Однородных и неоднородных линейных ду 2-го порядка

И снова всех приветствую в разделе «Дифференциальные уравнения», а именно на странице, которая появилась по многочисленным просьбам посетителей сайта. Данная статья является закономерным продолжением уроков об однородных и неоднородных линейных ДУ 2-го порядка, и поэтому нижеследующие материалы эффективнее всего изучать «по горячим следам». Или с уже наработанными навыками решения этих уравнений. Так или иначе, на данный момент у вас должен быть более или менее приличный уровень подготовки по теме.
Наверное, многие уже представляют, как выглядят наши «подопечные». Линейное однородное дифференциальное уравнение -го порядка имеет следующий вид:

(напоминаю, что – это обозначение «энной» производной)
и, соответственно, в линейном НЕоднородном дифференциальном уравнении справа присутствует ненулевая функция:

Достаточно часто названия этих дифуров сокращают до ЛОДУ и ЛНДУ, но я противник излишних аббревиатур. Потому что ЭПСНУУМ =)
Ранее мы рассмотрели линейные ДУ 1-го и 2-го порядков, и сегодня пришло время разделаться с их старшими собратьями, обладающих степенями . Кроме того, вы узнаете несколько дополнительных приёмов решения неоднородных уравнений 2-го порядка. В большинстве практических примеров коэффициенты постоянны (являются константами), однако помимо всего прочего я коснусь и случая, когда там «затесалась» буква «икс». Надеюсь, вам всё очень понравится!
Началом этого урока можно смело считать параграф Линейные однородные уравнения высших порядков (откроется на соседней вкладке) вводной статьи, и перед дальнейшим чтением было бы неплохо пробежаться по нему взглядом. …Есть? Собственно, продолжаем:
Пример 1
Найти частное решение дифференциального уравнения , удовлетворяющее начальным условиям
Решение: перед нами линейное однородное ДУ 3-го порядка и всё начинается, как уже не раз начиналось. Составим и решим характеристическое уравнение:

– три различных действительных корня, поэтому общее решение:

Внимание! Если вам НЕ ПОНЯТЕН / ПОЗАБЫЛСЯ принцип формирования общего решения, то, пожалуйста, начните с рекомендованного выше параграфа.
Частное решение тоже разыскивается по обычному алгоритму – с той поправкой, что увеличивается длительность процесса и его техническая сложность. Сначала используем начальное условие :

Далее находим первую производную и применяем начальное условие :

И, наконец, «окучиваем» вторую производную начальным условием :

Таким образом, у нас нарисовалась система трёх линейных уравнений с тремя неизвестными:

Здесь проще всего сложить почленно 2-е и 3-е уравнения, в результате чего получаем:
– подставим по 2-е уравнение и выразим :

Надеюсь, все помнят действия со степенями, но всё же распишу их разок ОЧЕНЬ подробно:

Почти всё готово. Подставим и в 1-е уравнение системы:

И на завершающем шаге подставим найденные значения констант в общее решение:

Ответ: частное решение:
С проверкой никаких чудес – сначала проверяем начальные условия:
, ОК

, ОК

, ОК
После чего берём 3-ю производную и подставляем её вместе с младшей сестрой в исходное дифференциальное уравнение :

Получено верное равенство, таким образом, частное решение найдёно верно.
…Что-что не помешает, так это небольшая разминка:
Пример 2
Найти частное решение дифференциального уравнения , удовлетворяющее начальным условиям
Краткое решение и ответ в конце урока. Желающие разогреться поосновательнее могут «взять в оборот» ещё 30 примеров из задачника Рябушко (Часть 2, ИДЗ 11.4, Задача № 1), где для особых ценителей есть и диффуры 4-го порядка. Правильные ответы прилагаются!
Кстати, повторим немного алгебру – сколько слагаемых входит в общее решение однородного уравнения ?
Так как характеристический многочлен имеет ровно комплексных корней, то таких слагаемых ровно «эн» штук: . А в случае неоднородности уравнения, понятно, больше – переходим к самому интересному:

Линейные неоднородные уравнения высших порядков

Я буду придерживаться тех же обозначений, что и на уроке о неоднородных ДУ 2-го порядка. Для диффуров порядка общее решение имеет ту же самую структуру:
, где:
– общее решение соответствующего однородного уравнения (в предыдущем параграфе обозначалось через );
– частное решение неоднородного уравнения.
Как вы помните, наиболее трудной частью задачи является отыскание , для чего мы использовали таблицу подбора частного решения. Данная справка полезна и удобна, однако составлена она только для случая . Как быть, если порядок уравнения выше? На самом деле можно вообще обойтись без таблицы! И сейчас я расскажу вам об одном удивительно простом приёме, который позволит избавиться от этого справочного балласта. Вернёмся к некоторым примерам статьи о неоднородных диффурах второго порядка:
В дифференциальном уравнении (Пример № 2) вроде бы нужно выполнить подбор в виде , но если немного присмотреться к общему решению соответствующего однородного ДУ, то легко заметить, что константа там УЖЕ ЕСТЬ: . Образно говоря, это место занято, и одинокая буква в «очевидном» подборе – лишняя. Именно поэтому мы и повышаем степень домножением на «икс»:
Что характерно, итоговый ответ можно переписать «стильно»:

Прямо таки математическое событие под названием «Воссоединение членов многочлена» =)
В Примере же 1 для уравнения проходит «штатный» подбор – по той причине, что в общем решении нет ничего подобного – ни куба, ни квадрата, ни линейного члена, ни константы.
В уравнении (Пример 3) напрашивающийся подбор не годится, поскольку подобный член уже есть: , а значит, судьба наша . И опять же – итоговый ответ можно красиво «упаковать»:
Для уравнения (Пример 6) ситуация интереснее: в нём не срабатывает подбор и не помогает домножение на «икс» – оба «кандидата» уже присутствуют в общем решении: . И поэтому ничего не остаётся, как ещё раз приподнять степень: .
Думаю, теперь вам стал понятен неформальный смысл «аномальных» табличных случаев с домножением. И этот принцип так же работает для диффуров высших порядков! Впрочем, не будем торопиться:
Пример 3
Решить дифференциальное уравнение

Первый пункт решения пролетает на автопилоте:

– сопряжённые комплексные корни, поэтому общее решение однородного ДУ:

Но вот дальше хлопот побольше. Прежде всего, обращаем внимание, что правая часть неоднородного ДУ «разношёрстная» – в ней находятся синус с экспонентой. И возникает вопрос: как отыскать частное решение? Не спеша! В подобных ситуациях его удобно разделить на две части и «провернуть» алгоритм подбора два раза:
Примечание: эта возможность хоть и очевидна, однако строго доказывается в теории
1) Первый кусок частного решения вроде бы надо искать в виде . Но подобные члены уже есть в общем решении , и поэтому «первоначальная версия» подлежит корректировке домножением на «икс»:

Дальнейшее – дело техники, главное, тут не запутаться:

Вторую производную для надёжности лучше взять «столбиком»:

Этот приём я рекомендую использовать везде, где есть громоздкие выкладки, в частности при вычислении сложных кратных интегралов, коэффициентов ряда Фурье.
Подставим и в левую часть неоднородного уравнения, выполним упрощения и приравняем результат к :

Таким образом:
Следует отметить, что в подобных технически сложных случаях выгоден более простой способ нахождения частного решения, связанный с применением аппарата комплексного анализа, однако в рамках данной статьи я оставлю его за кадром. Соответствующие примеры с пояснениями можно найти, например, в следующем решебнике:
Краснов М.Л., Киселёв А.И., Макаренко Г.И. Обыкновенные дифференциальные уравнения

2) Теперь разбираемся с экспонентой. Здесь проходит подбор в «штатном» виде , поскольку в общем решении экспонент нет даже в помине.

Тут всё гораздо проще:

Подставим и в левую часть неоднородного ДУ, приведём подобные слагаемые и приравняем к :

«Сведём» частное решение воедино:

Разумеется, его можно было найти и «за один присест», работая с , но к быстрому способу прикладывается жирный шанс что-нибудь где-нибудь потерять.
Итак, общее решение неоднородного уравнения:

Скомпонуем «родственные» слагаемые:
Ответ:
Выполним проверку-«лайт». Во-первых, параноидально перепроверим, что числа являются корнями характеристического уравнения , а значит, слагаемые находятся в ответе совершенно заслуженно; и, во-вторых, проверим частное решение :

Подставим и в левую часть
неоднородного уравнения:

– в результате получена правая часть, следовательно, частное решение найдено верно.
Повышаем обороты:
Пример 4
Решить дифференциальное уравнение

Примерный образец чистового оформления задачи в конце урока. Ещё раз занудно остановлюсь на том, что частное решение желательно разбить на две части: – этот технический приём целесообразно применять во многих похожих случаях, за исключением совсем уж простых. Так, например, для правой части и подбора разделять решение будет скорее, наоборот – лишней тратой времени. Хотя «разбивку» здесь тоже нельзя называть неуместной.
Вторая часть урока будет посвящена наиболее распространённым на практике уравнениям, у которых в правой части находятся экспоненты и/или многочлены:
Пример 5
Найти общее решение дифференциального уравнения третьего порядка

…мда,… бывает не только любовь, но и трудность с первого взгляда =)
Решение: найдём общее решение соответствующего однородного уравнения:

Первое, что приходит в голову, это подобрать какой-нибудь корень – здесь он обнаруживается быстро: , и разделить многочлен на . Или же воспользоваться схемой Горнера. Однако и в том, и в другом случае к нашей досаде выяснится, что .
Всего-то лишь школьная формула куба суммы:

Но многие и многие студенты проходят мимо таких возможностей. Какой здесь можно дать совет? Решайте примеров больше и…париться будете меньше!
Итак, характеристическое уравнение имеет три кратных корня , поэтому:

С частным решением на самом деле тоже всё просто. Смотрим на правую часть неоднородного уравнения, из которой напрашивается подбор , смотрим на «группу товарищей» из общего решения, и приходим к выводу, что ехать придётся на третьей полке: , ибо в общем решении и в подбираемом частном решении не должно быть подобных членов. Наконец-то сформулировал общее правило =) Если при «очевидном» подборе нарисовались подобные члены, то это лечится его домножением на «икс» (если нужно, 2 или бОльшее количество раз). Если не соблюсти это правило, то… проверьте сами.
Производные – почти подарок:

Подставим завоёванные трофеи в левую часть неоднородного уравнения, проведём упрощения и приравняем результат к правой части:

Если задание оформляется от руки, то подобные слагаемые удобно помечать и вычёркивать. И если после сокращений остаётся что-то «лишнее» – нужно искать ошибку: либо неправильно выбрана сама форма подбора, либо допущен огрех в производных, либо – в подстановке и финальных преобразованиях.
Таким образом:
Общее решение неоднородного уравнения:

Что называется, вся честнАя компания в одном купе:
Ответ:
Не забываем о проверке! Хотя она здесь особо не нужна – маловероятно, что мы где-то ошиблись и всё так удачно «сошлось». Впрочем, для очистки совести можно «прозвонить» частное решение .
Очередной типовой пример для самостоятельного решения:
Пример 6
Найти общее решение дифференциального уравнения 3-го порядка

Краткое решение и ответ в конце урока, который мы завершаем приятнейшими задачами. Скоро поймёте, почему:)

Пример 7
Решить дифференциальное уравнение четвёртого порядка

Решение: с характеристическим уравнением никаких проблем:

– две пары кратных корней, таким образом:

А вот с частным решением всё несколько занятнее. Исходя из содержания правой части неоднородного ДУ, выдвигаем «штатную» версию подбора: , которая, понятно, нас не устраивает, поскольку в общем решении однородного ДУ уже есть и . Домножением на «икс» вопрос не решить, так как подбор всё равно «пересекается» со слагаемым общего решения . А значит, степень нужно поднять ещё выше:

Иметь дело с такими производными – действительно одно удовольствие:)

Подставим и в левую часть неоднородного уравнения, перегруппируем
слагаемые и приравняем результат к правой части:

В результате получаем следующую систему линейных уравнений:

Дробей тушеваться не нужно – обычное дело, да и вычисления здесь устные. Из 1-го уравнения:
– подставим во 2-е уравнение:

Подставим в 3-е уравнение:

В результате:
Общее решение неоднородного уравнения:

С снова немного эстетики:
Ответ:
А почему бы и нет? – диффур пятого порядка для самостоятельного решения:
Пример 8

И коль скоро, вы читаете эти строки, то, наверное, ждёте чего-нибудь особенного…. И я, конечно же, не могу обмануть этих ожиданий – пожалуйста, изящное и воздушное уравнение для полной релаксации:
Пример 9
Найти частное решение дифференциального уравнения , удовлетворяющее начальным условиям
Решения и ответы совсем близко.
Дополнительные тематические примеры с решениями можно посмотреть здесь (Задачи 12-15), а также в уже упомянутой книге Краснов М.Л., Киселёв А.И., Макаренко Г.И. Обыкновенные дифференциальные уравнения. Там же можно ознакомиться с линейными уравнениями с НЕпостоянными коэффициентами – когда среди есть коэффициенты с «иксами». Но разрешимы такие ДУ, понятно, далеко не всегда.
Линейным дифференциальным уравнением n - го порядка с переменными коэффициентами называется уравнение вида
, (1)
где - известные функции. Если - частное решение уравнения (1) при , то посредством замены порядок уравнения (1) при можно понизить.
Функции называются линейно зависимыми на сегмента [a,b], если существуют такие постоянные , одновременно не равные нулю, что на [a,b] выполняется тождество
. (2)
Если тождество (2) справедливо лишь при , то указанные функции называются линейно независимыми на сегменте [a,b].
Пример 1. Решить уравнение .
Решение.
С помощью замены понижаем порядок данного уравнения:
.
Общее решение его имеет вид . Интегрируя уравнение окончательно находим
.
Пример 2. Исследовать на линейную независимость функции , в области, где они определены.
Решение.
Согласно определению линейной независимости функций должны найтись такие числа , одновременно не равные нулю, что выполняется тождество относительно x:
.
Отсюда (если эти тождества выполняются) следуют равенства
,
или . Следовательно, функции линейно независимы.
Пусть - произвольная система функций, заданных на [a,b], определителем Вронского для данной системы является определитель
.
Если (n-1) раз дифференцируемые функции линейно зависимы на сегменте [a,b], то на [a,b].
Если линейно независимые функции являются решениями линейного однородного уравнения
, (3)
где непрерывные на сегменте [a,b] функции, то на [a,b].
Общее решение уравнения (3) при есть линейная комбинация

линейно независимых частных решений этого уравнения.
Пример 3.Могут ли графики двух решений уравнения

с непрерывными коэффициентами на плоскости xOy пересекаться.
Решение.
Пусть - два различных решения данного уравнения. Тогда и функция также есть решение этого уравнения, причем , где абсцисса точки пересечения графиков решений .
Если n=1, то, в силу единственности задачи Коши имеется только тривиальное решение . Следовательно, двух различных решений нет. Пусть n=2, тогда имеем задачу

в который произвольное, поскольку не задано. Следовательно, графики двух решений задачи могут пересекаться при . Аналогичная ситуация и при .
Совокупность n линейно независимых частных решений линейного однородного уравнения n-го порядка называется егофундаментальной системой. Фундаментальная система решений вполне определяет линейное однородное уравнение (3). Такое уравнение имеет вид
. (4)
Пример 4. Составить линейное однородное дифференциальное уравнение (возможно меньшего порядка), имеющее частные решения .
Решение.
Очевидно, что функции линейно независимые, поэтому согласно (4), имеем
.
Чтобы найти общее решение линейного однородного уравнения второго порядка , у которого известно одно частное решение , можно решить, используя формулу Остроградского - Лиувилля:
,
где - любые два решения данного уравнения.
Пример 5.Решить уравнение .
Решение.
По формуле Остроградского - Лиувилля получим
.
Так как функция известна, то получим линейное уравнение первого порядка относительно . Разделив обе части уравнения на , получим
.
Так как , то
,
В итоге получаем общее решение уравнения
.
Общего метода для отыскания частного решения линейного уравнения второго порядка с переменными коэффициентами не существует. В некоторых случаях решение удается найти путем подбора. Если коэффициенты уравнения являются многочленами, то его частное решение можно найти также в виде многочленов.
Пример 6. Найти частное решение уравнения , являющееся алгебраическим многочленом.
Решение.
Сначала найдем степень многочлена. Подставляя в уравнение и выписывая только члены с самой старшей степенью x, получим:
.
Приравнивая нулю коэффициент при старшей степени x, получим:
.
Отсюда . Итак, многочлен может быть только второй степени. Ищем его в виде . Подставляя в исходное уравнение получим , следовательно,

Отсюда . Итак, многочлен является частным решением
Линейным дифференциальным уравнением -го порядка назовем дифференциальное уравнение вида:
.
Поиск общего решения может быть довольно труден и решение такого уравнения не всегда можно найти. Тем не менее, некоторые приемы и соображения могут быть полезны при поиске общего решения. При поиске решения, мы можем найти некоторые частные решения. Их нужно проверять на линейную независимость.
Как и в случае линейных уравнений с постоянными коэффициентами сначала следует найти общее решение однородного уравнения  , а затем, методом вариации постоянных, найти частное решение неоднородного уравнения. Как и в случае уравнений с постоянными коэффициентами общее решение исходного неоднородного уравнения будет сумма общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения.
Если для уравнения с постоянными коэффициентами нахождение общего решения однородного уравнения было алгоритмически простым, то для уравнения с переменными коэффициентами это представляет основную трудность. Мы ограничимся здесь однородными уравнениями -го порядка

Здесь имеется два момента. Во-первых, нужно найти хотя бы одно частное решение  . Тогда в уравнение следует подставить , после чего порядок уравнения понижается заменой :


Приведем несколько примеров. 
Пример 1 Решить уравнение:  .
Вид коэффициентов уравнения позволяет надеяться, что частным решением может быть многочлен. Пусть это многочлен степени  . Не уменьшая общности можно считать, что он начинается с члена  . Подставляя в уравнение  получаем:

Если  -решение, то необходимо чтобы все коэффициенте при многочлене слева обратились в  . В частности, коэффициент при старшем члене: 
.
Итак, частное решение мы можем искать лишь среди многочленов второй и третьей степени. Ищем частное решение в виде  . Подставляем в уравнение:

Собираем подобные члены слева:
.
Приравниваем коэффициенты при многочлене нулю и находим: . То есть мы нашли одно частное решение:  .
Можно попытаться найти частное решение и среди многочленов третьей степени. Аналогичный поиск приводит к еще одному частному решению  . Нам даже не понадобилось понижать порядок, мы нашли фундаментальное семейство решений  . Запишем общее решение уравнения:  .
Пример 2 Решить уравнение:  .
Попробуем найти частное решение среди многочленов:  . Подставляем в уравнение, получим:
.
Приравниваем коэффициент при старшем члене многочлена нулю:
. При  получаем решение  . Можно найти и второе частное решение при  , но мы пойдем по пути уменьшения порядка дифференциального уравнения. Мы сделаем замену  . Получим уравнение:
.
Получили уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные и интегрируем: получаем  .
Отсюда общее решение исходного уравнения:
.

Идет перевод…
Va yana " Differentsial tenglamalar " bo'limida , ya'ni saytga tashrif buyuruvchilarning ko'p sonli so'rovlari sababli paydo bo'lgan sahifada barchani qutlayman . Ushbu maqola 2-darajali bir hil va bir hil bo'lmagan chiziqli DE haqidagi darslarning tabiiy davomi bo'lib, shuning uchun quyidagi materiallar "izda issiq" ni o'rganish uchun eng samarali hisoblanadi. Yoki ushbu tenglamalarni echish bo'yicha allaqachon olingan ko'nikmalarga ega. U yoki bu tarzda, hozirgi paytda siz mavzu bo'yicha ozmi-ko'pmi munosib tayyorgarlik ko'rishingiz kerak.
Ehtimol, ko'pchilik bizning "qamoqxonalar" qanday ko'rinishini tasavvur qilishadi. Bir hil chiziqli differensial tenglama - quyidagicha birinchi tartib bo'ladi: (a eslatma ekanligini - bu belgi "biror», lotin )

va shunga mos ravishda, nolga teng bo'lmagan funktsiya chiziqli bir hil bo'lmagan differentsial tenglamada mavjud:

Ko'pincha, bu difurlarning nomlari LODU va LNDUga qisqartiriladi, ammo men keraksiz qisqartirishlarga qarshiman. Chunki EPSNUUM =)
Ilgari biz 1-chi va 2-chi darajadagi chiziqli DE-larni ko'rib chiqdik va bugun ularning ilmiy darajalariga ega bo'lgan akalaridan qutulish vaqti keldi . Bundan tashqari, siz bir hil bo'lmagan 2-darajali tenglamalarni echish uchun bir nechta qo'shimcha fokuslarni o'rganasiz . Ko'pgina amaliy misollarda koeffitsientlar doimiy (ular doimiy), ammo boshqa narsalar qatori men u erda "x" harfi "eskirgan" holatga ham to'xtalaman. Umid qilamanki, sizga hamma narsa yoqadi! 
Ushbu darsning boshini kirish maqolasining yuqori darajadagi chiziqli bir hil tenglamalari (keyingi yorliqda ochilgan) xatboshisi deb hisoblash mumkin va qo'shimcha o'qishdan oldin uni ko'rib chiqish yaxshi bo'lar edi. …U yerda? Aslida, biz davom etamiz:
1-misol
Boshlang'ich shartlarni qondiradigan differentsial tenglamaning ma'lum bir echimini toping
Yechish: bizning oldimizda 3-darajali chiziqli bir hil DE mavjud va hamma narsa boshlanadi, chunki u allaqachon bir necha marta boshlangan. Xarakterli tenglamani tuzamiz va echamiz: - uch xil haqiqiy ildiz, shuning uchun umumiy echim:

Diqqat! Agar siz umumiy echimni shakllantirish tamoyilini TUShUNMAYSIZ / YOQTIRMASangiz, iltimos, yuqorida tavsiya etilgan xatboshidan boshlang.

Muayyan echim ham odatiy algoritm bo'yicha qidiriladi - jarayonning davomiyligi va uning texnik murakkabligini oshiradigan o'zgartirish bilan. Birinchidan, biz dastlabki shartdan foydalanamiz :

Keyinchalik, biz birinchi lotinni topamiz va dastlabki shartni qo'llaymiz :

Va nihoyat, biz ikkinchi lotinni boshlang'ich sharti bilan "spud" qildik :

Shunday qilib, biz uchta noma'lum bo'lgan uchta chiziqli tenglamalar tizimini tuzdik :

Bu erda eng oson yo'li - muddatni qo'shib , ikkinchi va uchinchi tenglamalarni qo'shishdir , natijada quyidagilarga erishamiz: - 2-tenglamaning o'rnini bosamiz va quyidagilarni ifodalaymiz : umid qilamanki, har bir kishi harakatlarni kuch bilan eslaydi , lekin baribir yozaman ularni juda batafsil:

Deyarli hamma narsa tayyor. Biz o'rniga va tizimi 1 Tenglama:

Va oxirgi bosqichda biz barqarorlarning topilgan qiymatlarini umumiy echimga almashtiramiz:

Javob: xususiy echim:

Hech qanday mo''jiza tekshirilmasdan - avval biz dastlabki shartlarni tekshiramiz :,
OK

, OK

, OK
Keyin biz 3-hosilani olamiz va uni singlisi bilan birga asl differentsial tenglamaga almashtiramiz :

To'g'ri tenglik olinadi , shuning uchun muayyan echim to'g'ri deb topiladi .

... Zarar keltirmaydigan narsa biroz isinish:
2-misol
Boshlang'ich shartlarni qondiradigan differentsial tenglamaning ma'lum bir echimini toping
Qo'llanma oxirida qisqa echim va javob. Isinish uchun xohlovchilar ko'proq to'la dan 30 misollar "muomalaga olib" mumkin Ryabushko ning muammosi kitob maxsus ixlosmandlari uchun ham bor (2-qism, IDZ 11,4, Muammo 1-sonli), diffuziya 4 tartibini. To'g'ri javoblar ilova qilinadi!
Aytgancha, yana bir algebrani takrorlaylik - bir hil tenglamaning umumiy echimiga qancha atama kiritilgan ? 
Xususiyati yildan ko'phad aniq ega murakkab keyin ildizi, bu atamalar aniq, " en :" dona . Va tenglamaning bir xil bo'lmaganligi holatida, albatta, ko'proq - eng qiziqarli narsaga o'tamiz:
Yuqori tartibli bir hil bo'lmagan tenglamalar
Men 2-darajali bir hil DE bo'yicha darsda bo'lgani kabi bir xil yozuvlarga rioya qilaman . Uchun tashkil tarqaladi maqsadida, umumiy yechim bir xil tuzilishga ega: 
qaerda:
- (u belgilangan oldingi bo'limda hududda tegishli bir hil tenglama umumiy yechim tomonidan );
- bir hil bo'lmagan tenglamaning o'ziga xos echimi.
Yodingizda bo'lsa, muammoning eng qiyin tomoni - bu topish uchun, biz ma'lum bir echimni tanlash uchun jadvaldan foydalandik . Ushbu ma'lumotlar foydali va qulay, ammo ular faqat ish uchun tuzilgan . Agar tenglamaning tartibi yuqoriroq bo'lsa? Aslida, siz umuman stolsiz qilishingiz mumkin! Va endi men sizga ushbu mos yozuvlar balastidan xalos bo'lish uchun hayratlanarli darajada oddiy bir hiyla haqida gapirib beraman. Bir hil bo'lmagan ikkinchi darajali diffuzlar haqidagi maqolaning ayrim misollariga qaytaylik :
Differensial tenglama (Misol soni 2) shaklida bir tanlash bajarish uchun zarur ko'rinadi , lekin siz umumiy yechim uchun bir oz qarash bo'lsa tegishli bir hil nazorat qilish, u allaqachon doimiy borligini ogohlantirmagan oson: . Obrazli qilib aytganda, bu joy egallab olingan va "aniq" tanlovdagi bitta harf ortiqcha. Shuning uchun biz "x" ga ko'paytirib , darajani oshiramiz : Xarakterli bo'lgan narsa, yakuniy javobni "zamonaviy" tarzda qayta yozish mumkin: Xuddi shu matematik hodisa "Polinom a'zolarining birlashishi" deb nomlangan =)

1-misolda , tenglama uchun "standart" tanlov amalga oshiriladi - chunki umumiy echimda bunga o'xshash narsa yo'q - na kub, na kvadrat, na chiziqli atama, na doimiy.

Tenglamada (3-misol) taklif etilayotgan tanlov mos emas, chunki bunday atama allaqachon mavjud: bu bizning taqdirimiz deganidir . Va yana - yakuniy javob chiroyli tarzda "qadoqlangan" bo'lishi mumkin:
Tenglama uchun (6-misol), vaziyat yanada qiziqroq: u tanlovda ishlamaydi va "X" da ko'paytishga yordam beradi - ikkala "nomzod" umumiy echimida allaqachon mavjud :. Va shuning uchun hech narsa qilish kerak emas, lekin yana bir bor darajani ko'taring :.
O'ylaymanki, endi siz "g'ayritabiiy" jadval holatlarining ko'paytirish bilan norasmiy ma'nosini tushunasiz . Va bu printsip yuqori darajadagi diffuzlar uchun ham ishlaydi ! Biroq, shoshilmaylik:
3-misol
Differentsial tenglamani eching

Eritmaning birinchi nuqtasi avtopilotga uchadi: - konjuge murakkab ildizlar, shuning uchun bir hil DE ning umumiy eritmasi:

Lekin bu yerda yana alam ko'proq . Avvalo, biz sizning e'tiboringizni bir hil bo'lmagan DE ning o'ng tomoni "motley" ekanligiga qaratmoqchimiz - uning tarkibida eksponentli sinus mavjud. Va savol tug'iladi: muayyan echimni qanday topish mumkin? Tinchlik bilan! Bunday vaziyatlarda uni ikki qismga ajratish va tanlash algoritmini ikki marta "krank" qilish qulay: 
Izoh: bu imkoniyat aniq bo'lsa-da, nazariyada qat'iy isbotlangan
1) Muayyan echimning birinchi qismi shaklda qidirilganga o'xshaydi . Lekin bunday a'zolari allaqachon umumiy hal mavjud , shuning uchun "boshlang'ich versiyasi" kerak sozlanishi urilib "x" bilan: 

Qolganlari texnologiya masalasidir, asosiysi bu erda chalkashmaslik kerak:

Ishonchliligi uchun ikkinchi lotinni "ustunda" qabul qilish yaxshiroqdir:

men ushbu texnikani qayerda og'ir hisob-kitoblar bo'lsa , shunisi bilan ishlatishni tavsiya etaman, xususan, ko'p sonli integrallarni , Furye seriyasining koeffitsientlarini hisoblashda .

O'rinbosar va bir hil bo'lmagan tenglama chap tomonida, sadeleştirmeler amalga oshirish va natija tenglashtirmoq uchun :
Shunday qilib:
Shuni ta'kidlash kerakki, bunday texnik jihatdan murakkab holatlarda, murakkab tahlil apparatlaridan foydalanish bilan bog'liq bo'lgan muayyan echimni topishning sodda usuli foydalidir , ammo men ushbu maqolada uni parda ortida qoldiraman. Tushuntirishlar bilan tegishli misollarni, masalan, quyidagi reshebnikda topish mumkin :
Krasnov M.L., Kiselev A.I., Makarenko G.I. Oddiy differentsial tenglamalar 2) Endi biz ko'rsatkich bilan ish yuritamiz. Bu erda tanlov "odatiy" shaklda amalga oshiriladi , chunki umumiy echimda eksponentlar umuman yo'q. 

Bu erda hamma narsa ancha sodda:

Shuningdek, biz bir hil bo'lmagan DE ning chap tomoniga almashtiramiz , shunga o'xshash atamalarni beramiz va quyidagilarga tenglashtiramiz :

Keling, ma'lum bir echimni birgalikda "birlashtiraylik":

Albatta, u ish, "bir-yo'lakay ham" topish mumkin bo'lgan , lekin tez usuli narsa bir joyda yo'qotishdan bir semiz imkoniyat bilan birga keladi.
Shunday qilib, bir hil bo'lmagan tenglamaning umumiy echimi:

Keling, "bog'liq" atamalarni birlashtiraylik:

Javob:
Tekshiruvlarni y " nur " bilan bajaring . Birinchidan, paranoidal ravishda raqamlar xarakterli tenglamaning ildizlari ekanligini yana bir bor tekshirib ko'raylik , demak atamalar javobda juda munosib ; ikkinchidan, ma'lum bir echimni tekshirib ko'raylik :
Biz chapga va chapga almashtiramiz
bir hil bo'lmagan tenglama:

- natijada o'ng tomon olinadi, shuning uchun aniq echim to'g'ri topiladi .

Biz tovar aylanmasini ko'paytiramiz:
4-misol
Differentsial tenglamani eching

Dars oxirida topshiriqni yakunlashning taxminiy misoli. Yana bir bor zerikarli tarzda ma'lum bir echimni ikki qismga bo'lish maqsadga muvofiqligi to'g'risida to'xtalaman : - Ushbu texnikani juda oddiy holatlardan tashqari, shunga o'xshash holatlarda qo'llash maqsadga muvofiqdir. Masalan, masalan, o'ng tomon va tanlov uchun eritmani ajratish ehtimoli ko'proq bo'ladi, aksincha - vaqtni yo'qotish. Garchi bu erda "buzilish" ni ham ahamiyatsiz deb atash mumkin emas.

Darsning ikkinchi qismi amalda eng ko'p uchraydigan tenglamalarga bag'ishlanadi, ularning o'ng tomonida ko'rsatkichlar va / yoki polinomlar mavjud:
5-misol
Uchinchi darajali differentsial tenglamaning umumiy echimini toping

... hmm , ... nafaqat sevgi, balki bir qarashda qiyinchilik ham bor =)

Yechish: mos keladigan bir hil tenglamaning umumiy echimini toping:

Aqlga kelgan birinchi narsa ko'tarib uchun , ba'zi ildiz - bu yerda u tez topildi :, bo'ladi va polinom ajratish tomonidan . Yoki Horner sxemasidan foydalaning . Biroq, ikkala holatda ham, bizning achinishimizcha, bu shunday bo'ladi .

Bu faqat yig'indining kubi uchun maktab formulasidir :

Ammo bunday imkoniyatlardan ko'plab talabalar o'tib ketishadi. Bu erda qanday maslahat berilishi mumkin? Ko'proq misollarni eching va ... siz ozroq bug 'olasiz!

Shunday qilib, xarakterli tenglama uchta ko'p ildizga ega , shuning uchun:

Xususiy echim bilan, aslida hamma narsa ham oddiy. Tanlash o'zini taklif qiladigan heterojen tenglamaning o'ng tomoniga qaraymiz, "o'rtoqlar guruhi" ga umumiy echimdan qaraymiz va biz uchinchi tokchaga chiqishimiz kerak degan xulosaga kelamiz: chunki umumiy echim va tanlangan muayyan echimda bunday a'zolar bo'lmasligi kerak. Oxir-oqibat umumiy qoida tuzildi =) Agar "aniq" tanlovga o'xshash atamalar qo'yilgan bo'lsa, u "X" ga ko'paytirilishi bilan ko'rib chiqiladi (agar xohlasangiz yoki 2 Ko'p marta). Agar siz ushbu qoidaga rioya qilmasangiz, unda ... o'zingiz tekshirib ko'ring.

Derivativlar deyarli sovg'adir:

Yutgan sovrinlarni bir hil bo'lmagan tenglamaning chap tomoniga almashtiramiz, soddalashtiramiz va natijani o'ng tomonga tenglashtiramiz:

Agar topshiriq qo'l bilan tuzilgan bo'lsa, unda bunday atamalarni belgilash va o'chirish qulay. Va agar qisqartmalardan keyin "ortiqcha" narsa bo'lsa - siz xato qidirishingiz kerak: yoki tanlov shakli o'zi noto'g'ri tanlangan, yoki lotinlarda yoki almashtirish va yakuniy o'zgarishlarda nuqson bo'lgan.
Shunday qilib:
Bir hil bo'lmagan tenglamaning umumiy echimi:

Ular aytganidek, bitta kupedagi barcha halol kompaniya:

Javob:
Tekshirishni unutmang! Garchi u bu erda ayniqsa kerak bo'lmasa ham - biz biron bir joyda xatoga yo'l qo'yganimiz va hammasi juda yaxshi ishlaganligi ehtimoldan yiroq emas. Biroq, vijdonni tozalash uchun siz shaxsiy echimni "qo'ng'iroq qilishingiz" mumkin .
Mustaqil echim uchun yana bir odatiy misol:
6-misol
3-darajali differentsial tenglamaning umumiy echimini

toping.Qisqa echim va dars oxirida javob, biz uni yoqimli masalalar bilan yakunlaymiz. Tez orada nima uchun tushunasiz :)

7-misol
To'rtinchi tartibli differentsial tenglamani eching

Yechish: xarakterli tenglamada muammo yo'q: - ikki juft ko'p sonli ildiz, shunday qilib:

Ammo shaxsiy echim bilan hamma narsa biroz qiziqarli. Heterojen DE ning o'ng tomonidagi tarkibga asoslanib, biz tanlovning "standart" versiyasini o'rtaga tashladik: bu, albatta, bizga mos kelmaydi, chunki bir hil DE ning umumiy echimida allaqachon va mavjud . Savolni "x" ga ko'paytirish yo'li bilan hal qilish mumkin emas, chunki tanlov hali ham umumiy echimning yig'indisi bilan "kesishadi" . Bu degani, darajani yanada oshirish kerak:

Bunday hosilalar bilan shug'ullanish juda yoqimli :)

Shuningdek, biz bir hil bo'lmagan tenglamani chap tomoniga almashtiramiz, shartlarni qayta joylashtiramiz va natijani o'ng tomonga tenglashtiramiz:

Natijada quyidagi chiziqli tenglamalar tizimini olamiz :

Fraktsiyalarni soyalash kerak emas - oddiy narsa va hisob-kitoblar og'zaki. 1-tenglamadan: - 2-tenglamadagi o'rnini bosuvchi:

O'rniga 3 Tenglama: 

Natijada:
Bir hil bo'lmagan tenglamaning umumiy echimi:

Yana bir oz estetika bilan:

Javob:
Nega endi yo'q? - mustaqil echim uchun beshinchi darajali diffuziya :
8-misol
Va siz ushbu satrlarni o'qiyotganingiz bilan, ehtimol siz o'zgacha bir narsani kutmoqdasiz…. Va men, albatta, bu taxminlarni alday olmayman - iltimos, to'liq dam olish uchun nafis va havodor tenglama:
9-misol
Boshlang'ich shartlarni qondiradigan differentsial tenglamaning ma'lum bir echimini toping
Yechimlar va javoblar burchak ostida.
Qarorlari bo'lgan qo'shimcha tematik misollarni bu erda (12-15-muammolar), shuningdek yuqorida aytib o'tilgan M.L.Krasnov, A.I.Kiselev, G.I.Makarenko kitoblaridan topish mumkin. Oddiy differensial tenglamalar. U erda siz doimiy bo'lmagan koeffitsientli chiziqli tenglamalar bilan tanishishingiz mumkin - ular orasida "x" bo'lgan koeffitsientlar mavjud bo'lganda . Ammo bunday DE lar, albatta, har doim ham hal etilmaydi.
O'zgaruvchan koeffitsientli n - tartibli chiziqli differentsial tenglama shaklning tenglamasi deyiladi
, (bitta)
qaerda ma'lum funktsiyalar. Agar (1) tenglamaning ma'lum bir yechimi at bo'lsa , u holda o'zgartirish orqali at (1) tenglamaning tartibini kamaytirish mumkin.
Funksiyalar segmentida [doğrusal bog'liq deyiladi a, b sobit bo'ladi, agar] emas, bir vaqtning o'zida nolga teng, bunday deb [on a, b ] xosligi
... (2)
Agar identifikatsiya (2) faqat uchun yaroqli bo'lsa , unda bu funktsiyalar [ a, b ] segmentida chiziqli mustaqil deb nomlanadi .
Misol 1. Tenglamani eching .
Qaror.
O'zgartirish yordamida biz ushbu tenglamaning tartibini pasaytiramiz :
...
Uning umumiy echimi quyidagicha . Tenglamani birlashtirib , nihoyat topamiz
...
2-misol. Belgilangan sohadagi funktsiyalarning chiziqli mustaqilligini tekshiring .
Qaror.
Funktsiyalarning chiziqli mustaqilligi ta'rifiga ko'ra , bir vaqtning o'zida nolga teng bo'lmagan sonlar bo'lishi kerak , shunda x ga o'xshashlik quyidagicha bo'ladi:
...
Demak (agar bu identifikatorlar mavjud bo'lsa) tengliklar keladi
,
yoki . Binobarin, funktsiyalar chiziqli ravishda mustaqil.
[ A, b ] da aniqlangan ixtiyoriy funktsiyalar tizimi bo'lsin , ushbu tizim uchun Wronski determinanti determinant hisoblanadi
...
Agar (n-1) marta farqlanadigan funktsiyalar [ a, b ] segmentga chiziqli bog'liq bo'lsa , u holda [ a, b ] ga bog'liq.
Agar chiziqli mustaqil funktsiyalar chiziqli bir hil tenglamaning echimlari bo'lsa
, (3)
bu erda funktsiyalar [ a, b ] segmentida , so'ngra [ a, b ] bo'yicha uzluksiz .
Tenglama (3) umumiy yechim da bir chiziqli birikmasi
ushbu tenglamaning chiziqli mustaqil o'ziga xos echimlari .
3-misol Tenglamaning ikkita echimining grafikalari mumkinmi
xOy tekisligida uzluksiz koeffitsientlar bilan kesishadi.
Qaror.
Ushbu tenglamaning ikki xil echimi bo'lsin . Unda funktsiya ham bu tenglamaning echimi bo'ladi, bundan tashqari , bu erda eritma grafikalarining kesishish nuqtasi abssitasi .
Agar n = 1 bo'lsa, unda Koshi muammosining o'ziga xosligi sababli, shunchaki ahamiyatsiz echim bor . Shuning uchun, ikki xil echim yo'q. N = 2 bo'lsin, keyin bizda muammo bo'ladi
bu o'zboshimchalik bilan, chunki u aniqlanmagan. Binobarin, muammoga ikki yechimlari grafiklari kesishadi mumkin da . Vaziyat shunga o'xshash .
N- darajali chiziqli bir hil tenglamaning n chiziqli mustaqil o'ziga xos echimlari yig'indisi uning asosiy tizimi deyiladi . Asosiy echimlar tizimi chiziqli bir hil tenglamani (3) to'liq aniqlaydi. Ushbu tenglama shaklga ega
... (to'rt)
Misol 4. Muayyan echimlar bilan chiziqli bir hil differentsial tenglamani tuzing (ehtimol eng kichik tartibda) .
Qaror.
Shubhasiz, funktsiyalar chiziqli ravishda mustaqil, shuning uchun (4) ga binoan bizda mavjud
...
Ikkinchi tartibli chiziqli tenglamaning umumiy echimini topish uchun ma'lum bir yechim ma'lum bo'lishi uchun Ostrogradskiy - Liovil formulasi yordamida echish mumkin :
,
bu tenglamaning har qanday ikkita echimi qayerda .
5-misol Tenglamani eching .
Qaror.
Ostrogradskiy - Liovil formulasidan foydalanib, biz olamiz
...
Funksiya ma'lum bo'lganligi sababli biz birinchi darajali chiziqli tenglamani olamiz . Tenglama ikkala tomonini bulish bilan , biz olish
...
yildan keyin
,
Natijada, biz tenglamaning umumiy echimini olamiz
...
O'zgaruvchan koeffitsientli ikkinchi darajali chiziqli tenglamaning muayyan echimini topish uchun umumiy usul yo'q. Ba'zi hollarda tanlov yo'li bilan echim topish mumkin. Agar tenglamaning koeffitsientlari polinomlar bo'lsa, unda uning alohida echimini ko'pburchaklar shaklida ham topish mumkin.
Misol 6. Algebraik polinom bo'lgan tenglamaning ma'lum bir echimini toping .
Qaror.
Birinchidan, polinomning darajasini toping. O'rnini bosuvchi tenglama va oliy quvvat bilan faqat shartlarini amalga yozma x , biz olish:
...
X ning eng katta quvvati bo'yicha koeffitsientni nolga tenglashtirsak , biz quyidagilarni olamiz:
...
Bu erdan . Demak, polinom faqat ikkinchi daraja bo'lishi mumkin. Biz uni formada qidirmoqdamiz . Original ichiga o'rnini bosuvchi tenglama, biz olish , shuning uchun,
Bu erdan . Shunday qilib, polinom ma'lum bir echimdir
Lineer differentsial tenglama - birinchi tartib shaklning differentsial tenglamasi deb ataladi:
...
Umumiy echimni topish juda qiyin bo'lishi mumkin va bunday tenglamaning echimini har doim ham topish mumkin emas. Biroq, ba'zi bir texnikalar va mulohazalar umumiy echimni izlashda foydali bo'lishi mumkin. Qaror izlashda ba'zi bir aniq echimlarni topishimiz mumkin. Ular chiziqli mustaqillik uchun tekshirilishi kerak.
Doimiy koeffitsientli chiziqli tenglamalarda bo'lgani kabi, avval ham bir hil tenglamaning umumiy echimini topish kerak , so'ngra konstantalarni o'zgartirish usuli yordamida bir hil bo'lmagan tenglamaning ma'lum echimini topish kerak. Doimiy koeffitsientli tenglamalarda bo'lgani kabi, asl bir hil bo'lmagan tenglamaning umumiy echimi bir hil tenglamaning umumiy yechimi va bir hil bo'lmagan tenglamaning xususiy echimining yig'indisi bo'ladi.
Agar doimiy koeffitsientli tenglama uchun bir hil tenglamaning umumiy echimini topish algoritmik jihatdan sodda bo'lsa, u holda o'zgaruvchan koeffitsientli tenglama uchun bu asosiy qiyinchilikni keltirib chiqaradi. Biz bu erda bir hil tenglama bilan cheklanamiz - birinchi tartib
Bu erda ikkita nuqta bor. Birinchidan, siz kamida bitta aniq echimni topishingiz kerak . Keyin tenglamani almashtirish kerak , shundan so'ng tenglamaning tartibi quyidagicha almashtiriladi :
Mana ba'zi misollar. 
O'RNAK 1 Tenglamani echish .
Tenglama koeffitsientlarining shakli ko'pburchak ma'lum bir yechim bo'lishi mumkin degan umidda bo'lishimizga imkon beradi. Bu darajadagi polinom bo'lsin . Umumiylikni kamaytirmasdan, u a'zodan boshlanadi deb taxmin qilishimiz mumkin . Tenglamani almashtirish bilan biz quyidagilarni olamiz :
Agar -p adreslash bo'lsa , chapdagi ko'pburchakning barcha koeffitsientlariga o'girilishi kerak . Xususan, katta muddatdagi koeffitsient:
...
Shunday qilib, biz ma'lum bir echimni faqat ikkinchi va uchinchi darajadagi polinomlar orasida izlashimiz mumkin . Shaklda xususiy echim izlayapmiz . Tenglamaga almashtiring:
Chapdagi o'xshash a'zolarni to'playmiz:
...
Biz polinomning nol koeffitsientlarini tenglashtiramiz va topamiz . Ya'ni, biz bitta aniq echimni topdik . 
Uchinchi darajali polinomlar orasida ma'lum bir echimni topishga harakat qilishingiz mumkin. Shunga o'xshash qidiruv yana bir aniq echimga olib keladi . Bizga buyurtmani pasaytirishning hojati yo'q edi; biz echimlarning asosiy oilasini topdik . Tenglamaning umumiy echimini yozamiz .
O'RNAK 2 P eshitilgan tenglama .
Polinomlar orasida ma'lum bir echimni topishga harakat qiling :. Tenglamani almashtirib, quyidagilarni olamiz : 
...
Polinomning eng yuqori atamasidagi koeffitsientni nolga tenglashtiramiz:
... At biz hal olish . Ikkinchi aniq echimni topish mumkin , ammo biz differentsial tenglama tartibini kamaytirish yo'lini tutamiz. Biz uning o'rnini bosamiz . Biz tenglamani olamiz:
...
Biz ajraladigan o'zgaruvchilar bilan tenglama oldik. Biz o'zgaruvchilarni ajratamiz va birlashtiramiz: olamiz . 
Shuning uchun asl tenglamaning umumiy echimi:
...