Kako riješiti linearne diferencijalne jednadžbe. Primjeri rješavanja linearnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda. Obične diferencijalne jednadžbe
Jednadžba prvog reda oblika a 1 (x)y" + a 0 (x)y = b(x) naziva se linearna diferencijalna jednadžba. Ako je b(x) ≡ 0, jednadžba se naziva homogena, inače - heterogena. Za linearnu diferencijalnu jednadžbu, teorem postojanja i jedinstvenosti ima specifičniji oblik.
Svrha usluge. Online kalkulator može se koristiti za provjeru rješenja homogene i nehomogene linearne diferencijalne jednadžbe oblika y"+y=b(x) .
Da bi se dobilo rješenje, izvorni izraz mora se svesti na oblik: a 1 (x)y" + a 0 (x)y = b(x). Na primjer, za y"-exp(x)=2*y to će biti y"-2 *y=exp(x) .Teorema. Neka su a 1 (x) , a 0 (x) , b(x) kontinuirani na intervalu [α,β], a 1 ≠0 za ∀x∈[α,β]. Tada za bilo koju točku (x 0 , y 0), x 0 ∈ [α,β], postoji jedinstveno rješenje jednadžbe koje zadovoljava uvjet y(x 0) = y 0 i definirano je na cijelom intervalu [α ,β].
Razmotrimo homogenu linearnu diferencijalnu jednadžbu a 1 (x)y"+a 0 (x)y=0.
Odvajanjem varijabli dobivamo , ili integrirajući obje strane, 
Posljednja relacija, uzimajući u obzir oznaku exp(x) = e x , zapisana je u obliku 
Pokušajmo sada pronaći rješenje jednadžbe u naznačenom obliku, u kojem je umjesto konstante C supstituirana funkcija C(x), odnosno u obliku 
Zamjenom ovog rješenja u izvorno, nakon potrebnih transformacija dobivamo 
Integrirajući potonje, imamo 
gdje je C 1 neka nova konstanta. Zamjenom dobivenog izraza za C(x), konačno dobivamo rješenje izvorne linearne jednadžbe 
.
Primjer. Riješite jednadžbu y" + 2y = 4x. Razmotrite odgovarajuću homogena jednadžba y" + 2y = 0. Rješavajući je, dobivamo y = Ce -2 x. Sada tražimo rješenje izvorne jednadžbe u obliku y = C(x)e -2 x. Zamjenjujući y i y" = C "(x)e -2 x - 2C(x)e -2 x u izvornu jednadžbu, imamo C"(x) = 4xe 2 x, odakle C(x) = 2xe 2 x - e 2 x + C 1 a y(x) = (2xe 2 x - e 2 x + C 1)e -2 x = 2x - 1 + C 1 e -2 x je opće rješenje izvorne jednadžbe. U ovom rješenju y 1 (x) = 2x-1 je gibanje objekta pod djelovanjem sile b(x) = 4x, y 2 (x) = C 1 e -2 x je vlastito gibanje objekta .
Primjer br. 2. Pronađite opće rješenje diferencijalne jednadžbe prvog reda y"+3 y tan(3x)=2 cos(3x)/sin 2 2x.
Ovo nije homogena jednadžba. Napravimo promjenu varijabli: y=u v, y" = u"v + uv".
3u v tg(3x)+u v"+u" v = 2cos(3x)/sin 2 2x ili u(3v tg(3x)+v") + u" v= 2cos(3x)/sin 2 2x
Rješenje se sastoji od dvije faze:
1. u(3v tan(3x)+v") = 0
2. u"v = 2cos(3x)/sin 2 2x
1. Izjednačite u=0, pronađite rješenje za 3v tan(3x)+v" = 0
Predstavimo ga u obliku: v" = -3v tg(3x) 
Integracijom dobivamo: 
ln(v) = ln(cos(3x))
v = cos(3x)
2. Znajući v, pronađite u iz uvjeta: u"v = 2cos(3x)/sin 2 2x
u" cos(3x) = 2cos(3x)/sin 2 2x
u" = 2/sin 2 2x
Integracijom dobivamo:
Iz uvjeta y=u v, dobivamo:
y = u v = (C-cos(2x)/sin(2x)) cos(3x) ili y = C cos(3x)-cos(2x) cot(3x)
U ovoj temi govorit ćemo o načinima rješavanja linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi oblika y " = P (x) · y = Q (x). Počnimo s metodom varijacije proizvoljne konstante i pokažimo kako se koristi ovu metodu za rješavanje Cauchyjevog problema. Nastavimo s razmatranjem metode koja pretpostavlja reprezentaciju proizvoljne konstante y kao produkta dviju funkcija u (x) i v (x). U odjeljku predstavljamo veliki broj problemi na temu sa detaljna analiza rješenja.
U slučaju da vam se pojmovi i pojmovi korišteni u analizi teme pokažu nepoznati, preporučujemo da pogledate odjeljak “Osnovni pojmovi i definicije teorije diferencijalnih jednadžbi”.
Metoda varijacije proizvoljne konstante za rješavanje LPDE-a prvog reda
Radi sažetosti, linearnu nehomogenu diferencijalnu jednadžbu označavat ćemo kraticom LNDE, a linearnu homogenu diferencijalnu jednadžbu (LODE).
LNDE oblika y " = P (x) y = Q (x) odgovara LDE oblika y " = P (x) y = 0 , s Q(x)=0. Ako pogledate diferencijalnu jednadžbu y " = P (x) y = 0, postaje jasno da imamo posla s jednadžbom s razdvojivim varijablama. Možemo je integrirati: y " = P (x) y = 0 ⇔ d y y = - P (x) d x , y ≠ 0 ∫ d y y = - ∫ P (x) d x ⇔ ln y + C 1 = - ∫ P (x) d x ⇔ ln y = ln C - ∫ P (x) d x , ln C = - C 1 , C ≠ 0 ⇔ e ln y = e ln C - ∫ P (x) d x ⇔ y = C e - ∫ P (x) d x
Možemo tvrditi da je vrijednost varijable y = 0 također rješenje, jer s tom vrijednošću varijable jednadžba y " = P (x) y = 0 postaje identitet. Ovaj slučaj odgovara rješenju y = C e - ∫ P (x ) d x pri vrijednosti C=0.
Ispada da je y = C e - ∫ P (x) d x opće rješenje LODE, gdje S– proizvoljna konstanta.
y = C · e - ∫ P (x) d x je rješenje za LOD y " = P (x) · y = 0 .
Kako bismo pronašli opće rješenje nehomogene jednadžbe y " = P (x) y = Q (x), smatrat ćemo C ne konstantom, već funkcijom argumenta x. Zapravo, uzet ćemo y = C (x) e - ∫ P (x) d x prema općem rješenju LNDE.
Zamijenimo y = C (x) e - ∫ P (x) d x u diferencijalnu jednadžbu y " = P (x) y = Q (x). To postaje identitet:
y " = P (x) y = Q (x) C x e - ∫ P (x) d x + P (x) C (x) e - ∫ P (x) d x = Q (x)
Sada se okrenimo pravilu diferencijacije proizvoda. Dobivamo:
C " (x) e - ∫ P (x) d x + C (x) e - ∫ P (x) d x + P (x) C (x) e - ∫ P (x) d x = Q ( x)
Izvedenica složena funkcija e - ∫ P (x) d x " je jednako e - ∫ P (x) d x · - ∫ P (x) d x " .
Sada se prisjetimo svojstava neodređeni integral. Dobivamo:
e - ∫ P (x) d x · - ∫ P (x) d x " = - e - ∫ P (x) d x · P (x)
Sada napravimo prijelaz:
C " (x) e - ∫ P (x) d x + C (x) e - ∫ P (x) d x " + P (x) C (x) e - ∫ P (x) d x = Q (x) C " (x) e - ∫ P (x) d x - P (x) C (x) e - ∫ P (x) d x + P (x) C (x) e - ∫ P (x) d x = Q (x ) C " (x) e - ∫ P (x) d x = Q (x)
Tako smo došli do najjednostavnije diferencijalne jednadžbe prvog reda. U rješavanju ove jednadžbe definirat ćemo funkciju C(x). To će nam omogućiti da napišemo rješenje izvornog LPDE prvog reda na sljedeći način:
y = C (x) e - ∫ P (x) d x
Rezimirati
Metoda variranja proizvoljne konstante pri rješavanju LPDE uključuje tri faze:
- pronalaženje općeg rješenja za odgovarajući LOD y " + P (x) · y = 0 u obliku y = C · e - ∫ P (x) d x ;
- varijacija proizvoljne konstante C, koja se sastoji od njezine zamjene funkcijom C(x);
- zamjenom funkcije y = C (x) e - ∫ P (x) d x u izvornu diferencijalnu jednadžbu, iz koje možemo izračunati C(x) i zapišite odgovor.
Sada primijenimo ovaj algoritam da riješimo problem.
Primjer 1
Pronađite rješenje Cauchyjevog problema y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 , y (1) = 3 .
Riješenje
Moramo pronaći određeno rješenje za LNDDE y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 s početnim uvjetom y (1) = 3.
U našem primjeru P(x) = - 2 x 1 + x 2 i Q(x)=x2+1. Počnimo s pronalaženjem općeg rješenja za LOD. Nakon toga ćemo primijeniti metodu varijacije proizvoljne konstante i odrediti opće rješenje LPDE. To će nam omogućiti da pronađemo željeno konkretno rješenje.
Opće rješenje odgovarajućeg LOD y " - 2 x y 1 + x 2 = 0 bit će obitelj funkcija y = C · (x 2 + 1), gdje je C proizvoljna konstanta.
Variramo proizvoljnu konstantu y = C (x) · (x 2 + 1) i zamijenimo ovu funkciju u izvornu jednadžbu:
y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 C x · (x 2 + 1 " - 2 x · C (x) · (x 2 + 1) 1 + x 2 = 1 + x 2 C " ( x) · (x 2 + 1) + C (x) · 2 x - 2 x · C (x) = 1 + x 2 C " (x) = 1,
odakle C (x) = ∫ d x = x + C 1 , gdje je C 1– proizvoljna konstanta.
To znači da je y = C (x) · (x 2 + 1) = (x + C 1) · (x 2 + 1) opće rješenje nehomogene jednadžbe.
Sada počnimo pronaći određeno rješenje koje će zadovoljiti početni uvjet y (1) = 3.
Budući da je y = (x + C 1) · (x 2 + 1) , tada je y (1) = (1 + C 1) · (1 2 + 1) = 2 · (1 + C 1) . Vraćajući se na početni uvjet, dobivamo jednadžbu 2 · (1 + C 1) = 3, odakle je C 1 = 1 2. Stoga željeno rješenje Cauchyjevog problema ima oblik y = x + 1 2 · (x 2 + 1)
Sada razmotrite drugu metodu za rješavanje linearnih nehomogenih diferencijalnih jednadžbi y " + P (x) · y = Q (x) .
Druga metoda za rješavanje LPDE-ova prvog reda
Nepoznatu funkciju možemo prikazati kao umnožak y = u ⋅ v, gdje su u i v– funkcije argumenta x.
Ovu funkciju možemo zamijeniti u LNDE prvog reda. Imamo:
y " + P (x) y = Q (x) (u v) " + P (x) u v = Q (x) u " v + u v " + P (x) u v = Q (x) u " v + u (v " + P (x) v) = Q (x)
Ako nađemo takvo v da je različito od nule parcijalno rješenje diferencijalne jednadžbe v " + P (x) v = 0, tada u može se odrediti iz separabilne jednadžbe u " · v = Q (x) .
Razmotrimo ovaj algoritam rješenja koristeći prethodni primjer. To će nam omogućiti da se usredotočimo na glavnu stvar, a da nas ne ometaju manji detalji.
Primjer 2
Nađite opće rješenje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe y " - 2 x y 1 + x 2 = 1 + x 2 .
Riješenje
Neka je tada y = u ⋅ v
y " - 2 x y x 2 + 1 = x 2 + 1 ⇔ (u v) - 2 x u v x 2 + 1 = x 2 + 1 u " v + u v " - 2 x u v x 2 + 1 = x 2 + 1 u " v + u v " - 2 x v x 2 + 1 = x 2 + 1
Nalazimo ovo v, osim nule, tako da izraz u zagradama postaje nula. Drugim riječima, nalazimo određeno rješenje diferencijalne jednadžbe v " - 2 x · v x 2 + 1 = 0.
v " - 2 x · v x 2 + 1 = 0 ⇔ d v d x = 2 x · v x 2 + 1 ⇒ d v v = 2 x d x x 2 + 1 ⇔ d v v = d (x 2 + 1) x 2 + 1 ∫ d v v = ∫ d ( x 2 + 1) x 2 + 1 ln v + C 1 = ln (x 2 + 1) + C 2
Uzmimo određeno rješenje v = x 2 + 1, koje odgovara C 2 – C 1 = 0.
Za ovo konkretno rješenje imamo
u " v + u v " - 2 x v x 2 + 1 = x 2 + 1 ⇔ u " (x 2 + 1) + u 0 = x 2 + 1 ⇔ u " = 1 ⇔ u = x +C
Stoga je opće rješenje izvorne linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe y = u v = (x + C) (x 2 + 1)
Odgovori su u oba slučaja isti. To znači da su obje metode rješenja koje smo predstavili u članku ekvivalentne. Na vama je da odaberete kojim ćete riješiti problem.
Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter
Pogledajmo primjere rješavanja linearnih diferencijalnih jednadžbi prvog reda Bernoullijevom metodom.
1) y'=3x-y/x
Prepišimo jednadžbu u standardna forma: y’+y/x=3x. Ovdje je p(x)=1/x, q(x)=3x.
1) Uvedimo zamjenu y=uv, gdje su u=u(x) i v=v(x) neke nove funkcije od x. Stoga y’=(uv)’=u’v+v’u. Dobivene izraze za y i y’ zamijenimo u uvjet: u’v+v’u+uv/x=3x.
2) Grupirajmo članove koji sadrže v: v+v’u=3x. (I) Sada zahtijevamo da izraz u zagradama bude jednak nuli: u’+u/x=0. Dobili smo novu diferencijalnu jednadžbu sa separabilnim varijablama za u i x. Zamjenjujemo u’=du/dx i odvajamo varijable: du/dx= - u/x. Množimo obje strane jednadžbe s dx i dijelimo s u≠0. Došli smo do jednadžbe s odvojenim varijablama: du/u= - dx/x. Integrirajmo ga:
Budući da pri pronalaženju u C uzimamo jednako nuli, dobivamo da je ln│u│=-ln│x│, koristimo svojstvo logaritma: ln│u│= ln│1/x│dakle u=1/x .
3) U jednadžbi (I) zamijenimo =0 i u=1/x. Imamo: v’/x=3x. Množimo obje strane dobivene jednadžbe s x≠0: v’=3x². Možete zamisliti v’=dv/dx i podijeliti varijable: dv/dx=3x², odavde, množenjem obje strane s dx, dobivamo dv=3x²dx, integrirati:
ovdje više ne ignoriramo C, i dolazimo do v=x³+C. (Ili možete jednostavno integrirati obje strane jednakosti: v’=3x²
i odmah dobiti odgovor v=x³+C).
4) Kako je y=uv, zamjenom pronađenih izraza za u i v, dobivamo: y=(x³+C)/x. Ako transformiramo odgovor, dobivamo: y=x²+C/x.
Odgovor: y=x²+C/x.
2) y’+y=cosx.
Linearna jednadžba u standardnom obliku. p(x)=1, q(x)=cosx.
1) y=uv, y’=u’v+v’u. Zamijenite u uvjet:
u'v+v'u+uv=cosx. Grupiramo članove s v: v+v’u=cosx. (II)
2) Sada zahtijevamo da uvjet u’+u=0 bude zadovoljen. Dobili smo jednadžbu sa separabilnim varijablama u i x. Kako je u’=du/dx, onda je du/dx+u=0, odakle du/dx=-u. Množimo obje strane s dx i dijelimo s u≠0: du/u=-dx. Integrirajmo jednadžbu:
3) U jednadžbi (II) zamijenimo =0 i
Integrirajmo obje strane jednadžbe:
Ovaj se integral nalazi korištenjem formule integracije po dijelovima:
4) y=uv, zamijenite pronađene izraze za u i v:
Pogledajmo još jedan zanimljiv zadatak.
3) Pronađite rješenje jednadžbe (x+y)y’=1 koje zadovoljava početni uvjet y(-1)=0.
Ako y smatramo funkcijom x, tada se jednadžba ne može napisati u standardnom obliku y’+p(x)y=q(x). Ali ako x smatramo funkcijom od y, tada uzimajući u obzir činjenicu da je y'=1/x', dobivamo: (x+y) 1/x'=1, odakle je x'=x+y, sada ovu jednadžbu prepisujemo u obliku x'-x=y. (III)
Dobili smo linearnu diferencijalnu jednadžbu prvog reda oblika x’+p(y)=q(y). Ovdje je p(y)=-1, q(y)=y. Sva su razmišljanja potpuno slična. Progledajmo ih do kraja.
1) Zamjena x=uv, gdje je u=u(y), v=v(y). Stoga je x’=u’v+v’u. Zamjena u (III): u’v+v’u-uv=y.
2) Grupirajte pojmove s v: v+v’u=y. (IV) Zahtijevamo da izraz u zagradama bude jednak nuli: u’-u=0. A ovo je jednadžba s odvojivim varijablama. Samo zapamtite da je druga varijabla ovdje y, a ne x. Uzimajući u obzir činjenicu da je u’=du/dy, razdvojimo varijable: du/dy=u. Množimo obje strane jednadžbe s dy i dijelimo s u: du/u=dy. Sada integrirajmo:
3) U (IV) zamijenimo =0 i
Ovaj se integral također može pronaći korištenjem formule integracije po dijelovima
Zamjenjujemo, koristeći formulu integracije po dijelovima dobivamo:
4) Kako je x=uv, onda zamjenom pronađenih izraza za funkcije u i v dobivamo:
5) U općem rješenju jednadžbe
zamjenjujemo početne uvjete y(-1)=0 (to jest, x=-1, y=0):
Stoga partikularno rješenje x=-y-1. Izrazivši y kroz x, dolazimo do konačnog odgovora: y=-x-1.
Odgovor: y=-x-1.
Zadaci za samotestiranje:
1) y'-y=x. Ovdje je p(x)=-1, q(x)=x.
1) Unesite zamjenu y=uv, y’=u’v+v’u. Zamijenite u uvjet: u’v+v’u=x+uv, u’v+v’u- uv=x.
2) Grupirajte pojmove s v: v+v’u=x (*).
Zahtijevamo da izraz u zagradama bude jednak nuli: u’- u=0yu Iz ovog uvjeta nalazimo u: du/dx=u, du/u=dx. Integrirajmo:
3) U jednakosti (*) zamijenimo =0 i
Integral ćemo potražiti na desnoj strani jednadžbe koristeći formulu integracije po dijelovima: u=x, du=x’dx=dx.
Odavde to dobivamo
4) Budući da je y-uv, zamijenimo:
2) Podijelimo obje strane jednadžbe s x: y’-(2/x)y=x. Ovdje je p(x)=-2/x, q(x)=x.
1) Zamjena y=uv, y’=u’v+v’u. Zamijenite u uvjet: xu’v+xv’u-2uv=x².
2) Grupirajte pojmove s v: v+xv’u=x² (**). Sada zahtijevamo da uvjet xu’-2u=0 bude zadovoljen. Stoga x·du/dx=2u, du/u=2dx/x. Integrirajmo se.
Prvi poredak, koji ima standardni oblik $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$, gdje je $P\left(x\right)$ kontinuirana funkcija, naziva se linearno homogenim. Naziv "linearno" objašnjava se činjenicom da su nepoznata funkcija $y$ i njezina prva derivacija $y"$ uvrštene u jednadžbu linearno, odnosno na prvi stupanj. Naziv "homogen" dolazi od činjenice da se na desnoj strani jednadžbe nalazi nula.
Takva se diferencijalna jednadžba može riješiti metodom odvajanja varijabli. Predstavimo to u standardnom obliku metode: $y"=-P\lijevo(x\desno)\cdot y$, gdje je $f_(1) \lijevo(x\desno)=-P\lijevo(x\ desno)$ i $f_(2)\lijevo(y\desno)=y$.
Izračunajmo integral $I_(1) =\int f_(1) \lijevo(x\desno)\cdot dx =-\int P\lijevo(x\desno)\cdot dx $.
Izračunajmo integral $I_(2) =\int \frac(dy)(f_(2) \left(y\right)) =\int \frac(dy)(y) =\ln \left|y\right |$ .
Zapišimo opće rješenje u obliku $\ln \left|y\right|+\int P\left(x\right)\cdot dx =\ln \left|C_(1) \right|$, gdje je $ \ln \left |C_(1) \right|$ je proizvoljna konstanta, uzeta u obliku pogodnom za daljnje transformacije.
Izvršimo transformacije:
\[\ln \lijevo|y\desno|-\ln \lijevo|C_(1) \desno|=-\int P\lijevo(x\desno)\cdot dx ; \ln \frac(\lijevo|y\desno|)(\lijevo|C_(1) \desno|) =-\int P\lijevo(x\desno)\cdot dx .\]
Koristeći definiciju logaritma, dobivamo: $\left|y\right|=\left|C_(1) \right|\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $ . Ova jednakost je pak ekvivalentna jednakosti $y=\pm C_(1) \cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.
Zamjenom proizvoljne konstante $C=\pm C_(1) $, dobivamo opće rješenje linearne homogene diferencijalne jednadžbe: $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $.
Nakon što smo riješili jednadžbu $f_(2) \left(y\right)=y=0$, nalazimo posebna rješenja. Uobičajenom provjerom uvjeravamo se da je funkcija $y=0$ specijalno rješenje ove diferencijalne jednadžbe.
Međutim, isto se rješenje može dobiti iz općeg rješenja $y=C\cdot e^(-\int P\left(x\right)\cdot dx ) $, stavljajući u njega $C=0$.
Tako, konačni rezultat: $y=C\cdot e^(-\int P\lijevo(x\desno)\cdot dx ) $.
Opća metoda rješenja linearne homogene diferencijalne jednadžbe prvog reda mogu se prikazati kao sljedeći algoritam:
- Za rješenja dana jednadžba prvo se treba predstaviti u standardnom obliku metode $y"+P\left(x\right)\cdot y=0$. Ako se to ne može postići, tada se ova diferencijalna jednadžba mora riješiti drugom metodom.
- Izračunavamo integral $I=\int P\left(x\right)\cdot dx $.
- Opće rješenje zapisujemo u obliku $y=C\cdot e^(-I) $ i, ako je potrebno, provodimo pojednostavljujuće transformacije.
Problem 1
Pronađite opće rješenje diferencijalne jednadžbe $y"+3\cdot x^(2) \cdot y=0$.
Imamo linearnu homogenu jednadžbu prvog reda u standardnom obliku, za koju je $P\left(x\right)=3\cdot x^(2) $.
Izračunavamo integral $I=\int 3\cdot x^(2) \cdot dx =x^(3) $.
Opće rješenje ima oblik: $y=C\cdot e^(-x^(3) ) $.
Linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda
Definicija
Diferencijalna jednadžba prvog reda koja se može prikazati u standardnom obliku $y"+P\lijevo(x\desno)\cdot y=Q\lijevo(x\desno)$, gdje je $P\lijevo(x\desno)$ i $ Q\lijevo(x\desno)$ -- poznato kontinuirane funkcije, naziva se linearna nehomogena diferencijalna jednadžba. Naziv "nehomogen" objašnjava se činjenicom da je desna strana diferencijalne jednadžbe različita od nule.
Rješenje jedne složene linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe može se svesti na rješavanje dviju jednostavnijih diferencijalnih jednadžbi. Da bismo to učinili, traženu funkciju $y$ treba zamijeniti umnoškom dviju pomoćnih funkcija $u$ i $v$, odnosno staviti $y=u\cdot v$.
Razlikujemo prihvaćenu zamjenu: $\frac(dy)(dx) =\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \frac(dv)(dx) $. Zamjenjujemo dobiveni izraz u ovu diferencijalnu jednadžbu: $\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot u\cdot v= Q\ lijevo(x\desno)$ ili $\frac(du)(dx) \cdot v+u\cdot \lijevo[\frac(dv)(dx) +P\lijevo(x\desno)\cdot v\ desno] =Q\lijevo(x\desno)$.
Imajte na umu da ako se prihvati $y=u\cdot v$, tada se jedna od pomoćnih funkcija može odabrati proizvoljno kao dio umnoška $u\cdot v$. Izaberimo pomoćnu funkciju $v$ tako da izraz u uglate zagrade okrenuo na nulu. Da biste to učinili, dovoljno je riješiti diferencijalnu jednadžbu $\frac(dv)(dx) +P\left(x\right)\cdot v=0$ za funkciju $v$ i odabrati najjednostavnije partikularno rješenje za nju $v=v\lijevo(x \desno)$, različito od nule. Ova diferencijalna jednadžba je linearno homogena i rješava se gore opisanom metodom.
Dobiveno rješenje $v=v\left(x\right)$ zamijenimo u ovu diferencijalnu jednadžbu, uzimajući u obzir činjenicu da je sada izraz u uglatim zagradama jednak nuli, i dobivamo drugu diferencijalnu jednadžbu, ali sada s obzirom na pomoćnu funkciju $u$: $\ frac(du)(dx) \cdot v\left(x\right)=Q\left(x\right)$. Ova se diferencijalna jednadžba može predstaviti kao $\frac(du)(dx) =\frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) $, nakon čega postaje očito da omogućuje neposrednu integracija. Za ovu diferencijalnu jednadžbu potrebno je pronaći opće rješenje u obliku $u=u\left(x,\; C\right)$.
Sada možemo pronaći opće rješenje ove linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda u obliku $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$.
Opća metoda za rješavanje linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda može se prikazati kao sljedeći algoritam:
- Da bi se riješila ova jednadžba, mora se najprije predstaviti u standardnom obliku metode $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)$. Ako to nije postignuto, tada ova se diferencijalna jednadžba mora riješiti drugom metodom.
- Izračunavamo integral $I_(1) =\int P\left(x\right)\cdot dx $, zapisujemo određeno rješenje u obliku $v\left(x\right)=e^(-I_(1) ) $, izvršite pojednostavljujuće transformacije i odaberite najjednostavniju opciju koja nije nula za $v\lijevo(x\desno)$.
- Izračunavamo integral $I_(2) =\int \frac(Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $, nakon čega zapisujemo izraz u obliku $u \lijevo(x, C\desno)=I_(2) +C$.
- Zapisujemo opće rješenje ove linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe u obliku $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ i, ako je potrebno, provodimo pojednostavljujuće transformacije.
Problem 2
Pronađite opće rješenje diferencijalne jednadžbe $y"-\frac(y)(x) =3\cdot x$.
Imamo linearnu nehomogenu jednadžbu prvog reda u standardnom obliku, za koju je $P\left(x\right)=-\frac(1)(x) $ i $Q\left(x\right)=3\cdot x $.
Izračunavamo integral $I_(1) =\int P\left(x\right)\cdot dx =-\int \frac(1)(x) \cdot dx=-\ln \left|x\right| $.
Zapisujemo određeno rješenje u obliku $v\lijevo(x\desno)=e^(-I_(1) ) $ i izvodimo pojednostavljujuće transformacije: $v\lijevo(x\desno)=e^(\ln \lijevo |x\ desno|) $; $\ln v\lijevo(x\desno)=\ln \lijevo|x\desno|$; $v\lijevo(x\desno)=\lijevo|x\desno|$. Za $v\lijevo(x\desno)$ biramo najjednostavniju opciju koja nije nula: $v\lijevo(x\desno)=x$.
Izračunavamo integral $I_(2) =\int \frac(Q\lijevo(x\desno))(v\lijevo(x\desno)) \cdot dx =\int \frac(3\cdot x)(x ) \ cdot dx=3\cdot x $.
Zapisujemo izraz $u\lijevo(x,C\desno)=I_(2) +C=3\cdot x+C$.
Na kraju zapisujemo opće rješenje ove linearne nehomogene diferencijalne jednadžbe u obliku $y=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$, odnosno $y=\left( 3\cdot x+C \desno)\cdot x$.
Mislim da bismo trebali početi s poviješću tako veličanstvenog matematičkog alata kao što su diferencijalne jednadžbe. Kao i svi diferencijalni i integralni računi, ove je jednadžbe izumio Newton u kasnom 17. stoljeću. Ovo svoje otkriće smatrao je toliko važnim da je čak šifrirao poruku koja se danas može prevesti otprilike ovako: “Svi zakoni prirode opisani su diferencijalnim jednadžbama.” Ovo se možda čini kao pretjerivanje, ali je istina. Bilo koji zakon fizike, kemije, biologije može se opisati ovim jednadžbama.
Matematičari Euler i Lagrange dali su ogroman doprinos razvoju i stvaranju teorije diferencijalnih jednadžbi. Već u 18. stoljeću otkrili su i razvili ono što sada uče na višim sveučilišnim tečajevima.
Nova prekretnica u proučavanju diferencijalnih jednadžbi započela je zahvaljujući Henriju Poincaréu. Stvorio je “kvalitativnu teoriju diferencijalnih jednadžbi” koja je, u kombinaciji s teorijom funkcija kompleksne varijable, dala značajan doprinos utemeljenju topologije - znanosti o prostoru i njegovim svojstvima.
Što su diferencijalne jednadžbe?
Mnogi se plaše jedne sintagme, no u ovom ćemo članku detaljno iznijeti cijelu bit ovog vrlo korisnog matematičkog aparata, koji zapravo i nije tako kompliciran kao što se iz naziva čini. Kako biste počeli govoriti o diferencijalnim jednadžbama prvog reda, prvo biste se trebali upoznati s osnovnim pojmovima koji su inherentno povezani s ovom definicijom. A mi ćemo početi s diferencijalom.
Diferencijal
Mnogi ljudi poznaju ovaj koncept još od škole. Međutim, pogledajmo ga pobliže. Zamislite graf funkcije. Možemo ga povećati do te mjere da bilo koji njegov segment poprimi oblik ravne linije. Uzmimo dvije točke na njemu koje su beskrajno blizu jedna drugoj. Razlika između njihovih koordinata (x ili y) bit će infinitezimalna. Zove se diferencijal i označava se znakovima dy (diferencijal od y) i dx (diferencijal od x). Vrlo je važno razumjeti da diferencijal nije konačna veličina, a to je njegovo značenje i glavna funkcija.
Sada moramo razmotriti sljedeći element, koji će nam koristiti pri objašnjavanju pojma diferencijalne jednadžbe. Ovo je izvedenica.
Izvedenica
Svi smo vjerojatno čuli ovaj koncept u školi. Derivacija je brzina kojom funkcija raste ili opada. Međutim, iz ove definicije mnogo toga postaje nejasno. Pokušajmo objasniti izvod kroz diferencijale. Vratimo se na infinitezimalni segment funkcije s dvije točke koje su minimalno udaljene jedna od druge. Ali čak i na toj udaljenosti funkcija se uspijeva promijeniti za određeni iznos. A kako bi opisali ovu promjenu, smislili su izvod, koji se inače može napisati kao omjer diferencijala: f(x)"=df/dx.
Sada je vrijedno razmotriti osnovna svojstva derivata. Ima ih samo tri:
- Izvod zbroja ili razlike može se prikazati kao zbroj ili razlika izvoda: (a+b)"=a"+b" i (a-b)"=a"-b".
- Drugo svojstvo je povezano s množenjem. Derivacija umnoška je zbroj umnožaka jedne funkcije i derivacije druge: (a*b)"=a"*b+a*b".
- Derivacija razlike može se napisati kao sljedeća jednakost: (a/b)"=(a"*b-a*b")/b 2 .
Sva ova svojstva bit će nam korisna za pronalaženje rješenja diferencijalnih jednadžbi prvog reda.
Postoje i parcijalne izvedenice. Recimo da imamo funkciju z koja ovisi o varijablama x i y. Da bismo izračunali parcijalni izvod ove funkcije, recimo, u odnosu na x, trebamo uzeti varijablu y kao konstantu i jednostavno diferencirati.
Sastavni
Još jedan važan koncept je integral. Zapravo, ovo je upravo suprotno od derivata. Postoji nekoliko vrsta integrala, ali za rješavanje najjednostavnijih diferencijalnih jednadžbi potrebni su nam oni najtrivijalniji
Dakle, recimo da imamo neku ovisnost f o x. Od njega uzimamo integral i dobivamo funkciju F(x) (često zvanu antiderivacija), čija je derivacija jednaka izvornoj funkciji. Dakle F(x)"=f(x). Također slijedi da je integral derivacije jednak originalnoj funkciji.
Prilikom rješavanja diferencijalnih jednadžbi vrlo je važno razumjeti značenje i funkciju integrala, budući da ćete ih morati uzimati vrlo često da biste pronašli rješenje.
Jednadžbe se razlikuju ovisno o svojoj prirodi. U sljedećem odjeljku pogledat ćemo vrste diferencijalnih jednadžbi prvog reda, a zatim ćemo naučiti kako ih riješiti.
Klase diferencijalnih jednadžbi
"Diffurs" se dijele prema redoslijedu derivata koji su uključeni u njih. Dakle, postoji prvi, drugi, treći i više reda. Također se mogu podijeliti u nekoliko klasa: obične i parcijalne derivacije.
U ovom članku ćemo pogledati obične diferencijalne jednadžbe prvog reda. Također ćemo raspravljati o primjerima i načinima njihovog rješavanja u sljedećim odjeljcima. Razmotrit ćemo samo ODE, jer su to najčešći tipovi jednadžbi. Obični se dijele na podvrste: s odvojivim varijablama, homogene i heterogene. Zatim ćete naučiti kako se međusobno razlikuju i kako ih riješiti.
Osim toga, te se jednadžbe mogu kombinirati tako da na kraju dobijemo sustav diferencijalnih jednadžbi prvog reda. Također ćemo razmotriti takve sustave i naučiti kako ih riješiti.
Zašto razmatramo samo prvu narudžbu? Jer treba početi s nečim jednostavnim, a jednostavno je nemoguće u jednom članku opisati sve vezano za diferencijalne jednadžbe.
Odvojive jednadžbe
Ovo su možda najjednostavnije diferencijalne jednadžbe prvog reda. To uključuje primjere koji se mogu napisati na sljedeći način: y"=f(x)*f(y). Da bismo riješili ovu jednadžbu, potrebna nam je formula za predstavljanje derivacije kao omjera diferencijala: y"=dy/dx. Pomoću nje dobivamo sljedeću jednadžbu: dy/dx=f(x)*f(y). Sada možemo prijeći na metodu rješavanja standardnih primjera: varijable ćemo podijeliti na dijelove, odnosno sve ćemo s varijablom y premjestiti na dio gdje se nalazi dy, a isto ćemo učiniti i s varijablom x. Dobivamo jednadžbu oblika: dy/f(y)=f(x)dx, koja se rješava uzimanjem integrala s obje strane. Ne zaboravite na konstantu koju je potrebno postaviti nakon uzimanja integrala.
Rješenje svake “difuzije” je funkcija ovisnosti x o y (u našem slučaju) ili, ako je prisutan numerički uvjet, onda odgovor u obliku broja. Pogledajmo konkretan primjer cijelo rješenje:
Pomaknimo varijable u različitim smjerovima:
Sada uzmimo integrale. Svi se oni nalaze u posebnoj tablici integrala. I dobivamo:
ln(y) = -2*cos(x) + C
Ako je potrebno, možemo izraziti "y" kao funkciju od "x". Sada možemo reći da je naša diferencijalna jednadžba riješena ako uvjet nije naveden. Uvjet se može navesti, na primjer, y(n/2)=e. Zatim jednostavno zamijenimo vrijednosti tih varijabli u rješenje i pronađemo vrijednost konstante. U našem primjeru to je 1.
Homogene diferencijalne jednadžbe prvog reda
Sada prijeđimo na teži dio. Homogene diferencijalne jednadžbe prvog reda mogu se napisati opći pogled dakle: y"=z(x,y). Treba napomenuti da je desna funkcija dviju varijabli homogena, te se ne može podijeliti u dvije ovisnosti: z o x i z o y. Sasvim je jednostavno provjeriti je li je li jednadžba homogena ili nije : vršimo zamjenu x=k*x i y=k*y. Sada poništavamo sva k. Ako su sva ova slova poništena, onda je jednadžba homogena i možete je sigurno početi rješavati. Gledajući naprijed, recimo: princip rješavanja ovih primjera također je vrlo jednostavan .
Trebamo napraviti zamjenu: y=t(x)*x, gdje je t određena funkcija koja također ovisi o x. Tada možemo izraziti izvod: y"=t"(x)*x+t. Zamijenivši sve ovo u našu izvornu jednadžbu i pojednostavivši je, dobivamo primjer s razdvojivim varijablama t i x. Riješimo ga i dobijemo ovisnost t(x). Kada smo ga primili, jednostavno zamijenimo y=t(x)*x u našu prethodnu zamjenu. Tada dobivamo ovisnost y o x.
Da bi bilo jasnije, pogledajmo primjer: x*y"=y-x*e y/x .
Kod provjere uz zamjenu sve je smanjeno. To znači da je jednadžba doista homogena. Sada radimo još jednu zamjenu o kojoj smo govorili: y=t(x)*x i y"=t"(x)*x+t(x). Nakon pojednostavljenja dobivamo sljedeću jednadžbu: t"(x)*x=-e t. Dobiveni primjer rješavamo s odvojenim varijablama i dobivamo: e -t =ln(C*x). Sve što trebamo učiniti je zamijeniti t s y/x (uostalom, ako je y =t*x, tada je t=y/x), i dobivamo odgovor: e -y/x =ln(x*C).
Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda
Vrijeme je da pogledamo još jednu široku temu. Analizirat ćemo nehomogene diferencijalne jednadžbe prvog reda. Po čemu se razlikuju od prethodna dva? Hajdemo shvatiti. Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda u općem obliku mogu se napisati na sljedeći način: y" + g(x)*y=z(x). Vrijedno je pojasniti da z(x) i g(x) mogu biti konstantne veličine.
A sada primjer: y" - y*x=x 2 .
Postoje dva rješenja, a mi ćemo ih pogledati redom. Prva je metoda variranja proizvoljnih konstanti.
Da biste riješili jednadžbu na ovaj način, prvo morate izjednačiti desna strana na nulu i riješite dobivenu jednadžbu, koja će nakon prijenosa dijelova imati oblik:
ln|y|=x 2/2 + C;
y=e x2/2 *y C =C 1 *e x2/2 .
Sada konstantu C 1 trebamo zamijeniti funkcijom v(x) koju moramo pronaći.
Zamijenimo izvedenicu:
y"=v"*e x2/2 -x*v*e x2/2 .
I zamijenite ove izraze u izvornu jednadžbu:
v"*e x2/2 - x*v*e x2/2 + x*v*e x2/2 = x 2 .
Možete vidjeti da se na lijevoj strani dva člana poništavaju. Ako se u nekom primjeru to nije dogodilo, onda ste učinili nešto pogrešno. Nastavimo:
v"*e x2/2 = x 2 .
Sada rješavamo uobičajenu jednadžbu u kojoj trebamo razdvojiti varijable:
dv/dx=x 2 /e x2/2 ;
dv = x 2 *e - x2/2 dx.
Da bismo izdvojili integral, ovdje ćemo morati primijeniti integraciju po dijelovima. Međutim, to nije tema našeg članka. Ako ste zainteresirani, možete naučiti kako sami izvoditi takve radnje. Nije teško, a uz dovoljno vještine i brige ne oduzima puno vremena.
Prijeđimo na drugu metodu rješavanja nehomogenih jednadžbi: Bernoullijevu metodu. Koji je pristup brži i lakši na vama je da odlučite.
Dakle, kada rješavamo jednadžbu ovom metodom, moramo izvršiti zamjenu: y=k*n. Ovdje su k i n neke funkcije ovisne o x. Tada će derivacija izgledati ovako: y"=k"*n+k*n". Zamijenimo obje zamjene u jednadžbu:
k"*n+k*n"+x*k*n=x 2 .
Grupiranje:
k"*n+k*(n"+x*n)=x 2 .
Sada trebamo izjednačiti s nulom ono što je u zagradama. Sada, ako kombiniramo dvije dobivene jednadžbe, dobit ćemo sustav diferencijalnih jednadžbi prvog reda koje treba riješiti:
Prvu jednakost rješavamo kao običnu jednadžbu. Da biste to učinili, morate razdvojiti varijable:
Uzimamo integral i dobivamo: ln(n)=x 2 /2. Zatim, ako izrazimo n:
Sada zamijenimo dobivenu jednakost u drugu jednadžbu sustava:
k"*e x2/2 =x 2 .
I transformacijom, dobivamo istu jednakost kao u prvoj metodi:
dk=x 2 /e x2/2 .
Također nećemo razgovarati o daljnjim radnjama. Vrijedno je reći da u početku rješavanje diferencijalnih jednadžbi prvog reda uzrokuje značajne poteškoće. Međutim, s više duboko ronjenje ova tema postaje sve bolja i bolja.
Gdje se koriste diferencijalne jednadžbe?
Diferencijalne jednadžbe se vrlo aktivno koriste u fizici, budući da su gotovo svi osnovni zakoni napisani u diferencijalnom obliku, a formule koje vidimo rješenja su tih jednadžbi. U kemiji se koriste iz istog razloga: pomoću njih se izvode temeljni zakoni. U biologiji se diferencijalne jednadžbe koriste za modeliranje ponašanja sustava, kao što su predator i plijen. Također se mogu koristiti za stvaranje modela reprodukcije, recimo, kolonije mikroorganizama.
Kako vam diferencijalne jednadžbe mogu pomoći u životu?
Odgovor na ovo pitanje je jednostavan: nimalo. Ako niste znanstvenik ili inženjer, malo je vjerojatno da će vam biti od koristi. Međutim za opći razvoj Ne škodi znati što je diferencijalna jednadžba i kako se rješava. A onda je pitanje sina ili kćeri "što je diferencijalna jednadžba?" neće te zbuniti. Pa, ako ste znanstvenik ili inženjer, onda i sami razumijete važnost ove teme u bilo kojoj znanosti. Ali najvažnije je da sada pitanje "kako riješiti diferencijalnu jednadžbu prvog reda?" uvijek možeš dati odgovor. Slažete se, uvijek je lijepo kada razumijete nešto što se ljudi čak i boje razumjeti.
Glavni problemi u studiranju
Glavni problem u razumijevanju ove teme je slaba vještina integriranja i razlikovanja funkcija. Ako ste loši u uzimanju izvodnica i integrala, onda je vjerojatno vrijedno proučavanja i savladavanja različite metode integracije i diferencijacije, a tek onda početi proučavati gradivo koje je opisano u članku.
Neki se ljudi iznenade kada saznaju da se dx može prenositi, jer je prije (u školi) rečeno da je razlomak dy/dx nedjeljiv. Ovdje trebate pročitati literaturu o derivaciji i shvatiti da je to omjer infinitezimalnih veličina kojima se može manipulirati prilikom rješavanja jednadžbi.
Mnogi ljudi ne shvaćaju odmah da je rješavanje diferencijalnih jednadžbi prvog reda često funkcija ili integral koji se ne može uzeti, a to im pogrešno shvaćanje zadaje mnogo problema.
Što još možete proučavati za bolje razumijevanje?
Daljnje uranjanje u svijet diferencijalnog računa najbolje je započeti sa specijaliziranim udžbenicima, na primjer, na matematička analiza za studente nematematičkih specijalnosti. Zatim možete prijeći na specijaliziranu literaturu.
Vrijedi reći da, osim diferencijalnih jednadžbi, postoje i integralne jednadžbe, tako da ćete uvijek imati čemu težiti i što proučavati.
Zaključak
Nadamo se da ćete nakon čitanja ovog članka imati ideju o tome što su diferencijalne jednadžbe i kako ih ispravno riješiti.
U svakom slučaju, matematika će nam na neki način koristiti u životu. Razvija logiku i pažnju, bez kojih je svaka osoba bez ruku.