Нека заместим в оригиналното уравнение, за да получим диференциално уравнение с разделими променливи:

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

Разделяйки променливите, получаваме равенството d z z (z 2 + 1) = d x 2 x, което можем да интегрираме:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Ако разширим интегранта на интегралната функция ∫ d z z (z 2 + 1) в прости дроби, получаваме:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Нека извършим интегрирането на прости дроби:

∫ 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

Сега нека намерим интеграла ∫ d x 2 x:

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

В резултат на това получаваме ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 или ln z z 2 + 1 = ln C x, където ln C = C 2 - C 1.

Нека извършим обратното заместване z = x y и необходимите трансформации, получаваме:

y = ± x 1 C x - 1

Вариантът на решение, в който заменихме z = x y, се оказа по-трудоемък, отколкото в случай на замяна z = y x. Това заключение ще бъде валидно за голям брой уравнения от вида y " = f x y или y " = f y x . Ако избраният вариант за решаване на такива уравнения се окаже трудоемък, можете да въведете променливата z = y x вместо да замените z = x y. Това по никакъв начин няма да повлияе на резултата.

Диференциални уравнения, свеждащи се до уравнения с разделими променливи 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

Диференциалните уравнения y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 могат да бъдат сведени до уравненията y " = f x y или y " = f y x , следователно до уравнения с разделими променливи. За да направите това, намерете (x 0 , y 0) - решение на система от две линейни хомогенни уравнения a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 и се въвеждат нови променливи u = x - x 0 v = y - y 0. След такава замяна уравнението ще приеме формата d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v.

Пример 6

Намерете общото решение на диференциалното уравнение y " = x + 2 y - 3 x - 1 .

Решение

Съставяме и решаваме система от линейни уравнения:

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

Нека променим променливите:

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

След заместване в първоначалното уравнение получаваме d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . След разделяне на uчислителя и знаменателя на дясната страна имаме d v d u = 1 + 2 v u .

Въвеждаме нова променлива z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z, тогава

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)

Връщаме се към първоначалните променливи, като правим обратното заместване 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

Това е общото решение на диференциалното уравнение.

Ако забележите грешка в текста, моля, маркирайте я и натиснете Ctrl+Enter

Нека разгледаме примери за решаване на диференциални уравнения с разделими променливи.

1) Интегрирайте диференциалното уравнение: (1+x²)dy-2xydx=0.

Това уравнение е разделимо уравнение, написано като

Оставяме члена с dy от лявата страна на уравнението и преместваме члена с dx в дясната страна:

(1+x²)dy = 2xydx

Разделяме променливите, тоест оставяме само dy от лявата страна и всичко, което съдържа y от дясната страна, dx и x. За да направите това, разделете двете страни на уравнението на (1+x²) и на y. Получаваме

Нека интегрираме двете страни на уравнението:

От лявата страна е интегрална маса. Интегралът от дясната страна може да бъде намерен, например, като направите замяната t=1+x², тогава

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

В примери, където е възможно да се извърши потенциране, тоест да се премахнат логаритми, е удобно да се вземе не C, а lnC. Точно това ще направим: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Тъй като сумата от логаритми е равна на логаритъма от произведението, тогава ln│y│=ln│Сt│, откъдето y=Ct. Правим обратната промяна и получаваме общото решение: y=C(1+x²).

Разделихме на 1+x² и на y, при условие че не са равни на нула. Но 1+x² не е равно на нула за нито едно x. И y=0 при C=0, следователно не е настъпила загуба на корени.

Отговор: y=C(1+x²).

2) Намерете общия интеграл на уравнението

Променливите могат да бъдат разделени.

Умножете двете страни на уравнението по dx и разделете на

Получаваме:

Сега нека се интегрираме

От лявата страна е интегрална маса. Вдясно - правим замяната 4-x²=t, след това dt=(4-x²)’dx=-2xdx. Получаваме

Ако вместо C вземем 1/2 ln│C│, можем да напишем отговора по-компактно:

Нека умножим двете страни по 2 и приложим свойството на логаритъма:

Разделихме на

Те не са равни на нула: y²+1 - тъй като сумата неотрицателни числане е равно на нула и радикалният израз не е равен на нула по смисъла на условието. Това означава, че не е имало загуба на корени.

3) а) Намерете общия интеграл на уравнението (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

b) Намерете частичния интеграл на това уравнение, което удовлетворява началното условие y(e)=1.

a) Трансформирайте лявата страна на уравнението: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, след това

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Разделяме двете страни на x²y², при условие че нито x, нито y са равни на нула. Получаваме:

Нека интегрираме уравнението:

Тъй като разликата на логаритмите е равна на логаритъма на частното, имаме:

Това е общият интеграл на уравнението. В процеса на решаване поставяме условието произведението x²y² да не е равно на нула, което означава, че x и y не трябва да бъдат равен на нула. Като заместим x=0 и y=0 в условието: (0,0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0, получаваме правилното равенство 0=0. Това означава, че x=0 и y=0 също са решения на това уравнение. Но те не са включени в общия интеграл за всяко C (нули не могат да се появяват под знака на логаритъма и в знаменателя на дробта), така че тези решения трябва да бъдат записани в допълнение към общия интеграл.

б) Тъй като y(e)=1, заместваме x=e, y=1 в полученото решение и намираме C:

Примери за самотест:

Диференциално уравнение с разделени променливи се записва като: (1). В това уравнение един член зависи само от x, а другият зависи само от y. Интегрирайки това уравнение член по член, получаваме:
е неговият общ интеграл.

Пример: намерете общия интеграл на уравнението:
.

Решение: дадено уравнение– диференциално уравнение с разделени променливи. Ето защо
или
Нека обозначим
. Тогава
– общ интеграл на диференциално уравнение.

Разделимото уравнение има формата (2). Уравнение (2) може лесно да се сведе до уравнение (1), като се раздели член по член
. Получаваме:

– общ интеграл.

Пример:Решете уравнението .

Решение: преобразувайте лявата страна на уравнението: . Разделете двете страни на уравнението на

Решението е изразът:
тези.

Хомогенни диференциални уравнения. Уравнения на Бернули. Линейни диференциални уравнения от първи ред.

Уравнение от вида се нарича хомогенен, Ако
И
– еднородни функции от един и същи ред (размерности). функция
се нарича хомогенна функция от първи ред (измерване), ако, когато всеки от нейните аргументи се умножи по произволен коефициент цялата функция се умножава по , т.е.
=
.

Хомогенното уравнение може да се сведе до вида
. Използване на заместване
(
) хомогенното уравнение се свежда до уравнение с разделими променливи по отношение на новата функция .

Диференциалното уравнение от първи ред се нарича линеен, ако може да се напише във формата
.

Метод на Бернули

Решаване на уравнението
се търси като продукт на две други функции, т.е. използвайки заместване
(
).

Пример:интегрирайте уравнението
.

Ние вярваме
. Тогава, т.е. . Първо решаваме уравнението
=0:

.

Сега решаваме уравнението
тези.

. И така, общото решение на това уравнение е
тези.

Уравнение на Й. Бернули

Уравнение от формата , където
Наречен Уравнение на Бернули. Това уравнение се решава с помощта на метода на Бернули.

Хомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти

Хомогенното линейно диференциално уравнение от втори ред е уравнение от вида (1) , Където И постоянен.

Ще търсим частични решения на уравнение (1) във формата
, Където Да се– определено число. Диференциране на тази функция два пъти и заместване на изрази за
в уравнение (1), получаваме това е, или
(2) (
).

Уравнение 2 се нарича характеристично уравнение на диференциалното уравнение.

При решаване на характеристичното уравнение (2) са възможни три случая.

Случай 1.корени И уравнения (2) са реални и различни:

И

.

Случай 2.корени И уравнения (2) са реални и равни:
. В този случай частични решения на уравнение (1) са функциите
И
. Следователно общото решение на уравнение (1) има формата
.

Случай 3.корени И уравнения (2) са сложни:
,
. В този случай частични решения на уравнение (1) са функциите
И
. Следователно общото решение на уравнение (1) има формата

Пример.Решете уравнението
.

Решение:Нека създадем характеристично уравнение:
. Тогава
. Общо решение на това уравнение
.

Екстремум на функция на няколко променливи. Условен екстремум.

Екстремум на функция на няколко променливи

Определение.Точка M (x О ,г О ) е нареченмаксимална (минимална) точка функцииz= f(х, y), ако има околност на точката M такава, че за всички точки (x, y) от тази околност неравенството
(
)

На фиг. 1 точка А
- има минимална точка и точка IN
- максимална точка.

Необходимоусловието за екстремум е многомерен аналог на теоремата на Ферма.

Теорема.Нека точката
– е точката на екстремума на диференцируемата функцияz= f(х, y). След това частните производни
И
Vв този момент са равни на нула.

Точки, в които са изпълнени необходимите условия за екстремума на функцията z= f(х, y),тези. частични производни z" х И z" г са равни на нула се наричат критиченили стационарен.

Равенството на частните производни на нула изразява само необходимо, но не и достатъчно условие за екстремума на функция на няколко променливи.

На фиг. така нареченият седловина M (x О ,г О ). Частични производни
И
са равни на нула, но очевидно няма екстремум в точката M(x О ,г О ) Не.

Такива седлови точки са двумерни аналози на инфлексни точки на функции на една променлива. Предизвикателството е да ги отделите от крайните точки. С други думи, трябва да знаете достатъчноекстремно състояние.

Теорема (достатъчно условие за екстремум на функция на две променливи).Нека функциятаz= f(х, y):а) определена в някаква околност на критичната точка (x О ,г О ), при което
=0 и
=0 ;

б) има непрекъснати частни производни от втори ред в тази точка
;

;
Тогава, ако ∆=AC-B 2 >0, след това в точка (x О ,г О ) функцияz= f(х, y) има екстремум и акоА<0 - максимум ако A>0 - минимум. В случай ∆=AC-B 2 <0, функция z= f(х, y) няма екстремум. Ако ∆=AC-B 2 =0, то въпросът за наличието на екстремум остава открит.

Изследване на функция на две променливи при екстремумпрепоръчва се да се извърши следното диаграма:

Намерете частични производни на функция z" х И z" г .

Решете система от уравнения z" х =0, z" г =0 и намерете критичните точки на функцията.

Намерете частични производни от втори ред, изчислете техните стойности във всяка критична точка и, като използвате достатъчно условие, заключавайте за наличието на екстремуми.

Намерете екстремуми (крайни стойности) на функцията.

Пример.Намерете екстремумите на функцията

Решение. 1. Намиране на частни производни

2. Намираме критичните точки на функцията от системата от уравнения:

има четири решения (1; 1), (1; -1), (-1; 1) и (-1; -1).

3. Намерете частичните производни от втори ред:

;
;
, изчисляваме техните стойности във всяка критична точка и проверяваме изпълнението на достатъчно екстремално условие в нея.

Например в точка (1; 1) А= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. защото ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 и A=-1<0, тогава точката (1; 1) е максималната точка.

По същия начин установяваме, че (-1; -1) е минималната точка и в точки (1; -1) и (-1; 1), в които ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Намерете екстремумите на функцията z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Условен екстремум. Метод на умножителя на Лагранж.

Нека разгледаме задача, специфична за функции на няколко променливи, когато нейният екстремум се търси не върху цялата област на дефиниция, а върху множество, което удовлетворява определено условие.

Нека разгледаме функцията z = f(х, г), аргументи хИ прикоито отговарят на условието ж(x,y)= С,Наречен уравнение на връзката.

Определение.Точка
наречена точкаусловен максимум (минимум), ако има околност на тази точка, така че за всички точки (x,y) от тази околност, отговарящи на условиетож (х, г) = C, неравенството е в сила

(
).

На фиг. е показана условната максимална точка
. Очевидно това не е безусловната екстремна точка на функцията z = f(х, г) (на фигурата това е точка
).

Най-простият начин да се намери условният екстремум на функция на две променливи е да се намали проблема до намиране на екстремума на функция на една променлива. Нека приемем уравнението на връзката ж (х, г) = СЪСуспя да разреши по отношение на една от променливите, например да изрази припрез Х:
. Замествайки получения израз във функция на две променливи, получаваме z = f(х, г) =
, тези. функция на една променлива. Неговият екстремум ще бъде условният екстремум на функцията z = f(х, г).

Пример. х 2 + г 2 предвид това 3x +2y = 11.

Решение. От уравнението 3x + 2y = 11 изразяваме променливата y чрез променливата x и заместваме полученото
да функционира z. Получаваме z= х 2 +2
или z =
. Тази функция има уникален минимум при = 3. Съответна стойност на функцията
Така (3; 1) е условна точка на екстремум (минимум).

В разглеждания пример уравнението на свързване ж(х, y) = Cсе оказа линеен, така че беше лесно разрешен по отношение на една от променливите. В по-сложни случаи обаче това не може да стане.

За да намерим условен екстремум в общия случай, използваме Метод на умножителя на Лагранж.

Да разгледаме функция на три променливи

Тази функция се нарича функция на Лагранж,А - Множител на Лагранж.Следната теорема е вярна.

Теорема.Ако точката
е условната екстремна точка на функциятаz = f(х, г) предвид товаж (х, г) = C, тогава има стойност такава точка
е екстремната точка на функциятаЛ{ х, г, ).

По този начин, за да намерите условния екстремум на функцията z = f(x,y)предвид това ж(х, г) = Cтрябва да се намери решение на системата

На фиг. е показан геометричният смисъл на условията на Лагранж. Линия ж(x,y)= С пунктирана, равна линия ж(х, г) = Q функции z = f(х, г) твърдо.

От фиг. следва това в условната екстремна точка линията на функционалното ниво z = f(х, г) докосва линиятаж(х, г) = S.

Пример.Намерете максималните и минималните точки на функцията z = х 2 + г 2 предвид това 3x +2y = 11 с помощта на метода на умножителя на Лагранж.

Решение. Компилиране на функцията на Лагранж Л= х 2 + 2у 2 +

Приравнявайки неговите частни производни на нула, получаваме система от уравнения

Единственото му решение (x=3, y=1, =-2). Така условната точка на екстремума може да бъде само точка (3;1). Лесно е да се провери, че в този момент функцията z= f(х, г) има условен минимум.

Диференциални уравнения.

Основни понятия за обикновените диференциални уравнения.

Определение 1.Обикновено диференциално уравнение н– та поръчка за функцията г аргумент х се нарича отношение на формата

Където Е – дадена функция на неговите аргументи. В името на този клас математически уравнения терминът „диференциал“ подчертава, че те включват производни (функции, образувани в резултат на диференциация); терминът "обикновен" показва, че желаната функция зависи само от един реален аргумент.

Едно обикновено диференциално уравнение може да не съдържа явен аргумент х, желаната функция и всяка от нейните производни, но най-голямата производна трябва да бъде включена в уравнението н-та поръчка. Например

а) – уравнение от първи ред;

б) – уравнение от трети ред.

Когато се записват обикновени диференциални уравнения, често се използва обозначението за производни по отношение на диференциали:

V) – уравнение от втори ред;

г) – уравнение от първи ред,

генератор след деление на dxеквивалентна форма на уточняване на уравнението: .

Функция се нарича решение на обикновено диференциално уравнение, ако при заместване в него се превръща в идентичност.

Например уравнение от 3-ти ред

Има решение .

Намирането по един или друг метод, например селекция, на една функция, която удовлетворява уравнението, не означава решаването му. Да се реши обикновено диференциално уравнение означава да се намери всичкофункции, които образуват идентичност, когато се заместват в уравнение. За уравнение (1.1), семейство от такива функции се формира с помощта на произволни константи и се нарича общо решение на обикновено диференциално уравнение н-ти ред и броят на константите съвпада с реда на уравнението: Общото решение може да бъде, но не е изрично разрешено по отношение на y(x): В този случай решението обикновено се нарича общ интеграл на уравнение (1.1).

Например общото решение на диференциално уравнение е следният израз: , а вторият член може да бъде записан като , тъй като произволна константа, разделена на 2, може да бъде заменена с нова произволна константа.

Присвоявайки някои допустими стойности на всички произволни константи в общото решение или в общия интеграл, получаваме определена функция, която вече не съдържа произволни константи. Тази функция се нарича частично решение или частичен интеграл на уравнение (1.1). За да се намерят стойностите на произволни константи и следователно конкретно решение, се използват различни допълнителни условия към уравнение (1.1). Например, така наречените начални условия могат да бъдат определени в (1.2)

От дясната страна на началните условия (1.2) са посочени числените стойности на функцията и производните, а общият брой на началните условия е равен на броя на дефинираните произволни константи.

Проблемът за намиране на определено решение на уравнение (1.1) въз основа на началните условия се нарича проблем на Коши.

§ 2. Обикновени диференциални уравнения от 1-ви ред - основни понятия.

Обикновено диференциално уравнение от 1-ви ред ( н=1) има формата: или, ако може да се разреши по отношение на производната: . Общо решение y=y(x,C) или общият интеграл на уравненията от 1-ви ред съдържат една произволна константа. Единственото начално условие за уравнение от 1-ви ред ви позволява да определите стойността на константата от общо решение или от общ интеграл. Така ще бъде намерено конкретно решение или, което е същото, проблемът на Коши ще бъде решен. Въпросът за съществуването и уникалността на решението на задачата на Коши е един от централните в общата теория на обикновените диференциални уравнения. По-специално за уравнение от 1-ви ред е валидна теоремата, която тук се приема без доказателство.

Теорема 2.1.Ако в уравнението функцията и нейната частна производна са непрекъснати в някаква област д самолет XOY и в тази област е дадена точка, тогава има уникално решение, което удовлетворява както уравнението, така и началното условие.

Геометрично, общото решение на уравнение от 1-ви ред е семейство от криви в равнината XOY, нямащи общи точки и различаващи се един от друг по един параметър - стойността на константата ° С. Тези криви се наричат интегрални криви за дадено уравнение. Кривите на интегралното уравнение имат очевидно геометрично свойство: във всяка точка допирателната на допирателната към кривата е равна на стойността на дясната страна на уравнението в тази точка: . С други думи, уравнението е дадено в равнината XOYполе от посоки на допирателни към интегрални криви. коментар:Трябва да се отбележи, че към ур. уравнението и т. нар. уравнение са дадени в симетрична форма .

Диференциални уравнения от първи ред с разделими променливи.

Определение.Диференциално уравнение с разделими променливи е уравнение на формата (3.1)

или уравнение от вида (3.2)

За да се разделят променливите в уравнение (3.1), т.е. редуцирайте това уравнение до така нареченото уравнение с отделена променлива, направете следното:

;

Сега трябва да решим уравнението g(y)= 0. Ако има реално решение y=a, Че y=aсъщо ще бъде решение на уравнение (3.1).

Уравнение (3.2) се свежда до отделно уравнение чрез разделяне на произведението:

, което ни позволява да получим общия интеграл на уравнение (3.2): . (3.3)

Интегралните криви (3.3) ще бъдат допълнени с решения, ако такива съществуват.

Решете уравнението: .

Разделяме променливите:

Интегрирайки, получаваме

Пример: намерете общия интеграл на уравнението:
.

Решение: Това уравнение е отделно диференциално уравнение. Ето защо
или
Нека обозначим
. Тогава
– общ интеграл на диференциално уравнение.

Пример:Решете уравнението .

Хомогенни диференциални уравнения. Уравнения на Бернули. Линейни диференциални уравнения от първи ред.

Диференциалното уравнение от първи ред се нарича линеен, ако може да се напише във формата
.

Метод на Бернули

Решаване на уравнението
се търси като продукт на две други функции, т.е. използвайки заместване
(
).

Пример:интегрирайте уравнението
.

Ние вярваме
. Тогава, т.е. . Първо решаваме уравнението
=0:

.

Сега решаваме уравнението
тези.

. И така, общото решение на това уравнение е
тези.

Уравнение на Й. Бернули

Хомогенни диференциални уравнения от втори ред с постоянни коефициенти

Хомогенното линейно диференциално уравнение от втори ред е уравнение от вида (1) , Където И постоянен.

Уравнение 2 се нарича характеристично уравнение на диференциалното уравнение.

При решаване на характеристичното уравнение (2) са възможни три случая.

Случай 1.корени И уравнения (2) са реални и различни:

И

.

Пример.Решете уравнението
.

Решение:Нека създадем характеристично уравнение:
. Тогава
. Общо решение на това уравнение
.

Екстремум на функция на няколко променливи. Условен екстремум.

Екстремум на функция на няколко променливи

На фиг. 1 точка А
- има минимална точка и точка IN
- максимална точка.

Необходимоусловието за екстремум е многомерен аналог на теоремата на Ферма.

Изследване на функция на две променливи при екстремумпрепоръчва се да се извърши следното диаграма:

Намерете частични производни на функция z" х И z" г .

Решете система от уравнения z" х =0, z" г =0 и намерете критичните точки на функцията.

Намерете екстремуми (крайни стойности) на функцията.

Пример.Намерете екстремумите на функцията

Решение. 1. Намиране на частни производни

2. Намираме критичните точки на функцията от системата от уравнения:

има четири решения (1; 1), (1; -1), (-1; 1) и (-1; -1).

3. Намерете частичните производни от втори ред:

Например в точка (1; 1) А= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. защото ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 и A=-1<0, тогава точката (1; 1) е максималната точка.

4. Намерете екстремумите на функцията z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Условен екстремум. Метод на умножителя на Лагранж.

(
).

Пример. х 2 + г 2 предвид това 3x +2y = 11.

За да намерим условен екстремум в общия случай, използваме Метод на умножителя на Лагранж.

Да разгледаме функция на три променливи

Тази функция се нарича функция на Лагранж,А - Множител на Лагранж.Следната теорема е вярна.

Решение. Компилиране на функцията на Лагранж Л= х 2 + 2у 2 +

Приравнявайки неговите частни производни на нула, получаваме система от уравнения

Подобни статии

Правопис o - e след сибиланти и c в окончанията на съществителните имена. Правопис на буквата e в окончанията на съществителните имена

Вкусно домашно лечо за зимата

Лечо от пипер и домат - рецепти за лечо от чушка

Съвременни проблеми на науката и образованието