V celem nizu navadnih diferencialnih enačb 1. reda so takšne, v katerih lahko spremenljivki x in y ločimo na desno in levo stran enačbe. Spremenljivki sta morda že ločeni, kot je razvidno iz enačbe f(y)d y = g(x)dx. Spremenljivke v ODE f 1 (y) · g 1 (x) d y = f 2 (y) · g 2 (x) d x lahko ločite z izvajanjem transformacij. Najpogosteje se za pridobivanje enačb z ločljivimi spremenljivkami uporablja metoda uvajanja novih spremenljivk.

V tej temi bomo podrobno preučili način reševanja enačb z ločenimi spremenljivkami. Oglejmo si enačbe z ločljivimi spremenljivkami in diferencialne enačbe, ki jih lahko zreduciramo na enačbe z ločljivimi spremenljivkami. V tem razdelku smo analizirali veliko število problemov na to temo s podrobno analizo rešitve.

Da bi vam olajšali obvladovanje teme, vam priporočamo, da se seznanite z informacijami, objavljenimi na strani "Osnovne definicije in koncepti teorije diferencialnih enačb."

Ločene diferencialne enačbe f (y) d y = g (x) d x

Definicija 1

Enačbe z ločenimi spremenljivkami imenujemo diferencialne enačbe oblike f (y) d y = g (x) d x. Kot že ime pove, so spremenljivke, ki sestavljajo izraz, na obeh straneh enačaja.

Dogovorimo se, da sta funkciji f (y) in g(x) bomo predpostavili neprekinjeno.

Za enačbe z ločenimi spremenljivkami bo splošni integral ∫ f (y) d y = ∫ g (x) d x. Splošno rešitev diferencialne enačbe lahko dobimo v obliki implicitno določene funkcije Ф (x, y) = 0, če so integrali iz zgornje enačbe izraženi v elementarnih funkcijah. V nekaterih primerih je mogoče funkcijo y izraziti v eksplicitni obliki.

Primer 1

Poiščite splošno rešitev ločene diferencialne enačbe y 2 3 d y = sin x d x .

rešitev

Integrirajmo obe strani enakosti:

∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x

To je pravzaprav splošna rešitev tega nadzornega sistema. Pravzaprav smo problem iskanja splošne rešitve diferencialne enačbe zreducirali na problem iskanja nedoločenih integralov.

Sedaj lahko uporabimo tabelo protiodvodov, da vzamemo integrale, ki so izraženi v elementarnih funkcijah:

∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = - cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2
kjer sta C 1 in C 2 poljubni konstanti.

Funkcija 3 5 y 3 5 + C 1 = - cos x + C 2 je podana implicitno. Je splošna rešitev izvirne diferencialne enačbe z ločenimi spremenljivkami. Prejeli smo odgovor in morda ne bomo nadaljevali z odločitvijo. Vendar pa je v obravnavanem primeru želeno funkcijo mogoče eksplicitno izraziti z argumentom x.

Dobimo:

3 5 y 5 3 + C 1 ⇒ y = - 5 3 cos x + C 3 5, kjer je C = 5 3 (C 2 - C 1)

Splošna rešitev te diferencialne enačbe je funkcija y = - 5 3 cos x + C 3 5

odgovor:

Odgovor lahko zapišemo na več načinov: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ali 3 5 y 5 3 + C 1 = - cos x + C 2 ali y = - 5 3 cos x + C 3 5

Vedno je vredno učitelju pojasniti, da imate poleg veščin reševanja diferencialnih enačb tudi sposobnost preoblikovanja izrazov in jemanja integralov. To je preprosto narediti. Dovolj je podati končni odgovor v obliki eksplicitne funkcije ali implicitno podane funkcije Ф (x, y) = 0.

Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x

y " = d y d x v primerih, ko je y funkcija argumenta x.

V DE f 1 (y) g 1 (x) d y = f 2 (y) g 2 (x) d x ali f 1 (y) g 1 (x) y " = f 2 (y) g 2 (x) d x lahko izvedemo transformacije na način, da ločimo spremenljivke. Ta vrsta DE se imenuje DE z ločenimi spremenljivkami ) d y = g 2 (. x) g 1 (x) d x .

Pri ločevanju spremenljivk je treba vse transformacije izvajati previdno, da se izognemo napakam. Dobljena in izvirna enačba morata biti enakovredni. Kot preverjanje lahko uporabite pogoj, po katerem je f 2 (y) in g 1 (x) ne sme izginiti na integracijskem intervalu. Če ta pogoj ni izpolnjen, potem obstaja možnost, da boste izgubili nekatere rešitve.

Primer 2

Poiščite vse rešitve diferencialne enačbe y " = y · (x 2 + e x) .

rešitev

Lahko ločimo x in y, torej imamo opravka z diferencialno enačbo z ločljivimi spremenljivkami.

y " = y · (x 2 + e x) ⇔ d y d x = y · (x 2 + e x) ⇔ d y y = (x 2 + e x) d x pr in y ≠ 0

Ko je y = 0, izvirna enačba postane identiteta: 0 " = 0 · (x 2 + e x) ⇔ 0 ≡ 0. To nam bo omogočilo, da trdimo, da je y = 0 rešitev za DE. Tega nismo mogli sprejeti rešitev pri izvajanju transformacij.

Izvedimo integracijo diferencialne enačbe z ločenimi spremenljivkami d y y = (x 2 + e x) d x:
∫ d y y = ∫ (x 2 + e x) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ (x 2 + e x) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C

Pri izvedbi preoblikovanja smo izvedli zamenjavo C 2 - C 1 na Z. Rešitev DE ima obliko implicitno podane funkcije ln y = x 3 3 + e x + C . To funkcijo lahko eksplicitno izrazimo. Da bi to naredili, potenciramo nastalo enakost:

ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C

odgovor: y = e x 3 3 + e x + C, y = 0

Diferencialne enačbe, ki se reducirajo na enačbe z ločljivimi spremenljivkami y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0

Da bi zmanjšali običajni DE 1. reda y " = f (a x + b y), a ≠ 0, b ≠ 0, v enačbo z ločljivimi spremenljivkami je treba uvesti novo spremenljivko z = a x + b y, kjer je z funkcija argumenta x.

Dobimo:

z = a x + b y ⇔ y = 1 b (z - a x) ⇒ y " = 1 b (z " - a) f (a x + b y) = f (z)

Izvajamo zamenjavo in potrebne transformacije:

y " = f (a x + b y) ⇔ 1 b (z " - a) = f (z) ⇔ z " = b f (z) + a ⇔ d z b f (z) + a = d x , b f (z) + a ≠ 0

Primer 3

Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe y " = 1 ln (2 x + y) - 2 in posebno rešitev, ki izpolnjuje začetni pogoj y (0) = e.

rešitev

Predstavimo spremenljivko z = 2 x + y, dobimo:

y = z - 2 x ⇒ y " = z " - 2 ln (2 x + y) = ln z

Rezultat, ki smo ga dobili, nadomestimo z izvirnim izrazom in ga pretvorimo v diferencialno enačbo z ločljivimi spremenljivkami:

y " = 1 ln (2 x + y) - 2 ⇔ z " - 2 = 1 ln z - 2 ⇔ d z d x = 1 ln z

Po ločitvi spremenljivk integrirajmo obe strani enačbe:

d z d z = 1 ln z ⇔ ln z d z = d x ⇔ ∫ ln z d z = ∫ d x

Uporabimo metodo integracije po delih, da poiščemo integral, ki se nahaja na levi strani enačbe. Poglejmo integral na desni strani tabele.

∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z ln z - ∫ z d z z = = z ln z - z + C 1 = z (ln z - 1) + C 1 ∫ d x = x + C 2

Lahko trdimo, da z · (ln z - 1) + C 1 = x + C 2 . Zdaj, če to sprejmemo C = C 2 - C 1 in izvedli bomo obratno zamenjavo z = 2 x + y, potem dobimo splošno rešitev diferencialne enačbe v obliki implicitno določene funkcije:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x + C

Zdaj pa se lotimo iskanja določene rešitve, ki mora zadostiti začetnemu pogoju y(0)=e. Naredimo zamenjavo x = 0 in y (0) = e v splošno rešitev DE in poiščite vrednost konstante C.

(2 0 + e) ​​​​(ln (2 0 + e) ​​​​- 1) = 0 + C e (ln e - 1) = C C = 0

Dobimo posebno rešitev:

(2 x + y) · (ln (2 x + y) - 1) = x

Ker izjava o problemu ni določila intervala, v katerem je potrebno najti splošno rešitev za DE, iščemo rešitev, ki je primerna za vse vrednosti argumenta x, za katere je prvotni DE smiseln.

V našem primeru je DE smiselna za ln (2 x + y) ≠ 0, 2 x + y > 0

Diferencialne enačbe, reducirane na enačbe z ločljivimi spremenljivkami y " = f x y ali y " = f y x

Diferencialne enačbe oblike y " = f x y ali y " = f y x lahko reduciramo na ločljive diferencialne enačbe z zamenjavo z = x y ali z = y x , kjer je z– funkcija argumenta x.

Če je z = x y, potem je y = x z in po pravilu diferenciacije ulomkov:

y " = x y " = x " z - x z " z 2 = z - x z " z 2

V tem primeru bodo enačbe imele obliko z - x · z " z 2 = f (z) ali z - x · z " z 2 = f 1 z

Če vzamemo z = y x, potem je y = x ⋅ z in po pravilu odvoda produkta y " = (x z) " = x " z + x z " = z + x z ". V tem primeru se enačbe zmanjšajo na z + x z " = f 1 z ali z + x z " = f (z) .

Primer 4

Rešite diferencialno enačbo y " = 1 e y x - y x + y x

rešitev

Vzemimo z = y x, nato pa y = x z ⇒ y " = z + x z ". Zamenjajmo v prvotno enačbo:

y " = 1 e y x - y x + y x ⇔ z + x z " = 1 e z - z + z ⇔ x d z d x = 1 e z - z ⇔ (e z - z) d z = d x x

Integrirajmo enačbo z ločenimi spremenljivkami, ki smo jih dobili pri izvedbi transformacij:

∫ (e z - z) d z = ∫ d x x e z - z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z - z 2 2 = ln x + C , C = C 2 - C 1

Izvedimo obratno zamenjavo, da dobimo splošno rešitev izvirnega DE v obliki implicitno podane funkcije:

e y x - 1 2 y 2 x 2 = ln x + C

Zdaj pa poglejmo daljinske upravljalnike, ki imajo obliko:

y " = a 0 y n + a 1 y n - 1 x + a 2 y n - 2 x 2 + ... + a n x n b 0 y n + b 1 y n - 1 x + b 2 y n - 2 x 2 + ... + b n x n

Števec in imenovalec ulomka, ki se nahaja na desni strani zapisa, delite z y n oz x n, lahko upoštevamo izvirni DE y " = f x y ali y " = f y x

Primer 5

Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe y " = y 2 - x 2 2 x y

rešitev

V tej enačbi sta x in y različna od 0. To nam omogoča, da števec in imenovalec ulomka, ki se nahaja na desni strani zapisa, delimo z x 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇒ y " = y 2 x 2 - 1 2 y x

Če uvedemo novo spremenljivko z = y x, dobimo y = x z ⇒ y " = z + x z ".

Zdaj moramo v prvotno enačbo nadomestiti:

y " = y 2 x 2 - 1 2 y x ⇔ z " x + z = z 2 - 1 2 z ⇔ z " x = z 2 - 1 2 z - z ⇔ z " x = z 2 - 1 - 2 z 2 2 z ⇔ d z d x x = - z 2 + 1 2 z ⇔ 2 z d z z 2 + 1 = - d x x

Tako smo prišli do DE z ločenimi spremenljivkami. Poiščimo njegovo rešitev:

∫ 2 z d z z 2 + 1 = - ∫ d x x ∫ 2 z d z z 2 + 1 = ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 - ∫ d x x = - ln x + C 2 ⇒ ln z 2 + 1 + C 1 = - ln x + C 2

Za to enačbo lahko dobimo eksplicitno rešitev. Če želite to narediti, vzemimo - ln C = C 2 - C 1 in uporabimo lastnosti logaritma:

ln z 2 + 1 = - ln x + C 2 - C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = - ln x - ln C ⇔ ln z 2 + 1 = - ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x - 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x - 1

Sedaj izvedemo obratno zamenjavo y = x ⋅ z in zapišemo splošno rešitev izvirne diferencialne enačbe:

y = ± x 1 C x - 1

V tem primeru bi bila tudi druga rešitev pravilna. Uporabimo lahko zamenjavo z = x y. Oglejmo si to možnost podrobneje.

Števec in imenovalec ulomka na desni strani enačbe delimo z y 2:

y " = y 2 - x 2 2 x y ⇔ y " = 1 - x 2 y 2 2 x y

Naj bo z = x y

Potem je y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Nadomestimo v prvotno enačbo, da dobimo diferencialno enačbo z ločljivimi spremenljivkami:

y " = 1 - x 2 y 2 2 x y ⇔ z - z " x z 2 = 1 - z 2 2 z

Z delitvijo spremenljivk dobimo enakost d z z (z 2 + 1) = d x 2 x, ki jo lahko integriramo:

∫ d z z (z 2 + 1) = ∫ d x 2 x

Če integrand integralne funkcije ∫ d z z (z 2 + 1) razširimo na enostavne ulomke, dobimo:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z

Izvedimo integracijo preprostih ulomkov:

∫ 1 z - z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z - 1 2 ∫ d (z 2 + 1) z 2 + 1 = = ln z - 1 2 ln z 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1

Zdaj pa poiščimo integral ∫ d x 2 x:

∫ d x 2 x = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2

Kot rezultat dobimo ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 ali ln z z 2 + 1 = ln C x, kjer je ln C = C 2 - C 1.

Izvedemo obratno zamenjavo z = x y in potrebne transformacije, dobimo:

y = ± x 1 C x - 1

Možnost rešitve, pri kateri smo zamenjali z = x y, se je izkazala za bolj delovno intenzivno kot v primeru zamenjave z = y x. Ta sklep bo veljal za veliko število enačb oblike y " = f x y ali y " = f y x . Če se izbrana možnost za reševanje takih enačb izkaže za delovno intenzivno, lahko namesto z = x y uvedete spremenljivko z = y x. To na noben način ne bo vplivalo na rezultat.

Diferencialne enačbe, ki se reducirajo na enačbe z ločljivimi spremenljivkami y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2, a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2 ∈ R

Diferencialne enačbe y " = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 lahko reduciramo na enačbe y " = f x y ali y " = f y x , torej na enačbe z ločljivimi spremenljivkami. Če želite to narediti, poiščite (x 0 , y 0) – rešitev sistema dveh linearnih homogenih enačb a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 in nove spremenljivke so uvedli u = x - x 0 v = y - y 0. Po tej zamenjavi bo enačba dobila obliko d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v.

Primer 6

Poiščite splošno rešitev diferencialne enačbe y " = x + 2 y - 3 x - 1 .

rešitev

Sestavimo in rešimo sistem linearnih enačb:

x + 2 y - 3 = 0 x - 1 = 0 ⇔ x = 1 y = 1

Spremenimo spremenljivke:

u = x - 1 v = y - 1 ⇔ x = u + 1 y = v + 1 ⇒ d x = d u d y = d v

Po zamenjavi v prvotno enačbo dobimo d y d x = x + 2 y - 3 x - 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . Po deljenju z uštevec in imenovalec desne strani imamo d v d u = 1 + 2 v u .

Uvedemo novo spremenljivko z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z, nato

d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln u + C 2 ⇒ ln 1 + z = ln u + ln C, ln C = C 2 - C 1 ln 1 + z = ln C u 1 + z = C u ⇔ z = C u - 1 ⇔ v u = C u - 1 ⇔ v = u ( C u - 1)

Vrnemo se k prvotnim spremenljivkam in naredimo obratno zamenjavo u = x - 1 v = y - 1:
v = u (C u - 1) ⇔ y - 1 = (x - 1) (C (x - 1) - 1) ⇔ y = C x 2 - (2 C + 1) x + C + 2

To je splošna rešitev diferencialne enačbe.

Če v besedilu opazite napako, jo označite in pritisnite Ctrl+Enter

Diferencialne enačbe prvega reda. Primeri rešitev.
Diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami

Diferencialne enačbe (DE). Ti dve besedi običajno prestrašita povprečnega človeka. Zdi se, da so diferencialne enačbe za mnoge študente nekaj prepovedanega in težko obvladljivega. Uuuuuu... diferencialne enačbe, kako naj vse to preživim?!

To mnenje in ta odnos je v osnovi napačno, saj v resnici DIFERENCIALNE ENAČBE - JE PREPROSTO IN CELO ZABAVNO. Kaj morate znati in znati, da se naučite reševati diferencialne enačbe? Če želite uspešno preučevati difuzijo, morate biti dobri v integraciji in razlikovanju. Bolje kot so teme preučene Odvod funkcije ene spremenljivke in Nedoločen integral, lažje boste razumeli diferencialne enačbe. Povedal bom več, če imate bolj ali manj dostojne veščine integracije, potem je tema skoraj obvladana! Več integralov različnih vrst lahko rešite, bolje je. Zakaj? Veliko se boš moral integrirati. In razlikovati. tudi zelo priporočam nauči se najti.

V 95 % primerov testne naloge vsebujejo 3 vrste diferencialnih enačb prvega reda: ločljive enačbe ki si jih bomo ogledali v tej lekciji; homogene enačbe in linearne nehomogene enačbe. Tistim, ki začnejo študirati difuzorje, vam svetujem, da lekcije preberete točno v tem vrstnem redu, po preučevanju prvih dveh člankov pa ne bo škodilo, če svoje znanje utrdite na dodatni delavnici - enačbe reducirajo na homogene.

Obstajajo še redkejše vrste diferencialnih enačb: totalne diferencialne enačbe, Bernoullijeve enačbe in nekatere druge. Najpomembnejši od zadnjih dveh vrst so enačbe v totalnih diferencialih, saj poleg te diferencialne enačbe razmišljam o novem materialu - delna integracija.

Če imate le dan ali dva časa, To za ultra hitro pripravo Obstaja blitz tečaj v formatu pdf.

Torej, mejniki so postavljeni - gremo:

Najprej se spomnimo običajnih algebrskih enačb. Vsebujejo spremenljivke in števila. Najenostavnejši primer:. Kaj pomeni rešiti navadno enačbo? To pomeni najti niz številk, ki zadovoljujejo to enačbo. Zlahka opazimo, da ima otroška enačba eno korenino: . Samo za zabavo preverimo in nadomestimo najdeni koren v naši enačbi:

– dobimo pravilno enakost, kar pomeni, da je bila rešitev najdena pravilno.

Difuzorji so zasnovani na skoraj enak način!

Diferencialna enačba prvo naročilo v splošnem primeru vsebuje:
1) neodvisna spremenljivka;
2) odvisna spremenljivka (funkcija);
3) prvi odvod funkcije: .

V nekaterih enačbah 1. reda morda ni "x" in/ali "y", vendar to ni pomembno - pomembno da gredo v nadzorno sobo je bil prva izpeljanka in ni bilo derivati ​​višjih redov – itd.

Kaj to pomeni? Reševanje diferencialne enačbe pomeni iskanje nabor vseh funkcij, ki zadovoljujejo to enačbo. Tak nabor funkcij ima pogosto obliko (– poljubna konstanta), ki se imenuje splošna rešitev diferencialne enačbe.

Primer 1

Reši diferencialno enačbo

Polno streliva. Kje začeti rešitev?

Najprej morate prepisati izpeljanko v nekoliko drugačni obliki. Spomnimo se okornega poimenovanja, ki se je marsikomu verjetno zdelo smešno in nepotrebno. Tako vlada v difuzorjih!

V drugem koraku poglejmo, ali je to mogoče ločene spremenljivke? Kaj pomeni ločiti spremenljivke? Grobo rečeno, na levi strani moramo oditi samo "Grki", A na desni strani organizirati samo "X". Razdelitev spremenljivk se izvaja s pomočjo "šolskih" manipulacij: dajanje iz oklepajev, prenos izrazov iz dela v del s spremembo predznaka, prenos faktorjev iz dela v del po pravilu sorazmerja itd.

Diferenciali in so polni množitelji in aktivni udeleženci v sovražnostih. V obravnavanem primeru se spremenljivke zlahka ločijo s premetavanjem faktorjev po pravilu sorazmernosti:

Spremenljivke so ločene. Na levi strani so samo "Y", na desni strani - samo "X".

Naslednja stopnja je integracija diferencialne enačbe. Preprosto je, na obeh straneh postavimo integrale:

Seveda moramo vzeti integrale. V tem primeru so tabelarni:

Kot se spomnimo, je konstanta dodeljena kateremu koli antiizpeljavi. Tukaj sta dva integrala, vendar je dovolj, da konstanto zapišemo enkrat (ker je konstanta + konstanta še vedno enaka drugi konstanti). V večini primerov je nameščen na desni strani.

Strogo gledano, potem ko so vzeti integrali, velja, da je diferencialna enačba rešena. Edina stvar je, da naš "y" ni izražen skozi "x", to pomeni, da je rešitev predstavljena v implicitnem obliki. Rešitev diferencialne enačbe v implicitni obliki se imenuje splošni integral diferencialne enačbe. Se pravi, to je splošni integral.

Odgovor v tej obliki je povsem sprejemljiv, a obstaja boljša možnost? Poskusimo dobiti splošna rešitev.

Prosim, spomnite se prve tehnike, je zelo pogost in se pogosto uporablja v praktičnih nalogah: če se po integraciji na desni strani pojavi logaritem, je v mnogih primerih (vendar ne vedno!) priporočljivo konstanto zapisati tudi pod logaritem. In ZAGOTOVO je zapisati, če so rezultat samo logaritmi (kot v obravnavanem primeru).

to je NAMESTO vnosi so običajno pisni .

Zakaj je to potrebno? In da bi lažje izrazili »igro«. Uporaba lastnosti logaritmov . V tem primeru:

Zdaj je mogoče odstraniti logaritme in module:

Funkcija je eksplicitno predstavljena. To je splošna rešitev.

Odgovori: splošna rešitev: .

Odgovore na številne diferencialne enačbe je dokaj enostavno preveriti. V našem primeru se to naredi precej preprosto, vzamemo najdeno rešitev in jo razlikujemo:

Nato zamenjamo izpeljanko v izvirno enačbo:

– dobimo pravilno enakost, kar pomeni, da splošna rešitev zadošča enačbi, kar je bilo treba preveriti.

Če podate konstanti različne vrednosti, lahko dobite neskončno število zasebne rešitve diferencialna enačba. Jasno je, da katera koli od funkcij , itd. izpolnjuje diferencialno enačbo.

Včasih se imenuje splošna rešitev družina funkcij. V tem primeru je splošna rešitev je družina linearnih funkcij ali natančneje družina preme sorazmernosti.

Po temeljitem pregledu prvega primera je primerno odgovoriti na nekaj naivnih vprašanj o diferencialnih enačbah:

1)V tem primeru smo lahko ločili spremenljivke. Je to vedno mogoče? Ne, ne vedno. In še pogosteje spremenljivk ni mogoče ločiti. Na primer, v homogene enačbe prvega reda, ga morate najprej zamenjati. V drugih vrstah enačb, na primer v linearni nehomogeni enačbi prvega reda, morate za iskanje splošne rešitve uporabiti različne tehnike in metode. Enačbe z ločljivimi spremenljivkami, ki jih obravnavamo v prvi lekciji, so najenostavnejša vrsta diferencialnih enačb.

2) Ali je vedno mogoče integrirati diferencialno enačbo? Ne, ne vedno. Zelo enostavno je izmisliti "fancy" enačbo, ki je ni mogoče integrirati; poleg tega obstajajo integrali, ki jih ni mogoče vzeti. Toda takšne DE je mogoče približno rešiti s posebnimi metodami. D'Alembert in Cauchy zagotavljata ... ... uf, lurkmore. da sem pravkar veliko bral, sem skoraj dodal "z drugega sveta."

3) V tem primeru smo dobili rešitev v obliki splošnega integrala . Ali je vedno mogoče najti splošno rešitev iz splošnega integrala, torej eksplicitno izraziti "y"? Ne, ne vedno. Na primer: . No, kako lahko tukaj izraziš "grško"?! V takih primerih je treba odgovor zapisati kot splošni integral. Poleg tega je včasih mogoče najti splošno rešitev, vendar je napisana tako okorno in okorno, da je bolje pustiti odgovor v obliki splošnega integrala

4) ...morda je to za zdaj dovolj. V prvem primeru, ki smo ga srečali še ena pomembna točka, a da ne bi "lutke" prekril s plazom novih informacij, bom to pustil do naslednje lekcije.

Ne bomo hiteli. Še en preprost daljinski upravljalnik in še ena tipična rešitev:

Primer 2

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj

rešitev: glede na stanje morate najti zasebna rešitev DE, ki izpolnjuje dani začetni pogoj. Ta formulacija vprašanja se imenuje tudi Cauchyjeva težava.

Najprej najdemo splošno rešitev. V enačbi ni spremenljivke "x", vendar to ne bi smelo zmesti, glavna stvar je, da ima prvi derivat.

Izpeljanko prepišemo v zahtevani obliki:

Očitno je mogoče spremenljivke ločiti, fantje na levo, dekleta na desno:

Integrirajmo enačbo:

Dobimo splošni integral. Tukaj sem narisal konstanto z zvezdico, dejstvo je, da se bo zelo kmalu spremenila v drugo konstanto.

Zdaj poskušamo preoblikovati splošni integral v splošno rešitev (eksplicitno izrazimo "y"). Spomnimo se starih dobrih stvari iz šole: . V tem primeru:

Konstanta v indikatorju je videti nekako nesprejemljiva, zato jo običajno spustimo na zemljo. V podrobnostih se to zgodi tako. Z uporabo lastnosti stopinj prepišemo funkcijo na naslednji način:

Če je konstanta, potem je tudi neka konstanta, jo na novo označimo s črko:
– v tem primeru odstranimo modul, po katerem ima lahko konstanta »ce« tako pozitivne kot negativne vrednosti

Ne pozabite, da je "rušenje" konstanta druga tehnika, ki se pogosto uporablja pri reševanju diferencialnih enačb. Na čisto različico lahko takoj preidete vendar bodite vedno pripravljeni razložiti ta prehod.

Torej, splošna rešitev je: . To je lepa družina eksponentnih funkcij.

Na zadnji stopnji morate najti določeno rešitev, ki izpolnjuje dani začetni pogoj. Tudi to je preprosto.

Kakšna je naloga? Moram pobrati takega vrednost konstante, tako da je pogoj izpolnjen.

Lahko se oblikuje na različne načine, vendar bo to verjetno najbolj pregleden način. V splošni rešitvi namesto "X" zamenjamo ničlo, namesto "Y" pa dve:



to je

Standardna različica zasnove:

Sedaj nadomestimo najdeno vrednost konstante v splošno rešitev:
– to je posebna rešitev, ki jo potrebujemo.

Odgovori: zasebna rešitev:

Preverimo. Preverjanje zasebne rešitve vključuje dve stopnji:

Najprej morate preveriti, ali določena najdena rešitev res izpolnjuje začetni pogoj? Namesto "X" zamenjamo ničlo in vidimo, kaj se zgodi:
- da, res, prejela je dvojko, kar pomeni, da je začetni pogoj izpolnjen.

Druga stopnja je že poznana. Vzamemo dobljeno partikularno rešitev in poiščemo izpeljanko:

V prvotno enačbo nadomestimo:

– dosežemo pravilno enakost.

Zaključek: določena rešitev je bila najdena pravilno.

Pojdimo k bolj smiselnim primerom.

Primer 3

Reši diferencialno enačbo

rešitev: Izpeljanko prepišemo v obliki, ki jo potrebujemo:

Ocenimo, ali je možno ločiti spremenljivke? Lahko. Drugi člen premaknemo na desno stran s spremembo predznaka:

In množitelje prenesemo po pravilu sorazmernosti:

Spremenljivki sta ločeni, integrirajmo oba dela:

Moram vas opozoriti, bliža se sodni dan. Če se nisi dobro učil nedoločeni integrali, rešili nekaj primerov, potem nimate kam iti - zdaj jih boste morali obvladati.

Integral leve strani je enostavno najti; integral kotangensa obravnavamo s standardno tehniko, ki smo si jo ogledali v lekciji Integriranje trigonometričnih funkcij lani:

Tako smo dobili samo logaritme, po mojem prvem tehničnem priporočilu pa tudi konstanto definiramo kot logaritem.

Zdaj poskušamo poenostaviti splošni integral. Ker imamo samo logaritme, se jih je povsem mogoče (in potrebno) znebiti. Z uporabo znane lastnosti Logaritme "pakiramo" čim bolj. Zapisal bom zelo podrobno:

Embalaža je dodelana do barbarsko raztrganega:
, in takoj predstavimo splošni integral Mimogrede, dokler je to mogoče:

Na splošno tega ni potrebno, je pa vedno koristno ugoditi profesorju ;-)

Načeloma lahko to mojstrovino zapišemo kot odgovor, vendar je tukaj vseeno primerno kvadrirati oba dela in preoblikovati konstanto:

odgovor: splošni integral:

! Opomba: Splošni integral je pogosto mogoče zapisati na več kot en način. Če torej vaš rezultat ne sovpada s prej znanim odgovorom, to ne pomeni, da ste enačbo rešili napačno.

Ali je mogoče izraziti "igro"? Lahko. Izrazimo splošno rešitev:

Seveda je dobljeni rezultat primeren za odgovor, vendar upoštevajte, da je splošni integral videti bolj kompakten, rešitev pa je krajša.

Tretji tehnični nasvet:Če morate za pridobitev splošne rešitve izvesti veliko število dejanj, potem je v večini primerov bolje, da se vzdržite teh dejanj in pustite odgovor v obliki splošnega integrala. Enako velja za "slaba" dejanja, ko morate izraziti inverzno funkcijo, dvigniti na potenco, izluščiti koren itd. Dejstvo je, da bo splošna rešitev videti pretenciozna in okorna - z velikimi koreninami, znaki in drugimi matematičnimi smeti.

Kako preveriti? Preverjanje se lahko izvede na dva načina. Prva metoda: vzemite splošno rešitev , najdemo izpeljanko in jih nadomestite v prvotno enačbo. Poskusite sami!

Drugi način je diferenciacija splošnega integrala. To je precej enostavno, glavna stvar je, da lahko najdete izpeljanka implicitno podane funkcije:

vsak izraz razdeli na:

in na:

Izvirna diferencialna enačba je bila natančno dobljena, kar pomeni, da je bil splošni integral najden pravilno.

Primer 4

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj. Izvedite preverjanje.

To je primer, ki ga morate rešiti sami.

Naj vas spomnim, da je algoritem sestavljen iz dveh stopenj:
1) iskanje splošne rešitve;
2) iskanje zahtevane posebne rešitve.

Preverjanje se prav tako izvaja v dveh korakih (glej primer v primeru št. 2), morate:
1) zagotoviti, da določena najdena rešitev izpolnjuje začetni pogoj;
2) preverite, ali določena rešitev na splošno izpolnjuje diferencialno enačbo.

Celotna rešitev in odgovor na koncu lekcije.

Primer 5

Poiščite določeno rešitev diferencialne enačbe , ki izpolnjuje začetni pogoj. Izvedite preverjanje.

rešitev: Najprej poiščimo splošno rešitev. Ta enačba že vsebuje pripravljene diferenciale, kar pomeni, da je rešitev poenostavljena. Ločimo spremenljivke:

Integrirajmo enačbo:

Integral na levi je tabelaren, integral na desni je vzet metoda subsumiranja funkcije pod diferencialni predznak:

Splošni integral je dobljen; ali je mogoče uspešno izraziti splošno rešitev? Lahko. Na obeh straneh obesimo logaritme. Ker so pozitivni, so znaki modulov nepotrebni:

(Upam, da vsi razumejo transformacijo, take stvari bi že morale biti znane)

Torej, splošna rešitev je:

Poiščimo določeno rešitev, ki ustreza danemu začetnemu pogoju.
V splošni rešitvi namesto "X" nadomestimo nič, namesto "Y" pa nadomestimo logaritem dveh:

Bolj znan dizajn:

Najdeno vrednost konstante nadomestimo v splošno rešitev.

odgovor: zasebna rešitev:

Preverite: najprej preverimo, ali je začetni pogoj izpolnjen:
- vse brenči.

Zdaj pa preverimo, ali najdena partikularna rešitev sploh zadošča diferencialni enačbi. Iskanje izpeljanke:

Poglejmo prvotno enačbo: – predstavljena je v diferencialih. Obstajata dva načina za preverjanje. Iz najdenega derivata je mogoče izraziti diferencial:

Zamenjajmo najdeno partikularno rešitev in posledično diferencial v izvirno enačbo :

Uporabljamo osnovno logaritemsko identiteto:

Dobljena je pravilna enakost, kar pomeni, da je bila določena rešitev najdena pravilno.

Druga metoda preverjanja je zrcalna in bolj znana: iz enačbe Izrazimo izpeljanko, da to naredimo, vse dele delimo z:

In v preoblikovano DE nadomestimo dobljeno delno rešitev in najdeni odvod. Zaradi poenostavitev bi morali dobiti tudi pravilno enakost.

Primer 6

Poiščite splošni integral enačbe, odgovor predstavite v obrazcu.

To je primer, ki ga lahko rešite sami, dokončajte rešitev in odgovorite na koncu lekcije.

Kakšne težave čakajo pri reševanju diferencialnih enačb z ločljivimi spremenljivkami?

1) Ni vedno očitno (zlasti "čajniku"), da je mogoče spremenljivke ločiti. Oglejmo si pogojni primer: . Tu morate vzeti faktorje iz oklepajev: in ločiti korene: . Jasno je, kaj storiti naprej.

2) Težave s samo integracijo. Integrali pogosto niso najenostavnejši in če obstajajo napake v spretnosti iskanja nedoločen integral, potem bo težko s številnimi difuzorji. Poleg tega je logika »ker je diferencialna enačba preprosta, naj bodo vsaj integrali bolj zapleteni« priljubljena med prevajalci zbirk in priročnikov za usposabljanje.

3) Transformacije s konstanto. Kot so že vsi opazili, je mogoče s konstanto v diferencialnih enačbah ravnati precej svobodno in nekatere transformacije začetniku niso vedno jasne. Poglejmo še en pogojni primer: . Priporočljivo je, da vse izraze v njem pomnožite z 2: . Dobljena konstanta je tudi neke vrste konstanta, ki jo lahko označimo z: . Da, in ker imamo samo logarite, je priporočljivo konstanto prepisati v obliki druge konstante: .

Težava je v tem, da se pogosto ne ukvarjajo z indeksi in uporabljajo isto črko. Posledično ima zapisnik o odločitvi naslednjo obliko:

Kaj je narobe?! Prav tam so napake! Strogo gledano, da. Z vsebinskega vidika pa napak ni, saj kot rezultat transformacije spremenljivke konstante dobimo enakovredno spremenljivko konstanto.

Ali drug primer, predpostavimo, da med reševanjem enačbe dobimo splošni integral. Ta odgovor je grd, zato je priporočljivo spremeniti predznak vsakega izraza: . Formalno je tu še ena napaka - pisati bi moralo desno. Neuradno pa se razume, da je "minus ce" še vedno konstanta, ki prav tako zavzema isti nabor vrednosti, zato ni smiselno pisati "minus".

Poskušal se bom izogniti malomarnemu pristopu in pri pretvorbi konstantam vseeno dodeliti različne indekse. Kar vam svetujem.

Primer 7

Reši diferencialno enačbo. Izvedite preverjanje.

rešitev: Ta enačba omogoča ločevanje spremenljivk. Ločimo spremenljivke:

Integrirajmo:

Konstante tukaj ni treba definirati kot logaritem, saj iz tega ne bo nič koristnega.

odgovor: splošni integral:

In seveda ni treba eksplicitno izraziti "y", ker se bo izkazalo za smeti (zapomnite si tretji tehnični nasvet).

Pregled: Razlikujte odgovor (implicitna funkcija):

Ulomkov se znebimo tako, da oba člena pomnožimo z:

Dobljena je izvirna diferencialna enačba, kar pomeni, da je splošni integral najden pravilno.

Primer 8

Poiščite določeno rešitev DE.
,

Diferencialna enačba z ločenimi spremenljivkami je zapisana kot: (1). V tej enačbi je en člen odvisen samo od x, drugi pa samo od y.
Z integracijo te enačbe člen za členom dobimo:

je njegov splošni integral. Primer
.

: poiščite splošni integral enačbe:
Rešitev: Ta enačba je ločena diferencialna enačba. zato
oz
Označimo
. Potem

– splošni integral diferencialne enačbe. (2). Ločljiva enačba ima obliko
Enačbo (2) lahko zlahka skrčimo na enačbo (1), če jo razdelimo člen za členom

. Dobimo:

– splošni integral. primer: .

Reši enačbo


Rešitev: transformirajte levo stran enačbe: . Obe strani enačbe delite z
Rešitev je izraz:

tiste.

Homogene diferencialne enačbe. Bernoullijeve enačbe. Linearne diferencialne enačbe prvega reda. Enačba oblike se imenuje homogena
, Če
in
– homogene funkcije istega reda (dimenzije). funkcija imenujemo homogena funkcija prvega reda (meritev), če je vsak njen argument pomnožen s poljubnim faktorjem celotna funkcija se pomnoži z
=
.

, tj.
Homogeno enačbo lahko reduciramo na obliko
(
. Uporaba zamenjave .

) homogena enačba se zmanjša na enačbo z ločljivimi spremenljivkami glede na novo funkcijo Diferencialna enačba prvega reda se imenuje linearni
.

, če se da zapisati v obliki

Bernoullijeva metoda
Reševanje enačbe
(
).

– splošni integral. se išče kot produkt dveh drugih funkcij, tj. z uporabo zamenjave
.

integriraj enačbo
Verjamemo
=0:


.

. Potem, tj. . Najprej rešimo enačbo
Rešitev je izraz:


Zdaj rešimo enačbo
Rešitev je izraz:

. Torej, splošna rešitev te enačbe je

Enačba J. Bernoullija
Enačba oblike , kjer je klical Bernoullijeva enačba.

Ta enačba je rešena z uporabo Bernoullijeve metode.

Homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti (1) Homogena linearna diferencialna enačba drugega reda je enačba oblike , Če , Kje

trajno.
Delne rešitve enačbe (1) bomo iskali v obliki , Kje Za
– določeno število. Dvakratno diferenciranje te funkcije in zamenjava izrazov za
(2) (
).

v enačbo (1), dobimo oz

Enačba 2 se imenuje karakteristična enačba diferencialne enačbe.

Pri reševanju karakteristične enačbe (2) so možni trije primeri. Primer 1. , Če Korenine

, Če

.

enačbe (2) so realne in različne: Primer 1. , Če enačbe (2) so realne in enake:
. V tem primeru so delne rešitve enačbe (1) funkcije
, Če
. Zato ima splošna rešitev enačbe (1) obliko
.

Primer 3. Primer 1. , Če enačbe (2) so kompleksne:
,
. V tem primeru so delne rešitve enačbe (1) funkcije
, Če
. Zato ima splošna rešitev enačbe (1) obliko

Primer. Reši enačbo
.

rešitev: Ustvarimo značilno enačbo:
Označimo
. Splošna rešitev te enačbe
.

Ekstremum funkcije več spremenljivk. Pogojni ekstrem.

Ekstremum funkcije več spremenljivk

Opredelitev.Točka M (x O ,y O ) se imenujenajvečja (minimalna) točka funkcijez= f(x, y), če obstaja okolica točke M taka, da za vse točke (x, y) iz te okolice velja neenakost
(
)

Na sl. 1 točka A
- obstaja minimalna točka in točka IN
- največja točka.

Nujnopogoj ekstrema je večdimenzionalni analog Fermatovega izreka.

Izrek.Naj bistvo
– je skrajna točka diferenciabilne funkcijez= f(x, y). Nato delni odvodi
in
Vna tej točki enaki nič.

Točke, v katerih so izpolnjeni potrebni pogoji za ekstrem funkcije z= f(x, y), tiste. delni derivati z" x in z" l so enake nič se imenujejo kritičen oz stacionarni.

Enakost parcialnih odvodov nič izraža le nujen, ne pa tudi zadosten pogoj za ekstrem funkcije več spremenljivk.

Na sl. ti sedlo M (x O ,y O ). Delni derivati
in
so enake nič, vendar v točki očitno ni ekstrema M(x O ,y O ) št.

Takšne sedlne ​​točke so dvodimenzionalni analogi prevojnih točk funkcij ene spremenljivke. Izziv je ločiti jih od skrajnih točk. Z drugimi besedami, morate vedeti dovolj ekstremno stanje.

Izrek (zadostni pogoj za ekstrem funkcije dveh spremenljivk).Naj funkcijaz= f(x, y): A) definirana v neki bližini kritične točke (x O ,y O ), v katerem
=0 in
=0 ;

b) ima na tej točki zvezne delne odvode drugega reda
;

;
Potem, če je ∆=AC-B 2 >0, nato na točki (x O ,y O ) funkcijoz= f(x, y) ima ekstrem, in če A<0 - največ, če A>0 - najmanj. V primeru ∆=AC-B 2 <0, функция z= f(x, y) nima ekstrema. Če je ∆=AC-B 2 =0, potem ostaja vprašanje prisotnosti ekstrema odprto.

Preučevanje funkcije dveh spremenljivk v ekstremu je priporočljivo izvesti naslednje diagram:

Poiščite delne odvode funkcij z" x in z" l .

Reši sistem enačb z" x =0, z" l =0 in poiščite kritične točke funkcije.

Poiščite delne odvode drugega reda, izračunajte njihove vrednosti na vsaki kritični točki in z zadostnim pogojem sklepajte o prisotnosti ekstremov.

Poiščite ekstreme (ekstremne vrednosti) funkcije.

Primer. Poiščite ekstreme funkcije

rešitev. 1. Iskanje parcialnih odvodov

2. Kritične točke funkcije najdemo iz sistema enačb:

s štirimi rešitvami (1; 1), (1; -1), (-1; 1) in (-1; -1).

3. Poiščite delne odvode drugega reda:

;
;
, izračunamo njihove vrednosti na vsaki kritični točki in na njej preverimo izpolnjevanje zadostnega ekstremnega pogoja.

Na primer, v točki (1; 1) A= z"(1; 1)= -1; B=0; C= -1. Ker ∆ =AC-B 2 = (-1) 2 -0=1 >0 in A=-1<0, potem je točka (1; 1) največja točka.

Podobno ugotovimo, da je (-1; -1) najmanjša točka in v točkah (1; -1) in (-1; 1), na katerih ∆ =AC-B 2 <0, - экстремума нет. Эти точки являются седловыми.

4. Poiščite ekstreme funkcije z max = z(l; 1) = 2, z min = z(-l; -1) = -2,

Pogojni ekstrem. Lagrangeova metoda množitelja.

Oglejmo si problem, specifičen za funkcije več spremenljivk, ko se njegov ekstrem ne išče na celotnem področju definicije, temveč na nizu, ki izpolnjuje določen pogoj.

Oglejmo si funkcijo z = f(x, l), argumenti X in pri ki izpolnjujejo pogoj g(x,y)= Z, klical povezovalna enačba.

Opredelitev.Pika
imenovana točkapogojni maksimum (minimum), če obstaja soseska te točke, ki za vse točke (x,y) iz te soseske izpolnjuje pogojg (x, l) = C, neenakost velja

(
).

Na sl. prikazana je pogojna najvišja točka
. Očitno ni brezpogojna točka ekstrema funkcije z = f(x, l) (na sliki je to točka
).

Najenostavnejši način za iskanje pogojnega ekstrema funkcije dveh spremenljivk je reduciranje problema na iskanje ekstrema funkcije ene spremenljivke. Predpostavimo enačbo povezave g (x, l) = Z uspelo razrešiti glede na eno od spremenljivk, na primer izraziti pri skozi X:
. Če nadomestimo dobljeni izraz v funkcijo dveh spremenljivk, dobimo z = f(x, l) =
, tiste. funkcijo ene spremenljivke. Njegov ekstrem bo pogojni ekstrem funkcije z = f(x, l).

Primer. X 2 + l 2 glede na to 3x +2y = 11.

rešitev. Iz enačbe 3x + 2y = 11 izrazimo spremenljivko y skozi spremenljivko x in nadomestimo dobljeno
delovati z. z= x 2 +2
Rešitev: Ta enačba je ločena diferencialna enačba. zato z =
. Dobimo = Ta funkcija ima edinstven minimum pri
3. Ustrezna vrednost funkcije

Tako je (3; 1) pogojna ekstremna (minimalna) točka. g(xV obravnavanem primeru enačba sklopitve, y) = C

se je izkazalo za linearno, zato ga je bilo enostavno razrešiti glede na eno od spremenljivk. Vendar v bolj zapletenih primerih tega ni mogoče storiti. Za iskanje pogojnega ekstrema v splošnem primeru uporabimo

Lagrangeova metoda množitelja.

Razmislite o funkciji treh spremenljivk Ta funkcija se imenuje Lagrangeova funkcija, A- Lagrangeov množitelj.

Izrek.Naslednji izrek drži.
Če je točkaz = f(x, lje pogojna ekstremna točka funkcijeg (x, l) glede na to taka točka
je ekstremna točka funkcijeL{ x, l, ).

Tako najti pogojni ekstrem funkcije z = f(x,y) glede na to g(x, l) = C treba najti rešitev za sistem

Na sl. prikazan je geometrijski pomen Lagrangeovih pogojev. Linija g(x,y)= C pikčasta, ravna črta g(x, l) = Q funkcije z = f(x, l) trdna.

Iz sl. iz tega sledi na pogojni ekstremni točki linija funkcijskega nivoja z = f(x, l) se dotakne črteg(x, l) = S.

Primer. Poiščite največjo in najmanjšo točko funkcije z = X 2 + l 2 glede na to 3x +2y = 11 z uporabo metode Lagrangeovih množiteljev.

rešitev. Prevajanje Lagrangeove funkcije L= x 2 + 2у 2 +

Če njegove delne odvode enačimo z nič, dobimo sistem enačb

Njegova edina rešitev (x=3, y=1, =-2). Tako je pogojna točka ekstrema lahko le točka (3;1). Preprosto je preveriti, da je na tej točki funkcija z= f(x, l) ima pogojni minimum.

Oglejmo si primere reševanja diferencialnih enačb z ločljivimi spremenljivkami.

1) Integrirajte diferencialno enačbo: (1+x²)dy-2xydx=0.

Ta enačba je ločljiva enačba, zapisana kot

Pustimo člen z dy na levi strani enačbe in premaknemo člen z dx na desno stran:

(1+x²)dy = 2xydx

Ločimo spremenljivke, torej na levi pustimo samo dy, na desni pa vse, kar vsebuje y, dx in x. To naredite tako, da obe strani enačbe delite z (1+x²) in z y. Dobimo

Integrirajmo obe strani enačbe:

Na levi strani je integral tabele. Integral na desni strani lahko najdemo na primer tako, da naredimo zamenjavo t=1+x²

dt=(1+x²)’dx=2xdx.

V primerih, kjer je mogoče izvesti potenciranje, to je odstraniti logaritme, je priročno vzeti ne C, ampak lnC. Natančno to bomo storili: ln│y│=ln│t│+ln│C│. Ker je vsota logaritmov enaka logaritmu produkta, potem je ln│y│=ln│Сt│, od koder je y=Ct. Naredimo obratno spremembo in dobimo splošno rešitev: y=C(1+x²).

Delili smo z 1+x² in z y, če nista enaka nič. Toda 1+x² ni enako nič za noben x. In y=0 pri C=0, torej ni prišlo do izgube korenin.

Odgovor: y=C(1+x²).

2) Poiščite splošni integral enačbe

Spremenljivke lahko ločimo.

Pomnožite obe strani enačbe z dx in delite z

Dobimo:

Zdaj pa se integrirajmo

Na levi strani je integral tabele. Na desni - naredimo zamenjavo 4-x²=t, nato dt=(4-x²)’dx=-2xdx. Dobimo

Če namesto C vzamemo 1/2 ln│C│, lahko odgovor zapišemo bolj strnjeno:

Pomnožimo obe strani z 2 in uporabimo lastnost logaritma:

Razdelili smo se po

Niso enaki nič: y²+1 - ker vsota nenegativnih števil ni enaka nič, radikalni izraz pa ni enak nič v smislu pogoja. To pomeni, da ni prišlo do izgube korenin.

3) a) Poiščite splošni integral enačbe (xy²+y²)dx+(x²-x²y)dy=0.

b) Poiščite delni integral te enačbe, ki izpolnjuje začetni pogoj y(e)=1.

a) Pretvorite levo stran enačbe: y²(x+1)dx+x²(1-y)dy=0, nato

y²(x+1)dx=-x²(1-y)dy. Obe strani delimo z x²y², pod pogojem, da niti x niti y nista enaka nič. Dobimo:

Integrirajmo enačbo:

Ker je razlika logaritmov enaka logaritmu količnika, imamo:

To je splošni integral enačbe. V procesu reševanja smo postavili pogoj, da produkt x²y² ni enak nič, kar pomeni, da x in y ne smeta biti enaka nič. Če nadomestimo x=0 in y=0 v pogoj: (0,0²+0²)dx+(0²-0²0)dy=0 dobimo pravilno enakost 0=0. To pomeni, da sta x=0 in y=0 tudi rešitvi te enačbe. Vendar niso vključene v splošni integral za noben C (ničle se ne morejo pojaviti pod znakom logaritma in v imenovalcu ulomka), zato je treba te rešitve zapisati poleg splošnega integrala.

b) Ker je y(e)=1, nadomestimo x=e, y=1 v nastalo rešitev in poiščemo C:

Primeri samotestiranja: