Zgjidhja e ekuacioneve diferenciale të rendit të parë me ndryshore të ndashme. Ekuacione diferenciale reduktohen në ekuacione me ndryshore të ndashme

Në një seri të tërë ekuacionesh diferenciale të zakonshme të rendit të parë, ka nga ato në të cilat ndryshoret x dhe y mund të ndahen në anën e djathtë dhe të majtë të ekuacionit. Variablat tashmë mund të jenë të ndara, siç mund të shihet në ekuacionin f(y)d y = g(x)dx. Mund t'i ndani variablat në ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x duke kryer transformime. Më shpesh, për të marrë ekuacione me ndryshore të ndashme, përdoret metoda e futjes së ndryshoreve të reja.

Në këtë temë do të shqyrtojmë në detaje metodën e zgjidhjes së ekuacioneve me variabla të ndara. Le të shqyrtojmë ekuacionet me ndryshore të ndashme dhe ekuacione diferenciale, të cilat mund të reduktohen në ekuacione me ndryshore të ndashme. Në këtë seksion kemi analizuar një numër të madh problemesh mbi këtë temë me një analizë të detajuar të zgjidhjes.

Për ta bërë më të lehtë zotërimin e temës, ju rekomandojmë të njiheni me informacionin e postuar në faqen "Përkufizimet dhe konceptet themelore të teorisë së ekuacioneve diferenciale".

Ekuacionet diferenciale të ndara f (y) d y = g (x) d x

Përkufizimi 1

Ekuacionet me variabla të ndara quhen ekuacione diferenciale të formës f (y) d y = g (x) d x. Siç sugjeron emri, variablat që përbëjnë një shprehje janë në të dyja anët e shenjës së barabartë.

Le të biem dakord që funksionet f (y) dhe g(x) do të supozojmë të vazhdueshme.

Për ekuacionet me ndryshore të ndara, integrali i përgjithshëm do të jetë ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. Mund të marrim një zgjidhje të përgjithshme të ekuacionit diferencial në formën e një funksioni të specifikuar në mënyrë implicite Ф (x, y) = 0, me kusht që integralet nga barazia e mësipërme të shprehen në funksione elementare. Në disa raste, është e mundur të shprehet funksioni y në formë të qartë.

Shembulli 1

Gjeni zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit diferencial të ndarë y 2 3 d y = sin x d x.

Zgjidhje

Le të integrojmë të dyja anët e barazisë:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

Kjo, në fakt, është zgjidhja e përgjithshme për këtë sistem kontrolli. Në fakt, problemin e gjetjes së një zgjidhjeje të përgjithshme për ekuacionin diferencial e kemi reduktuar në problemin e gjetjes së integraleve të pacaktuar.

Tani mund të përdorim tabelën e antiderivativëve për të marrë integrale që shprehen në funksione elementare:

∫ 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 + C 1 = - s
ku C 1 dhe C 2 janë konstante arbitrare.

Funksioni 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 është specifikuar në mënyrë implicite. Është një zgjidhje e përgjithshme për ekuacionin diferencial të ndryshueshëm të ndarë origjinal. Ne kemi marrë një përgjigje dhe mund të mos vazhdojmë me vendimin. Megjithatë, në shembullin në shqyrtim, funksioni i dëshiruar mund të shprehet në mënyrë eksplicite përmes argumentit x.

Ne marrim:

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

Zgjidhja e përgjithshme për këtë DE është funksioni y = - 5 3 cos x + C 3 5

Përgjigje:

Përgjigjen mund ta shkruajmë në disa mënyra: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ose 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2, ose y = - 5 3 cos x + C 3 5

Gjithmonë ia vlen t'i bësh të qartë mësuesit se, krahas aftësive të zgjidhjes së ekuacioneve diferenciale, ke edhe aftësinë për të transformuar shprehje dhe për të marrë integrale. Është e lehtë për të bërë. Mjafton të japim përgjigjen përfundimtare në formën e një funksioni eksplicit ose të një funksioni të specifikuar në mënyrë implicite Ф (x, y) = 0.

Ekuacione diferenciale me ndryshore të ndashme f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x në rastet kur y është funksion i argumentit x.

Në DE f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x ose f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x ne mund të kryejmë transformime në atë mënyrë që të ndajmë variablat. Ky lloj DE quhet DE me ndryshore të ndashme. DE përkatëse me variabla të ndara do të shkruhet si f 1 (y) f 2 (y) d y = g 2 ( x) g 1 (x) d x.

Gjatë ndarjes së variablave, është e nevojshme të kryhen të gjitha transformimet me kujdes në mënyrë që të shmangen gabimet. Ekuacionet që rezultojnë dhe ato origjinale duhet të jenë ekuivalente me njëri-tjetrin. Si kontroll, mund të përdorni kushtin sipas të cilit f 2 (y) dhe g 1 (x) nuk duhet të zhduket në intervalin e integrimit. Nëse ky kusht nuk plotësohet, atëherë ekziston mundësia që të humbisni disa nga zgjidhjet.

Shembulli 2

Gjeni të gjitha zgjidhjet e ekuacionit diferencial y " = y · (x 2 + e x) .

Zgjidhje

Mund të ndajmë x dhe y, prandaj kemi të bëjmë me një ekuacion diferencial me ndryshore të ndashme.

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 dhe y ≠ 0

Kur y = 0, ekuacioni origjinal bëhet një identitet: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. Kjo do të na lejojë të deklarojmë se y = 0 është një zgjidhje për DE. Ne nuk mund ta merrnim këtë zgjidhjen në konsideratë gjatë kryerjes së transformimeve.

Le të kryejmë integrimin e ekuacionit diferencial me ndryshore të ndara 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 + 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

Në kryerjen e transformimit kemi kryer një zëvendësim C 2 - C 1 në ME. Zgjidhja për DE ka formën e një funksioni të specifikuar në mënyrë implicite ln y = x 3 3 + e x + C . Ne jemi në gjendje ta shprehim këtë funksion në mënyrë eksplicite. Për ta bërë këtë, le të fuqizojmë barazinë që rezulton:

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

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

Ekuacionet diferenciale që reduktohen në ekuacione me ndryshore të ndashme y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

Për të reduktuar rendin e parë të zakonshëm DE y " = f (a x + b y) , a ≠ 0, b ≠ 0, në një ekuacion me ndryshore të ndashme, është e nevojshme të futet një ndryshore e re z = a x + b y, ku z është një funksion i argumentit x.

Ne marrim:

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

Ne kryejmë zëvendësimin dhe transformimet e nevojshme:

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

Shembulli 3

Gjeni zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit diferencial y " = 1 ln (2 x + y) - 2 dhe një zgjidhje të veçantë që plotëson kushtin fillestar y (0) = e.

Zgjidhje

Le të prezantojmë një ndryshore z = 2 x + y, marrim:

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

Ne zëvendësojmë rezultatin që kemi marrë në shprehjen origjinale dhe e transformojmë atë në një ekuacion diferencial me variabla të ndashëm:

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

Le të integrojmë të dyja anët e ekuacionit pas ndarjes së variablave:

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

Le të përdorim metodën e integrimit sipas pjesëve për të gjetur integralin e vendosur në anën e majtë të ekuacionit. Le të shohim integralin në anën e djathtë në tabelë.

∫ 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

Mund të themi se z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 . Tani nëse e pranojmë këtë C = C 2 - C 1 dhe ne do të kryejmë një zëvendësim të kundërt z = 2 x + y, atëherë marrim një zgjidhje të përgjithshme për ekuacionin diferencial në formën e një funksioni të specifikuar në mënyrë implicite:

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

Tani le të fillojmë të gjejmë një zgjidhje të veçantë që duhet të plotësojë kushtin fillestar y(0)=e. Le të bëjmë një zëvendësim x = 0 dhe y (0) = e në zgjidhjen e përgjithshme të DE dhe gjeni vlerën e konstantës C.

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

Ne marrim një zgjidhje të veçantë:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Meqenëse deklarata e problemit nuk specifikoi intervalin mbi të cilin është e nevojshme të gjendet një zgjidhje e përgjithshme për DE, ne po kërkojmë një zgjidhje që është e përshtatshme për të gjitha vlerat e argumentit x për të cilin DE origjinale ka kuptim.

Në rastin tonë, DE ka kuptim për ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0

Ekuacione diferenciale reduktohen në ekuacione me variabla të ndashme y " = f x y ose y " = f y x

Ne mund të reduktojmë ekuacionet diferenciale të formës y " = f x y ose y " = f y x në ekuacione diferenciale të ndashme duke bërë zëvendësimin z = x y ose z = y x , ku z– funksioni i argumentit x.

Nëse z = x y, atëherë y = x z dhe sipas rregullit të diferencimit të thyesave:

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

Në këtë rast, ekuacionet do të marrin formën z - x · z " z 2 = f (z) ose z - x · z " z 2 = f 1 z

Nëse marrim z = y x, atëherë y = x ⋅ z dhe sipas rregullit të derivatit të prodhimit y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". Në këtë rast, ekuacionet reduktohen në z + x z " = f 1 z ose z + x z " = f (z) .

Shembulli 4

Zgjidheni ekuacionin diferencial y " = 1 e y x - y x + y x

Zgjidhje

Le të marrim z = y x, pastaj y = x z ⇒ y " = z + x z ". Le të zëvendësojmë në ekuacionin origjinal:

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

Le të integrojmë ekuacionin me ndryshore të ndara që kemi marrë gjatë kryerjes së transformimeve:

∫ (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

Le të kryejmë zëvendësimin e kundërt në mënyrë që të marrim zgjidhjen e përgjithshme të DE origjinale në formën e një funksioni të specifikuar në mënyrë implicite:

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

Tani le të shohim telekomandat, të cilat kanë formën:

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

Pjesëtimi i numëruesit dhe emëruesit të thyesës që ndodhet në anën e djathtë të rekordit me y n ose x n, mund të sjellim në mendje DE-në origjinale y " = f x y ose y " = f y x

Shembulli 5

Gjeni zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit diferencial y " = y 2 - x 2 2 x y

Zgjidhje

Në këtë ekuacion, x dhe y janë të ndryshëm nga 0. Kjo na lejon të ndajmë numëruesin dhe emëruesin e thyesës që ndodhet në anën e djathtë të shënimit me x 2:

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

Nëse prezantojmë një ndryshore të re z = y x, marrim y = x z ⇒ y " = z + x z ".

Tani duhet të zëvendësojmë në ekuacionin origjinal:

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

Kështu arritëm në DE me variabla të ndara. Le të gjejmë zgjidhjen e saj:

∫ 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 ln z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

Për këtë ekuacion mund të marrim një zgjidhje të qartë. Për ta bërë këtë, le të marrim - ln C = C 2 - C 1 dhe të zbatojmë vetitë e logaritmit:

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

Tani kryejmë zëvendësimin e kundërt y = x ⋅ z dhe shkruajmë zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit diferencial origjinal:

y = ± x 1 C x - 1

Në këtë rast, zgjidhja e dytë do të ishte gjithashtu e saktë. Mund të përdorim zëvendësimin z = x y. Le ta shqyrtojmë këtë opsion në më shumë detaje.

Le të ndajmë numëruesin dhe emëruesin e thyesës që ndodhet në anën e djathtë të ekuacionit me y 2:

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

Le të jetë z = x y

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

Le të zëvendësojmë në ekuacionin origjinal në mënyrë që të marrim një ekuacion diferencial me ndryshore të ndashme:

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

Duke i ndarë variablat, marrim barazinë d z z (z 2 + 1) = d x 2 x, të cilën mund ta integrojmë:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Nëse e zgjerojmë integrandin e funksionit integral ∫ d z z (z 2 + 1) në thyesa të thjeshta, marrim:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Le të bëjmë integrimin e thyesave të thjeshta:

∫ 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

Tani le të gjejmë integralin ∫ d x 2 x:

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

Si rezultat, marrim ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 ose ln z z 2 + 1 = ln C x, ku ln C = C 2 - C 1.

Le të kryejmë zëvendësimin e kundërt z = x y dhe transformimet e nevojshme, marrim:

y = ± x 1 C x - 1

Opsioni i zgjidhjes në të cilin zëvendësuam z = x y doli të ishte më intensiv i punës sesa në rastin e zëvendësimit z = y x. Ky përfundim do të jetë i vlefshëm për një numër të madh ekuacionesh të formës y " = f x y ose y " = f y x . Nëse opsioni i zgjedhur për zgjidhjen e ekuacioneve të tilla rezulton të jetë intensiv i punës, mund të futni variablin z = y x në vend që të zëvendësoni z = x y. Kjo nuk do të ndikojë në asnjë mënyrë në rezultat.

Ekuacione diferenciale reduktohen në ekuacione me ndryshore të ndashme y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2, a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2 ∈ R

Ekuacionet diferenciale y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 mund të reduktohen në ekuacionet y " = f x y ose y " = f y x, pra, në ekuacione me ndryshore të ndashme. Për ta bërë këtë, gjeni (x 0 , y 0) - zgjidhjen e një sistemi me dy ekuacione lineare homogjene a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 dhe ndryshoret e reja janë futur u = x - x 0 v = y - y 0. Pas këtij zëvendësimi, ekuacioni do të marrë formën d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v.

Shembulli 6

Gjeni zgjidhjen e përgjithshme të ekuacionit diferencial y " = x + 2 y - 3 x - 1 .

Zgjidhje

Ne hartojmë dhe zgjidhim një sistem ekuacionesh lineare:

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

Le të ndryshojmë variablat:

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

Pas zëvendësimit në ekuacionin origjinal fitojmë d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . Pas pjesëtimit me u numëruesin dhe emëruesin e anës së djathtë kemi d v d u = 1 + 2 v u .

Ne prezantojmë një ndryshore të re z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z, pastaj

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 ⇒ C + 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)

Ne kthehemi në variablat origjinale, duke bërë zëvendësimin e kundërt 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

Kjo është zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit diferencial.

Nëse vëreni një gabim në tekst, ju lutemi theksoni atë dhe shtypni Ctrl+Enter

Le të shqyrtojmë shembuj të zgjidhjes së ekuacioneve diferenciale me ndryshore të ndashme.

1) Integroni ekuacionin diferencial: (1+x²)dy-2xydx=0.

Ky ekuacion është një ekuacion i ndashëm, i shkruar si

E lëmë termin me dy në anën e majtë të ekuacionit dhe e zhvendosim termin me dx në anën e djathtë:

(1+x²)dy = 2xydx

I ndajmë variablat, pra lëmë vetëm dy në anën e majtë dhe çdo gjë që përmban y në anën e djathtë, dx dhe x. Për ta bërë këtë, ndani të dy anët e ekuacionit me (1+x²) dhe me y. marrim

Le të integrojmë të dyja anët e ekuacionit:

Në anën e majtë është një integral i tabelës. Integrali në anën e djathtë mund të gjendet, për shembull, duke bërë zëvendësimin t=1+x², atëherë

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

Në shembujt ku është e mundur të kryhet fuqizimi, domethënë të hiqni logaritmet, është e përshtatshme të merret jo C, por lnC. Kjo është pikërisht ajo që do të bëjmë: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Meqenëse shuma e logaritmeve është e barabartë me logaritmin e prodhimit, atëherë ln│y│=ln│Сt│, prej nga y=Ct. Bëjmë ndryshimin e kundërt dhe marrim zgjidhjen e përgjithshme: y=C(1+x²).

Pjesëtuam me 1+x² dhe me y, me kusht që ato të mos jenë të barabarta me zero. Por 1+x² nuk është e barabartë me zero për çdo x. Dhe y=0 në C=0, pra, nuk ka pasur humbje të rrënjëve.

Përgjigje: y=C(1+x²).

2) Gjeni integralin e përgjithshëm të ekuacionit

Variablat mund të ndahen.

Shumëzoni të dyja anët e ekuacionit me dx dhe pjesëtoni me

Ne marrim:

Tani le të integrohemi

Në anën e majtë është një integral i tabelës. Në të djathtë - bëjmë zëvendësimin 4-x²=t, pastaj dt=(4-x²)’dx=-2xdx. marrim

Nëse në vend të C marrim 1/2 ln│C│, mund ta shkruajmë përgjigjen më kompakte:

Le të shumëzojmë të dyja anët me 2 dhe të zbatojmë vetinë e logaritmit:

Ne u ndamë me

Ata nuk janë të barabartë me zero: y²+1 - pasi shuma e numrave jonegativë nuk është e barabartë me zero, dhe shprehja radikale nuk është e barabartë me zero brenda kuptimit të kushtit. Kjo do të thotë se nuk ka pasur humbje të rrënjëve.

3) a) Gjeni integralin e përgjithshëm të ekuacionit (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

b) Gjeni integralin e pjesshëm të këtij ekuacioni që plotëson kushtin fillestar y(e)=1.

a) Transformoni anën e majtë të ekuacionit: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, pastaj

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Ne i ndajmë të dyja anët me x²y², me kusht që as x as y të mos jenë të barabarta me zero. Ne marrim:

Le të integrojmë ekuacionin:

Meqenëse diferenca e logaritmeve është e barabartë me logaritmin e herësit, kemi:

Ky është integrali i përgjithshëm i ekuacionit. Në procesin e zgjidhjes vendosim kushtin që prodhimi x²y² të mos jetë i barabartë me zero, që nënkupton që x dhe y nuk duhet të jenë të barabartë me zero. Duke zëvendësuar x=0 dhe y=0 në kushtin: (0.0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 marrim barazinë e saktë 0=0. Kjo do të thotë se x=0 dhe y=0 janë gjithashtu zgjidhje të këtij ekuacioni. Por ato nuk përfshihen në integralin e përgjithshëm për asnjë C (zero nuk mund të shfaqen nën shenjën e logaritmit dhe në emëruesin e thyesës), kështu që këto zgjidhje duhet të shkruhen krahas integralit të përgjithshëm.

b) Meqenëse y(e)=1, ne zëvendësojmë x=e, y=1 në zgjidhjen që rezulton dhe gjejmë C:

Shembuj të vetë-testimit:

Një ekuacion diferencial me variabla të ndara shkruhet si: (1). Në këtë ekuacion, një term varet vetëm nga x, dhe tjetri varet vetëm nga y. Duke integruar këtë ekuacion term pas termi, marrim:
është integrali i përgjithshëm i tij.

Shembull: gjeni integralin e përgjithshëm të ekuacionit:
.

Zgjidhje: Ky ekuacion është një ekuacion diferencial i ndarë. Kjo është arsyeja pse
ose
Le të shënojmë
. Pastaj
– integrali i përgjithshëm i një ekuacioni diferencial.

Ekuacioni i ndashëm ka formën (2). Ekuacioni (2) lehtë mund të reduktohet në ekuacionin (1) duke e ndarë atë term me term
. Ne marrim:

– integrali i përgjithshëm.

Shembull: Zgjidhe ekuacionin .

Zgjidhje: transformoni anën e majtë të ekuacionit: . Ndani të dyja anët e ekuacionit me

Zgjidhja është shprehja:
ato.

Ekuacione diferenciale homogjene. ekuacionet e Bernulit. Ekuacionet diferenciale lineare të rendit të parë.

Një ekuacion i formës quhet homogjene, Nëse
Dhe
– funksione homogjene të të njëjtit rend (përmasa). Funksioni
quhet funksion homogjen i rendit të parë (matjes) nëse, kur secili prej argumenteve të tij shumëzohet me një faktor arbitrar i gjithë funksioni shumëzohet me , d.m.th.
=
.

Ekuacioni homogjen mund të reduktohet në formë
. Përdorimi i zëvendësimit
(
) ekuacioni homogjen reduktohet në një ekuacion me ndryshore të ndashme në lidhje me funksionin e ri .

Quhet ekuacioni diferencial i rendit të parë lineare, nëse mund të shkruhet në formë
.

Metoda Bernoulli

Zgjidhja e ekuacionit
kërkohet si produkt i dy funksioneve të tjera, d.m.th. duke përdorur zëvendësimin
(
).

Shembull: integrojnë ekuacionin
.

Ne besojmë
. Pastaj, d.m.th. . Fillimisht zgjidhim ekuacionin
=0:

.

Tani zgjidhim ekuacionin
ato.

. Pra, zgjidhja e përgjithshme e këtij ekuacioni është
ato.

Ekuacioni i J. Bernoulli

Një ekuacion i formës , ku
thirrur ekuacioni i Bernulit. Ky ekuacion zgjidhet duke përdorur metodën e Bernulit.

Ekuacione diferenciale homogjene të rendit të dytë me koeficientë konstante

Një ekuacion diferencial linear homogjen i rendit të dytë është një ekuacion i formës (1) , Ku Dhe të përhershme.

Ne do të kërkojmë zgjidhje të pjesshme të ekuacionit (1) në formën
, Ku për të- një numër i caktuar. Diferencimi i këtij funksioni dy herë dhe zëvendësimi i shprehjeve për
në ekuacionin (1), marrim që është, ose
(2) (
).

Ekuacioni 2 quhet ekuacioni karakteristik i ekuacionit diferencial.

Gjatë zgjidhjes së ekuacionit karakteristik (2), janë të mundshme tre raste.

Rasti 1. Rrënjët Dhe ekuacionet (2) janë reale dhe të ndryshme:

Dhe

.

Rasti 2. Rrënjët Dhe ekuacionet (2) janë reale dhe të barabarta:
. Në këtë rast, zgjidhjet e pjesshme të ekuacionit (1) janë funksionet
Dhe
. Prandaj, zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (1) ka formën
.

Rasti 3. Rrënjët Dhe ekuacionet (2) janë komplekse:
,
. Në këtë rast, zgjidhjet e pjesshme të ekuacionit (1) janë funksionet
Dhe
. Prandaj, zgjidhja e përgjithshme e ekuacionit (1) ka formën

Shembull. Zgjidhe ekuacionin
.

Zgjidhja: Le të krijojmë një ekuacion karakteristik:
. Pastaj
. Zgjidhja e përgjithshme e këtij ekuacioni
.

Ekstremumi i një funksioni të disa ndryshoreve. Ekstrem i kushtëzuar.

Ekstremumi i një funksioni të disa ndryshoreve

Përkufizimi.Pika M (x O , y O ) quhetpikë maksimale (minimale). funksionez= f(x, y), nëse ka një fqinjësi të pikës M të tillë që për të gjitha pikat (x, y) nga kjo fqinjësi pabarazia
(
)

Në Fig. 1 pikë A
- ka një pikë minimale dhe një pikë NË
- pikë maksimale.

E nevojshmekushti ekstrem është një analog shumëdimensional i teoremës së Fermatit.

Teorema.Lëreni pikën
– është pika ekstreme e funksionit të diferencueshëmz= f(x, y). Pastaj derivatet e pjesshme
Dhe
Vnë këtë pikë janë të barabarta me zero.

Pikat në të cilat plotësohen kushtet e nevojshme për ekstremin e funksionit z= f(x, y), ato. derivatet e pjesshme z" x Dhe z" y janë të barabarta me zero quhen kritike ose stacionare.

Barazia e derivateve të pjesshme në zero shpreh vetëm një kusht të domosdoshëm, por jo të mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni të disa ndryshoreve.

Në Fig. i ashtuquajturi pika e shalës M (x O , y O ). Derivatet e pjesshme
Dhe
janë të barabarta me zero, por padyshim nuk ka ekstrem në pikë M(x O , y O ) Nr.

Pika të tilla shalë janë analoge dydimensionale të pikave të lakimit të funksioneve të një ndryshoreje. Sfida është t'i ndajmë nga pikat ekstreme. Me fjalë të tjera, ju duhet të dini mjaftueshëm gjendje ekstreme.

Teorema (kusht i mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni të dy ndryshoreve).Lëreni funksioninz= f(x, y): A) të përcaktuara në ndonjë afërsi të pikës kritike (x O , y O ), ku
=0 dhe
=0 ;

b) ka derivate të vazhdueshme të pjesshme të rendit të dytë në këtë pikë
;

;
Atëherë, nëse ∆=AC-B 2 >0, pastaj në pikën (x O , y O ) funksionz= f(x, y) ka një ekstrem, dhe nëse A<0 - maksimale nëse A>0 - minimale. Në rastin ∆=AC-B 2 <0, функция z= f(x, y) nuk ka ekstrem. Nëse ∆=AC-B 2 =0, atëherë çështja e pranisë së një ekstremi mbetet e hapur.

Studimi i një funksioni të dy ndryshoreve në një ekstrem rekomandohet të kryhen sa vijon diagramë:

Gjeni derivatet e pjesshme të një funksioni z" x Dhe z" y .

Zgjidh sistemin e ekuacioneve z" x =0, z" y =0 dhe gjeni pikat kritike të funksionit.

Gjeni derivatet e pjesshme të rendit të dytë, llogaritni vlerat e tyre në çdo pikë kritike dhe, duke përdorur një kusht të mjaftueshëm, konkludoni për praninë e ekstremeve.

Gjeni ekstremet (vlerat ekstreme) të funksionit.

Shembull. Gjeni ekstremin e funksionit

Zgjidhje. 1. Gjetja e derivateve të pjesshme

2. Pikat kritike të funksionit i gjejmë nga sistemi i ekuacioneve:

me katër zgjidhje (1; 1), (1; -1), (-1; 1) dhe (-1; -1).

3. Gjeni derivatet e pjesshme të rendit të dytë:

;
;
, ne llogarisim vlerat e tyre në çdo pikë kritike dhe kontrollojmë përmbushjen e një kushti të mjaftueshëm ekstrem në të.

Për shembull, në pikën (1; 1) A= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Sepse ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 dhe A=-1<0, atëherë pika (1; 1) është një pikë maksimale.

Në mënyrë të ngjashme, ne përcaktojmë se (-1; -1) është pika minimale, dhe në pikat (1; -1) dhe (-1; 1), në të cilat ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Gjeni ekstremin e funksionit z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Ekstrem i kushtëzuar. Metoda e shumëzuesit të Lagranzhit.

Le të shqyrtojmë një problem specifik për funksionet e disa variablave, kur ekstremi i tij nuk kërkohet në të gjithë domenin e përkufizimit, por mbi një grup që plotëson një kusht të caktuar.

Le të shqyrtojmë funksionin z = f(x, y), argumentet X Dhe në të cilat plotësojnë kushtin g(x,y)= ME, thirrur ekuacioni i lidhjes.

Përkufizimi.Pika
quhet një pikëmaksimumi i kushtëzuar (minimumi), nëse ka një fqinjësi të kësaj pike të tillë që për të gjitha pikat (x,y) nga kjo lagje që plotëson kushting (x, y) = C, pabarazia vlen

(
).

Në Fig. tregohet pika maksimale e kushtëzuar
. Natyrisht, nuk është pika ekstreme e pakushtëzuar e funksionit z = f(x, y) (në figurë kjo është një pikë
).

Mënyra më e thjeshtë për të gjetur ekstremin e kushtëzuar të një funksioni të dy ndryshoreve është reduktimi i problemit në gjetjen e ekstremit të një funksioni të një ndryshoreje. Le të supozojmë ekuacionin e lidhjes g (x, y) = ME arriti të zgjidhte në lidhje me një nga variablat, për shembull, për të shprehur në përmes X:
. Duke zëvendësuar shprehjen që rezulton në një funksion të dy ndryshoreve, marrim z = f(x, y) =
, ato. funksioni i një ndryshoreje. Ekstremumi i tij do të jetë ekstremi i kushtëzuar i funksionit z = f(x, y).

Shembull. X 2 + y 2 duke pasur parasysh se 3x +2y = 11.

Zgjidhje. Nga ekuacioni 3x + 2y = 11, ne shprehim variablin y përmes ndryshores x dhe zëvendësojmë atë që rezulton
për të funksionuar z. marrim z= x 2 +2
ose z =
. Ky funksion ka një minimum unik në = 3. Vlera përkatëse e funksionit
Kështu, (3; 1) është një pikë ekstreme (minimale) e kushtëzuar.

Në shembullin e konsideruar, ekuacioni i bashkimit g(x, y) = C doli të ishte lineare, kështu që u zgjidh lehtësisht në lidhje me një nga variablat. Megjithatë, në raste më komplekse kjo nuk mund të bëhet.

Për të gjetur një ekstrem të kushtëzuar në rastin e përgjithshëm, ne përdorim Metoda e shumëzuesit të Lagranzhit.

Konsideroni një funksion prej tre ndryshoresh

Ky funksion quhet Funksioni i Lagranzhit, A - Shumëzuesi i Lagranzhit. Teorema e mëposhtme është e vërtetë.

Teorema.Nëse pika
është pika ekstreme e kushtëzuar e funksionitz = f(x, y) duke pasur parasysh seg (x, y) = C, atëherë ka një vlerë e tillë ajo pikë
është pika ekstreme e funksionitL{ x, y, ).

Kështu, për të gjetur ekstremin e kushtëzuar të funksionit z = f(x,y) duke pasur parasysh se g(x, y) = C duhet gjetur një zgjidhje për sistemin

Në Fig. tregohet kuptimi gjeometrik i kushteve të Lagranzhit. Linjë g(x,y)= C me pika, vijë niveli g(x, y) = P funksionet z = f(x, y) të ngurta.

Nga Fig. vijon se në pikën ekstreme të kushtëzuar vijën e nivelit të funksionit z = f(x, y) prek vijëng(x, y) = S.

Shembull. Gjeni pikat maksimale dhe minimale të funksionit z = X 2 + y 2 duke pasur parasysh se 3x +2y = 11 duke përdorur metodën e shumëzuesit të Lagranzhit.

Zgjidhje. Kompilimi i funksionit Lagranzh L= x 2 + 2u 2 +

Duke barazuar derivatet e tij të pjesshme me zero, marrim një sistem ekuacionesh

Zgjidhja e saj e vetme (x=3, y=1, =-2). Kështu, pika ekstreme e kushtëzuar mund të jetë vetëm pika (3;1). Është e lehtë të verifikohet se në këtë pikë funksioni z= f(x, y) ka një minimum të kushtëzuar.

Ekuacionet diferenciale.

Konceptet bazë për ekuacionet diferenciale të zakonshme.

Përkufizimi 1. Ekuacioni diferencial i zakonshëm n– renditja e funksionit y argument x quhet relacion i formës

Ku F – një funksion të dhënë të argumenteve të tij. Në emër të kësaj klase ekuacionesh matematikore, termi "diferencial" thekson se ato përfshijnë derivate (funksionet e formuara si rezultat i diferencimit); termi "i zakonshëm" tregon se funksioni i dëshiruar varet vetëm nga një argument real.

Një ekuacion diferencial i zakonshëm mund të mos përmbajë një argument të qartë x, funksionin e dëshiruar dhe cilindo prej derivateve të tij, por derivati më i lartë duhet të përfshihet në ekuacion n- rendi i th. Për shembull

a) – ekuacioni i rendit të parë;

b) – ekuacioni i rendit të tretë.

Kur shkruani ekuacione diferenciale të zakonshme, shpesh përdoret shënimi për derivatet në terma të diferencialeve:

V) – ekuacioni i rendit të dytë;

d) – ekuacioni i rendit të parë,

gjenerator pas pjesëtimit me dx formë ekuivalente e specifikimit të ekuacionit: .

Një funksion quhet zgjidhje e një ekuacioni diferencial të zakonshëm nëse, kur zëvendësohet në të, ai kthehet në një identitet.

Për shembull, një ekuacion i rendit të tretë

Ka një zgjidhje .

Të gjesh me një metodë ose një tjetër, për shembull, përzgjedhjen, një funksion që plotëson ekuacionin nuk do të thotë ta zgjidhësh atë. Të zgjidhësh një ekuacion diferencial të zakonshëm do të thotë të gjesh Të gjitha funksionet që formojnë një identitet kur zëvendësohen në një ekuacion. Për ekuacionin (1.1), një familje funksionesh të tilla formohet duke përdorur konstante arbitrare dhe quhet zgjidhja e përgjithshme e një ekuacioni diferencial të zakonshëm n-rendi i-të, dhe numri i konstantave përkon me rendin e ekuacionit: Zgjidhja e përgjithshme mund të jetë, por nuk zgjidhet në mënyrë eksplicite në lidhje me y(x): Në këtë rast, zgjidhja zakonisht quhet integrali i përgjithshëm i ekuacionit (1.1).

Për shembull, zgjidhja e përgjithshme e një ekuacioni diferencial është shprehja e mëposhtme: , dhe termi i dytë mund të shkruhet si , pasi një konstante arbitrare e ndarë me 2 mund të zëvendësohet me një konstante të re arbitrare.

Duke caktuar disa vlera të pranueshme për të gjitha konstantat arbitrare në zgjidhjen e përgjithshme ose në integralin e përgjithshëm, marrim një funksion të caktuar që nuk përmban më konstante arbitrare. Ky funksion quhet zgjidhje e pjesshme ose integral i pjesshëm i ekuacionit (1.1). Për të gjetur vlerat e konstantave arbitrare, dhe për këtë arsye një zgjidhje të veçantë, përdoren kushte të ndryshme shtesë për ekuacionin (1.1). Për shembull, të ashtuquajturat kushte fillestare mund të specifikohen në (1.2)

Në anën e djathtë të kushteve fillestare (1.2) përcaktohen vlerat numerike të funksionit dhe derivateve, dhe numri total i kushteve fillestare është i barabartë me numrin e konstantave arbitrare të përcaktuara.

Problemi i gjetjes së një zgjidhjeje të veçantë për ekuacionin (1.1) bazuar në kushtet fillestare quhet problemi Cauchy.

§ 2. Ekuacionet diferenciale të zakonshme të rendit të parë - koncepte bazë.

Ekuacioni diferencial i zakonshëm i rendit të parë ( n=1) ka formën: ose, nëse mund të zgjidhet në lidhje me derivatin: . Vendim i përbashkët y=y(x,С) ose integrali i përgjithshëm i ekuacioneve të rendit të parë përmban një konstante arbitrare. Kushti i vetëm fillestar për një ekuacion të rendit të parë ju lejon të përcaktoni vlerën e konstantës nga një zgjidhje e përgjithshme ose nga një integral i përgjithshëm. Kështu, do të gjendet një zgjidhje e veçantë ose, e njëjta gjë, do të zgjidhet problemi Cauchy. Çështja e ekzistencës dhe unike e një zgjidhjeje për problemin Cauchy është një nga çështjet qendrore në teorinë e përgjithshme të ekuacioneve diferenciale të zakonshme. Për një ekuacion të rendit të parë, në veçanti, teorema është e vlefshme, e cila pranohet këtu pa prova.

Teorema 2.1. Nëse në ekuacion funksioni dhe derivati i tij i pjesshëm janë të vazhdueshëm në ndonjë rajon D aeroplan XOY , dhe jepet një pikë në këtë zonë, atëherë ekziston një zgjidhje unike që plotëson si ekuacionin ashtu edhe kushtin fillestar.

Gjeometrikisht, zgjidhja e përgjithshme e një ekuacioni të rendit të parë është një familje kurbash në rrafsh XOY, duke mos pasur pika të përbashkëta dhe që ndryshojnë nga njëri-tjetri në një parametër - vlera e konstantës C. Këto kthesa quhen kurba integrale për një ekuacion të caktuar. Lakoret e ekuacioneve integrale kanë një veti të dukshme gjeometrike: në çdo pikë tangjentja e tangjentës me lakoren është e barabartë me vlerën e anës së djathtë të ekuacionit në këtë pikë: . Me fjalë të tjera, ekuacioni është dhënë në rrafsh XOY fusha e drejtimeve të tangjentëve në kthesat integrale. Koment: Duhet theksuar se te barazimi. ekuacioni dhe i ashtuquajturi ekuacion jepen në formë simetrike .

Ekuacione diferenciale të rendit të parë me ndryshore të ndashme.

Përkufizimi. Një ekuacion diferencial me ndryshore të ndashme është një ekuacion i formës (3.1)

ose një ekuacion të formës (3.2)

Për të ndarë variablat në ekuacionin (3.1), d.m.th. zvogëlojeni këtë ekuacion në të ashtuquajturin ekuacion të ndryshoreve të ndara, bëni sa më poshtë:

;

Tani duhet të zgjidhim ekuacionin g(y)= 0. Nëse ka një zgjidhje reale y=a, Se y=a do të jetë gjithashtu një zgjidhje e ekuacionit (3.1).

Ekuacioni (3.2) reduktohet në një ekuacion të ndarë duke e pjesëtuar me produktin:

, i cili na lejon të marrim integralin e përgjithshëm të ekuacionit (3.2): . (3.3)

Kurbat integrale (3.3) do të plotësohen me zgjidhje nëse ekzistojnë zgjidhje të tilla.

Zgjidheni ekuacionin: .

I ndajmë variablat:

Duke u integruar, ne marrim

Shembull: gjeni integralin e përgjithshëm të ekuacionit:
.

Zgjidhje: Ky ekuacion është një ekuacion diferencial i ndarë. Kjo është arsyeja pse
ose
Le të shënojmë
. Pastaj
– integrali i përgjithshëm i një ekuacioni diferencial.

Ekuacioni i ndashëm ka formën (2). Ekuacioni (2) lehtë mund të reduktohet në ekuacionin (1) duke e ndarë atë term me term
. Ne marrim:

– integrali i përgjithshëm.

Shembull: Zgjidhe ekuacionin .

Zgjidhje: transformoni anën e majtë të ekuacionit: . Ndani të dyja anët e ekuacionit me

Zgjidhja është shprehja:
ato.

Ekuacione diferenciale homogjene. ekuacionet e Bernulit. Ekuacionet diferenciale lineare të rendit të parë.

Ekuacioni homogjen mund të reduktohet në formë
. Përdorimi i zëvendësimit
(
) ekuacioni homogjen reduktohet në një ekuacion me ndryshore të ndashme në lidhje me funksionin e ri .

Quhet ekuacioni diferencial i rendit të parë lineare, nëse mund të shkruhet në formë
.

Metoda Bernoulli

Zgjidhja e ekuacionit
kërkohet si produkt i dy funksioneve të tjera, d.m.th. duke përdorur zëvendësimin
(
).

Shembull: integrojnë ekuacionin
.

Ne besojmë
. Pastaj, d.m.th. . Fillimisht zgjidhim ekuacionin
=0:

.

Tani zgjidhim ekuacionin
ato.

. Pra, zgjidhja e përgjithshme e këtij ekuacioni është
ato.

Ekuacioni i J. Bernoulli

Një ekuacion i formës , ku
thirrur ekuacioni i Bernulit. Ky ekuacion zgjidhet duke përdorur metodën e Bernulit.

Ekuacione diferenciale homogjene të rendit të dytë me koeficientë konstante

Një ekuacion diferencial linear homogjen i rendit të dytë është një ekuacion i formës (1) , Ku Dhe të përhershme.

Ekuacioni 2 quhet ekuacioni karakteristik i ekuacionit diferencial.

Gjatë zgjidhjes së ekuacionit karakteristik (2), janë të mundshme tre raste.

Rasti 1. Rrënjët Dhe ekuacionet (2) janë reale dhe të ndryshme:

Dhe

.

Shembull. Zgjidhe ekuacionin
.

Zgjidhja: Le të krijojmë një ekuacion karakteristik:
. Pastaj
. Zgjidhja e përgjithshme e këtij ekuacioni
.

Ekstremumi i një funksioni të disa ndryshoreve. Ekstrem i kushtëzuar.

Ekstremumi i një funksioni të disa ndryshoreve

Në Fig. 1 pikë A
- ka një pikë minimale dhe një pikë NË
- pikë maksimale.

E nevojshmekushti ekstrem është një analog shumëdimensional i teoremës së Fermatit.

Teorema.Lëreni pikën
– është pika ekstreme e funksionit të diferencueshëmz= f(x, y). Pastaj derivatet e pjesshme
Dhe
Vnë këtë pikë janë të barabarta me zero.

Pikat në të cilat plotësohen kushtet e nevojshme për ekstremin e funksionit z= f(x, y), ato. derivatet e pjesshme z" x Dhe z" y janë të barabarta me zero quhen kritike ose stacionare.

Barazia e derivateve të pjesshme në zero shpreh vetëm një kusht të domosdoshëm, por jo të mjaftueshëm për ekstremin e një funksioni të disa ndryshoreve.

Në Fig. i ashtuquajturi pika e shalës M (x O , y O ). Derivatet e pjesshme
Dhe
janë të barabarta me zero, por padyshim nuk ka ekstrem në pikë M(x O , y O ) Nr.

Studimi i një funksioni të dy ndryshoreve në një ekstrem rekomandohet të kryhen sa vijon diagramë:

Gjeni derivatet e pjesshme të një funksioni z" x Dhe z" y .

Zgjidh sistemin e ekuacioneve z" x =0, z" y =0 dhe gjeni pikat kritike të funksionit.

Gjeni derivatet e pjesshme të rendit të dytë, llogaritni vlerat e tyre në çdo pikë kritike dhe, duke përdorur një kusht të mjaftueshëm, konkludoni për praninë e ekstremeve.

Gjeni ekstremet (vlerat ekstreme) të funksionit.

Shembull. Gjeni ekstremin e funksionit

Zgjidhje. 1. Gjetja e derivateve të pjesshme

2. Pikat kritike të funksionit i gjejmë nga sistemi i ekuacioneve:

me katër zgjidhje (1; 1), (1; -1), (-1; 1) dhe (-1; -1).

3. Gjeni derivatet e pjesshme të rendit të dytë:

;
;
, ne llogarisim vlerat e tyre në çdo pikë kritike dhe kontrollojmë përmbushjen e një kushti të mjaftueshëm ekstrem në të.

Për shembull, në pikën (1; 1) A= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Sepse ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 dhe A=-1<0, atëherë pika (1; 1) është një pikë maksimale.

4. Gjeni ekstremin e funksionit z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Ekstrem i kushtëzuar. Metoda e shumëzuesit të Lagranzhit.

Le të shqyrtojmë funksionin z = f(x, y), argumentet X Dhe në të cilat plotësojnë kushtin g(x,y)= ME, thirrur ekuacioni i lidhjes.

(
).

Në Fig. tregohet pika maksimale e kushtëzuar
. Natyrisht, nuk është pika ekstreme e pakushtëzuar e funksionit z = f(x, y) (në figurë kjo është një pikë
).

Shembull. X 2 + y 2 duke pasur parasysh se 3x +2y = 11.

Për të gjetur një ekstrem të kushtëzuar në rastin e përgjithshëm, ne përdorim Metoda e shumëzuesit të Lagranzhit.

Konsideroni një funksion prej tre ndryshoresh

Ky funksion quhet Funksioni i Lagranzhit, A - Shumëzuesi i Lagranzhit. Teorema e mëposhtme është e vërtetë.

Kështu, për të gjetur ekstremin e kushtëzuar të funksionit z = f(x,y) duke pasur parasysh se g(x, y) = C duhet gjetur një zgjidhje për sistemin

Në Fig. tregohet kuptimi gjeometrik i kushteve të Lagranzhit. Linjë g(x,y)= C me pika, vijë niveli g(x, y) = P funksionet z = f(x, y) të ngurta.

Nga Fig. vijon se në pikën ekstreme të kushtëzuar vijën e nivelit të funksionit z = f(x, y) prek vijëng(x, y) = S.

Shembull. Gjeni pikat maksimale dhe minimale të funksionit z = X 2 + y 2 duke pasur parasysh se 3x +2y = 11 duke përdorur metodën e shumëzuesit të Lagranzhit.

Zgjidhje. Kompilimi i funksionit Lagranzh L= x 2 + 2u 2 +