Sənətkarlıq

Diferensial tənliklər sistemini əməliyyat üsulu ilə necə həll etmək olar? Xətti diferensial tənliklərin və onların sistemlərinin həlli üçün əməliyyat metodu Diferensial tənlik sistemlərinin Laplas üsulu ilə həlli

Üçüncü dərəcəli tənlik nümunəsindən istifadə edərək diferensial tənliklərin həllinin əməliyyat üsulunu nəzərdən keçirək.

Tutaq ki, sabit əmsallı üçüncü dərəcəli xətti diferensial tənliyin xüsusi həllini tapmalıyıq.

ilkin şərtləri təmin edir:

c 0, c 1, c 2 - verilmiş ədədlər.

Orijinalın diferensiasiya xüsusiyyətindən istifadə edərək yazırıq:

(6.4.1) tənliyində orijinaldan şəkillərə keçək

Nəticədə yaranan tənlik deyilir operator və ya şəkillərdəki tənlik. Y-yə nisbətən həll edin.

Dəyişəndə cəbri polinomlar R.

Bərabərliyə diferensial tənliyin operator həlli deyilir (6.4.1).

Orijinalın tapılması y(t), tapılmış təsvirə uyğun olaraq diferensial tənliyin xüsusi həllini alırıq.

Misal: Əməliyyat hesablama metodundan istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtləri ödəyən diferensial tənliyin xüsusi həllini tapın.

Gəlin orijinallardan şəkillərə keçək

Orijinal tənliyi şəkillərə yazaq və onu həll edək Y

Yaranan şəklin orijinalını tapmaq üçün kəsrin məxrəcini faktorlara ayırırıq və yaranan kəsri sadə kəsrlərin cəmi kimi yazırıq.

Gəlin əmsalları tapaq A, B, Və İLƏ.

Cədvəldən istifadə edərək, ortaya çıxan görüntünün orijinalını qeyd edirik

Orijinal tənliyin xüsusi həlli.

Əməliyyat metodu eynilə sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər sistemlərinin həlli üçün də tətbiq edilir

Naməlum funksiyalar.

Gəlin şəkillərə keçək

Tənlikləri təmsil edən bir sistem əldə edirik

Sistemi Kramer metodundan istifadə edərək həll edirik. Biz müəyyənediciləri tapırıq:

Görüntüləmə sisteminə həll yolu tapmaq X(p), Y(p) , Z(p).

Sistemin tələb olunan həllini əldə etdik

Əməliyyat hesabından istifadə edərək, dəyişən əmsallı xətti diferensial tənliklərin və qismən diferensial tənliklərin həlli yollarını tapa bilərsiniz; inteqralları hesablayın. Eyni zamanda, problemlərin həlli çox sadələşdirilmişdir. Riyazi fizika tənliklərinin məsələlərinin həllində istifadə olunur.

Özünə nəzarət üçün suallar.

1. Hansı funksiya orijinal adlanır?

2. Orijinalın təsviri hansı funksiyaya deyilir?

3. Heaviside funksiyası və onun təsviri.

4. Şəkil tərifindən istifadə edərək orijinalların funksiyaları üçün şəkil əldə edin: f(t) =t , .

5. Laplas çevirmələrinin xassələrindən istifadə edərək funksiyalar üçün təsvirlər əldə edin.

6. Şəkillər cədvəlindən istifadə edərək orijinalların funksiyalarını tapın: ;

7. Əməliyyat hesablama metodlarından istifadə etməklə xətti diferensial tənliyin xüsusi həllini tapın.

Ədəbiyyat: s.411-439, s.572-594.

Nümunələr: səh. 305-316.

ƏDƏBİYYAT

1. Danko P.E. Təlimlərdə və məsələlərdə ali riyaziyyat. 2 hissədə I hissə: Dərslik. kolleclər üçün təlimat/P.E. Danko, A.G. Popov, T.Ya. Kozhevnikova - M.: Ali. məktəb, 1997.– 304 s.

2. Danko P.E. Təlimlərdə və məsələlərdə ali riyaziyyat. 2 hissədə II hissə: Dərslik. kolleclər üçün dərslik./ P.E. Danko, A.G. Popov, T.Ya. Kozhevnikova - M.: Ali. məktəb, 1997.– 416 s.

3. Kaplan I.A. Ali riyaziyyat üzrə praktik məşğələlər. 4-cü hissə./ I.A. Kaplan - Xarkov Dövlət Universitetinin nəşriyyatı, 1966, 236 s.

4. Piskunov N.S. Diferensial və inteqral hesablamalar. 2 cilddə, 1-ci cild: dərslik. kolleclər üçün dərslik./ N.S. Piskunov - M.: red. “Elm”, 1972. – 456 s.

5. Piskunov N.S. Kolleclər üçün diferensial və inteqral hesablamalar. 2 cilddə, 2-ci cild: dərslik. Kolleclər üçün dərslik../ N.S. Piskunov – M.: red. “Elm”, 1972. – 456 s.

6. Yazılı D.T. Ali riyaziyyat üzrə mühazirə qeydləri: tam kurs.–4-cü nəşr/ D.T. Yazılı – M.: Süsən-press, 2006.–608 s. - (Ali təhsil).

7. Slobodskaya V.A. Ali riyaziyyatın qısa kursu. Ed. 2-ci, yenidən işlənmiş və əlavə Dərs kitabı kolleclər üçün dərslik./ V.A. Slobodskaya - M.: Ali. məktəb, 1969.– 544 s.

Mühazirə qeydləri Ali riyaziyyat

6.070104 “Dəniz və çay nəqliyyatı” istiqamətinin tələbələri üçün

"Gəmi elektrik stansiyalarının istismarı" ixtisası

əyani və qiyabi kurslar 2-ci kurs

Tiraj______ nüsxə Dərc üçün imzalanmış ______________

Sifariş nömrəsi.__________. Həcm__2.78__p.l.

"Kerç Dövlət Dəniz Texnologiyaları Universiteti" nəşriyyatı

98309 Kerç, Orconikidze, 82

Çöldə isti vaxtdır, qovaq tükləri uçur və bu hava istirahət üçün əlverişlidir. Dərs ili ərzində hər kəsdə yorğunluq yığılıb, lakin yay tətillərinin/tətillərin gözlənilməsi onları imtahanlardan və testlərdən uğurla keçməyə ruhlandırmalıdır. Yeri gəlmişkən, müəllimlər də mövsümdə sönük olur, ona görə də tezliklə beynimi boşaltmağa vaxt ayıracam. İndi isə qəhvə, sistem blokunun ritmik uğultusu, pəncərənin üstündə bir neçə ölü ağcaqanad və tam işlək vəziyyətdə...

Nöqtəsinə. Kimin qayğısına qalır, amma bu gün mənim üçün 1 iyundur və biz kompleks təhlilin başqa tipik probleminə baxacağıq - əməliyyat hesablama metodundan istifadə etməklə diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllinin tapılması. Bunu necə həll edəcəyinizi öyrənmək üçün nəyi bilmək və edə bilmək lazımdır? Hər şeydən əvvəl, çox tövsiyə edirəm dərsə müraciət edin. Giriş hissəsini oxuyun, mövzunun ümumi ifadəsini, terminologiyanı, qeydi və ən azı iki-üç nümunəni anlayın. Fakt budur ki, diffuzor sistemləri ilə hər şey demək olar ki, eyni və hətta daha sadə olacaq!

Əlbəttə ki, bunun nə olduğunu başa düşməlisiniz diferensial tənliklər sistemi, bu sistemin ümumi həllini və sistemin xüsusi həllini tapmaq deməkdir.

Xatırladım ki, diferensial tənliklər sistemi “ənənəvi” şəkildə həll edilə bilər: aradan qaldırılması ilə və ya xarakterik tənlikdən istifadə etməklə. Müzakirə ediləcək əməliyyat hesablama metodu tapşırıq aşağıdakı kimi tərtib edildikdə uzaqdan idarəetmə sisteminə tətbiq edilir:

Homojen diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın , ilkin şərtlərə uyğundur .

Alternativ olaraq, sistem heterojen ola bilər - funksiyalar şəklində və sağ tərəflərdə "əlavə çəkilər" ilə:

Ancaq hər iki halda vəziyyətin iki əsas məqamına diqqət yetirməlisiniz:

1) Haqqındadır yalnız şəxsi həll haqqında.
2) İlkin şərtlərin mötərizəsində var ciddi sıfırlar, və başqa heç nə.

Ümumi kurs və alqoritm çox oxşar olacaq əməliyyat üsulu ilə diferensial tənliyin həlli. İstinad materiallarından eyni şeyə ehtiyacınız olacaq orijinalların və şəkillərin cədvəli.

Misal 1

, ,

Həll: Başlanğıc mənasızdır: istifadə etmək Laplace çevirmə cədvəlləri Orijinallardan müvafiq şəkillərə keçək. Uzaqdan idarəetmə sistemləri ilə bağlı problemdə bu keçid adətən sadədir:

1, 2 nömrəli cədvəl düsturlarından istifadə edərək, ilkin şərti nəzərə alaraq əldə edirik:

"Oyunlarla" nə etmək lazımdır? Cədvəldəki "X"ləri zehni olaraq "Mən"-ə dəyişin. İlkin şərti nəzərə alaraq №1, 2 eyni çevrilmələrdən istifadə edərək tapırıq:

Tapılan şəkilləri orijinal tənliklə əvəz edək :

İndi sol hissələrdə tənlikləri toplamaq lazımdır Hamısı hansı və ya mövcud olan şərtlər. Sağ hissələrə tənliklər “rəsmiləşdirilməlidir” digərşərtlər:

Sonra, hər bir tənliyin sol tərəfində mötərizə aparırıq:

Bu halda, aşağıdakılar birinci mövqelərə, ikinci mövqelərə yerləşdirilməlidir:

Nəticədə iki naməlum olan tənliklər sistemi adətən həll edilir Kramer düsturlarına görə. Sistemin əsas determinantını hesablayaq:

Determinantın hesablanması nəticəsində çoxhədli alındı.

Əhəmiyyətli texnika! Bu polinom daha yaxşıdır Bir anda faktoru verməyə çalışın. Bu məqsədlər üçün kvadrat tənliyi həll etməyə çalışmaq lazımdır , lakin ikinci il təhsil almış bir çox oxucu bunu fərq edəcək .

Beləliklə, sistemin əsas təyinedicisi:

Sistemin əlavə sökülməsi, Kramerə təşəkkür edirəm, standartdır:

Nəticədə alırıq sistemin operator həlli:

Sözügedən tapşırığın üstünlüyü ondadır ki, fraksiyalar adətən sadə olur və onlarla məşğul olmaq problemlərdəki fraksiyalardan daha asandır. əməliyyat metodundan istifadə edərək DE-nin xüsusi həllinin tapılması. Öncədən xəbəriniz sizi aldatmadı - yaxşı köhnə qeyri-müəyyən əmsallar üsulu, onun köməyi ilə hər bir fraksiyanı elementar fraksiyalara parçalayırıq:

1) Birinci kəsrlə məşğul olaq:

Beləliklə:

2) Bənzər bir sxemə görə ikinci fraksiyası parçalayırıq, lakin digər sabitlərdən (müəyyən edilməmiş əmsallardan) istifadə etmək daha düzgündür:

Beləliklə:

Mən dummilərə parçalanmış operator həllini aşağıdakı formada yazmağı məsləhət görürəm:
- bu, son mərhələni daha aydın edəcək - tərs Laplas çevrilməsi.

Cədvəlin sağ sütunundan istifadə edərək şəkillərdən müvafiq orijinallara keçək:

Yaxşı riyazi davranış qaydalarına əsasən, nəticəni bir az səliqəyə salacağıq:

Cavab:

Cavab dərsdə ətraflı müzakirə olunan standart sxemə əsasən yoxlanılır. Diferensial tənliklər sistemini necə həll etmək olar? Tapşırığa böyük bir artı əlavə etmək üçün həmişə onu tamamlamağa çalışın.

Misal 2

Əməliyyat hesabından istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtlərə uyğun gələn diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın.
, ,

Bu, özünüz həll etməyiniz üçün bir nümunədir. Məsələnin yekun formasının təxmini nümunəsi və dərsin sonunda cavab.

Bircins olmayan diferensial tənliklər sisteminin həlli alqoritmik olaraq fərqlənmir, texniki cəhətdən bir az daha mürəkkəb olacaq:

Misal 3

Əməliyyat hesabından istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtlərə uyğun gələn diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın.
, ,

Həll:İlkin şərtləri nəzərə alaraq Laplas çevirmə cədvəlindən istifadə etməklə , gəlin orijinallardan müvafiq şəkillərə keçək:

Ancaq bu hamısı deyil, tənliklərin sağ tərəflərində tənha sabitlər var. Sabitin öz başına tamamilə tək olduğu hallarda nə etməli? Bu artıq sinifdə müzakirə olunub. Əməliyyat metodundan istifadə edərək DE-ni necə həll etmək olar. Təkrar edək: tək sabitlər əqli olaraq 1-ə vurulmalı və vahidlərə aşağıdakı Laplas çevrilməsi tətbiq edilməlidir:

Tapılan şəkilləri orijinal sistemlə əvəz edək:

Tərkibində olan şərtləri sola köçürək və qalan şərtləri sağ tərəflərə yerləşdirək:

Sol tərəflərdə mötərizə aparacağıq, əlavə olaraq ikinci tənliyin sağ tərəfini ortaq məxrəcə gətirəcəyik:

Nəticəni dərhal faktorlara ayırmağa çalışmağın məsləhət olduğunu unutmadan sistemin əsas təyinedicisini hesablayaq:
, yəni sistemin unikal həlli var.

Davam edək:

Beləliklə, sistemin operator həlli:

Bəzən bir və ya hətta hər iki fraksiya azaldıla bilər və bəzən o qədər uğurla kiçilə bilər ki, heç bir şeyi genişləndirməyə belə ehtiyac qalmır! Bəzi hallarda, siz dərhal pulsuz hədiyyə alırsınız, yeri gəlmişkən, aşağıdakı dərs nümunəsi göstərici nümunə olacaqdır.

Qeyri-müəyyən əmsallar metodundan istifadə edərək elementar kəsrlərin cəmini alırıq.

Gəlin birinci fraksiyanı bölək:

Və ikincisini əldə edirik:

Nəticədə operator həlli bizə lazım olan formanı alır:

Sağ sütundan istifadə orijinalların və şəkillərin cədvəlləri Tərs Laplas çevrilməsini həyata keçiririk:

Gəlin əldə edilən şəkilləri sistemin operator həllində əvəz edək:

Cavab:Şəxsi həll:

Göründüyü kimi, heterojen sistemdə homojen sistemlə müqayisədə daha çox əmək tutumlu hesablamalar aparmaq lazımdır. Sinuslar və kosinuslar ilə daha bir neçə nümunəyə baxaq və bu kifayətdir, çünki problemin demək olar ki, bütün növləri və həllin əksər nüansları nəzərdən keçiriləcəkdir.

Misal 4

Əməliyyat hesablama metodundan istifadə edərək, verilmiş başlanğıc şərtləri olan diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın,

Həll: Bu nümunəni özüm də təhlil edəcəyəm, lakin şərhlər yalnız xüsusi məqamlara aid olacaq. Güman edirəm ki, siz artıq həll alqoritmini yaxşı bilirsiniz.

Orijinallardan müvafiq şəkillərə keçək:

Tapılan şəkilləri orijinal uzaqdan idarəetmə sisteminə əvəz edək:

Cramer düsturlarından istifadə edərək sistemi həll edək:
, yəni sistemin unikal həlli var.

Nəticədə çoxhədli faktorlara bölünə bilməz. Belə hallarda nə etməli? Tamamilə heç nə. Bu da edəcək.

Nəticədə sistemin operator həlli belədir:

Budur şanslı bilet! Qeyri-müəyyən əmsallar metodundan istifadə etməyə ümumiyyətlə ehtiyac yoxdur! Yeganə odur ki, cədvəl çevrilmələrini tətbiq etmək üçün həlli aşağıdakı formada yenidən yazırıq:

Şəkillərdən müvafiq orijinallara keçək:

Gəlin əldə edilən şəkilləri sistemin operator həllində əvəz edək:

Ağır tərəfin genişlənməsi düsturu

Funksiya şəkli kəsr rasional funksiya olsun.

Teorem. Qoy, harada və diferensiallana bilən funksiyalar. Gəlin funksiyanın hər iki qütbünü təqdim edək, yəni. onun məxrəcinin kökləri (sıfırları). Sonra, Heaviside düsturunu alsaq:

Dərəcələrin çoxhədli və çoxhədli olması halının sübutunu həyata keçiririk T Və P müvafiq olaraq, isə T P. Sonra düzgün rasional kəsrdir. Onu sadə fraksiyaların cəmi kimi təqdim edək:

Buradan eynilikdən (17.2) əmsalları tapırıq, onu yenidən formada yazırıq

Gəlin sonuncu bərabərliyin hər iki tərəfini vuraq və at limitinə keçək. Bunu nəzərə alsaq və biz əldə edirik

buradan gəlir (17.1). Teorem sübut edilmişdir.

Qeyd 1.Çoxhədlilərin əmsalları həqiqi olarsa, çoxhədlinin mürəkkəb kökləri qoşa qoşadır. Nəticə etibarı ilə (17.1) düsturunda kompleks qoşa kəmiyyətlər çoxhədlinin kompleks qoşa köklərinə uyğun gələn terminlər olacaq və Heaviside düsturu formasını alacaq.

burada birinci cəm çoxhədlinin bütün həqiqi köklərinə, ikincisi isə müsbət xəyali hissələri olan bütün mürəkkəb köklərinə şamil edilir.

Qeyd 2.(17.1) düsturunun hər bir termini mürəkkəb formada yazılmış rəqsi təmsil edir, burada. Beləliklə, həqiqi köklər () aperiodik rəqslərə, mənfi real hissələri olan mürəkkəb köklər sönümlü rəqslərə, sırf xəyali köklər isə sönümsüz harmonik rəqslərə uyğun gəlir.

Məxrəcin müsbət həqiqi hissələri olan kökləri yoxdursa, kifayət qədər böyük dəyərlər üçün sabit bir vəziyyət əldə edirik:

Müsbət xəyali hissələri olan polinomun sırf xəyali kökləri.

Mənfi real hissələri olan köklərə uyğun gələn salınımlar eksponensial şəkildə çürüyür və buna görə də sabit vəziyyətə daxil olmur.

Misal 1. Orijinal şəkli tapın

Həll. bizdə var. Çoxhədlinin köklərini yazaq: .

Formula (17.1) görə

Burada, çünki ədədlər tənliyin kökləridir. Beləliklə,

Misal 2. Orijinal şəkli tapın

Harada A 0; .

Həll. Burada funksiya aşkar kökdən əlavə, funksiyanın sıfırları olan sonsuz sayda köklərə malikdir. Tənliyi həll edərək, haranı əldə edirik

Beləliklə, məxrəcin kökləri formaya malikdir və, harada

(17.3) düsturundan istifadə edərək orijinalı tapırıq

Diferensial tənliklərin həlli üçün operator üsulu

Diferensial tənliklər. Xətti diferensial tənlik üçün Koşi məsələsini nəzərdən keçirək

(burada) ilkin şərtlərlə

(18.1)-dəki şəkillərə keçərkən, Laplas çevrilməsinin xətti olması səbəbindən bizdə olacaq

§ 16-nın 3-cü teoremindən və ilkin şərtlərdən (18.2) istifadə edərək, törəmələrin şəkillərini formada yazırıq.

(18.4)-ü (18.3) əvəz edərək, sadə çevrilmələrdən sonra operator tənliyini əldə edirik.

harada (xarakterik polinom); .

(18.5) tənliyindən operator həllini tapırıq

Koşi məsələsinin həlli (18.1), (18.2) orijinal operator həllidir (18.6):

Koşi problemi üçün qəbul edilmiş qeyddə yaza bilərik

Operator tənliyinin forması var

Operator həllini sadə kəsrlərə parçalayaq:

§ 15-də alınan düsturlardan istifadə edərək, orijinalları əldə edirik:

Beləliklə, Koşi probleminin həlli formaya malik olacaqdır

Misal 1.İlkin şərtləri olan diferensial tənlik üçün Koşi məsələsini həll edin, burada.

Həll.

Onun həlli formaya malikdir

§ 16-nın 2-ci teoremindən istifadə edərək ardıcıl olaraq tapırıq:

Misal 2.İlkin şərtləri sıfır olan diferensial tənlik üçün Koşi məsələsini həll edin, burada addım impuls funksiyası var.

Həll. Operator tənliyini yazaq

və onun qərarı

§ 16-nın 2-ci teoremindən belə çıxır

gecikmə teoreminə uyğun olaraq (§ 15)

Nəhayət,

Misal 3. Bir nöqtə kütləsi T, bir sərtliklə yaya bağlanır ilə və hamar üfüqi müstəvidə yerləşən vaxtaşırı dəyişən qüvvə hərəkət edir. Bir anda nöqtə impuls daşıyan təsirə məruz qaldı. Müqavimətə məhəl qoymayaraq, bir nöqtənin hərəkət qanununu tapın, əgər zamanın başlanğıc anında koordinatların başlanğıcında sakit vəziyyətdə idisə.

Həll. Hərəkət tənliyini formada yazırıq

elastik qüvvə haradadır; - Dirac funksiyası. Operator tənliyini həll edək

Əgər (rezonans halı), onda

Gecikmə teoreminə görə

Nəhayət,

Duhamel inteqralı (düsturu). İlkin şərtlərdə (18.1) tənliyi üçün Koşi məsələsini nəzərdən keçirək. Bu halda operator həlli formaya malikdir

Çəki funksiyası orijinal olsun. onda § 16-nın 1-ci teoreminə əsasən əldə edirik

Münasibət (18.7) Duhamel inteqralı (düsturu) adlanır.

Şərh. Sıfırdan fərqli ilkin şərtlər üçün Duhamel düsturu birbaşa tətbiq olunmur. Bu halda ilk növbədə ilkin məsələni bircins (sıfır) başlanğıc şərtləri olan məsələyə çevirmək lazımdır. Bunu etmək üçün, fərz etsək, yeni bir funksiya təqdim edirik

istədiyiniz həllin ilkin dəyərləri haradadır.

Görmək nə qədər asandır və buna görə də .

Beləliklə, funksiya (18.1) tənliyinin sağ tərəfi ilə (18.8)-i (18.1) əvəz etməklə əldə edilən, sıfır ilkin verilənlərlə həllidir.

(18.7) istifadə edərək və tapırıq.

Misal 4. Duhamel inteqralından istifadə edərək Koşi məsələsinin həllini tapın

ilkin şərtlərlə.

Həll. İlkin məlumatlar sıfırdan fərqlidir. (18.8) uyğun olaraq güman edirik. Sonra tərif üçün homojen başlanğıc şərtləri olan bir tənlik alırıq.

Baxılan məsələ üçün xarakterik polinom, çəki funksiyası. Duhamel düsturuna görə

Nəhayət,

Sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər sistemləri. Matris qeydində xətti diferensial tənliklər sistemi üçün Koşi məsələsi formaya malikdir

tələb olunan funksiyaların vektoru haradadır; - sağ tərəflərin vektoru; - əmsal matrisi; - ilkin verilənlərin vektoru.

Əlbəttə ki, bunun nə olduğunu başa düşməlisiniz diferensial tənliklər sistemi, bu sistemin ümumi həllini və sistemin xüsusi həllini tapmaq deməkdir.

Homojen diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın , ilkin şərtlərə uyğundur .

Alternativ olaraq, sistem heterojen ola bilər - funksiyalar şəklində və sağ tərəflərdə "əlavə çəkilər" ilə:

Ancaq hər iki halda vəziyyətin iki əsas məqamına diqqət yetirməlisiniz:

1) Haqqındadır yalnız şəxsi həll haqqında.
2) İlkin şərtlərin mötərizəsində var ciddi sıfırlar, və başqa heç nə.

Misal 1

, ,

1, 2 nömrəli cədvəl düsturlarından istifadə edərək, ilkin şərti nəzərə alaraq əldə edirik:

"Oyunlarla" nə etmək lazımdır? Cədvəldəki "X"ləri zehni olaraq "Mən"-ə dəyişin. İlkin şərti nəzərə alaraq №1, 2 eyni çevrilmələrdən istifadə edərək tapırıq:

Tapılan şəkilləri orijinal tənliklə əvəz edək :

İndi sol hissələrdə tənlikləri toplamaq lazımdır Hamısı hansı və ya mövcud olan şərtlər. Sağ hissələrə tənliklər “rəsmiləşdirilməlidir” digərşərtlər:

Sonra, hər bir tənliyin sol tərəfində mötərizə aparırıq:

Bu halda, aşağıdakılar birinci mövqelərə, ikinci mövqelərə yerləşdirilməlidir:

Nəticədə iki naməlum olan tənliklər sistemi adətən həll edilir Kramer düsturlarına görə. Sistemin əsas determinantını hesablayaq:

Determinantın hesablanması nəticəsində çoxhədli alındı.

Beləliklə, sistemin əsas təyinedicisi:

Sistemin əlavə sökülməsi, Kramerə təşəkkür edirəm, standartdır:

Nəticədə alırıq sistemin operator həlli:

1) Birinci kəsrlə məşğul olaq:

Beləliklə:

2) Bənzər bir sxemə görə ikinci fraksiyası parçalayırıq, lakin digər sabitlərdən (müəyyən edilməmiş əmsallardan) istifadə etmək daha düzgündür:

Beləliklə:

Mən dummilərə parçalanmış operator həllini aşağıdakı formada yazmağı məsləhət görürəm:
- bu, son mərhələni daha aydın edəcək - tərs Laplas çevrilməsi.

Cədvəlin sağ sütunundan istifadə edərək şəkillərdən müvafiq orijinallara keçək:

Yaxşı riyazi davranış qaydalarına əsasən, nəticəni bir az səliqəyə salacağıq:

Cavab:

Misal 2

Əməliyyat hesabından istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtlərə uyğun gələn diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın.
, ,

Bu, özünüz həll etməyiniz üçün bir nümunədir. Məsələnin yekun formasının təxmini nümunəsi və dərsin sonunda cavab.

Bircins olmayan diferensial tənliklər sisteminin həlli alqoritmik olaraq fərqlənmir, texniki cəhətdən bir az daha mürəkkəb olacaq:

Misal 3

Əməliyyat hesabından istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtlərə uyğun gələn diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın.
, ,

Həll:İlkin şərtləri nəzərə alaraq Laplas çevirmə cədvəlindən istifadə etməklə , gəlin orijinallardan müvafiq şəkillərə keçək:

Tapılan şəkilləri orijinal sistemlə əvəz edək:

Tərkibində olan şərtləri sola köçürək və qalan şərtləri sağ tərəflərə yerləşdirək:

Sol tərəflərdə mötərizə aparacağıq, əlavə olaraq ikinci tənliyin sağ tərəfini ortaq məxrəcə gətirəcəyik:

Nəticəni dərhal faktorlara ayırmağa çalışmağın məsləhət olduğunu unutmadan sistemin əsas təyinedicisini hesablayaq:
, yəni sistemin unikal həlli var.

Davam edək:

Beləliklə, sistemin operator həlli:

Qeyri-müəyyən əmsallar metodundan istifadə edərək elementar kəsrlərin cəmini alırıq.

Gəlin birinci fraksiyanı bölək:

Və ikincisini əldə edirik:

Nəticədə operator həlli bizə lazım olan formanı alır:

Sağ sütundan istifadə orijinalların və şəkillərin cədvəlləri Tərs Laplas çevrilməsini həyata keçiririk:

Gəlin əldə edilən şəkilləri sistemin operator həllində əvəz edək:

Cavab:Şəxsi həll:

Misal 4

Əməliyyat hesablama metodundan istifadə edərək, verilmiş başlanğıc şərtləri olan diferensial tənliklər sisteminin xüsusi həllini tapın,

Həll: Bu nümunəni özüm də təhlil edəcəyəm, lakin şərhlər yalnız xüsusi məqamlara aid olacaq. Güman edirəm ki, siz artıq həll alqoritmini yaxşı bilirsiniz.

Orijinallardan müvafiq şəkillərə keçək:

Tapılan şəkilləri orijinal uzaqdan idarəetmə sisteminə əvəz edək:

Cramer düsturlarından istifadə edərək sistemi həll edək:
, yəni sistemin unikal həlli var.

Nəticədə çoxhədli faktorlara bölünə bilməz. Belə hallarda nə etməli? Tamamilə heç nə. Bu da edəcək.

Nəticədə sistemin operator həlli belədir:

Şəkillərdən müvafiq orijinallara keçək:

Gəlin əldə edilən şəkilləri sistemin operator həllində əvəz edək:

Diferensial tənliyi necə həll etmək olar
əməliyyat hesablama metodu?

Bu dərsdə kompleks təhlilin tipik və geniş yayılmış bir vəzifəsini ətraflı araşdıracağıq - əməliyyat hesablama metodundan istifadə etməklə sabit əmsallı 2-ci dərəcəli DE-nin xüsusi həllinin tapılması. Dəfələrlə mən sizi materialın ağlasığmaz dərəcədə mürəkkəb və əlçatmaz olduğuna dair ilkin təsəvvürdən xilas edirəm. Gülməli, amma nümunələri mənimsəmək üçün siz fərqləndirmə, inteqrasiya edə bilməyə və hətta bunun nə olduğunu bilmirsiniz. mürəkkəb ədədlər. Tətbiq bacarığı tələb olunur qeyri-müəyyən əmsallar üsulu, məqalədə ətraflı müzakirə olunur Kəsr-rasional funksiyaların inteqrasiyası. Əslində, tapşırığın təməl daşı sadə cəbri əməliyyatlardır və mən əminəm ki, material hətta orta məktəb şagirdi üçün də əlçatandır.

Birincisi, nəzərdən keçirilən riyazi analiz bölməsi haqqında qısa nəzəri məlumat. Əsas məqam əməliyyat hesabı aşağıdakı kimidir: funksiya etibarlıdır sözdə istifadə dəyişən Laplas çevrilməsi-də göstərilir funksiyası hərtərəfli dəyişən :

Terminologiya və təyinatlar:
funksiyası çağırılır orijinal;
funksiyası çağırılır şəkil;
böyük hərf ifadə edir Laplas çevrilməsi.

Sadə dillə desək, müəyyən qaydalara uyğun olaraq real funksiya (orijinal) mürəkkəb funksiyaya (şəklə) çevrilməlidir. Ox məhz bu çevrilməni göstərir. Və "müəyyən qaydalar" özləridir Laplas çevrilməsi, biz bunu yalnız formal olaraq nəzərdən keçirəcəyik ki, bu da problemlərin həlli üçün kifayət qədər kifayət edəcəkdir.

Şəkil orijinala çevrildikdə tərs Laplas çevrilməsi də mümkündür:

Bütün bunlar niyə lazımdır? Bir sıra ali riyaziyyat problemlərində orijinaldan şəkillərə keçmək çox faydalı ola bilər, çünki bu halda problemin həlli əhəmiyyətli dərəcədə sadələşdirilir (sadəcə zarafat edir). Və biz bu problemlərdən yalnız birini nəzərdən keçirəcəyik. Əgər siz əməliyyat hesablamalarını görmək üçün yaşamısınızsa, onda formula sizə çox tanış olmalıdır:

Verilmiş ilkin şərtlər üçün sabit əmsallı ikinci dərəcəli qeyri-homogen tənliyin xüsusi həllini tapın.

Qeyd: bəzən diferensial tənlik homojen ola bilər: , bunun üçün yuxarıdakı tərtibdə əməliyyat hesablama metodu da tətbiq olunur. Ancaq praktik nümunələrdə 2-ci dərəcəli homogen DE olduqca nadirdir və daha sonra qeyri-homogen tənliklər haqqında danışacağıq.

İndi üçüncü üsul müzakirə ediləcək - əməliyyat hesabından istifadə edərək diferensial tənliklərin həlli. Bunu bir daha vurğulayıram konkret həll yolu tapmaqdan danışırıq, Bundan başqa, ilkin şərtlər ciddi şəkildə formaya malikdir("X" sıfırlara bərabərdir).

Yeri gəlmişkən, "X" haqqında. Tənlik aşağıdakı kimi yenidən yazıla bilər:
, burada “x” müstəqil dəyişən, “y” isə funksiyadır. Təsadüfi deyil ki, bu barədə danışıram, çünki baxılan problemdə ən çox başqa hərflərdən istifadə olunur:

Yəni, müstəqil dəyişənin rolunu “te” dəyişəni (“x” əvəzinə), funksiya rolunu isə “x” (“y” əvəzinə) dəyişəni oynayır.

Əlbətdə ki, əlverişsiz olduğunu başa düşürəm, lakin əksər problemli kitablarda və təlim kitablarında olan qeydlərə sadiq qalmaq daha yaxşıdır.

Beləliklə, digər hərflərlə problemimiz belə yazılır:

Verilmiş ilkin şərtlər üçün sabit əmsallı ikinci dərəcəli qeyri-homogen tənliyin xüsusi həllini tapın .

Tapşırığın mənası heç dəyişməyib, yalnız hərflər dəyişib.

Əməliyyat hesablama metodundan istifadə edərək bu problemi necə həll etmək olar?

Əvvəlcə sizə lazım olacaq orijinalların və şəkillərin cədvəli. Bu əsas həll vasitəsidir və siz onsuz edə bilməzsiniz. Buna görə də, mümkünsə, təqdim olunan istinad materialını çap etməyə çalışın. İcazə verin, “pe” hərfinin nə demək olduğunu dərhal izah edim: mürəkkəb dəyişən (adi “z” əvəzinə). Bu fakt problemlərin həlli üçün xüsusilə vacib olmasa da, “pe” “pe”dir.

Cədvəldən istifadə edərək, orijinalları bəzi şəkillərə çevirmək lazımdır. Aşağıdakılar bir sıra tipik hərəkətlərdir və tərs Laplas çevrilməsi istifadə olunur (həmçinin cədvəldə). Beləliklə, istədiyiniz xüsusi həll tapılacaqdır.

Gözəl olan bütün problemlər kifayət qədər ciddi bir alqoritmə uyğun olaraq həll edilir.

Misal 1

, ,

Həll:İlk addımda orijinallardan müvafiq şəkillərə keçəcəyik. Sol tərəfdən istifadə edirik.

Əvvəlcə orijinal tənliyin sol tərəfinə baxaq. Laplas çevrilməsi üçün əlimizdə var xəttilik qaydaları, buna görə də biz bütün sabitlərə məhəl qoymuruq və funksiya və onun törəmələri ilə ayrıca işləyirik.

1 nömrəli cədvəl düsturundan istifadə edərək funksiyanı çeviririk:

2 nömrəli düstura görə , ilkin şərti nəzərə alaraq törəməni çeviririk:

3 nömrəli düsturdan istifadə edərək, ilkin şərtləri nəzərə alaraq, ikinci törəməni çeviririk:

İşarələrə görə çaşqınlıq etməyin!

Etiraf edirəm, “düsturlar” deyil, “çevrilmələr” demək daha düzgündür, amma sadəlik üçün vaxtaşırı cədvəlin məzmununu düsturlar adlandıracağam.

İndi çoxhədli olan sağ tərəfə baxaq. Eyni səbəbdən xəttilik qaydaları Laplas çevrilir, biz hər bir terminlə ayrıca işləyirik.

Birinci terminə baxaq: - bu, sabitə vurulan müstəqil dəyişən “te”dir. Sabitə məhəl qoymuruq və cədvəlin 4-cü nöqtəsindən istifadə edərək transformasiyanı həyata keçiririk:

İkinci terminə baxaq: –5. Sabit tək tapıldıqda, onu artıq atlamaq mümkün deyil. Tək sabitlə bunu edirlər: aydınlıq üçün o, məhsul kimi təqdim edilə bilər: , çevrilmə isə birliyə tətbiq edilə bilər:

Beləliklə, diferensial tənliyin bütün elementləri (orijinalları) üçün cədvəldən istifadə edərək müvafiq şəkillər tapıldı:

Tapılan şəkilləri orijinal tənliklə əvəz edək:

Növbəti vəzifə ifadə etməkdir operator həlli hər şey vasitəsilə, yəni bir kəsir vasitəsilə. Bu vəziyyətdə aşağıdakı prosedura riayət etmək məsləhətdir:

Əvvəlcə sol tərəfdəki mötərizələri açın:

Bənzər şərtləri sol tərəfdə təqdim edirik (əgər onlar varsa). Bu halda –2 və –3 rəqəmlərini əlavə edirik. Çaydanların bu addımı atmamasını şiddətlə tövsiyə edirəm:

Solda olan şərtləri tərk edirik və qalan şərtləri işarə dəyişikliyi ilə sağa köçürürük:

Sol tərəfdə operator həllini mötərizədən çıxarırıq, sağ tərəfdə ifadəni ümumi məxrəcə endirik:

Soldakı polinom faktorlara bölünməlidir (mümkünsə). Kvadrat tənliyin həlli:

Beləliklə:

Sağ tərəfin məxrəcinə sıfırlayırıq:

Məqsəd əldə edildi - operator həlli bir kəsrlə ifadə edilir.

İkinci hərəkət. İstifadə qeyri-müəyyən əmsallar üsulu, tənliyin operator həlli elementar fraksiyaların cəminə genişləndirilməlidir:

Müvafiq güclərdə əmsalları bərabərləşdirək və sistemi həll edək:

Əgər hər hansı bir probleminiz varsa zəhmət olmasa məqalələri izləyin Kəsr-rasional funksiyanın inteqrasiyası Və Tənliklər sistemini necə həll etmək olar? Bu çox vacibdir, çünki fraksiyalar mahiyyətcə problemin ən vacib hissəsidir.

Beləliklə, əmsallar tapılır: , və operator həlli sökülmüş şəkildə qarşımızda görünür:

Nəzərə alın ki, sabitlər kəsr saylarında yazılmır. Bu qeyd formasından daha sərfəlidir . Və bu daha sərfəlidir, çünki son hərəkət qarışıqlıq və səhvlər olmadan baş verəcəkdir:

Problemin son mərhələsi təsvirlərdən müvafiq orijinallara keçmək üçün tərs Laplas çevrilməsindən istifadə etməkdir. Sağ sütundan istifadə orijinalların və şəkillərin cədvəlləri.

Ola bilsin ki, hamı çevrilişi başa düşmür. Burada cədvəlin 5-ci bəndinin düsturu istifadə olunur: . Daha ətraflı: . Əslində, oxşar hallar üçün düstur dəyişdirilə bilər: . Və 5 nömrəli bəndin bütün cədvəl formullarını oxşar şəkildə yenidən yazmaq çox asandır.

Ters keçiddən sonra DE-nin istənilən qismən həlli gümüş lövhədə alınır:

idi:

oldu:

Cavab:Şəxsi həll:

Vaxtınız varsa, həmişə yoxlama aparmaq məsləhətdir. Test artıq sinifdə müzakirə edilmiş standart sxemə əsasən aparılır. 2-ci dərəcəli qeyri-homogen diferensial tənliklər. Təkrarlayaq:

İlkin şərtin yerinə yetirilməsini yoxlayaq:
- bitdi.

Birinci törəməni tapaq:

İkinci ilkin şərtin yerinə yetirilməsini yoxlayaq:
- bitdi.

İkinci törəməni tapaq:

Əvəz edək , və orijinal tənliyin sol tərəfinə:

Orijinal tənliyin sağ tərəfi alınır.

Nəticə: tapşırıq düzgün yerinə yetirildi.

Öz həlliniz üçün kiçik bir nümunə:

Misal 2

Əməliyyat hesabından istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtlərdə diferensial tənliyin xüsusi həllini tapın.

Dərsin sonunda yekun tapşırığın təxmini nümunəsi.

Diferensial tənliklərdə ən çox yayılmış qonaq, çoxlarının çoxdan qeyd etdiyi kimi, eksponensialdır, ona görə də onlarla, onların qohumları ilə bir neçə nümunəni nəzərdən keçirək:

Misal 3

, ,

Həll: Laplace çevirmə cədvəlindən (cədvəlin sol tərəfi) istifadə edərək, orijinaldan müvafiq şəkillərə keçirik.

Əvvəlcə tənliyin sol tərəfinə baxaq. Orada ilk törəmə yoxdur. Nə olsun? Əla. Daha az iş. İlkin şərtləri nəzərə alaraq 1, 3 nömrəli cədvəl düsturlarından istifadə edərək şəkilləri tapırıq:

İndi sağ tərəfə baxın: – iki funksiyanın məhsulu. Faydalanmaq üçün xəttilik xassələri Laplas çevirmək, mötərizələri açmaq lazımdır: . Sabitlər məhsullarda olduğu üçün biz onları unuduruq və cədvəl formullarının 5 nömrəli qrupundan istifadə edərək şəkilləri tapırıq:

Tapılan şəkilləri orijinal tənliklə əvəz edək:

Nəzərinizə çatdırım ki, növbəti tapşırıq operator həllini tək kəsrlə ifadə etməkdir.

Sol tərəfdə ehtiva edən şərtləri buraxırıq və qalan şərtləri sağ tərəfə keçirik. Eyni zamanda, sağ tərəfdə yavaş-yavaş fraksiyaları ortaq məxrəcə endirməyə başlayırıq:

Solda onu mötərizədən çıxarırıq, sağda ifadəni ortaq məxrəcə gətiririk:

Sol tərəfdə faktorlara bölünə bilməyən çoxhədli alırıq. Əgər polinomu faktorlara ayırmaq mümkün deyilsə, o zaman yazıq oğlanı dərhal sağ tərəfin dibinə atmaq lazımdır, ayaqları hövzədə betonlanır. Numeratorda mötərizələri açır və oxşar şərtləri təqdim edirik:

Ən əziyyətli mərhələ gəldi: təyin olunmamış əmsallar üsulu Tənliyin operator həllini elementar kəsrlərin cəminə genişləndirək:

Beləliklə:

Fraksiyanın necə parçalandığına diqqət yetirin: , bunun niyə belə olduğunu tezliklə izah edəcəyəm.

Bitirin: şəkillərdən müvafiq orijinallara keçək, cədvəlin sağ sütunundan istifadə edin:

Aşağıdakı iki transformasiyada cədvəlin 6 və 7 nömrəli düsturlarından istifadə edilmiş və kəsr sadəcə onu cədvəl çevrilmələrinə “uyğunlaşdırmaq” üçün əvvəlcədən genişləndirilmişdir.

Nəticədə, xüsusi bir həll:

Cavab: tələb olunan xüsusi həll:

DIY həlli üçün oxşar bir nümunə:

Misal 4

Əməliyyat hesablama metodundan istifadə edərək diferensial tənliyin xüsusi həllini tapın.

Qısa bir həll və dərsin sonunda cavab.

Nümunə 4-də ilkin şərtlərdən biri sıfırdır. Bu, şübhəsiz ki, həlli asanlaşdırır və hər iki ilkin şərt sıfır olduqda ən ideal seçimdir: . Bu halda, törəmələr quyruqsuz şəkillərə çevrilir:

Artıq qeyd edildiyi kimi, problemin ən çətin texniki tərəfi fraksiyanın genişlənməsidir təyin olunmamış əmsallar üsulu, və mənim ixtiyarımda olduqca zəhmət tələb edən nümunələr var. Bununla belə, mən heç kimi canavarlarla qorxutmayacağam, gəlin tənliyin bir neçə tipik variantını nəzərdən keçirək:

Misal 5

Əməliyyat hesablama metodundan istifadə edərək, verilmiş ilkin şərtləri ödəyən diferensial tənliyin xüsusi həllini tapın.
, ,

Həll: Laplas çevirmə cədvəlindən istifadə edərək, orijinallardan müvafiq şəkillərə keçirik. İlkin şərtləri nəzərə alaraq :

Sağ tərəfdə də heç bir problem yoxdur:

(Unutmayın ki, çarpan sabitləri nəzərə alınmır)

Gəlin ortaya çıxan şəkilləri orijinal tənliklə əvəz edək və standart hərəkətləri yerinə yetirək, ümid edirəm ki, siz artıq yaxşı işləmisiniz:

Məxrəcdəki sabiti kəsrdən kənarda götürürük, əsas odur ki, bu barədə sonra unutmayaq:

Hesablayıcıdan əlavə iki çıxarıb-çıxarmayacağımı düşünürdüm, lakin hesablaşdıqdan sonra bu addımın növbəti qərarı praktiki olaraq asanlaşdırmayacağı qənaətinə gəldim.

Tapşırıqın özəlliyi nəticədə yaranan kəsirdir. Görünür, onun parçalanması uzun və çətin olacaq, lakin görünüş aldadıcıdır. Təbii ki, çətin şeylər var, amma hər halda - irəli, qorxu və şübhə olmadan:

Bəzi ehtimalların kəsirli olması bu vəziyyətin çaşdırıcı olmamasına səbəb ola bilməz; Yalnız hesablama texnologiyası uğursuz olmasaydı. Bundan əlavə, həmişə cavabı yoxlamaq imkanı var.

Nəticədə operator həlli belədir: