2-ci dərəcəli tənliyin kökləri. Xətti homojen diferensial tənliklər. Xətti homojenin ümumi həllinin qurulması
Homojen xətti diferensial tənliklər sabit əmsallı ikinci dərəcəli formaya malikdir
burada p və q həqiqi ədədlərdir. Sabit əmsallı homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin necə həll edildiyinə dair nümunələrə baxaq.
İkinci dərəcəli xətti homojen diferensial tənliyin həlli xarakterik tənliyin köklərindən asılıdır. Xarakterik tənlik k²+pk+q=0 tənliyidir.
1) Xarakterik tənliyin kökləri müxtəlif həqiqi ədədlərdirsə:
onda sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir.
2) Xarakterik tənliyin kökləri bərabər həqiqi ədədlərdirsə
(məsələn, sıfıra bərabər diskriminantla), onda homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli belədir.
3) Xarakterik tənliyin kökləri kompleks ədədlərdirsə
(məsələn, mənfi ədədə bərabər olan diskriminantla), onda bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli formada yazılır.
Sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli nümunələri
Homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin ümumi həllərini tapın:
Xarakterik tənliyi qururuq: k²-7k+12=0. Onun diskriminantı D=b²-4ac=1>0-dır, ona görə də köklər fərqli həqiqi ədədlərdir.
Deməli, bu homojen 2-ci DE-nin ümumi həlli belədir
Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edək:
Köklər real və fərqlidir. Beləliklə, bu homojen diferensial tənliyin ümumi həlli var:
Bu vəziyyətdə xarakterik tənlik
Köklər fərqli və etibarlıdır. Buna görə də 2-ci dərəcəli bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli buradadır
Xarakterik tənlik
Köklər həqiqi və bərabər olduğundan bu diferensial tənlik üçün ümumi həlli belə yazırıq
Xarakterik tənlik buradadır
Çünki diskriminantdır mənfi rəqəm, xarakterik tənliyin kökləri kompleks ədədlərdir.
Bu homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir
Xarakterik tənlik
Buradan biz bu diferensialın ümumi həllini tapırıq. tənliklər:
Özünü sınamaq üçün nümunələr.
§ 9. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti bircinsli diferensial tənliklər
Sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-nin tərifi
Xarakterik tənlik:
İş 1. Diskriminant sıfırdan böyükdür
Dava 2. Diskriminant sıfırdır
İş 3. Diskriminant sıfırdan azdır
Axtarış alqoritmi ümumi həll Sabit əmsallı ikinci dərəcəli LOD
§ 10. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklər
Sabit əmsallarla ikinci dərəcəli LPDE-nin təyini
Sabitlərin dəyişməsi üsulu
LNDDE-nin xüsusi sağ tərəfi ilə həlli üsulu
LNDE-nin ümumi həllinin strukturu haqqında teorem
1. Funksiya r (x) – dərəcə polinomu T
2. Funksiya r (x) – ədədin hasilidir eksponensial funksiya
3. Funksiya r (x) - cəmi triqonometrik funksiyalar
Xüsusi sağ tərəfi olan LPDE-nin ümumi həllini tapmaq üçün alqoritm
Ərizə
§ 9. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənliklər
İkinci dərəcəli diferensial tənlik deyilir sabit əmsallı xətti homojen diferensial tənlik (LODE)., əgər belə görünür:
Harada səh Və q
LODE-nin ümumi həllini tapmaq üçün onun iki fərqli qismən həllini tapmaq kifayətdir və . Sonra LODE-nin ümumi həlli formaya sahib olacaq
Harada İLƏ 1 və İLƏ
Leonard Euler LDE-nin xüsusi həllərini formada axtarmağı təklif etdi
Harada k- müəyyən bir rəqəm.
Bu funksiyanı iki dəfə fərqləndirmək və ifadələri əvəz etmək saat, y" Və y" tənlikdə alırıq:
Nəticədə yaranan tənlik deyilir xarakterik tənlik LODU. Onu tərtib etmək üçün orijinal tənlikdə əvəz etmək kifayətdir y", y" Və saat uyğun olaraq k 2 , k və 1:
Xarakterik tənliyi həll etdikdən sonra, yəni. köklərini tapıb k 1 və k 2, biz həmçinin orijinal LODE üçün xüsusi həllər tapacağıq.
Xarakterik tənlik belədir kvadrat tənlik, onun kökləri diskriminant vasitəsilə tapılır
Bu halda aşağıdakı üç hal mümkündür.
İş 1. Diskriminant sıfırdan böyükdür , buna görə də, köklər k 1 və k 2 etibarlı və fərqli:
k 1¹ k 2
Harada İLƏ 1 və İLƏ 2 – ixtiyari müstəqil sabitlər.
İş 2. Diskriminant sıfırdır , buna görə də, köklər k 1 və k 2 həqiqi və bərabər:
k 1 = k 2 = k
Bu halda LODE-nin ümumi həlli formaya malikdir
Harada İLƏ 1 və İLƏ 2 – ixtiyari müstəqil sabitlər.
İş 3. Diskriminant sıfırdan azdır . Bu halda tənliyin həqiqi kökləri yoxdur:
Kökləri yoxdur.
Bu halda LODE-nin ümumi həlli formaya malikdir
Harada İLƏ 1 və İLƏ 2 – ixtiyari müstəqil sabitlər,
Beləliklə, sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-nin ümumi həllini tapmaq xarakterik tənliyin köklərini tapmaq və tənliyin ümumi həlli üçün düsturlardan istifadə etmək (inteqralların hesablanmasına müraciət etmədən) gəlir.
Sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-nin ümumi həllinin tapılması alqoritmi:
1. Tənliyi buradakı formaya endirin səh Və q- bəzi real rəqəmlər.
2. Xarakterik tənlik yaradın.
3. Xarakterik tənliyin diskriminantını tapın.
4. Düsturlardan istifadə edərək (cədvəl 1-ə baxın) diskriminantın işarəsindən asılı olaraq ümumi həlli yazın.
Cədvəl 1
Mümkün ümumi həllər cədvəli
Bu məqalədə p və q ixtiyari həqiqi ədədlər olduğu sabit əmsallı xətti homojen ikinci dərəcəli diferensial tənliklərin həlli prinsiplərini araşdıracağıq. Əvvəlcə nəzəriyyəyə diqqət yetirək, sonra əldə edilən nəticələri misal və məsələlərin həllində tətbiq edək.
Əgər tanış olmayan terminlərlə rastlaşırsınızsa, o zaman diferensial tənliklər nəzəriyyəsinin tərifləri və anlayışları bölməsinə müraciət edin.
LOD-un ümumi həllinin hansı formada tapılacağını göstərən bir teoremi tərtib edək.
Teorem.
X inteqrasiya intervalında davamlı əmsallı xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həlli xətti birləşmə ilə müəyyən edilir. 
, Harada 
X-də LDE-nin xətti müstəqil qismən həlləridir və ixtiyari sabitlərdir.
Beləliklə, sabit əmsallı xətti bircins ikinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həlli y 0 =C 1 ⋅y 1 +C 2 ⋅y 2 formasına malikdir, burada y 1 və y 2 qismən xətti müstəqil həllərdir və C 1. və C 2 ixtiyari sabitlərdir. y 1 və y 2 qismən həllərin necə tapılacağını öyrənmək qalır.
Eyler formada xüsusi həll yolları axtarmağı təklif etdi.
Sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-nin qismən həllini götürsək, bu həlli tənliyə əvəz edərkən eyniliyi almalıyıq: 
Beləliklə, biz sözdə var xarakterik tənlik sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homogen diferensial tənliyi. Bu xarakterik tənliyin k 1 və k 2 həlləri sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-nin qismən həllini təyin edir.
p və q əmsallarından asılı olaraq xarakterik tənliyin kökləri ola bilər:
Birinci halda Orijinal diferensial tənliyin xətti müstəqil qismən həlləri və , sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-nin ümumi həlli .
Funksiyalar və funksiyaları həqiqətən xətti müstəqildir, çünki Wronski determinantı üçün istənilən real x üçün sıfırdan fərqlidir.
İkinci halda xüsusi bir həll funksiyasıdır. İkinci xüsusi həll olaraq alırıq. Gəlin sabit əmsalları olan ikinci dərəcəli LODE-nin konkret həllinin nə olduğunu göstərək və sübut edək xətti müstəqillik y 1 və y 2.
k 1 = k 0 və k 2 = k 0 xarakterik tənliyin eyni kökləri olduğundan o, formasına malikdir. Beləliklə, orijinal xətti homojen diferensial tənlikdir. Gəlin onu əvəz edək və tənliyin eyniliyə çevrildiyinə əmin olaq: 
Beləliklə, ilkin tənliyin qismən həllidir.
və funksiyalarının xətti müstəqilliyini göstərək. Bunun üçün Wronski determinantını hesablayaq və onun sıfırdan fərqli olduğuna əmin olaq. 
Nəticə: sabit əmsallı ikinci dərəcəli LODE-lərin xətti müstəqil qismən həlləri və , və üçün ümumi həll mövcuddur.
Üçüncü halda bizdə LDE-nin bir cüt kompleks qismən həlli var. Ümumi həll belə yazılacaq 
. Bu xüsusi həllər iki real funksiya ilə əvəz edilə bilər 
və , real və xəyali hissələrə uyğundur. Ümumi həlli çevirsək, bunu aydın görmək olar dan düsturlardan istifadə etməklə kompleks dəyişənin funksiyası nəzəriyyəsi növü: 
burada C 3 və C 4 ixtiyari sabitlərdir.
Beləliklə, nəzəriyyəni ümumiləşdirək.
Sabit əmsallı ikinci tərtib xətti bircinsli diferensial tənliyin ümumi həllinin tapılması alqoritmi.
Hər bir hal üçün nümunələrə baxaq.
Misal.
Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti homojen diferensial tənliyin ümumi həllini tapın 
.
2-ci dərəcəli xətti diferensial tənlik (LDE) aşağıdakı formaya malikdir:
burada , , və həllinin axtarıldığı intervalda davamlı olan funksiyalar verilmişdir. 0 (x) ≠ 0 olduğunu fərz etsək, (2.1)-i bölürük və əmsallar üçün yeni qeydlər daxil etdikdən sonra tənliyi aşağıdakı formada yazırıq:
Sübutsuz qəbul edək ki, (2.2) hər hansı bir ilkin şərtləri ödəyən hansısa intervalda unikal həlli var, əgər baxılan intervalda funksiyalar , və fasiləsizdirsə. Əgər olarsa, (2.2) tənliyi homojen, əks halda (2.2) tənliyi qeyri-homogen adlanır.
2-ci dərəcəli lode üçün həllərin xüsusiyyətlərini nəzərdən keçirək.
Tərif. Funksiyaların xətti birləşməsi ifadədir, burada ixtiyari ədədlərdir.
Teorem.Əgər və – həlli
onda onların xətti kombinasiyası da bu tənliyin həlli olacaqdır.
Sübut.
(2.3) ifadəsini qoyaq və nəticənin eynilik olduğunu göstərək:
Şərtləri yenidən təşkil edək:
Funksiyalar (2.3) tənliyinin həlli olduğundan, sonuncu tənlikdəki mötərizələrin hər biri eyni şəkildə sıfıra bərabərdir, bunun sübut edilməsi lazım idi.
Nəticə 1. Sübut olunmuş teoremdən belə çıxır ki, əgər (2.3) tənliyinin həlli olarsa, bu tənliyin də həlli var.
Nəticə 2. Fərz etsək, görərik ki, Lodun iki həllinin cəmi bu tənliyin də həllidir.
Şərh. Teoremdə sübut edilmiş həllərin xassəsi istənilən düzülüşlü məsələlər üçün qüvvədə qalır.
§3. Vronskinin təyinedicisi.
Tərif.Əgər bu funksiyaların heç biri bütün digərlərinin xətti kombinasiyası kimi təqdim edilə bilmirsə, funksiyalar sistemi müəyyən intervalda xətti asılı deyildir.
İki funksiya halında bu o deməkdir ki 
, yəni. 
. Son şərt və ya kimi yenidən yazıla bilər 
. Bu ifadənin paylayıcısındakı təyinedicidir 
və funksiyaları üçün Wronski determinantı adlanır. Beləliklə, iki xətti müstəqil funksiya üçün Wronski determinantı eyni şəkildə sıfıra bərabər ola bilməz.
Qoy 
xətti müstəqil həllər və (2.3) tənliyi üçün Wronski determinantıdır. Əvəz etməklə funksiyanın tənliyi təmin etdiyinə əmin olaq. (3.1)
Həqiqətən, . Funksiyalar və (2.3) tənliyini təmin etdiyindən, o zaman, yəni. – (3.1) tənliyinin həlli. Bu həlli tapaq: ; . Harada, 
. 
,
, .
Bu formulun sağ tərəfində artı işarəsini götürməlisiniz, çünki yalnız bu halda şəxsiyyət əldə edilir. Beləliklə,
(3.2)
Bu düstur Liuvil düsturu adlanır. Yuxarıda göstərildi ki, xətti müstəqil funksiyalar üçün Wronski determinantı eyni şəkildə sıfıra bərabər ola bilməz. Beləliklə, (2.3) tənliyinin xətti müstəqil həlli üçün təyinedicinin sıfırdan fərqli olduğu bir nöqtə var. Sonra Liouville düsturundan belə çıxır ki, funksiya nəzərdən keçirilən intervaldakı bütün dəyərlər üçün sıfırdan fərqli olacaq, çünki hər hansı bir dəyər üçün düsturun (3.2) sağ tərəfindəki hər iki amil sıfırdan fərqlidir.
§4. 2-ci dərəcəli lode üçün ümumi həllin strukturu.
Teorem.Əgər və (2.3) tənliyinin xətti müstəqil həllidirsə, onda onların xətti kombinasiyası 
, burada və ixtiyari sabitlərdir, bu tənliyin ümumi həlli olacaqdır.
Sübut.
Nə 
(2.3) tənliyinin həllidir, 2-ci tərtib Lodo həllərinin xassələri haqqında teoremdən irəli gəlir. Sadəcə həll yolunu göstərməliyik 
olacaq general, yəni. göstərmək lazımdır ki, istənilən ilkin şərtlər üçün bu şərtləri təmin edəcək şəkildə ixtiyari sabitləri seçmək olar. Gəlin onu yazaq ilkin şərtlər kimi:
Sabitlər və bu xətti cəbri tənliklər sistemindən unikal şəkildə müəyyən edilir, çünki bu sistemin təyinedicisi Lodu üçün xətti müstəqil həllər üçün Wronski determinantının qiymətidir:
,
və əvvəlki paraqrafda gördüyümüz kimi belə bir təyinedici sıfırdan fərqlidir. Teorem sübut edilmişdir.
Misal. Funksiya olduğunu sübut edin 
, burada və ixtiyari sabitlərdir, Lod üçün ümumi həlldir.
Həll.
Əvəz etməklə funksiyaların bu tənliyi təmin etdiyini yoxlamaq asandır. Bu funksiyalar xətti müstəqildir, çünki 
. Buna görə də ümumi həllin quruluşu haqqında teoremə görə, 2-ci tərtib lode 
bu tənliyin ümumi həllidir.
2-ci dərəcəli diferensial tənliklər
§1. Tənliyin sırasını azaltma üsulları.
2-ci dərəcəli diferensial tənliyin forması:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="119" height="25 src="> ( və ya Diferensial" href="/text/category/differentcial/" rel="bookmark">2-ci dərəcəli diferensial tənlik). 2-ci dərəcəli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsi (1..gif" eni="85" hündürlük= "25 src" =">.gif" eni="85" hündürlük="25 src=">.gif" hündürlüyü="25 src=">.
2-ci dərəcəli diferensial tənliyin forması olsun: https://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src=">..gif" width="39" height="" 25 src=">.gif" eni="265" hündürlük="28 src=">.
Beləliklə, 2-ci sifariş tənliyi https://pandia.ru/text/78/516/images/image015_28.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="118" height =" 25 src=">.gif" eni="117" hündürlük="25 src=">.gif" eni="34" hündürlüyü="25 src=">. Onu həll edərək iki ixtiyari sabitdən asılı olaraq orijinal diferensial tənliyin ümumi inteqralını alırıq: DIV_ADBLOCK219">
Misal 1. Diferensial tənliyi həll edin https://pandia.ru/text/78/516/images/image021_18.gif" width="70" height="25 src=">.gif" height="25 src=">.gif " width="39" height="25 src=">.gif" width="157" height="25 src=">.gif" width="112" height="25 src=">.
Bu, ayrıla bilən dəyişənlərə malik diferensial tənlikdir: https://pandia.ru/text/78/516/images/image026_19.gif" width="99" height="41 src=">, i.e.gif" width= " 96" hündürlük="25 src=">.gif" eni="53" hündürlük="25 src=">.gif" eni="48" hündürlük="38 src=">..gif" eni=" 99" " hündürlük="38 src=">..gif" eni="95" hündürlük="25 src=">.
2..gif" eni="117" hündürlük="25 src=">, yəni..gif" eni="102" hündürlük="25 src=">..gif" eni="117" hündürlük= "25 src" =">.gif" eni="106" hündürlük="25 src=">.gif" eni="34" hündürlüyü="25 src=">.gif" eni="117" boyu="25 src=" >.gif" eni="111" hündürlük="27 src=">
Həll.
IN verilmiş tənlik 2-ci sifariş açıq şəkildə tələb olunan funksiyanı daxil etmir https://pandia.ru/text/78/516/images/image043_16.gif" width="98" height="25 src=">.gif" width="33" " height="25 src=">.gif" width="105" height="36 src=">, bu xətti tənlikdir..gif" width="109" height="36 src=">.. gif" eni ="144" hündürlük="36 src=">.gif" hündürlük="25 src="> bəzi funksiyalardan..gif" eni="25" hündürlük="25 src=">.gif" eni = "127" height="25 src=">.gif" width="60" height="25 src="> – tənliyin sırası aşağı salınır.
§2. 2-ci dərəcəli xətti diferensial tənlik.
2-ci dərəcəli xətti diferensial tənlik (LDE) aşağıdakı formaya malikdir:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image059_12.gif" width="42" height="25 src=">.gif" width="42" height="25 src=">. gif" width="42" height="25 src="> və əmsallar üçün yeni qeydlər təqdim etdikdən sonra tənliyi formada yazırıq:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image064_12.gif" width="76" height="25 src=">.gif" width="35" height="25 src=">. gif" eni="30" hündürlük="25 src="> davamlı..gif" eni="165" hündürlük="25 src=">.gif" eni="95" hündürlük="25 src="> - ixtiyari nömrələr.
Teorem.Əgər https://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> - həll yolu
https://pandia.ru/text/78/516/images/image076_10.gif" width="182" height="25 src="> də bu tənliyin həlli olacaq.
Sübut.
https://pandia.ru/text/78/516/images/image077_11.gif" width="420" height="25 src="> ifadəsini qoyaq.
Şərtləri yenidən təşkil edək:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image073_10.gif" width="42" height="25 src=">.gif" width="54" height="25 src=">. gif" width="94" height="25 src="> də bu tənliyin həllidir.
Nəticə 2. https://pandia.ru/text/78/516/images/image083_11.gif" width="58" height="25 src="> fərz etsək də bu tənliyin həlli olur.
Şərh. Teoremdə sübut edilmiş həllərin xassəsi istənilən düzülüşlü məsələlər üçün qüvvədə qalır.
§3. Vronskinin təyinedicisi.
Tərif. Funksiyalar sistemi https://pandia.ru/text/78/516/images/image084_10.gif" width="61" height="25 src=">.gif" width="110" height="47 src=" " >..gif" eni="106" hündürlük="42 src=">..gif" eni="42" boyu="25 src=">.gif" eni="181" hündürlüyü="47 src= " >.gif" eni="42" hündürlük="25 src="> tənliklər (2.3)..gif" eni="182" hündürlük="25 src=">. (3.1)
Həqiqətən, ..gif" width="18" height="25 src="> tənliyi təmin edir (2..gif" width="42" height="25 src="> (3.1) tənliyinin həllidir). .gif" width="87" height="28 src=">..gif" width="182" height="34 src=">..gif" width="162" height="42 src="> .gif" width="51" height="25 src="> şəxsiyyət əldə edilir. Beləliklə,
https://pandia.ru/text/78/516/images/image107_7.gif" width="18" height="25 src=">, burada tənliyin xətti müstəqil həlli üçün determinant (2..gif) " width= "42" height="25 src=">.gif" height="25 src="> (3.2) düsturunun sağ tərəfindəki hər iki amil sıfırdan fərqlidir.
§4. 2-ci dərəcəli lode üçün ümumi həllin strukturu.
Teorem.Əgər https://pandia.ru/text/78/516/images/image074_11.gif" width="42" height="25 src="> tənliyin xətti müstəqil həllidirsə (2..gif" eni="" 19" height="25 src=">.gif" width="129" height="25 src=">(2.3) tənliyinin həllidir, 2-ci dərəcəli məhlulların xassələri haqqında teoremdən irəli gəlir. gif" eni="85" hündürlük="25 src=">.gif" eni="19" hündürlük="25">.gif" eni="220" hündürlük="47">
Bu xətti cəbri tənliklər sistemindən https://pandia.ru/text/78/516/images/image003_79.gif" width="19" height="25 src="> sabitləri unikal şəkildə müəyyən edilir, çünki determinantı bu sistem https: //pandia.ru/text/78/516/images/image006_56.gif" width="51" height="25 src=">:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image116_7.gif" width="138" height="25 src=">.gif" width="19" height="25 src=">. gif" eni="69" hündürlük="25 src=">.gif" eni="235" hündürlük="48">..gif" eni="143" boyu="25 src="> (5) ..gif" width="77" height="25 src=">. Əvvəlki paraqrafa əsasən, 2-ci tərtib Lod-un ümumi həlli bu tənliyin iki xətti müstəqil qismən həlli məlum olduqda asanlıqla müəyyən edilir. Sadə üsul L.Euler tərəfindən təklif olunan sabit əmsallı tənliyin qismən həllini tapmaq üçün..gif" width="25" height="26 src=">, alırıq cəbri tənlik xarakterik adlanır:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image124_5.gif" width="59" height="26 src="> yalnız k-nin bu dəyərləri üçün (5.1) tənliyinin həlli olacaq. ki, xarakterik tənliyin kökləridir (5.2)..gif" width="49" height="25 src=">..gif" width="76" height="28 src=">.gif" width= "205" height="47 src="> və ümumi həlli (5..gif" width="45" height="25 src=">..gif" width="74" height="26 src=" >..gif" width="83" height="26 src=">. Bu funksiyanın (5.1) tənliyinə cavab verdiyini yoxlayaq)..gif" width="190" height="26 src=">. Bu ifadələri əvəz etmək tənliyinə (5.1), alırıq
https://pandia.ru/text/78/516/images/image141_6.gif" width="328" height="26 src=">, çünki..gif" width="137" height="26 src= ">.
Xüsusi həllər https://pandia.ru/text/78/516/images/image145_6.gif" width="86" height="28 src="> xətti müstəqildir, çünki..gif" width="166" hündürlük ="26 src=">.gif" eni="45" hündürlük="25 src=">..gif" eni="65" hündürlük="33 src=">.gif" eni="134" hündürlük = "25 src=">.gif" eni="267" hündürlük="25 src=">.gif" eni="474" hündürlük="25 src=">.
Bu bərabərliyin sol tərəfindəki hər iki mötərizə eyni şəkildə sıfıra bərabərdir..gif" width="174" height="25 src=">..gif" width="132" height="25 src="> (5.1) tənliyinin həlli ..gif" width="129" height="25 src="> belə görünəcək:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image162_6.gif" eni="179" hündürlük="25 src="> f(x) (6.1)
ümumi həllin cəmi kimi təqdim olunur https://pandia.ru/text/78/516/images/image164_6.gif" width="195" height="25 src="> (6.2)
və hər hansı xüsusi həll https://pandia.ru/text/78/516/images/image166_6.gif" width="87" height="25 src="> (6.1)..gif" tənliyinin həlli olacaq. eni="272" hündürlük="25 src="> f(x). Bu bərabərlik eynilikdir, çünki..gif" width="128" height="25 src="> f(x). Buna görə də.gif" width="85" height="25 src=">.gif" eni ="138" height="25 src=">.gif" width="18" height="25 src="> bu tənliyin xətti müstəqil həlləridir. Beləliklə:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image173_5.gif" eni="289" hündürlük="48 src=">
https://pandia.ru/text/78/516/images/image002_107.gif" width="19" height="25 src=">.gif" width="11" height="25 src=">. gif" width="51" height="25 src="> və belə bir determinant yuxarıda gördüyümüz kimi sıfırdan fərqlidir..gif" width="19" height="25 src="> sistemdən tənliklərdən (6 ..gif" eni="76" hündürlük="25 src=">.gif" eni="76" hündürlük="25 src=">.gif" eni="140" hündürlük="25 src" ="> tənliyi həll edəcək
https://pandia.ru/text/78/516/images/image179_5.gif" width="91" height="25 src="> tənliyə (6.5), alırıq
https://pandia.ru/text/78/516/images/image181_5.gif" width="140" height="25 src=">.gif" width="128" height="25 src="> f (x) (7.1)
harada https://pandia.ru/text/78/516/images/image185_5.gif" width="34" height="25 src="> tənlik (7.1) halda sağ tərəf f(x) ) xüsusi formaya malikdir.Bu üsul qeyri-müəyyən əmsallar üsulu adlanır və f(x)-in sağ tərəfinin növündən asılı olaraq konkret həllin seçilməsindən ibarətdir.Aşağıdakı formanın sağ tərəflərini nəzərdən keçirək:
1..gif" width="282" height="25 src=">.gif" width="53" height="25 src=">, sıfır ola bilər. Bu halda konkret həllin hansı formada qəbul edilməli olduğunu göstərək.
a) Əgər nömrə https://pandia.ru/text/78/516/images/image191_5.gif" width="393" height="25 src=">.gif" width="157" height="25" src =>>.
Həll.
Tənlik üçün https://pandia.ru/text/78/516/images/image195_4.gif" width="86" height="25 src=">..gif" width="62" height="25 src" = ">..gif" eni="101" hündürlük="25 src=">.gif" eni="153" hündürlüyü="25 src=">.gif" eni="383" hündürlüyü="25 src= " >.
Hər iki hissəni bərabərliyin sol və sağ tərəflərində https://pandia.ru/text/78/516/images/image009_41.gif" height="25 src=">-ə endiririk.
https://pandia.ru/text/78/516/images/image206_5.gif" eni="111" hündürlük="40 src=">
Yaranan tənliklər sistemindən tapırıq: https://pandia.ru/text/78/516/images/image208_5.gif" width="189" height="25 src="> və ümumi həlli verilmiş tənlik var:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image190_5.gif" width="11" height="25 src=">.gif" width="423" height="25 src=">,
harada https://pandia.ru/text/78/516/images/image212_5.gif" width="158" height="25 src=">.
Həll.
Müvafiq xarakteristik tənlik formaya malikdir:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image214_6.gif" width="53" height="25 src=">.gif" width="85" height="25 src=">. gif" width="45" height="25 src=">.gif" width="219" height="25 src=">..gif" width="184" height="35 src=">. Final Ümumi həll üçün aşağıdakı ifadəmiz var:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image223_4.gif" width="170" height="25 src=">.gif" width="13" height="25 src="> əla sıfırdan. Bu halda konkret həll növünü göstərək.
a) Əgər nömrə https://pandia.ru/text/78/516/images/image227_5.gif" width="204" height="25 src=">,
burada https://pandia.ru/text/78/516/images/image226_5.gif" width="16" height="25 src="> tənlik üçün xarakterik tənliyin köküdür (5..gif" eni="229" hündürlük="25 src=">,
harada https://pandia.ru/text/78/516/images/image229_5.gif" width="147" height="25 src=">.
Həll.
Tənlik üçün xarakterik tənliyin kökləri https://pandia.ru/text/78/516/images/image231_4.gif" width="58" height="25 src=">.gif" width="203" hündürlük ="25 src=">.
3-cü misalda verilmiş tənliyin sağ tərəfi xüsusi formaya malikdir: f(x) https://pandia.ru/text/78/516/images/image235_3.gif" width="50" height="25 src= ">.gif " width="55" height="25 src=">.gif" width="229" height="25 src=">.
Müəyyən etmək üçün https://pandia.ru/text/78/516/images/image240_2.gif" width="11" height="25 src=">.gif" width="43" height="25 src=" > və onu verilmiş tənliklə əvəz edin:
Oxşar şərtlərə istinad edərək, https://pandia.ru/text/78/516/images/image245_2.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="100" height ünvanında əmsalların bərabərləşdirilməsi = "25 src=">.
Verilmiş tənliyin yekun ümumi həlli belədir: https://pandia.ru/text/78/516/images/image249_2.gif" width="281" height="25 src=">.gif" width="47" müvafiq olaraq " height ="25 src=">.gif" width="10" height="25 src="> və bu çoxhədlərdən biri sıfıra bərabər ola bilər. Bu ümumi halda xüsusi həllin növünü göstərək. .
a) Əgər nömrə https://pandia.ru/text/78/516/images/image255_2.gif" width="605" height="51">, (7.2)
harada https://pandia.ru/text/78/516/images/image257_2.gif" width="121" height="25 src=">.
b) Əgər nömrə https://pandia.ru/text/78/516/images/image210_5.gif" width="80" height="25 src="> olarsa, lndu-nun xüsusi həlli belə görünəcək:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image259_2.gif" width="17" height="25 src=">. İfadədə (7..gif" eni="121" hündürlüyü= " 25 src=">.
Misal 4. Tənlik üçün xüsusi həll növünü göstərin
https://pandia.ru/text/78/516/images/image262_2.gif" width="129" height="25 src=">..gif" width="95" height="25 src="> . Lodu üçün ümumi həll forması var:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image266_2.gif" width="183" height="25 src=">..gif" width="42" height="25 src="> ..gif" eni="36" hündürlük="25 src=">.gif" eni="351" hündürlük="25 src=">.
Əlavə əmsallar https://pandia.ru/text/78/516/images/image273_2.gif" width="34" height="25 src=">.gif" width="42" height="28 src=" > sağ tərəfi olan f1(x) və Variasiya" href="/text/category/variatciya/" rel="bookmark">ixtiyari sabitlərin variasiyaları (Laqranj üsulu) ilə tənliyin xüsusi həlli var.
Sabit əmsallı və xüsusi sərbəst şərtləri olan tənlik halları istisna olmaqla, tənliyin konkret həllini birbaşa tapmaq çox çətindir. Buna görə də, tənliyin ümumi həllini tapmaq üçün adətən ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulundan istifadə olunur ki, bu da müvafiq homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlum olarsa, həmişə kvadratlarda tənliyin ümumi həllini tapmağa imkan verir. . Bu üsul aşağıdakı kimidir.
Yuxarıda göstərilənlərə əsasən, xətti homojen tənliyin ümumi həlli belədir:
https://pandia.ru/text/78/516/images/image278_2.gif" width="46" height="25 src=">.gif" width="51" height="25 src="> - sabitlər deyil, f(x)-in hələ məlum olmayan bəzi funksiyaları. . intervaldan götürülməlidir. Əslində, bu halda Wronski determinantı intervalın bütün nöqtələrində, yəni bütün fəzada - xarakterik tənliyin kompleks kökü sıfırdan fərqlidir..gif" width="20" height="25 src="> formanın xətti müstəqil qismən həlləri:
Ümumi həll formulunda bu kök formanın ifadəsinə uyğun gəlir.
