Elsőrendű differenciálegyenletek megoldása elválasztható változókkal. Differenciálegyenletek, amelyek elválasztható változókkal rendelkező egyenletekre redukálódnak

Az I. rendű közönséges differenciálegyenletek egész sorában vannak olyanok, amelyekben az x és y változók az egyenlet jobb és bal oldalára szétválaszthatók. A változók már elválaszthatók, amint az az f(y)d y = g(x)dx egyenletből látható. Az ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x változóit transzformációk végrehajtásával választhatja szét. Leggyakrabban az elválasztható változókkal rendelkező egyenletek előállításához új változók bevezetésének módszerét alkalmazzák.

Ebben a témakörben részletesen megvizsgáljuk az egyenletek elválasztott változókkal történő megoldásának módját. Tekintsünk elválasztható változókkal és differenciálegyenletekkel rendelkező egyenleteket, amelyek elválasztható változókkal rendelkező egyenletekre redukálhatók. Ebben a részben a témával kapcsolatos számos problémát elemeztünk a megoldás részletes elemzésével.

A téma elsajátításának megkönnyítése érdekében javasoljuk, hogy ismerkedjen meg a „Differenciálegyenletek elméletének alapvető definíciói és fogalmai” oldalon található információkkal.

Elválasztott differenciálegyenletek f (y) d y = g (x) d x

1. definíció

Az elválasztott változókkal rendelkező egyenleteket f (y) d y = g (x) d x alakú differenciálegyenleteknek nevezzük. Ahogy a neve is sugallja, a kifejezést alkotó változók az egyenlőségjel mindkét oldalán találhatók.

Állapodjunk meg, hogy az f (y) és függvények g(x) folyamatosnak tételezzük fel.

Az elválasztott változókkal rendelkező egyenletek esetében az általános integrál ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. A DE általános megoldása implicit formában adott funkciótФ (x, y) = 0 akkor kaphatunk, ha a fenti egyenlőségből származó integrálokat elemi függvények. Egyes esetekben lehetséges az y függvény kifejezett formában történő kifejezése.

1. példa

megtalálja közös döntés differenciálegyenlet elválasztott változókkal y 2 3 d y = sin x d x.

Megoldás

Integráljuk az egyenlőség mindkét oldalát:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Valójában ez az általános megoldás erre a vezérlőrendszerre. Valójában a differenciálegyenlet általános megoldásának problémáját a határozatlan integrálok megtalálásának problémájára redukáltuk.

Most már használhatjuk az antiderivált táblázatot az elemi függvényekben kifejezett integrálok felvételére:

∫ 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 x y 3 5 + C + 1 = - 2 cos
ahol C 1 és C 2 tetszőleges állandók.

A 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 függvény implicit módon van megadva. Ez egy általános megoldás az eredeti elválasztott változós differenciálegyenletre. Választ kaptunk, és lehet, hogy nem folytatjuk a döntést. A vizsgált példában azonban a kívánt függvény explicit módon kifejezhető az x argumentummal.

Kapunk:

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

Ennek a DE-nek az általános megoldása az y = - 5 3 cos x + C 3 5 függvény

Válasz:

A választ többféleképpen is felírhatjuk: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x vagy 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, vagy y = - 5 3 cos x + C 3 5

Mindig érdemes tisztázni a tanárral, hogy a differenciálegyenletek megoldási készsége mellett a kifejezések transzformációjára, integrálok felvételére is képes. Könnyű megtenni. Elég, ha a végső választ egy explicit függvény vagy egy implicit módon megadott függvény formájában adjuk meg Ф (x, y) = 0.

Differenciálegyenletek elválasztható változókkal f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x olyan esetekben, amikor y az x argumentum függvénye.

A DE-ben f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x vagy f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x transzformációkat hajthatunk végre úgy, hogy elválasztjuk a változókat. Ezt a típusú DE-t elválasztható változókkal rendelkező DE-nek nevezzük ) d y = g 2 (. x) g 1 (x) d x .

A változók szétválasztásánál a hibák elkerülése érdekében minden transzformációt körültekintően kell végrehajtani. A kapott és az eredeti egyenletnek ekvivalensnek kell lennie egymással. Ellenőrzésként használhatjuk azt a feltételt, amely szerint f 2 (y) ill g 1 (x) nem tűnhet el az integrációs intervallumon. Ha ez a feltétel nem teljesül, akkor fennáll annak a lehetősége, hogy elveszíti a megoldások egy részét.

2. példa

Keresse meg az y " = y · (x 2 + e x) differenciálegyenlet összes megoldását.

Megoldás

Elválaszthatjuk x-et és y-t, ezért elválasztható változókkal rendelkező differenciálegyenletről van szó.

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 és y ≠ 0

Ha y = 0, az eredeti egyenlet azonosságává válik: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Ez lehetővé teszi számunkra, hogy kijelentsük, hogy y = 0 a DE megoldása. Lehet, hogy nem vettük volna ezt a megoldást vegyük figyelembe az átalakítások végrehajtásakor.

Végezzük el a differenciálegyenlet integrálását d y y = (x 2 + e x) d x elválasztott változókkal:
∫ 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 + 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

Az átalakítás során cserét végeztünk C 2 - C 1 tovább VAL VEL. A DE megoldása egy implicit módon meghatározott ln y = x 3 3 + e x + C függvény alakja. Ezt a függvényt explicit módon tudjuk kifejezni. Ehhez potencírozzuk a kapott egyenlőséget:

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

Válasz: y = e x 3 3 + e x + C, y = 0

Differenciálegyenletek, amelyek y " = f (a x + b y) elválasztható változókkal rendelkező egyenletekre redukálódnak, a ≠ 0, b ≠ 0

A közönséges elsőrendű DE y " = f (a x + b y) csökkentése érdekében, a ≠ 0, b ≠ 0, egy elválasztható változókkal rendelkező egyenlethez új z = a x + b y változót kell bevezetni, ahol z az argumentum függvénye x.

Kapunk:

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

A pótlást és a szükséges átalakításokat elvégezzük:

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. példa

Keresse meg az y " = 1 ln (2 x + y) - 2 differenciálegyenlet általános megoldását és egy megfelelő megoldást kezdeti állapot y(0) = e.

Megoldás

Vezessünk be egy változót z = 2 x + y, kapunk:

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

A kapott eredményt behelyettesítjük az eredeti kifejezésbe, és elválasztható változókkal differenciálegyenletté alakítjuk:

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

Integráljuk az egyenlet mindkét oldalát a változók szétválasztása után:

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

Használjuk a részenkénti integráció módszerét, hogy megkeressük az egyenlet bal oldalán található integrált. Nézzük a táblázat jobb oldalán lévő integrált.

∫ 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 C d - 1 ) + z d 1 + C 2

Kijelenthetjük, hogy z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 . Ha ezt most elfogadjuk C = C 2 - C 1és fordított cserét hajtunk végre z = 2 x + y, akkor a differenciálegyenlet általános megoldását kapjuk egy implicit módon megadott függvény formájában:

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

Most kezdjünk el keresni egy adott megoldást, amelynek meg kell felelnie a kezdeti feltételnek y(0)=e. Csináljunk egy cserét x = 0és y (0) = e a DE általános megoldásába, és keresse meg a C állandó értékét.

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

Egy konkrét megoldást kapunk:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Mivel a problémafelvetés nem határozta meg azt az intervallumot, amelyen belül általános megoldást kell találni a DE-re, olyan megoldást keresünk, amely megfelel az x argumentum minden olyan értékére, amelyre az eredeti DE értelme van.

Esetünkben a DE-nek akkor van értelme, ha ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0

Differenciálegyenletek y " = f x y vagy y " = f y x elválasztható változókkal rendelkező egyenletekre redukálva

Az y " = f x y vagy y " = f y x alakú differenciálegyenleteket szétválasztható differenciálegyenletekre redukálhatjuk a z = x y vagy z = y x helyettesítéssel, ahol z– az x argumentum függvénye.

Ha z = x y, akkor y = x z és a törtdifferenciálás szabálya szerint:

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

Ebben az esetben az egyenletek a következő formában lesznek: z - x · z " z 2 = f (z) vagy z - x · z " z 2 = f 1 z

Ha z = y x-et vesszük, akkor y = x ⋅ z és az y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z " szorzat deriváltjának szabálya szerint. Ebben az esetben az egyenletek redukálódnak z + x z " = f 1 z vagy z + x z" = f(z).

4. példa

Oldja meg az y " = 1 e y x - y x + y x differenciálegyenletet

Megoldás

Vegyük z = y x, majd y = x z ⇒ y " = z + x z ". Helyettesítsük be az eredeti egyenletbe:

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

Integráljuk az egyenletet elválasztott változókkal, amelyeket a transzformációk végrehajtása során kaptunk:

∫ (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

Végezzük el a fordított helyettesítést, hogy megkapjuk az eredeti DE általános megoldását egy implicit módon megadott függvény formájában:

e y x - 1 2 · y 2 x 2 = ln x + C

Most nézzük a távirányítókat, amelyek a következő formában vannak:

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

Ossza el a rekord jobb oldalán található tört számlálóját és nevezőjét ezzel! y n vagy x n, az eredeti DE-t szem előtt tarthatjuk y " = f x y vagy y " = f y x

5. példa

Keresse meg az y " = y 2 - x 2 2 x y differenciálegyenlet általános megoldását

Megoldás

Ebben az egyenletben x és y különbözik 0-tól. Ez lehetővé teszi, hogy a jelölés jobb oldalán található tört számlálóját és nevezőjét elosztjuk x 2:

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

Ha bevezetünk egy új z = y x változót, azt kapjuk, hogy y = x z ⇒ y " = z + x z ".

Most be kell cserélnünk az eredeti egyenletbe:

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

Így jutottunk el a DE-hez az elválasztott változókkal. Keressük a megoldást:

∫ 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 - ∫ n d x + x = - 2 z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

Erre az egyenletre egy explicit megoldást kaphatunk. Ehhez vegyük - ln C = C 2 - C 1, és alkalmazzuk a logaritmus tulajdonságait:

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

Most végrehajtjuk az y = x ⋅ z fordított helyettesítést, és felírjuk az eredeti differenciálegyenlet általános megoldását:

y = ± x 1 C x - 1

Ebben az esetben is a második megoldás lenne a helyes. Használhatjuk a z = x y helyettesítést. Tekintsük ezt a lehetőséget részletesebben.

Ossza el az egyenlet jobb oldalán található tört számlálóját és nevezőjét y 2:

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

Legyen z = x y

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

Helyettesítsük be az eredeti egyenletbe, hogy elválasztható változókkal rendelkező differenciálegyenletet kapjunk:

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

A változókat elosztva a d z z (z 2 + 1) = d x 2 x egyenlőséget kapjuk, amit integrálhatunk:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Ha a ∫ d z z (z 2 + 1) integrál integrandusát egyszerű törtekre bővítjük, akkor kapjuk:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Végezzük el az egyszerű törtek integrálását:

∫ 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 1 + z 2 + z z 2 + 1 + C 1

Most keressük meg a ∫ d x 2 x integrált:

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

Ennek eredményeként ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 vagy ln z z 2 + 1 = ln C x kapjuk, ahol ln C = C 2 - C 1.

Végezzük el a z = x y fordított helyettesítést és a szükséges transzformációkat, így kapjuk:

y = ± x 1 C x - 1

Az a megoldási lehetőség, amelyben z = x y-t helyettesítettük, munkaigényesebbnek bizonyult, mint a z = y x helyettesítés esetén. Ez a következtetés sok y " = f x y vagy y " = f y x alakú egyenletre érvényes . Ha az ilyen egyenletek megoldására választott lehetőség munkaigényesnek bizonyul, akkor a z = x y helyett bevezetheti a z = y x változót. Ez semmilyen módon nem befolyásolja az eredményt.

Differenciálegyenletek 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 ∈ elválasztható változókkal rendelkező egyenletekre redukálva R

Az y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 differenciálegyenletek az y " = f x y vagy y " = f y x egyenletekre redukálhatók, ezért elválasztható változókkal rendelkező egyenletekre. Ehhez keresse meg (x 0 , y 0) - megoldást egy két lineáris rendszerre homogén egyenletek a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 és új u = x - x 0 v = y - y 0 változók kerülnek bevezetésre. Egy ilyen csere után az egyenlet d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v alakot ölt.

6. példa

Keressük meg az y " = x + 2 y - 3 x - 1 differenciálegyenlet általános megoldását .

Megoldás

Összeállítunk és megoldunk egy lineáris egyenletrendszert:

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

Változtatjuk a változókat:

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

Az eredeti egyenletbe való behelyettesítés után d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . -vel való osztás után u a jobb oldal számlálója és nevezője d v d u = 1 + 2 v u .

Bevezetünk egy új z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z változót, majd

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 ⇔ l n +2 n + l + z 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)

Visszatérünk az eredeti változókhoz, így a fordított helyettesítést 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

Ez a differenciálegyenlet általános megoldása.

Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt

Nézzünk példákat elválasztható változókkal rendelkező differenciálegyenletek megoldására.

1) Integrálja a differenciálegyenletet: (1+x²)dy-2xydx=0.

Ez az egyenlet egy elválasztható egyenlet, így írva

A dy-vel rendelkező tagot az egyenlet bal oldalán hagyjuk, a dx-szel rendelkező tagot pedig a jobb oldalra mozgatjuk:

(1+x²)dy = 2xydx

A változókat szétválasztjuk, vagyis a bal oldalon csak a dy-t hagyjuk, és mindent, ami a jobb oldalon y-t tartalmaz dx és x. Ehhez osszuk el az egyenlet mindkét oldalát (1+x²) és y-val. Kapunk

Integráljuk az egyenlet mindkét oldalát:

A bal oldalon egy asztali integrál található. A jobb oldali integrál például a t=1+x² cserével kereshető meg, akkor

dt=(1+x²)'dx=2xdx.

Azokban a példákban, ahol lehetséges a potenciálás, azaz a logaritmusok eltávolítása, célszerű nem C-t, hanem lnC-t venni. Pontosan ezt fogjuk tenni: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Mivel a logaritmusok összege egyenlő a szorzat logaritmusával, akkor ln│y│=ln│Сt│, ahonnan y=Ct. Elvégezzük a fordított helyettesítést, és megkapjuk az általános megoldást: y=C(1+x²).

Elosztottuk 1+x²-vel és y-vel, feltéve, hogy nem egyenlők nullával. De 1+x² egyetlen x esetén sem egyenlő nullával. És y=0 C=0-nál, így nem történt gyökérvesztés.

Válasz: y=C(1+x²).

2) Határozza meg az egyenlet általános integrálját!

A változók szétválaszthatók.

Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát dx-el és osszuk el

Kapunk:

Most integráljuk

A bal oldalon egy asztali integrál található. A jobb oldalon a 4-x²=t, majd dt=(4-x²)’dx=-2xdx helyettesítést tesszük. Kapunk

Ha C helyett 1/2 ln│C│-t veszünk, akkor tömörebben is felírhatjuk a választ:

Szorozzuk meg mindkét oldalt 2-vel, és alkalmazzuk a logaritmus tulajdonságát:

Elosztottunk

Nem egyenlők nullával: y²+1 - az összeg óta nem negatív számok nem egyenlő nullával, és a gyök kifejezés nem egyenlő nullával a feltétel értelmében. Ez azt jelenti, hogy nem veszítették el a gyökereket.

3) a) Határozzuk meg az (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0 egyenlet általános integrálját!

b) Határozzuk meg ennek az egyenletnek azt a parciális integrálját, amely kielégíti az y(e)=1 kezdeti feltételt.

a) Alakítsa át az egyenlet bal oldalát: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, majd

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Mindkét oldalt elosztjuk x²y²-vel, feltéve, hogy sem x, sem y nem egyenlő nullával. Kapunk:

Integráljuk az egyenletet:

Mivel a logaritmusok különbsége egyenlő a hányados logaritmusával, a következőt kapjuk:

Ez az egyenlet általános integrálja. A megoldás során azt a feltételt állítottuk be, hogy az x²y² szorzat nem egyenlő nullával, ami azt jelenti, hogy x és y nem lehet egyenlő nullával. Az x=0 és y=0 behelyettesítésével a (0.0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 feltételbe a helyes 0=0 egyenlőséget kapjuk. Ez azt jelenti, hogy x=0 és y=0 is megoldása ennek az egyenletnek. De egyetlen C esetében sem szerepelnek az általános integrálban (nullák nem jelenhetnek meg a logaritmus előjele alatt és a tört nevezőjében), ezért ezeket a megoldásokat az általános integrál mellé kell írni.

b) Mivel y(e)=1, behelyettesítjük x=e, y=1-et a kapott megoldásba, és megtaláljuk C:

Példák öntesztre:

Az elválasztott változókkal rendelkező differenciálegyenlet a következőképpen írható fel: (1). Ebben az egyenletben az egyik tag csak x-től, a másik csak y-tól függ. Ezt az egyenletet tagonként integrálva a következőket kapjuk:
az általános integrálja.

Példa: keresse meg az egyenlet általános integrálját:
.

Megoldás: adott egyenlet– differenciálegyenlet elválasztott változókkal. Ezért
vagy
Jelöljük
. Akkor
– differenciálegyenlet általános integrálja.

Az elválasztható egyenletnek megvan a formája (2). A (2) egyenlet könnyen redukálható az (1) egyenletre, ha tagokkal osztjuk
. Kapunk:

– általános integrál.

Példa: Oldja meg az egyenletet .

Megoldás: alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: . Oszd el az egyenlet mindkét oldalát

A megoldás a következő kifejezés:
azok.

Homogén differenciálegyenletek. Bernoulli egyenletek. Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek.

A forma egyenletét ún homogén, Ha
És
– azonos rendű homogén függvények (dimenziók). Funkció
elsőrendű homogén függvénynek nevezzük (mérés), ha minden argumentumát megszorozzuk egy tetszőleges tényezővel az egész függvényt megszorozzuk , azaz
=
.

A homogén egyenlet a formára redukálható
. A helyettesítés használata
(
) a homogén egyenletet az új függvényhez képest elválasztható változókkal rendelkező egyenletté redukáljuk .

Az elsőrendű differenciálegyenletet ún lineáris, ha a formába írható
.

Bernoulli módszer

Az egyenlet megoldása
két másik funkció termékeként keresik, azaz. helyettesítés segítségével
(
).

Példa: integrálja az egyenletet
.

Hisszük
. Aztán, pl. . Először megoldjuk az egyenletet
=0:

.

Most megoldjuk az egyenletet
azok.

. Tehát ennek az egyenletnek az általános megoldása
azok.

J. Bernoulli egyenlete

A , ahol
hívott Bernoulli egyenlet. Ezt az egyenletet Bernoulli módszerével oldjuk meg.

Homogén másodrendű differenciálegyenletek állandó együtthatókkal

A másodrendű homogén lineáris differenciálegyenlet a forma egyenlete (1) , Ahol És állandó.

Az (1) egyenlet részmegoldásait a formában fogjuk keresni
, Ahol Nak nek– egy bizonyos szám. Ennek a függvénynek a kétszeri megkülönböztetése és a kifejezések helyettesítése a
az (1) egyenletbe azt kapjuk, hogy vagy
(2) (
).

A 2. egyenletet a differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük.

A (2) karakterisztikus egyenlet megoldása során három eset lehetséges.

1. eset. Gyökerek És a (2) egyenletek valósak és különbözőek:

És

.

2. eset. Gyökerek És a (2) egyenletek valósak és egyenlőek:
. Ebben az esetben az (1) egyenlet parciális megoldásai a függvények
És
. Ezért az (1) egyenlet általános megoldásának alakja van
.

3. eset. Gyökerek És a (2) egyenletek összetettek:
,
. Ebben az esetben az (1) egyenlet parciális megoldásai a függvények
És
. Ezért az (1) egyenlet általános megoldásának alakja van

Példa. Oldja meg az egyenletet
.

Megoldás: Hozzunk létre egy karakterisztikus egyenletet:
. Akkor
. Az egyenlet általános megoldása
.

Több változó függvényének szélsőértéke. Feltételes szélsőség.

Több változó függvényének szélsőértéke

Meghatározás.M pont (x O ,y O ) nak, nek hívjákmaximum (minimális) pont funkciókatz= f(x, y), ha van az M pontnak olyan környéke, hogy ebből a szomszédságból minden (x, y) pontra az egyenlőtlenség
(
)

ábrán. 1 pont A
- van egy minimum pont és egy pont BAN BEN
- maximális pont.

Szükségesaz extrémumfeltétel Fermat tételének többdimenziós analógja.

Tétel.Legyen a lényeg
– a differenciálható függvény szélsőpontjaz= f(x, y). Ezután a parciális származékok
És
Vezen a ponton egyenlők nullával.

Olyan pontok, ahol a függvény szélsőértékéhez szükséges feltételek teljesülnek z= f(x, y), azok. részleges származékok z" x És z" y nullával egyenlők nevezzük kritikai vagy helyhez kötött.

A parciális deriváltak nullával való egyenlősége csak egy szükséges, de nem elégséges feltételt fejez ki egy több változóból álló függvény szélsőértékéhez.

ábrán. az úgynevezett nyeregpont M (x O ,y O ). Részleges származékok
És
egyenlőek nullával, de nyilvánvalóan nincs szélsőérték a ponton M(x O ,y O ) Nem.

Az ilyen nyeregpontok egy változó függvényeinek inflexiós pontjainak kétdimenziós analógjai. A kihívás az, hogy elkülönítsük őket a szélsőséges pontoktól. Más szóval, tudnia kell elegendő extrém állapot.

Tétel (elegendő feltétele két változó függvényének szélsőértékének).Legyen a függvényz= f(x, y): A) a kritikus pont (x O ,y O ), amelyben
=0 és
=0 ;

b) ezen a ponton folytonos másodrendű parciális deriváltjai vannak
;

;
Ekkor, ha ∆=AC-B 2 >0, majd pontban (x O ,y O ) funkciótz= f(x, y) szélsőértéke van, és ha A<0 - maximum ha A>0 - minimális. ∆=AC-B esetén 2 <0, функция z= f(x, y) nincs szélső értéke. Ha ∆=AC-B 2 =0, akkor az extrémum meglétének kérdése nyitva marad.

Két szélsőértékben lévő változó függvényének vizsgálata az alábbiak elvégzése javasolt diagram:

Keresse meg a függvények parciális deriváltjait z" x És z" y .

Egyenletrendszer megoldása z" x =0, z" y =0 és keressük meg a függvény kritikus pontjait.

Keresse meg a másodrendű parciális deriváltokat, számítsa ki értékeiket minden kritikus pontban, és megfelelő feltétellel vonjon le következtetést a szélsőségek jelenlétéről.

Keresse meg a függvény szélsőértékeit.

Példa. Keresse meg a függvény szélsőértékét

Megoldás. 1. Parciális deriváltak keresése

2. Az egyenletrendszerből megtaláljuk a függvény kritikus pontjait:

négy megoldással (1; 1), (1; -1), (-1; 1) és (-1; -1).

3. Keresse meg a másodrendű parciális deriváltokat:

;
;
, minden kritikus pontban kiszámítjuk azok értékét, és ellenőrizzük az elégséges szélsőséges feltétel teljesülését.

Például az (1; 1) pontban A= z"(1; 1) = -1; B=0; C= -1. Mert ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 és A=-1<0, akkor az (1; 1) pont a maximumpont.

Hasonlóképpen megállapítjuk, hogy (-1; -1) a minimumpont, és az (1; -1) és (-1; 1) pontokban, ahol ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Határozza meg a z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2 függvény szélsőértékét,

Feltételes szélsőség. Lagrange-szorzó módszer.

Tekintsünk egy több változós függvényekre jellemző problémát, amikor szélsőértékét nem a teljes definíciós tartományon, hanem egy bizonyos feltételt kielégítő halmazon keressük.

Tekintsük a z = függvényt f(x, y), érvek xÉs nál nél amelyek kielégítik a feltételt g(x,y)= VAL VEL, hívott kapcsolódási egyenlet.

Meghatározás.Pont
pontnak nevezikfeltételes maximum (minimum), ha van ennek a pontnak olyan környéke, amely minden (x,y) pontra megfelel a feltételnek.g (x, y) = C, az egyenlőtlenség fennáll

(
).

ábrán. a feltételes maximumpont látható
. Nyilvánvalóan ez nem a z = függvény feltétlen szélsőpontja f(x, y) (az ábrán ez egy pont
).

Két változó függvényének feltételes szélsőértékének megtalálásának legegyszerűbb módja, ha a problémát egy változó függvényének szélsőértékének megtalálására redukáljuk. Tegyük fel a kapcsolódási egyenletet g (x, y) = VAL VEL sikerült feloldani az egyik változó vonatkozásában, például kifejezni nál nél keresztül X:
. A kapott kifejezést két változó függvényére behelyettesítve z =-t kapunk f(x, y) =
, azok. egy változó függvénye. Ennek szélsőértéke a függvény feltételes szélsőértéke lesz z = f(x, y).

Példa. x 2 + y 2 tekintettel arra 3x +2y = 11.

Megoldás. A 3x + 2y = 11 egyenletből az y változót az x változón keresztül fejezzük ki, és behelyettesítjük az így kapott
z funkcióhoz. Kapunk z= x 2 +2
vagy z =
. Ennek a függvénynek egyedi minimuma van = 3. Megfelelő függvényérték
Így (3; 1) egy feltételes szélső (minimum) pont.

A vizsgált példában a csatolási egyenlet g(x, y) = C lineárisnak bizonyult, így könnyen megoldható volt az egyik változó vonatkozásában. Bonyolultabb esetekben azonban ezt nem lehet megtenni.

A feltételes szélsőség megtalálásához általános esetben használjuk Lagrange-szorzó módszer.

Tekintsünk három változó függvényét

Ezt a függvényt hívják Lagrange funkció, A - Lagrange szorzó. A következő tétel igaz.

Tétel.Ha a lényeg
a függvény feltételes szélsőpontjaz = f(x, y) tekintettel arrag (x, y) = C, akkor van egy érték ilyen az a pont
a függvény szélsőpontjaL{ x, y, ).

Így megtalálni a függvény feltételes szélsőértékét z = f(x,y) tekintettel arra g(x, y) = C megoldást kell találni a rendszerre

ábrán. a Lagrange-feltételek geometriai jelentése látható. Vonal g(x,y)= C pontozott, szintvonal g(x, y) = K függvények z = f(x, y) szilárd.

ábrából ezt követi a feltételes szélsőpontban a függvényszintvonal z = f(x, y) érinti a vonalatg(x, y) = S.

Példa. Határozzuk meg a z = függvény maximum és minimum pontját x 2 + y 2 tekintettel arra 3x +2y = 11 Lagrange-szorzó módszerrel.

Megoldás. A Lagrange függvény fordítása L= x 2 + 2у 2 +

Parciális deriváltjait nullával egyenlővé téve egyenletrendszert kapunk

Egyetlen megoldása (x=3, y=1, =-2). Így a feltételes szélsőpont csak (3;1) pont lehet. Könnyen ellenőrizhető, hogy ezen a ponton a funkció z= f(x, y) feltételes minimuma van.

Differenciál egyenletek.

Alapfogalmak a közönséges differenciálegyenletekről.

1. definíció. Közönséges differenciálegyenlet n– a funkcióra vonatkozó sorrend y érv x forma relációjának nevezzük

Ahol F – argumentumainak adott függvénye. A matematikai egyenletek ezen osztályának nevében a „differenciál” kifejezés hangsúlyozza, hogy származékokat is tartalmaznak. (a differenciálódás eredményeként kialakult funkciók); a „közönséges” kifejezés azt jelzi, hogy a kívánt függvény csak egyetlen valódi argumentumtól függ.

Egy közönséges differenciálegyenlet nem tartalmazhat explicit argumentumot x, a kívánt függvényt és annak bármely deriváltját, de a legmagasabb deriváltnak szerepelnie kell az egyenletben n- sorrendben. Például

a) – elsőrendű egyenlet;

b) – harmadrendű egyenlet.

Közönséges differenciálegyenletek írásakor gyakran használják a deriváltak differenciálok jelölését:

V) – másodrendű egyenlet;

d) – elsőrendű egyenlet,

generátor osztás után dx az egyenlet megadásának egyenértékű formája: .

Egy függvényt egy közönséges differenciálegyenlet megoldásának nevezünk, ha behelyettesítjük azonossággá.

Például egy 3. rendű egyenlet

Van megoldása .

Ha ilyen vagy olyan módszerrel, például kiválasztással megtaláljuk az egyenletet kielégítő függvényt, az nem jelenti annak megoldását. Egy közönséges differenciálegyenlet megoldása azt jelenti, hogy megtaláljuk Minden olyan függvények, amelyek egyenletbe behelyettesítve azonosságot alkotnak. Az (1.1) egyenlethez az ilyen függvények családját tetszőleges állandók felhasználásával hozzuk létre, és egy közönséges differenciálegyenlet általános megoldásának nevezzük. n-edik rendű, és az állandók száma egybeesik az egyenlet sorrendjével: Az általános megoldás lehet, de nincs kifejezetten megoldva y(x): Ebben az esetben a megoldást az (1.1) egyenlet általános integráljának szokták nevezni.

Például egy differenciálegyenlet általános megoldása a következő kifejezés: , és a második tag felírható így is, mivel egy tetszőleges, 2-vel osztva tetszőleges állandó helyettesíthető egy új tetszőleges állandóval.

Ha az általános megoldásban vagy az általános integrálban minden tetszőleges állandóhoz hozzárendelünk néhány megengedett értéket, akkor egy bizonyos függvényt kapunk, amely már nem tartalmaz tetszőleges állandókat. Ezt a függvényt az (1.1) egyenlet parciális megoldásának vagy parciális integráljának nevezzük. A tetszőleges állandók értékének, és így egy adott megoldás megtalálásához az (1.1) egyenlethez különféle további feltételeket kell használni. Például az úgynevezett kezdeti feltételek megadhatók (1.2)

A kezdeti feltételek (1.2) jobb oldalán a függvény és a deriváltok számértékei vannak megadva, és a kezdeti feltételek teljes száma megegyezik a meghatározott tetszőleges állandók számával.

Az (1.1) egyenletre adott megoldás megtalálásának problémáját a kezdeti feltételek alapján Cauchy-problémának nevezzük.

2. § I. rendű közönséges differenciálegyenletek - alapfogalmak.

1. rendű közönséges differenciálegyenlet ( n=1) alakja: vagy, ha a deriváltra nézve feloldható: . Közös döntés y=y(x,C) vagy az 1. rendű egyenletek általános integrálja egy tetszőleges állandót tartalmaz. Az elsőrendű egyenlet egyetlen kezdeti feltétele lehetővé teszi az állandó értékének meghatározását általános megoldásból vagy általános integrálból. Így egy adott megoldás születik, vagy ami ugyanaz, a Cauchy-probléma megoldódik. A Cauchy-probléma megoldásának létezésének és egyediségének kérdése a közönséges differenciálegyenletek általános elméletének egyik központi kérdése. Különösen egy elsőrendű egyenletre érvényes a tétel, amit itt bizonyítás nélkül elfogadunk.

Tétel 2.1. Ha az egyenletben a függvény és parciális deriváltja valamilyen tartományban folytonos D repülőgép XOY , és ezen a területen egy pont adott, akkor létezik olyan egyedi megoldás, amely az egyenletet és a kezdeti feltételt is kielégíti.

Geometriailag egy elsőrendű egyenlet általános megoldása egy görbecsalád a síkon XOY, amelyeknek nincs közös pontja, és egy paraméterben különböznek egymástól - az állandó értéke C. Ezeket a görbéket egy adott egyenlet integrálgörbéinek nevezzük. Az integrálegyenlet-görbéknek van egy nyilvánvaló geometriai tulajdonsága: minden pontban a görbe érintőjének érintője egyenlő az egyenlet jobb oldalának értékével ebben a pontban: . Más szóval, az egyenlet a síkban van megadva XOY integrálgörbék érintőinek iránymezeje. Megjegyzés: Meg kell jegyezni, hogy az egyenlethez. az egyenletet és az úgynevezett egyenletet szimmetrikus formában adjuk meg .

1. rendű differenciálegyenletek elválasztható változókkal.

Meghatározás. Az elválasztható változókkal rendelkező differenciálegyenlet a forma egyenlete (3.1)

vagy a (3.2) alakú egyenlet

A (3.1) egyenlet változóinak szétválasztása érdekében, pl. redukálja ezt az egyenletet az úgynevezett szeparált változó egyenletre, tegye a következőket:

;

Most meg kell oldanunk az egyenletet g(y)=0. Ha van rá valós megoldás y=a, Hogy y=a a (3.1) egyenlet megoldása is lesz.

A (3.2) egyenletet egy külön egyenletté redukáljuk úgy, hogy elosztjuk a szorzattal:

, amely lehetővé teszi, hogy megkapjuk a (3.2) egyenlet általános integrálját: . (3.3)

Az integrálgörbéket (3.3) megoldásokkal egészítjük ki, ha léteznek ilyen megoldások.

Oldja meg az egyenletet: .

Különválasztjuk a változókat:

Integrációt kapunk

Példa: keresse meg az egyenlet általános integrálját:
.

Megoldás: Ez az egyenlet egy elválasztott differenciálegyenlet. Ezért
vagy
Jelöljük
. Akkor
– differenciálegyenlet általános integrálja.

Az elválasztható egyenletnek megvan a formája (2). A (2) egyenlet könnyen redukálható az (1) egyenletre, ha tagokkal osztjuk
. Kapunk:

– általános integrál.

Példa: Oldja meg az egyenletet .

Megoldás: alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: . Oszd el az egyenlet mindkét oldalát

A megoldás a következő kifejezés:
azok.

Homogén differenciálegyenletek. Bernoulli egyenletek. Elsőrendű lineáris differenciálegyenletek.

A homogén egyenlet a formára redukálható
. A helyettesítés használata
(
) a homogén egyenletet az új függvényhez képest elválasztható változókkal rendelkező egyenletté redukáljuk .

Az elsőrendű differenciálegyenletet ún lineáris, ha a formába írható
.

Bernoulli módszer

Az egyenlet megoldása
két másik funkció termékeként keresik, azaz. helyettesítés segítségével
(
).

Példa: integrálja az egyenletet
.

Hisszük
. Aztán, pl. . Először megoldjuk az egyenletet
=0:

.

Most megoldjuk az egyenletet
azok.

. Tehát ennek az egyenletnek az általános megoldása
azok.

J. Bernoulli egyenlete

A , ahol
hívott Bernoulli egyenlet. Ezt az egyenletet Bernoulli módszerével oldjuk meg.

Homogén másodrendű differenciálegyenletek állandó együtthatókkal

A másodrendű homogén lineáris differenciálegyenlet a forma egyenlete (1) , Ahol És állandó.

A 2. egyenletet a differenciálegyenlet karakterisztikus egyenletének nevezzük.

A (2) karakterisztikus egyenlet megoldása során három eset lehetséges.

1. eset. Gyökerek És a (2) egyenletek valósak és különbözőek:

És

.

3. eset. Gyökerek És a (2) egyenletek összetettek:
,
. Ebben az esetben az (1) egyenlet parciális megoldásai a függvények
És
. Ezért az (1) egyenlet általános megoldásának alakja van

Példa. Oldja meg az egyenletet
.

Megoldás: Hozzunk létre egy karakterisztikus egyenletet:
. Akkor
. Az egyenlet általános megoldása
.

Több változó függvényének szélsőértéke. Feltételes szélsőség.

Több változó függvényének szélsőértéke

ábrán. 1 pont A
- van egy minimum pont és egy pont BAN BEN
- maximális pont.

Szükségesaz extrémumfeltétel Fermat tételének többdimenziós analógja.

Tétel.Legyen a lényeg
– a differenciálható függvény szélsőpontjaz= f(x, y). Ezután a parciális származékok
És
Vezen a ponton egyenlők nullával.

A parciális deriváltak nullával való egyenlősége csak egy szükséges, de nem elégséges feltételt fejez ki egy több változóból álló függvény szélsőértékéhez.

ábrán. az úgynevezett nyeregpont M (x O ,y O ). Részleges származékok
És
egyenlőek nullával, de nyilvánvalóan nincs szélsőérték a ponton M(x O ,y O ) Nem.

Tétel (elegendő feltétele két változó függvényének szélsőértékének).Legyen a függvényz= f(x, y): A) a kritikus pont (x O ,y O ), amelyben
=0 és
=0 ;

Két szélsőértékben lévő változó függvényének vizsgálata az alábbiak elvégzése javasolt diagram:

Keresse meg a függvények parciális deriváltjait z" x És z" y .

Egyenletrendszer megoldása z" x =0, z" y =0 és keressük meg a függvény kritikus pontjait.

Keresse meg a másodrendű parciális deriváltokat, számítsa ki értékeiket minden kritikus pontban, és megfelelő feltétellel vonjon le következtetést a szélsőségek jelenlétéről.

Keresse meg a függvény szélsőértékeit.

Példa. Keresse meg a függvény szélsőértékét

Megoldás. 1. Parciális deriváltak keresése

2. Az egyenletrendszerből megtaláljuk a függvény kritikus pontjait:

négy megoldással (1; 1), (1; -1), (-1; 1) és (-1; -1).

3. Keresse meg a másodrendű parciális deriváltokat:

;
;
, minden kritikus pontban kiszámítjuk azok értékét, és ellenőrizzük az elégséges szélsőséges feltétel teljesülését.

Például az (1; 1) pontban A= z"(1; 1) = -1; B=0; C= -1. Mert ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 és A=-1<0, akkor az (1; 1) pont a maximumpont.

4. Határozza meg a z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2 függvény szélsőértékét,

Feltételes szélsőség. Lagrange-szorzó módszer.

Tekintsünk egy több változós függvényekre jellemző problémát, amikor szélsőértékét nem a teljes definíciós tartományon, hanem egy bizonyos feltételt kielégítő halmazon keressük.

Tekintsük a z = függvényt f(x, y), érvek xÉs nál nél amelyek kielégítik a feltételt g(x,y)= VAL VEL, hívott kapcsolódási egyenlet.

(
).

ábrán. a feltételes maximumpont látható
. Nyilvánvalóan ez nem a z = függvény feltétlen szélsőpontja f(x, y) (az ábrán ez egy pont
).

Példa. x 2 + y 2 tekintettel arra 3x +2y = 11.

A feltételes szélsőség megtalálásához általános esetben használjuk Lagrange-szorzó módszer.

Tekintsünk három változó függvényét

Ezt a függvényt hívják Lagrange funkció, A - Lagrange szorzó. A következő tétel igaz.

Tétel.Ha a lényeg
a függvény feltételes szélsőpontjaz = f(x, y) tekintettel arrag (x, y) = C, akkor van egy érték ilyen az a pont
a függvény szélsőpontjaL{ x, y, ).

Így megtalálni a függvény feltételes szélsőértékét z = f(x,y) tekintettel arra g(x, y) = C megoldást kell találni a rendszerre

ábrán. a Lagrange-feltételek geometriai jelentése látható. Vonal g(x,y)= C pontozott, szintvonal g(x, y) = K függvények z = f(x, y) szilárd.

ábrából ezt követi a feltételes szélsőpontban a függvényszintvonal z = f(x, y) érinti a vonalatg(x, y) = S.

Példa. Határozzuk meg a z = függvény maximum és minimum pontját x 2 + y 2 tekintettel arra 3x +2y = 11 Lagrange-szorzó módszerrel.

Megoldás. A Lagrange függvény fordítása L= x 2 + 2у 2 +

Parciális deriváltjait nullával egyenlővé téve egyenletrendszert kapunk

Egyetlen megoldása (x=3, y=1, =-2). Így a feltételes szélsőpont csak (3;1) pont lehet. Könnyen ellenőrizhető, hogy ezen a ponton a funkció z= f(x, y) feltételes minimuma van.