Oldukça sabit varyasyon yöntemi veya Lagrange yöntemi, birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemleri ve Bernoulli denklemlerini çözmenin başka bir yoludur.
Birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler y + p (x) y = q (x) formuna eşittir. Sağ taraf sıfır olduğundan: y'+p(x)y=0, ce doğrusaldır aynı zamanda 1. dereceden rekabet. Görünüşe göre denklemin sıfır olmayan bir sağ tarafı var, y'+p(x)y=q(x), birden fazla 1. dereceden doğrusal eşitleme.
Oldukça sabit değişim yöntemi (Lagrange yöntemi) saldırıda yatıyor:
1) y+p(x)y=0: y=y* homojen denkleminin gizli çözümü gibi görünüyor.
2) Helal çözümde Z bir sabit olarak değil x şeklinde bir fonksiyon olarak önemlidir: C = C(x). (y*)' zagal çözümünün yaklaşımını biliyoruz ve akılda y* ve (y*)' ifadelerini tanıtıyoruz. Denklemi çıkararak (x) fonksiyonunu bulabiliriz.
3) Homojen bir denklemin gizli çözümünde C(x) virüsünün değiştirilmesi devreye girer.
Oldukça sabit varyasyon yöntemine bakalım. Çözümün ilerlemesine eşit olan ve dönüştürülen aynı görevleri alalım, böylece sonuçlardan kaçınılır.
1) y'=3x-y/x
Denklemi standart formda yeniden yazalım (denklemin doğrusal olmasını sağlamak için gösterim formuna ihtiyaç duyduğumuz Bernoulli yöntemine ek olarak).
y'+y/x=3x (I). Şimdi plan yapma zamanı.
1) Denklemin y+y/x=0 olması muhtemel görünüyor. Törenler ayrılanlarla eşittir. y'=dy/dx ile temsil edilebilir, şu şekilde temsil edilir: dy/dx+y/x=0, dy/dx=-y/x. İki parça dx ile çarpılır ve xy≠0'a bölünür: dy/y=-dx/x. Birleşik:
2) Homojen bir denklemin son çözümünde C, bir sabit olarak değil, x'in bir fonksiyonu olarak önemlidir: C=C(x). Zvidsi
Otrimani vyrazy akıl için sunulmuştur (I):
Denklemin rahatsız edici kısımlarını entegre ediyoruz:
burada C zaten yeni bir sabittir.
3) Aynı denklemin son kararında, C=C(x)'i hesaba kattığımız y=C/x, ardından y=C(x)/x, C(x) yerine x³ ifadesini temsil ediyoruz +C: y=(x³ + C)/x veya y=x²+C/x. Geçmişte Bernoulli yöntemi kullanılarak aynı kanıtlar elde edildi.
Sürüm: y=x²+C/x.
2) y'+y=cosx.
Burada denklem zaten standart görünümde yazılmıştır, onu yeniden oluşturmaya gerek yoktur.
1) Doğrusal hizalamanın y'+y=0 olması muhtemeldir: dy/dx=-y; dy/y=-dx. Birleşik:
Daha manuel bir giriş şekli yaratmak için dünyadaki katılımcı bunu yeni bir giriş şekli olarak kabul edecektir:
Bu, gidilecek yolu bulmayı kolaylaştırmak için yeniden oluşturuldu.
2) Bir doğrusal homojen denklemin orijinal çözümünde, C'yi bir sabit olarak değil, x'in bir fonksiyonu olarak kullanmak önemlidir: C = C(x). Bu yüzden
Zihinler için y ve y' ifadelerini kaldırıyoruz:
Eşit parçaların kırgınlığını çoğaltalım
Parçalara göre entegrasyon formülünü takip ederek rahatsız edici parçaları entegre ediyoruz ve şu sonuca varıyoruz:
Burada artık bir fonksiyon değil, birincil sabittir.
3) Gizli çözümün tekdüze bir ilişkisi vardır
Bulunan C(x) fonksiyonunu yerine koyarız:
Geçmişte Bernoulli yöntemi kullanılarak aynı kanıtlar elde edildi.
Değişim yöntemi yeterince kararlı ve iyileştirmeye yöneliktir.
y'x+y=-xy².
Denklemi standart görünüme getiriyoruz: y+i/x=-y² (II).
1) Denklemin y+y/x=0 olması muhtemel görünüyor. dy/dx=-y/x. dx'e eşit olan kısımları çarpıp y'ye bölüyoruz: dy/y=-dx/x. Artık entegre edilebilir:
(II) ifadelerinin alındığını düşünelim:
Hadi soralım:
Schodo C ve x değişiminden eşit önlemler aldık:
Burada C zaten bir birincil sabittir. Entegrasyon sürecinde, kaydı geçersiz kılmamak için yerine (x) basitçe Z yazdılar. Ve örneğin, C(x)'i yeni C ile karıştırmamak için C(x)'e yöneldiler.
3) y=C(x)/x homojen denkleminin son çözümünde, bulunan C(x) fonksiyonunu temsil ederiz:
Aynı kanıt Bernoulli'nin ileri yöntemi kullanılarak da elde edildi.
Kendi kendini kontrol etmek için dipçik:
1. Denklemi standart biçimde yeniden yazalım: y'-2y = x.
1) En olası denklem y'-2y = 0'dır. y'=dy/dx, dy/dx=2y'den, eşit parçaları dx ile çarpar, y'ye böler ve integralini alırız:
Seni tanıyoruz:
Y ve y' ifadeleri akılda ikame edilir (yaşayabilirliğin tutarlılığı için C ikamesi C(x) ve C' ikamesi C"(x)):
Sağ tarafın integralini bulmak için parçalara göre integral alma formülünü kullanırız:
Şimdi u, du ve v y'yi aşağıdaki formülle değiştiriyoruz:
Burada Z = sabit.
3) Şimdi homojenin tepe noktasını değiştiriyoruz
Birinci dereceden doğrusal heterojen diferansiyel denkleme bir göz atalım:
(1)
.
Bu kıskançlığı açığa çıkarmanın üç yolu vardır:
Lagrange yöntemini kullanarak ilk perdenin doğrusal diferansiyel seviyesinin çözümüne bir göz atalım.
Sabit değişim yönteminin iki aşamada gerçekleştirilmesi muhtemeldir. İlk aşamada çıktının eşit ve büyük olasılıkla eşit olduğunu göreceğiz. Aşamanın diğer ucunda, ilk karar aşamasından itibaren sürekli entegrasyonu bir fonksiyonla değiştiririz. Bundan sonra nihai bir çıkış yapılması gizli bir karar gibi görünüyor.
Kıskançlığa bir göz atalım:
(1)
Aynı sorunun çözümünü de görebiliriz:
Tören ve değişim ayrı
Değişkenleri bölüyoruz - dx ile çarpıyoruz, y'ye bölüyoruz:
Birleşik:
Y tablosu üzerinde integral:
Todi
Güçlendirilmiş:
e C sabitini C ile değiştirin ve sabitle çarpılan modülün işaretini alın ±1, C'ye dahildir:
Şimdi C sabitini x fonksiyonuyla değiştirelim:
C → sen (X)
Bu yüzden hafta sonu randevusu alma kararını arıyoruz (1)
bir bakışta:
(2)
Gideceğimi biliyoruz.
Bir katlama fonksiyonunun türev alma kuralını takip ederek:
.
Yaratıcılıkta farklılaşma kuralını takip ederek:
.
Hafta sonu sunuldu (1)
:
(1)
;
.
İki üye hızla buluşuyor:
;
.
Birleşik:
.
Sunulan (2)
:
.
Sonuç olarak, birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemin zorlayıcı bir çözümü vardır:
.
Aynı görünüyor:
Aşağıdakileri paylaşıyoruz:
Şununla çarpın:
Birleşik:
Tablo integralleri:
Güçlendirilmiş:
e C sabitini C ile değiştirin ve modül işaretlerini ekleyin:
Yıldız:
C sabitini x fonksiyonuyla değiştirin:
C → sen (X)
Biliyoruz, hadi gidelim:
.
Çıkış düzeyinde sunulur:
;
;
Abo:
;
.
Birleşik:
;
Erdemli Rekabet:
.
Uzun vadeli sabitlerin değişimi yöntemi
A N (T)z (N) (T) + A N − 1 (T)z (N − 1) (T) + ... + A 1 (T)z"(T) + A 0 (T)z(T) = F(T)
daha kalıcı olanları değiştirme sürecindedir C k karar verdim
z(T) = C 1 z 1 (T) + C 2 z 2 (T) + ... + C N z N (T)
düzgün homojen seviye
A N (T)z (N) (T) + A N − 1 (T)z (N − 1) (T) + ... + A 1 (T)z"(T) + A 0 (T)z(T) = 0
ek işlevler hakkında C k (T) cebirin doğrusal sistemini karşılayan
Sistemin (1) birincil işlevi Wronskian işlevidir z 1 ,z 2 ,...,z N Bu da ikisi arasında kesin bir fark olmasını sağlayacaktır.
Sabit entegrasyon değerleri sabitlenirken alınan için birincil olduğundan, işlev
Çıkışın homojen olmayan doğrusal diferansiyel eşitlenmesine yönelik çözümler. Gizli bir ilişkinin kanıtı için heterojen bir ilişkinin benzer bir homojen ilişkiyle entegrasyonu böylece karelere indirgenir.
görüşte özel bir kararın (1) talebi üzerine yatmaktadır
de Z(T) - belirli bir homojen denklemin bağlantılarının temeli, matris formundaki girişler ve daha sabit olanların vektörünün yerini alan vektör fonksiyonu ilişkiye atanır. Shukan özel kararı (sıfır koçanı değerleri ile) T = T 0 görüntülenebilir
Katsayıları sabit olan bir sistem için geriye kalan virüs veda edecek:
Matris Z(T)Z− 1 (τ) isminde Cauchy matrisiŞebeke L = A(T) .
Wikimedia Vakfı. 2010.
