Xətti tənliklər üçün variasiya metodu. Lagrangian üsulu ilə daha yüksək nizamlı xətti bircinsli diferensial tənliklərin həlli. Sosial çevrilmələr. Dövlət və kilsə
Birmənalı olmayanları həll etmək üçün ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodundan istifadə olunur diferensial tənliklər... Bu dərs, mövzunu az -çox yaxşı bilən tələbələr üçün nəzərdə tutulmuşdur. DU ilə yeni tanış olmağa başlayırsınızsa, yəni. Bir çaydanısınızsa, ilk dərsdən başlamağı məsləhət görürəm: Birinci dərəcəli diferensial tənliklər. Çözüm nümunələri... Və artıq bitirirsinizsə, metodun çətin olduğu barədə əvvəlcədən düşünülmüş fikirləri atın. Çünki sadədir.
Hansı hallarda ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodu tətbiq olunur?
1) Həll etmək üçün ixtiyari sabitin dəyişmə metodundan istifadə etmək olar 1-ci dərəcəli xətti qeyri-vahid DE... Tənlik birinci dərəcəli olduğundan sabit (sabit) də birdir.
2) Bəzilərini həll etmək üçün ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodundan istifadə olunur ikinci dərəcəli xətti homojen olmayan tənliklər... Burada iki sabit dəyişir.
Dərsin iki paraqrafdan ibarət olacağını düşünmək məntiqlidir ... Bu təklifi yazdım və 10 dəqiqə ərzində ağrılı bir şəkildə praktik nümunələrə hamar bir keçid üçün başqa hansı ağıllı şey əlavə edəcəyimi düşünürdüm. Ancaq nədənsə tətildən sonra heç bir fikir yoxdur, baxmayaraq ki, heç nədən sui -istifadə etməyib. Buna görə də birbaşa birinci abzasa keçək.
İstənilən ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu
xətti homojen olmayan birinci dərəcəli tənlik üçün
İstənilən ixtiyari sabitin dəyişmə üsulunu nəzərdən keçirməzdən əvvəl məqalə ilə tanış olmaq məsləhətdir Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər... O dərsdə biz məşq etdik ilk həll 1-ci dərəcəli qeyri-vahid DE. Xatırladıram ki, bu ilk həll adlanır dəyişdirmə üsulu və ya Bernoulli üsulu(ilə qarışdırılmamalıdır Bernoulli tənliyi!!!)
İndi nəzərdən keçirəcəyik ikinci həll- ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu. Yalnız üç nümunə verəcəyəm və bunları yuxarıdakı dərsdən götürəcəyəm. Niyə bu qədər az? Çünki əslində ikinci yolun həlli birinci yolun həllinə çox bənzəyəcəkdir. Əlavə olaraq, müşahidələrimə görə, ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodu əvəzetmə metodundan daha az istifadə olunur.
Misal 1
(Dərsin 2 nömrəli nümunəsindən fərq 1 -ci dərəcəli xətti qeyri -homojen DE)
Həll: Bu tənlik xətti birmənalı deyil və tanış bir formaya malikdir: 
İlk addım daha sadə bir tənliyi həll etməkdir: 
Yəni, axmaqca sağ tərəfi sıfırlayırıq - sıfır yazmaq əvəzinə.
Tənlik Zəng edəcəm köməkçi tənlik.
Bu nümunədə aşağıdakı köməkçi tənliyi həll etməlisiniz:
Bizdən əvvəl ayrılan tənlik həlli (inşallah) artıq sizin üçün çətin olmayan: 
Beləliklə: 
- köməkçi tənliyin ümumi həlli.
İkinci addımda əvəz etmək bəzilərinin daimi hələ"x" -dən asılı olan naməlum funksiya:
Beləliklə metodun adı - sabitliyi dəyişirik. Alternativ olaraq, sabit, indi tapmalı olduğumuz bir funksiya ola bilər.
V orijinal qeyri -bərabər tənlik əvəz edəcəyik:
Əvəz və 
tənliyə :
Nəzarət anı - soldakı iki termin ləğv edilir... Bu baş vermirsə, yuxarıdakı xətanı axtarmalısınız.
Dəyişdirmə nəticəsində ayrılan dəyişənləri olan bir tənlik əldə edilir. Dəyişənləri ayırın və birləşdirin.
Nə yaxşı ki, sərgi iştirakçıları da azalır:
Tapılan funksiyaya "normal" sabitini əlavə edin:
Aktivdir son mərhələəvəz etməyimizi xatırlayın:
Yeni tapılan funksiya!
Beləliklə, ümumi həll: 
Cavab:ümumi qərar: 
İki həlli çap etsəniz, hər iki halda eyni inteqralları tapdığımızı asanlıqla görə bilərsiniz. Yeganə fərq həll alqoritmindədir.
İndi daha mürəkkəb bir şey üçün ikinci nümunəni şərh edəcəyəm:
Misal 2
Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın 
(Dərsin 8 nömrəli nümunəsindən fərq 1 -ci dərəcəli xətti qeyri -homojen DE)
Həll: Tənliyi forma gətirək :
Sağ tərəfi sıfırlayaq və köməkçi tənliyi həll edək:
Köməkçi tənliyin ümumi həlli:
Qeyri -bərabər bir tənlikdə əvəzini edirik:
Məhsul fərqləndirmə qaydasına görə: 
Əvəz və orijinal qeyri -bərabər tənliyə:
Soldakı iki şərt ləğv edilir, yəni doğru yoldayıq. 
Parçalara görə inteqrasiya edirik. Parçalarla inteqrasiya formulundan dadlı bir məktub artıq həllində istifadə edilmişdir, buna görə də "a" və "be" hərflərindən istifadə edirik:
İndi əvəzini xatırlayırıq:
Cavab:ümumi qərar:
Öz-özünə həll etmək üçün bir nümunə:
Misal 3
Verilmiş ilkin şərtə uyğun gələn diferensial tənliyin müəyyən bir həllini tapın.
,
(Dərsin 4 nömrəli nümunəsindən fərq 1 -ci dərəcəli xətti qeyri -homojen DE)
Həll:
Bu DE xətti birmənalı deyil. İstənilən ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodundan istifadə edirik. Köməkçi tənliyi həll edək:
Dəyişənləri ayırın və birləşdirin: 
Ümumi qərar: 
Homojen olmayan tənlikdə əvəz edəcəyik: 
Əvəzetməni yerinə yetirək: 
Beləliklə, ümumi həll: 
Verilmiş ilkin şərtə uyğun olan xüsusi bir həll tapaq: 
Cavab:Şəxsi həll:
Dərsin sonundakı həll tapşırığı başa çatdırmaq üçün kobud bir nümunə ola bilər.
İstənilən ixtiyari sabitlərin dəyişmə üsulu
xətti bircinsli olmayan ikinci dərəcəli tənlik üçün
sabit əmsallarla
İkinci dərəcəli tənlik üçün ixtiyari sabitlərin dəyişmə üsulunun asan bir şey olmadığı fikrini tez-tez eşidirik. Ancaq aşağıdakıları təxmin edirəm: çox güman ki, metod o qədər də yaygın olmadığı üçün çoxlarına çətin görünür. Ancaq əslində xüsusi çətinliklər yoxdur - qərarın gedişi aydın, şəffaf, başa düşüləndir. Və gözəl.
Metodu mənimsəmək üçün, sağ tərəf şəklində müəyyən bir həll seçərək homojen olmayan ikinci dərəcəli tənlikləri həll edə bilmək arzu edilir. Bu üsul məqalədə ətraflı müzakirə olunur. 2 -ci dərəcəli qeyri -homojen DE... Xatırlayırıq ki, sabit əmsalları olan ikinci dərəcəli xətti bircinsli tənlik aşağıdakı formaya malikdir:
Yuxarıdakı dərsdə nəzərdən keçirilmiş seçim metodu, polinomların, eksponentlərin, sinusların, kosinusların sağ tərəfdə olduğu zaman yalnız məhdud sayda işləyir. Ancaq sağda, məsələn, fraksiya, logarifm, teğet olduqda nə etməli? Belə bir vəziyyətdə sabitlərin dəyişmə üsulu xilas olmağa gəlir.
Misal 4
İkinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həllini tapın 
Həll: Bu tənliyin sağ tərəfində bir kəsir var, buna görə dərhal deyə bilərik ki, müəyyən bir həllin seçilməsi metodu işləmir. İstənilən ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodundan istifadə edirik.
Heç bir şey göy gurultusunu qabaqcadan göstərmir, həllin başlanğıcı tamamilə adi bir haldır:
Tapın ümumi qərar uyğun homojen tənliklər: 
Xarakterik tənliyi tərtib edək və həll edək: 
- birləşmə kompleks kökləri əldə edilir, buna görə ümumi həll:
Ümumi həll qeydinə diqqət yetirin - mötərizələr varsa, onları genişləndiririk.
İndi birinci dərəcəli tənlik üçün demək olar ki, eyni hiylə edirik: sabitləri dəyişirik, naməlum funksiyalarla əvəz edirik. Yəni heterojenlərin ümumi həlli formada tənliklər axtaracağıq:
Harada - hələ naməlum funksiyalar.
Məişət tullantıları üçün bir poliqona bənzəyir, amma indi hər şeyi sıralayacağıq.
Funksiyaların törəmələri naməlum kimi çıxış edir. Məqsədimiz törəmələri tapmaqdır və tapılan törəmələr sistemin həm birinci, həm də ikinci tənliklərini təmin etməlidir.
"Oyunlar" haradan gəlir? Leylək onları gətirir. Daha əvvəl əldə edilmiş ümumi həll yoluna baxırıq və yazırıq:
Törəmələri tapın:
Sol hissələr sıralanır. Sağda nə var?
Bu vəziyyətdə orijinal tənliyin sağ tərəfi:
Əmsal, ikinci törəmədəki əmsaldır:
Təcrübədə, demək olar ki, həmişə və nümunəmiz istisna deyil.
Hər şey aydınlaşdı, indi bir sistem yarada bilərsiniz: 
Sistemə ümumiyyətlə qərar verilir Cramer düsturları ilə standart alqoritmdən istifadə etməklə. Yeganə fərq, rəqəmlərin yerinə funksiyalarımızın olmasıdır.
Sistemin əsas determinantını tapaq: 
"İki -iki" determinantının necə ortaya çıxdığını unudmusunuzsa, dərsə müraciət edin Determinantı necə hesablamaq olar? Bağlantı utanc lövhəsinə aparır =)
Beləliklə: bu, sistemin özünəməxsus bir həll yolunun olması deməkdir.
Törəməni tapın: 
Ancaq bunlar hamısı deyil, indiyə qədər yalnız törəməni tapdıq.
Funksiyanın özü inteqrasiya ilə bərpa olunur:
İkinci funksiya ilə məşğul olaq: 
Burada "normal" sabit əlavə edirik
Həllin son mərhələsində, homojen olmayan tənliyin ümumi həllini hansı formada axtardığımızı xatırlayırıq? Belə:
Axtardığınız funksiyalar yeni tapıldı! 
Əvəz etməyi yerinə yetirmək və cavabı yazmaq qalır:
Cavab:ümumi qərar:
Prinsipcə, cavabda mötərizələr genişləndirilə bilər.
Cavabın tam yoxlanılması dərsdə müzakirə olunan standart sxemə görə aparılır 2 -ci dərəcəli qeyri -homojen DE... Ancaq yoxlama asan olmayacaq, çünki olduqca ağır törəmələr tapmaq və çətin bir əvəzləmə aparmaq lazımdır. Bu cür yayılma ilə məşğul olanda xoşagəlməz bir xüsusiyyətdir.
Misal 5
Fərqli sabitləri dəyişərək diferensial tənliyi həll edin
Bu, özünüz edə biləcəyiniz bir həll nümunəsidir. Əslində, sağ tərəf də bir hissədir. Triqonometrik düsturu xatırlayırıq, yeri gəlmişkən, həll prosesində tətbiq olunmalı olacaq.
Özbaşına sabitlərin dəyişmə üsulu ən çox yönlü üsuldur. Həll olunan hər hansı bir tənliyi həll edə bilərlər sağ tərəfin görünüşü ilə müəyyən bir həlli seçmək üsulu ilə... Sual yaranır, niyə ixtiyari sabitlərin variasiya metodundan da istifadə etməyək? Cavab göz qabağındadır: dərsdə nəzərdən keçirilmiş xüsusi bir həllin seçilməsi Qeyri -bərabər ikinci dərəcəli tənliklər, həllini əhəmiyyətli dərəcədə sürətləndirir və yazını qısaldır - determinantlar və inteqrallarla heç bir əlaqəsi yoxdur.
İlə iki nümunəni nəzərdən keçirin Cauchy problemi.
Misal 6
Verilmiş ilkin şərtlərə uyğun olan diferensial tənliyin müəyyən bir həllini tapın
, 
Həll: Yenə də maraqlı bir yerdə fraksiya və eksponent.
İstənilən ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodundan istifadə edirik.
Tapın ümumi qərar uyğun homojen tənliklər: 
- fərqli həqiqi köklər əldə edilir, buna görə ümumi həll:
Heterojenlərin ümumi həllişəklində tənliklər axtarırıq :, burada - hələ naməlum funksiyalar.
Sistemi tərtib edək:
Bu halda:
,
Törəmələri tapın: 
, 
Beləliklə: 
Sistemi Cramer düsturlarından istifadə edərək həll edirik:
, yəni sistemin özünəməxsus bir həlli var.
İnteqrasiya edərək funksiyanı bərpa edirik:
Burada istifadə olunur funksiyanı diferensial işarənin altına gətirmək üsulu.
İkinci funksiyanı birləşdirərək bərpa edirik: 
Belə bir inteqral həll olunur dəyişən əvəzetmə üsulu:
Əvəzetmənin özündən ifadə edirik:
Beləliklə: 
Bu inteqral tapıla bilər tam kvadrat seçim metodu, lakin fərqli olan nümunələrdə fraksiyanı genişləndirməyi üstün tuturam müəyyən edilməmiş əmsallar üsulu:
Hər iki funksiyaya rast gəlinir:
Nəticədə, homojen olmayan tənliyin ümumi həlli:
İlkin şərtlərə cavab verən xüsusi bir həll tapaq .
Texniki olaraq, bir həll axtarışı məqalədə müzakirə olunan standart şəkildə aparılır İkinci dərəcəli qeyri -homojen diferensial tənliklər.
Tutun, indi tapılan ümumi həllin törəməsini tapacağıq:
Budur belə bir rüsvayçılıq. Sadələşdirmək lazım deyil, dərhal bir tənlik sistemi tərtib etmək daha asandır. İlkin şərtlərə görə :
Sabitlərin tapılan dəyərlərini əvəz edin 
ümumi bir həll yolu:
Cavabda loqarifmləri bir az qablaşdırmaq olar.
Cavab:Şəxsi həll: 
Gördüyünüz kimi, çətinliklər inteqrallarda və törəmələrdə yarana bilər, lakin ixtiyari sabitlərin dəyişmə metodunun alqoritmində deyil. Sizi qorxudan mən deyildim, hamısı Kuznetsovun kolleksiyasıdır!
İstirahət etmək üçün özünüz edə biləcəyiniz bir həll üçün son, daha sadə bir nümunə:
Misal 7
Cauchy problemini həll edin
, 
Bir nümunə sadədir, amma yaradıcıdır, bir sistem hazırladığınız zaman qərar vermədən əvvəl ona yaxından baxın ;-),
Nəticədə ümumi həll:
İlkin şərtlərə uyğun olan xüsusi bir həll tapaq .
Sabitlərin tapılan dəyərlərini ümumi həllə əvəz edək:
Cavab:Şəxsi həll:
İndi xətti bərabər olmayan tənliyi nəzərdən keçirək
. (2)
Y 1, y 2, .., y n əsas həllər sistemi olsun və müvafiq homojen L (y) = 0 tənliyinin ümumi həlli olsun. Birinci dərəcəli tənliklər vəziyyətində olduğu kimi, (2) tənliyinə də formada bir həll axtaracağıq
. (3)
Bu formada həllin olduğundan əmin olaq. Bunu etmək üçün funksiyanı tənliyə əvəz edirik. Bu funksiyanı tənliyə əvəz etmək üçün onun törəmələrini tapırıq. Birinci törəmədir 
. (4)
İkinci törəməni hesablayarkən (4) -ün sağ tərəfində dörd termin, üçüncü törəməni hesablayarkən səkkiz termin görünəcək və s. Bu səbəbdən, əlavə hesablamaların rahatlığı üçün (4) -də birinci müddətin sıfır olduğu qəbul edilir. Bunu nəzərə alaraq, ikinci törəmədir 
. (5)
Əvvəlki kimi eyni səbəblərə görə (5) -də də birinci termini sıfıra bərabər etdik. Nəhayət, n -cü törəmədir 
. (6)
Törəmələrin əldə edilən dəyərlərini orijinal tənliyə əvəz edərək, əldə edirik 
. (7)
(7) dəki ikinci termin sıfıra bərabərdir, çünki y j, j = 1,2, .., n funksiyaları müvafiq homojen L (y) = 0 tənliyinin həlləridir. Əvvəlki ilə birləşərək C "j (x) funksiyalarını tapmaq üçün cəbr tənliklər sistemini əldə edirik. 
(8)
Bu sistemin determinantı, müvafiq homojen L (y) = 0 tənliyinin y 1, y 2, .., y n əsas sistemlərinin Wronskii determinantıdır və buna görə də sıfıra bərabər deyildir. Buna görə də sistemin unikal bir həlli var (8). Tapdıqdan sonra C "j (x), j = 1,2, ..., n və nəticədə C j (x), j = 1,2, ..., n funksiyalarını əldə edirik. dəyərləri (3) daxil etsək, xətti bərabər olmayan bir tənliyin həllini əldə edirik.
Təsvir edilən üsula ixtiyari sabitin dəyişmə metodu və ya Lagrange metodu deyilir.
Nümunə 1. Y "" + 4y " + 3y = 9e -3 x tənliyinin ümumi həllini tapın. Müvafiq homojen tənliyi y" " + 4y" + 3y = 0 hesab edin. Onun xarakterik tənliyinin kökləri r 2 + 4r + 3 = 0 -1 və - 3 -ə bərabərdir. Buna görə də homojen tənliyin əsas həllər sistemi y 1 = e - x və y 2 = e -3 x funksiyalarından ibarətdir. Yekun olmayan tənliyin həllini y = C 1 (x) e - x + C 2 (x) e -3 x şəklində axtarırıq. C "1, C" 2 törəmələrini tapmaq üçün (8) tənliklər sistemini tərtib edirik.
C '1 e -x + C' 2 e -3x = 0
-C '1 e -x -3C' 2 e -3x = 9e -3x
Həll edən, tapdığımız, Əldə edilən funksiyaları inteqrasiya edərək, sahib olduq 
Nəhayət əldə edirik
Nümunə 2. İstənilən ixtiyari sabitlərin dəyişmə üsulu ilə sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri həll edin: 
y (0) = 1 + 3ln3
y '(0) = 10ln3
Həll:
Bu diferensial tənlik sabit əmsallı xətti diferensial tənliklərə aiddir.
Y = e rx şəklində tənliyin həllini axtaracağıq. Bunu etmək üçün sabit əmsalları olan xətti homojen bir diferensial tənliyin xarakterik tənliyini tərtib edirik:
r 2 -6 r + 8 = 0
D = (-6) 2 - 4 1 8 = 4
Xarakterik tənliyin kökləri: r 1 = 4, r 2 = 2
Nəticədə, əsas həllər sistemi funksiyalardan ibarətdir: y 1 = e 4x, y 2 = e 2x
Homojen tənliyin ümumi həlli aşağıdakı formaya malikdir: y = C 1 e 4x + C 2 e 2x
Xüsusi bir sabitin dəyişmə üsulu ilə müəyyən bir həll axtarın.
C "i törəmələrini tapmaq üçün bir tənlik sistemi qururuq:
C '1 e 4x + C' 2 e 2x = 0
C '1 (4e 4x) + C' 2 (2e 2x) = 4 / (2 + e -2x)
Birinci tənlikdən C "1 ifadə edək:
C "1 = -c 2 e -2x
və ikincisini əvəz edin. Nəticədə əldə edirik:
C "1 = 2 / (e 2x + 2e 4x)
C "2 = -2e 2x / (e 2x + 2e 4x)
Əldə olunan C "i funksiyalarını birləşdiririk:
C 1 = 2ln (e -2x +2) -e -2x + C * 1
C 2 = ln (2e 2x +1) - 2x + C * 2
Y = C 1 e 4x + C 2 e 2x olduğundan, alınan ifadələri formada yazırıq:
C 1 = (2ln (e -2x +2) -e -2x + C * 1) e 4x = 2 e 4x ln (e -2x +2) -e 2x + C * 1 e 4x
C 2 = (ln (2e 2x +1) - 2x + C * 2) e 2x = e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + C * 2 e 2x
Beləliklə, diferensial tənliyin ümumi həlli aşağıdakı formaya malikdir:
y = 2 e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x + e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + C * 2 e 2x
və ya
y = 2 e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + C * 1 e 4x + C * 2 e 2x
Xüsusi bir həll tapaq:
y (0) = 1 + 3ln3
y '(0) = 10ln3
Tapılan tənliyə x = 0 qoyaraq əldə edirik:
y (0) = 2 ln (3) - 1 + ln (3) + C * 1 + C * 2 = 3 ln (3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
Yaranan ümumi həllin ilk törəməsini tapın:
y ’= 2e 2x (2C 1 e 2x +C 2 -2x +4 e 2x ln (e -2x +2) +ln (2e 2x +1) -2)
X = 0 əvəz edərək əldə edirik:
y '(0) = 2 (2C 1 + C 2 +4 ln (3) + ln (3) -2) = 4C 1 + 2C 2 +10 ln (3) -4 = 10ln3
İki tənlik sistemini əldə edirik:
3 ln (3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
4C 1 + 2C 2 +10 ln (3) -4 = 10ln3
və ya
C * 1 + C * 2 = 2
4C 1 + 2C 2 = 4
və ya
C * 1 + C * 2 = 2
2C 1 + C 2 = 2
Haradan: C 1 = 0, C * 2 = 2
Şəxsi bir həll belə yazılacaq:
y = 2e 4x ln (e -2x +2) - e 2x + e 2x ln (2e 2x +1) - 2x e 2x + 2 e 2x
Lagrange sabitlərinin dəyişmə üsulu ilə sabit əmsalları olan daha yüksək əmrli xətti bircinsli diferensial tənliklərin həlli üsulu nəzərdən keçirilir. Lagrange metodu, homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlum olduğu təqdirdə, hər hansı bir xətti bərabər olmayan tənliklərin həllində tətbiq olunur.
MəzmunHəmçinin bax:
Lagrange metodu (sabitlərin dəyişməsi)
İstənilən ixtiyari n-ci dərəcəli sabit əmsalları olan xətti qeyri-homojen diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:
(1)
.
Birinci dərəcəli tənlik üçün tərəfimizdən nəzərdən keçirilən sabitin dəyişmə üsulu daha yüksək dərəcəli tənliklər üçün də tətbiq edilir.
Həll iki mərhələdə aparılır. İlk addımda sağ tərəfi atırıq və homojen tənliyi həll edirik. Nəticədə n ixtiyari sabit olan bir həll əldə edirik. İkinci mərhələdə sabitləri dəyişirik. Yəni bu sabitlərin x müstəqil dəyişəninin funksiyaları olduğunu düşünürük və bu funksiyaların formasını tapırıq.
Burada sabit əmsallı tənlikləri nəzərdən keçirsək də, ancaq Lagrange metodu, hər hansı bir xətti bərabər olmayan tənliklərin həllində də tətbiq olunur... Ancaq bunun üçün homojen tənliyin əsas həllər sistemi bilinməlidir.
Addım 1. Homojen tənliyin həlli
Birinci dərəcəli tənliklər olduğu kimi, əvvəlcə homojen olmayan tənliyin ümumi bir həllini axtarırıq və homojen olmayan sağ tərəfi sıfıra bərabər edirik:
(2)
.
Belə bir tənliyin ümumi həlli aşağıdakı formaya malikdir:
(3)
.
Budur ixtiyari sabitlər; - bu tənliyin əsas həllər sistemini təşkil edən homojen tənliyin (2) xətti olaraq müstəqil həlləri.
Addım 2. Sabitlərin dəyişməsi - sabitlərin funksiyalarla əvəzlənməsi
İkinci addımda sabitlərin dəyişməsini həll edəcəyik. Başqa sözlə, sabitləri müstəqil dəyişən x funksiyaları ilə əvəz edəcəyik:
.
Yəni (1) orijinal tənliyinə aşağıdakı formada bir həll axtarırıq:
(4)
.
(4) -ü (1) əvəz etsək, n funksiyası üçün bir diferensial tənlik əldə edirik. Üstəlik, bu funksiyaları əlavə tənliklər ilə əlaqələndirə bilərik. Sonra n funksiyasını təyin edə biləcəyiniz n tənlik əldə edirsiniz. Əlavə tənliklər müxtəlif yollarla qurula bilər. Ancaq bunu edəcəyik ki, həll ən sadə formaya sahib olsun. Bunun üçün fərqləndirmə zamanı funksiyaların törəmələrini ehtiva edən terminləri sıfıra bərabərləşdirmək lazımdır. Bunu nümayiş etdirək.
Təklif olunan həlli (4) orijinal tənliyə (1) əvəz etmək üçün (4) şəklində yazılmış funksiyanın ilk n əmrinin törəmələrini tapmalıyıq. Cəmi və məhsulu fərqləndirmək qaydalarını tətbiq edərək (4) fərqləndiririk:
.
Gəlin üzvləri qruplaşdıraq. Əvvəlcə törəmələri olan terminləri, sonra isə törəmələri olan terminləri yazırıq:
.
Birinci şərti funksiyalara qoyaq:
(5.1)
.
Sonra ilk törəmənin ifadəsi daha sadə bir forma sahib olacaq:
(6.1)
.
Eyni şəkildə ikinci törəməni tapırıq:
.
Funksiyalara ikinci şərt qoyaq:
(5.2)
.
Sonra
(6.2)
.
Və s. Əlavə şərtlərdə, funksiyaların törəmələrini ehtiva edən şərtləri sıfıra qoyduq.
Beləliklə, funksiyalar üçün aşağıdakı əlavə tənlikləri seçsəniz:
(5.k) ,
sonra ilk törəmələr ən sadə formada olacaq:
(6.k) .
Burada.
N -ci törəməni tapın:
(6.n)
.
Orijinal tənliyi (1) əvəz edin:
(1)
;
.
Nəzərə alaq ki, bütün funksiyalar (2) tənliyini yerinə yetirir:
.
Sonra ehtiva edən şərtlərin cəmi sıfır verir. Nəticədə əldə edirik:
(7)
.
Nəticədə, törəmələr üçün xətti tənliklər sistemi əldə etdik:
(5.1)
;
(5.2)
;
(5.3)
;
. . . . . . .
(5.n-1) ;
(7 ') .
Bu sistemi həll edərək, x funksiyası olaraq törəmələr üçün ifadələr tapırıq. İnteqrasiya edərək əldə edirik:
.
Burada artıq x -dən asılı olmayan sabitlərdir. (4) əvəz edərək, orijinal tənliyin ümumi həllini alırıq.
Nəzərə alın ki, törəmələrin dəyərlərini təyin etmək üçün a i əmsallarının sabit olması faktını heç bir yerdə istifadə etməmişik. Buna görə də Lagrange metodu hər hansı bir xətti bərabər olmayan tənliklərin həllində tətbiq olunur homojen tənliyin (2) əsas həllər sistemi məlumdursa.
Nümunələr
Sabitlərin dəyişmə üsulu ilə tənlikləri həll edin (Lagrange).
Həll nümunələri >>>
Daha yüksək dərəcəli tənliklərin Bernoulli üsulu ilə həlli
Sabit əmsalları olan daha yüksək dərəcəli xətti bircins olmayan diferensial tənliklərin xətti əvəzləmə yolu ilə həlli
Mühazirə 44. İkinci dərəcəli xətti bircinsli tənliklər. Özbaşına sabitlərin dəyişmə üsulu. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti bircinsli tənliklər. (xüsusi sağ tərəf).
Sosial çevrilmələr. Dövlət və kilsə.
Bolşeviklərin sosial siyasəti əsasən onların sinif yanaşması ilə diktə edildi. 10 Noyabr 1917-ci il tarixli bir fərmanla əmlak sistemi məhv edildi, inqilabdan əvvəlki rütbələr, titullar və mükafatlar ləğv edildi. Hakimlərin seçki hüququ müəyyən edilib; sivil dövlətlərin dünyəviləşdirilməsi həyata keçirildi. Pulsuz təhsil və tibbi xidmət quruldu (31 oktyabr 1918 -ci il fərmanı). Qadınlara kişilərlə bərabər hüquqlar verildi (16 və 18 dekabr 1917 -ci il fərmanları). Evlilik fərmanı ilə vətəndaş nigahı təsis edildi.
Xalq Komissarları Sovetinin 20 Yanvar 1918 -ci il tarixli fərmanı ilə kilsə dövlətdən və təhsil sistemindən ayrıldı. Kilsə mülklərinin çoxu müsadirə edilib. Moskva və Bütün Rusiyanın Patriarxı Tixon (5 noyabr 1917 -ci ildə seçildi) 19 yanvar 1918 -ci ildə anatematik Sovet hakimiyyəti və bolşeviklərə qarşı mübarizəyə çağırdı.
İkinci dərəcəli xətti bircinsli tənliyi nəzərdən keçirək
Belə bir tənliyin ümumi həllinin quruluşu aşağıdakı teoremlə müəyyən edilir:
Teorem 1. Homojen olmayan tənliyin (1) ümumi həlli, bu tənliyin müəyyən bir xüsusi həllinin və müvafiq homojen tənliyin ümumi həllinin cəmi kimi təmsil olunur.
Sübut... Məbləğin olduğunu sübut etmək lazımdır
(1) tənliyinin ümumi həllidir. Əvvəlcə (3) funksiyasının (1) tənliyin həlli olduğunu sübut edək.
Cəmin əvəzinə (1) tənliyinə qoyulması at, olacaq
(2) tənliyinin bir həlli olduğu üçün birinci mötərizədəki ifadə eyni şəkildə sıfıra bərabərdir. (1) tənliyinin həlli olduğu üçün ikinci mötərizədəki ifadə bərabərdir f (x)... Buna görə bərabərlik (4) bir şəxsiyyətdir. Beləliklə, teoremin birinci hissəsi sübut olunur.
İkinci ifadəni sübut edək: ifadə (3) dir ümumi tənliyin həlli (1). Bu ifadəyə daxil olan ixtiyari sabitlərin ilkin şərtlərin yerinə yetirilməsi üçün seçilə biləcəyini sübut etməliyik:
nömrələr nə olursa olsun x 0, y 0 və (yalnız x 0 funksiyalarının verildiyi ərazidən götürülmüşdür a 1, a 2 və f (x) davamlı).
Formada nələrin təmsil oluna biləcəyinə diqqət yetirin. Sonra, şərtlərə (5) əsasən, sahib olacağıq
Gəlin bu sistemi həll edək və müəyyən edək C 1 və C 2... Sistemi yenidən yazaq:
Qeyd edək ki, bu sistemin təyinedicisi funksiyalar üçün Wronski determinantıdır 1 -də və 2 -də nöqtədə x = x 0... Bu funksiyalar fərziyyə ilə xətti olaraq müstəqil olduğundan Vronsky determinantı sıfıra bərabər deyil; buna görə də (6) sisteminin qəti bir həlli var C 1 və C 2 yəni belə dəyərlər var C 1 və C 2(3) düsturu, verilən ilkin şərtləri yerinə yetirən (1) tənliyin həllini təyin edir. Q.E.D.
Qeyri -bərabər bir tənliyin xüsusi həllərini tapmaq üçün ümumi üsula müraciət edək.
Homojen tənliyin ümumi həllini yazaq (2)
(7) şəklində homojen olmayan tənliyə (1) xüsusi bir həll axtaracağıq C 1 və C 2 kimi hələ də bilinməyən bəzi funksiyalar NS.
Bərabərliyi fərqləndirək (7):
Lazımi funksiyaları seçək C 1 və C 2 beləliklə bərabərlik
Bu əlavə şərt nəzərə alınarsa, birinci törəmə forma alır
İndi bu ifadəni fərqləndirərək tapırıq:
(1) tənliyini əvəz edərək əldə edirik
İlk iki mötərizədə olan ifadələr ona görə yox olur y 1 və y 2- homojen bir tənliyin həlli. Nəticədə son bərabərlik formasını alır
Beləliklə, (7) funksiyası (1) qeyri -homojen tənliyin həlli olacaq C 1 və C 2(8) və (9) tənliklərini yerinə yetirin. (8) və (9) tənliklərindən bir tənlik sistemi quraq.
Bu sistemin determinantı xətti müstəqil həllər üçün Wronski determinantıdır y 1 və y 2 tənlik (2), onda sıfıra bərabər deyil. Buna görə də, sistemi həll edərək, müəyyən funksiyaları tapırıq NS:
Bu sistemi həll edərək inteqrasiya nəticəsində əldə etdiyimiz yeri tapırıq. Sonra, tapılan funksiyaları düsturla əvəz edirik, ixtiyari sabitlərin olduğu bircinsli tənliyin ümumi həllini alırıq.
