Adi diferensial tənlik müstəqil dəyişəni, bu dəyişənin naməlum funksiyasını və onun müxtəlif düzənli törəmələrini (və ya diferensiallarını) əlaqələndirən tənlik adlanır.

Diferensial tənliyin sırası onun tərkibində olan ən yüksək törəmənin sırasıdır.

Adi olanlarla yanaşı, qismən diferensial tənliklər də öyrənilir. Bunlar müstəqil dəyişənlərlə əlaqəli tənliklər, bu dəyişənlərin naməlum funksiyası və eyni dəyişənlərə münasibətdə onun qismən törəmələridir. Ancaq biz yalnız nəzərdən keçirəcəyik adi diferensial tənliklər və buna görə də biz qısalıq üçün "adi" sözünü buraxacağıq.

Diferensial tənliklərə nümunələr:

(1) ;

(3) ;

(4) ;

(1) tənlik dördüncü, tənlik (2) üçüncü, (3) və (4) tənliklər ikinci, (5) tənliyi birinci dərəcəlidir.

Diferensial tənlik n sifarişin bir funksiyanı, birincidən bütün törəmələrini açıq şəkildə ehtiva etməsinə ehtiyac yoxdur n ci sıra və müstəqil dəyişən. O, açıq şəkildə bəzi sifarişlərin törəmələrini, funksiyanı, müstəqil dəyişəni ehtiva etməyə bilər.

Məsələn, (1) tənliyində üçüncü və ikinci dərəcəli törəmələr, eləcə də funksiyalar açıq şəkildə yoxdur; (2) tənliyində - ikinci dərəcəli törəmə və funksiya; (4) tənliyində - müstəqil dəyişən; (5) tənliyində - funksiyalar. Yalnız (3) tənliyi açıq şəkildə bütün törəmələri, funksiyanı və müstəqil dəyişəni ehtiva edir.

Diferensial tənliyi həll etməklə istənilən funksiya çağırılır y = f(x), hansını tənliyə əvəz edərək, şəxsiyyətə çevrilir.

Diferensial tənliyin həllinin tapılması prosesi onun adlanır inteqrasiya.

Misal 1 Diferensial tənliyin həllini tapın.

Həll. Bu tənliyi formada yazırıq. Həlli funksiyanı törəməsi ilə tapmaqdır. Orijinal funksiya, inteqral hesablamadan məlum olduğu kimi, üçün antitörəmədir, yəni.

Bu budur verilmiş diferensial tənliyin həlli . içində dəyişir C, biz müxtəlif həllər əldə edəcəyik. Birinci dərəcəli diferensial tənliyin sonsuz sayda həllinin olduğunu öyrəndik.

Diferensial tənliyin ümumi həlli n ci sıra naməlum funksiyaya münasibətdə açıq şəkildə ifadə edilən və ehtiva edən həllidir n müstəqil ixtiyari sabitlər, yəni.

1-ci misaldakı diferensial tənliyin həlli ümumidir.

Diferensial tənliyin qismən həlli onun həlli adlanır, burada ixtiyari sabitlərə xüsusi ədədi dəyərlər təyin olunur.

Misal 2 Diferensial tənliyin ümumi həllini və xüsusi həllini tapın .

Həll. Tənliyin hər iki hissəsini bir neçə dəfə inteqrasiya edirik ki, diferensial tənliyin sırası bərabər olsun.

,

.

Nəticədə ümumi həll yolu tapdıq -

üçüncü dərəcəli diferensial tənlik verilmişdir.

İndi müəyyən şərtlərdə xüsusi bir həll tapaq. Bunu etmək üçün ixtiyari əmsallar əvəzinə onların dəyərlərini əvəz edirik və əldə edirik

.

Əgər diferensial tənliyə əlavə olaraq ilkin şərt şəklində verilirsə, belə bir məsələ adlanır. Cauchy problemi . və qiymətləri tənliyin ümumi həllində əvəz olunur və ixtiyari sabitin qiyməti tapılır. C, sonra tapılan dəyər üçün tənliyin xüsusi həlli C. Bu Koşi probleminin həllidir.

Misal 3 1-ci nümunədən diferensial tənlik üçün Koşi məsələsini şərtlə həll edin.

Həll. Ümumi həlldə ilkin vəziyyətdən dəyərləri əvəz edirik y = 3, x= 1. Alırıq

Verilmiş birinci dərəcəli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsinin həllini yazırıq:

Diferensial tənliklərin, hətta ən sadə tənliklərin həlli mürəkkəb funksiyalar da daxil olmaqla törəmələrin inteqrasiyası və götürülməsi üzrə yaxşı bacarıqlar tələb edir. Bunu aşağıdakı misalda görmək olar.

Misal 4 Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.

Həll. Tənlik elə bir formada yazılıb ki, hər iki tərəf dərhal inteqrasiya olunsun.

.

Dəyişən (əvəzetmə) dəyişdirilərək inteqrasiya metodunu tətbiq edirik. Qoy o zaman.

Almaq tələb olunur dx indi isə - diqqət - biz bunu mürəkkəb funksiyanın diferensiasiya qaydalarına əsasən edirik, çünki x və mürəkkəb bir funksiya var ("alma" - kvadrat kök çıxarmaq və ya eynidir - "bir saniyə" gücə yüksəltmək və "qiymə" - kök altında ifadənin özü):

İnteqralı tapırıq:

Dəyişənlərə qayıdırıq x, alırıq:

.

Bu, birinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həllidir.

Diferensial tənliklərin həllində təkcə ali riyaziyyatın əvvəlki bölmələrindən bacarıqlar deyil, həm də ibtidai, yəni məktəb riyaziyyatından bacarıqlar tələb olunacaq. Artıq qeyd edildiyi kimi, hər hansı bir sıralı diferensial tənlikdə müstəqil dəyişən, yəni dəyişən olmaya bilər. x. Məktəb skamyasından unudulmamış nisbətlər haqqında biliklər (lakin hər kəs bunu bəyənir) bu problemi həll etməyə kömək edəcəkdir. Bu növbəti nümunədir.

Həll edilə bilən daha yüksək dərəcəli adi diferensial tənliklərin (DE) əsas növləri sadalanır. Onların həlli üsulları qısaca təsvir edilmişdir. Həll üsullarının ətraflı təsviri və nümunələri olan səhifələrə keçidlər verilir.

Həmçinin bax: Birinci dərəcəli diferensial tənliklər
Birinci dərəcəli xətti qismən diferensial tənliklər

Sifarişin azaldılmasını qəbul edən daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklər

Birbaşa inteqrasiya ilə həll olunan tənliklər

Aşağıdakı formanın diferensial tənliyini nəzərdən keçirin:
.
n dəfə inteqrasiya edirik.
;
;
və sair. Formuladan da istifadə edə bilərsiniz:
.
Birbaşa həll olunan diferensial tənliklərə baxın inteqrasiya > > >

y asılı dəyişənini açıq şəkildə ehtiva etməyən tənliklər

Əvəzetmə tənliyin sırasının bir azaldılmasına gətirib çıxarır. Burada bir funksiya var.
Açıq funksiyası olmayan yüksək dərəcəli diferensial tənliklərə baxın > > >

Müstəqil x dəyişənini açıq şəkildə ehtiva etməyən tənliklər

.
-nin funksiyası olduğunu güman edirik. Sonra
.
Eynilə digər törəmələr üçün. Nəticədə tənliyin sırası bir azaldılır.
Tərkibində açıq dəyişən olmayan yüksək dərəcəli diferensial tənliklərə baxın > > >

y, y′, y′′, ... ilə əlaqədar homojen tənliklər

Bu tənliyi həll etmək üçün əvəzetmə aparırıq
,
funksiyası haradadır. Sonra
.
Eynilə, biz törəmələri çeviririk və s. Nəticədə tənliyin sırası bir azaldılır.
Funksiyaya və onun törəmələrinə görə homojen olan ali tərtibli diferensial tənliklərə baxın > > >

Daha yüksək dərəcəli xətti diferensial tənliklər

düşünün n-ci tərtib xətti bircinsli diferensial tənlik:
(1) ,
müstəqil dəyişənin funksiyaları haradadır. Bu tənliyin n xətti müstəqil həlli olsun. Onda (1) tənliyinin ümumi həlli formaya malikdir:
(2) ,
ixtiyari sabitlər haradadır. Funksiyalar özləri əsas həllər sistemini təşkil edirlər.
Əsas qərar sistemi n-ci dərəcəli xətti homojen tənlik bu tənliyin n xətti müstəqil həllidir.

düşünün n-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik:
.
Bu tənliyin xüsusi (hər hansı) həlli olsun. Sonra ümumi həll belə görünür:
,
homojen tənliyin (1) ümumi həlli haradadır.

Sabit əmsallı xətti diferensial tənliklər və onların azaldılması

Sabit əmsallı xətti homogen tənliklər

Bunlar formanın tənlikləridir:
(3) .
Budur real rəqəmlər. Bu tənliyin ümumi həllini tapmaq üçün əsas həllər sistemini təşkil edən n xətti müstəqil həll tapmalıyıq. Sonra ümumi həll düstur (2) ilə müəyyən edilir:
(2) .

formada həll axtarır. alırıq xarakterik tənlik:
(4) .

Bu tənlik varsa müxtəlif köklər, onda əsas həllər sistemi formaya malikdir:
.

Əgər varsa mürəkkəb kök
,
onda mürəkkəb qoşma kök də var. Bu iki kök mürəkkəb həllər yerinə fundamental sistemə daxil etdiyimiz və həllərinə uyğundur və .

Çoxlu köklərçoxluqlar xətti müstəqil həllərə uyğundur: .

Çox mürəkkəb köklərçoxilliklər və onların mürəkkəb konjugat dəyərləri xətti müstəqil həllərə uyğundur:
.

Xüsusi qeyri-homogen hissəsi olan xətti qeyri-bərabər tənliklər

Formanın bir tənliyini nəzərdən keçirin
,
s dərəcə polinomları haradadır 1 və s 2 ; - daimi.

Birincisi, biz homojen tənliyin (3) ümumi həllini axtarırıq. Əgər xarakteristik tənlik (4) kök ehtiva etmir, sonra formada xüsusi bir həll axtarırıq:
,
harada
;
;
s - s-dən ən böyüyü 1 və s 2 .

Əgər xarakteristik tənlik (4) kökü varçoxluq , onda biz formada xüsusi bir həll axtarırıq:
.

Bundan sonra ümumi həlli əldə edirik:
.

Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər tənliklər

Burada üç mümkün həll yolu var.

1) Bernoulli üsulu.
Birincisi, homojen tənliyin istənilən sıfırdan fərqli həllini tapırıq
.
Sonra bir əvəzləmə edirik
,
burada x dəyişəninin funksiyasıdır. Biz u üçün diferensial tənlik alırıq ki, x-ə münasibətdə yalnız u-nun törəmələrini ehtiva edir. Əvəz etməklə n tənliyini alırıq - 1 -ci sifariş.

2) Xətti əvəzetmə üsulu.
Gəlin əvəzetmə edək
,
burada (4) xarakterik tənliyin köklərindən biridir. Nəticədə sabit sifariş əmsalları olan xətti qeyri-homogen tənlik əldə edirik. Bu əvəzetməni ardıcıl olaraq tətbiq edərək, ilkin tənliyi birinci dərəcəli tənliyə endiririk.

3) Laqranj sabitlərinin dəyişməsi üsulu.
Bu üsulda ilk növbədə (3) homojen tənliyi həll edirik. Onun həlli belə görünür:
(2) .
Bundan sonra sabitlərin x dəyişəninin funksiyaları olduğunu fərz edirik. Onda orijinal tənliyin həlli formaya malikdir:
,
naməlum funksiyalar haradadır. Orijinal tənliyi əvəz edərək və bəzi məhdudiyyətlər qoyaraq, funksiyaların formasını tapa biləcəyimiz tənliklər əldə edirik.

Eyler tənliyi

Əvəz etməklə sabit əmsallı xətti tənliyə endirilir:
.
Bununla belə, Eyler tənliyini həll etmək üçün belə bir əvəzləşdirməyə ehtiyac yoxdur. Bircins tənliyin həllini dərhal formada axtarmaq olar
.
Nəticədə, sabit əmsalları olan bir tənlik üçün olduğu kimi eyni qaydaları alırıq, burada dəyişən əvəzinə əvəz etməli oluruq.

İstinadlar:
V.V. Stepanov, Diferensial tənliklər kursu, LKI, 2015.
N.M. Günter, R.O. Kuzmin, Ali riyaziyyatda problemlər toplusu, Lan, 2003.

Yüksək tərtibli diferensial tənliklər

Yüksək dərəcəli diferensial tənliklərin əsas terminologiyası (DE VP).

Formanın tənliyi, burada n >1 (2)

daha yüksək dərəcəli diferensial tənlik adlanır, yəni. n-ci sifariş.

Uzaqdan idarəetmənin tərif sahəsi, n ci sıra sahədir.

Bu kurs hava məkanına nəzarətin aşağıdakı növləri ilə məşğul olacaq:

VP üçün Cauchy problemi:

DU verilsin,
və ilkin şərtlər n/a: ədədlər .

Davamlı və n dəfə diferensiallana bilən funksiyanı tapmaq tələb olunur
:

1)
-də verilmiş DE-nin həllidir, yəni.
;

2) verilmiş ilkin şərtləri ödəyir: .

İkinci dərəcəli DE üçün məsələnin həllinin həndəsi şərhi aşağıdakı kimidir: nöqtədən keçən inteqral əyri axtarılır. (x 0 , y 0 ) və yamaclı xəttə tangens k = y 0 ́ .

Mövcudluq və təklik teoremi(DE (2) üçün Koşi probleminin həlli):

Əgər 1)
davamlı (cəmi (n+1) arqumentlər) ərazidə
; 2)
davamlı (arqumentlər toplusu ilə
) içində, sonra ! Verilmiş ilkin şərtlərə cavab verən DE üçün Koşi məsələsinin həlli n/s: .

Region DE-nin unikallığı bölgəsi adlanır.

DP VP-nin ümumi həlli (2) – n - parametrik funksiyası,
, harada
– aşağıdakı tələblərə cavab verən ixtiyari sabitlər:

1)

– üzərində DE (2) məhlulu;

2) unikallıq bölgəsindən yoxdur!
:
verilmiş ilkin şərtləri ödəyir.

Şərh.

Baxış nisbəti
, DE (2)-nin ümumi həllini dolayısı ilə təyin edən adlanır ümumi inteqral DU.

Şəxsi qərar DE (2) xüsusi qiymət üçün onun ümumi həllindən alınır .

DP VP-nin inteqrasiyası.

Yüksək tərtibli diferensial tənliklər, bir qayda olaraq, dəqiq analitik üsullarla həll edilmir.

Sifarişin azaldılmasını qəbul edən və kvadratlara endirən müəyyən bir DSW növünü ayıraq. Bu tip tənlikləri və onların sırasını azaltmağın yollarını cədvəldə ümumiləşdiririk.

Sifarişdə azalmalara imkan verən DP VP

Homojen funksiyanın tərifi:

Funksiya
dəyişənlərdə homojen adlanır
, əgər


funksiyanın əhatə dairəsinin istənilən nöqtəsində
;

homojenlik sırasıdır.

Məsələn, ilə bağlı 2-ci dərəcəli bircins funksiyadır
, yəni. .

Misal 1:

DE-nin ümumi həllini tapın
.

3-cü dərəcəli DE, natamam, açıq şəkildə ehtiva etmir
. Tənliyi ardıcıl olaraq üç dəfə inteqrasiya edin.

,

DE-nin ümumi həllidir.

Misal 2:

DE üçün Koşi problemini həll edin
saat

.

İkinci dərəcəli DE, natamam, açıq şəkildə ehtiva etmir .

Əvəzetmə
və onun törəməsi
DE sırasını bir azaldır.

. Birinci dərəcəli DE - Bernoulli tənliyi alındı. Bu tənliyi həll etmək üçün Bernoulli əvəzetməsini tətbiq edirik:

,

və onu tənliyə daxil edin.

Bu mərhələdə tənlik üçün Koşi məsələsini həll edirik
:
.

ayrıla bilən dəyişənlərə malik birinci dərəcəli tənlikdir.

İlkin şərtləri sonuncu bərabərliyə əvəz edirik:

Cavab:
ilkin şərtləri ödəyən Koşi məsələsinin həllidir.

Misal 3:

DU-nu həll edin.

– 2-ci dərəcəli DE, natamam, dəyişəni açıq şəkildə ehtiva etmir və buna görə də əvəzetmə və ya istifadə edərək sıranı bir ilə aşağı salmağa imkan verir.
.

tənliyi alırıq
(qoy
).

– Dəyişənləri ayıran 1-ci dərəcəli DE. Gəlin onları paylaşaq.

DE-nin ümumi inteqralıdır.

Misal 4:

DU-nu həll edin.

tənlik
dəqiq törəmə tənlikdir. Həqiqətən,
.

-a görə sol və sağ hissələri birləşdirək, yəni.
və ya . Ayrılan dəyişənlərlə 1-ci dərəcəli DE alındı, yəni.
DE-nin ümumi inteqralıdır.

Misal 5:

Cauchy problemini həll edin
at.

4-cü dərəcəli DE, natamam, açıq şəkildə ehtiva etmir
. Bu tənliyin dəqiq törəmələrdə olduğunu qeyd edərək, əldə edirik
və ya
,
. İlkin şərtləri bu tənliyə əvəz edirik:
. Gəlin pultu alaq
Birinci növün 3-cü sırası (cədvələ bax). Onu üç dəfə inteqrasiya edək və hər inteqrasiyadan sonra ilkin şərtləri tənliyə əvəz edək:

Cavab:
- orijinal DE-nin Koşi məsələsinin həlli.

Misal 6:

Tənliyi həll edin.

– 2-ci dərəcəli DE, tam, ilə bağlı vahidliyi ehtiva edir
. Əvəzetmə
tənliyin sırasını aşağı salacaq. Bunun üçün tənliyi formaya endiririk
, orijinal tənliyin hər iki tərəfinin bölünməsi . Və funksiyanı fərqləndiririk səh:

.

Əvəz etmək
və
DU-da:
. Bu 1-ci dərəcəli ayrıla bilən dəyişən tənliyidir.

Bunu nəzərə alaraq
, biz DE və ya alırıq
orijinal DE-nin ümumi həllidir.

Yüksək tərtibli xətti diferensial tənliklər nəzəriyyəsi.

Əsas terminologiya.

- NLDU ardıcıllıq, burada fasiləsiz funksiyalar hansısa intervaldadır.

O, DE davamlılıq intervalı adlanır (3).

ci sıralı (şərti) diferensial operatoru təqdim edək

Funksiyaya təsir etdikdə alırıq

Yəni -ci sıralı xətti DE-nin sol tərəfi.

Nəticədə LDE yazıla bilər

Xətti operator xassələri
:

1) - aşqarlıq xüsusiyyəti

2)
– say – homogenlik xassəsi

Bu funksiyaların törəmələri oxşar xassələrə malik olduğundan xassələr asanlıqla yoxlanılır (törəmələrin yekun cəmi sonlu sayda törəmələrin cəminə bərabərdir; daimi amil törəmə işarəsindən çıxarıla bilər).

Bu.
xətti operatordur.

LDE üçün Cauchy probleminin həllinin mövcudluğu və unikallığı məsələsini nəzərdən keçirin
.

LDE ilə bağlı həll edək
: ,
, davamlılıq intervalıdır.

Funksiya , törəmələr sahəsində davamlıdır
regionda davamlıdır

Buna görə də, LDE (3) Koşi probleminin unikal həlli olduğu və yalnız nöqtənin seçimindən asılı olduğu unikallıq sahəsi.
, arqumentlərin bütün digər dəyərləri
funksiyaları
özbaşına qəbul edilə bilər.

OLDU-nun ümumi nəzəriyyəsi.

davamlılıq intervalıdır.

OLDDE həllərinin əsas xüsusiyyətləri:

1. Additivlik xassəsi

(
– OLDDE həlli (4) on )
(
) üzrə OLDDE (4) həllidir.

Sübut:

OLDDE (4) üzrə həllidir

OLDDE (4) üzrə həllidir

Sonra

2. Homojenlik xassəsi

( OLDDE (4) üzrə həllidir) (
(- ədədi sahə))

üzərində OLDDE (4) həllidir.

Eyni şəkildə sübut olunur.

Additivlik və homojenlik xassələri OLDE-nin xətti xassələri adlanır (4).

Nəticə:

(
– OLDDE həlli (4) üzrə )(

) üzrə OLDDE (4) həllidir.

3. ( OLDDE (4) üzrə kompleks qiymətli həllidir )(
OLDDE (4) üzrə real qiymətli həllərdir).

Sübut:

Əgər OLDDE (4) həlli üzərindədirsə, onda tənliyə əvəz etdikdə onu eyniliyə çevirir, yəni.
.

Operatorun xətti olduğuna görə sonuncu bərabərliyin sol tərəfi aşağıdakı kimi yazıla bilər:
.

Bu o deməkdir ki, , yəni OLDDE (4) üzərindəki real qiymətli həllərdir.

OLDDE həllərinin aşağıdakı xüsusiyyətləri “ anlayışı ilə bağlıdır. xətti asılılıq”.

Sonlu funksiyalar sisteminin xətti asılılığının təyini

Funksiyalar sistemi mövcud olub olmadığından xətti asılı adlanır qeyri-trivial nömrələr dəsti
belə ki, xətti birləşmə
funksiyaları
bu nömrələrlə eyni şəkildə sıfıra bərabərdir on , yəni.
.n , bu səhvdir. teorem isbat olunur.diferensial tənliklərdaha yüksəksifarişlər(4 saat...

Bu tənlik üçün əlimizdə:

; (5.22)

. (5.23)

Sonuncu determinant a 3 > 0 şərtini verir. 0 > 0, 1 > 0 və 3 > 0 olduqda Δ 2 > 0 şərti yalnız 2 > 0 olduqda təmin edilə bilər.

Deməli, üçüncü dərəcəli tənlik üçün xarakterik tənliyin bütün əmsallarının müsbət olması artıq kifayət deyil. Həmçinin a 1 a 2 > a 0 a 3 əmsalları arasında müəyyən nisbətin yerinə yetirilməsi tələb olunur.

4. Dördüncü dərəcəli tənlik

Yuxarıda göstərilənlərə bənzər şəkildə, dördüncü dərəcəli tənlik üçün bütün əmsalların müsbətliyinə əlavə olaraq, şərtin

Hurwitz meyarları da daxil olmaqla cəbri meyarların əhəmiyyətli bir çatışmazlığı da yüksək nizamlı tənliklər üçün, ən yaxşı halda, avtomatik idarəetmə sisteminin sabit olub-olmaması barədə cavab ala bilməsidir. Eyni zamanda, qeyri-sabit bir sistem vəziyyətində, meyar sistemin sabit olması üçün sistemin parametrlərinin necə dəyişdirilməli olduğuna cavab vermir. Bu vəziyyət mühəndislik təcrübəsində daha əlverişli olacaq digər meyarların axtarışına səbəb oldu.

5.3. Mixaylov sabitlik meyarı

Xarakterik polinom olan xarakterik tənliyin (5.7) sol tərəfini ayrıca nəzərdən keçirin.

Bu çoxhədliyə sırf xəyali dəyəri p = j əvəz edin, burada  xarakterik həllin sırf xəyali kökünə uyğun gələn rəqslərin bucaq tezliyidir. Bu halda xarakterik kompleksi əldə edirik

burada real hissə hətta tezlik səlahiyyətlərini ehtiva edəcəkdir

və xəyali - tezliyin tək səlahiyyətləri

E

düyü. 5.4. Mixaylovun hodoqrafı

Təcrübədə Mixaylov əyrisi nöqtə-nöqtə tikilir və  tezliyinin müxtəlif qiymətləri müəyyən edilir və (5.28), (5.29) düsturlarından istifadə etməklə U() və V() hesablanır. Hesablama nəticələri Cədvəldə ümumiləşdirilmişdir. 5.1.

Cədvəl 5.1

Mixaylov əyrisinin qurulması

Bu cədvələ əsasən əyrinin özü qurulur (şək. 5.4).

Tezliyi  sıfırdan sonsuzluğa dəyişdikdə D(j) vektorunun  fırlanma bucağının nəyə bərabər olması lazım olduğunu müəyyən edək. Bunun üçün xarakterik polinomu amillərin hasili kimi yazırıq

burada  1 – n xarakterik tənliyin kökləridir.

Xarakterik vektor aşağıdakı formada təqdim edilə bilər:

Mötərizənin hər biri mürəkkəb ədəddir. Deməli, D(j) n kompleks ədədin hasilidir. Çarpma zamanı kompleks ədədlərin arqumentləri əlavə olunur. Buna görə də D(j) vektorunun nəticədə fırlanma bucağı  tezliyi sıfırdan sonsuza qədər dəyişdikdə ayrı-ayrı amillərin (5.31) fırlanma bucaqlarının cəminə bərabər olacaqdır.

Gəlin (5.31)-də hər bir termini ayrıca təyin edək. Problemi ümumiləşdirmək üçün müxtəlif kök növlərini nəzərdən keçirin.

1. İstənilən kök, məsələn,  1 olsun real və mənfi , yəni  1 = – 1 . Bu köklə təyin olunan (5.31) ifadəsindəki amil ( 1 + j) kimi görünəcəkdir.  tezliyi sıfırdan sonsuzluğa dəyişdikdə kompleks müstəvidə bu vektorun hodoqrafını quraq (şək. 5.5, a). = 0 olduqda, həqiqi hissə U= 1, xəyali hissə isə V= 0-dır. Bu, həqiqi oxda yerləşən A nöqtəsinə uyğundur. 0-da vektor elə dəyişəcək ki, onun həqiqi hissəsi yenə də  və xəyali V = (qrafikdə B nöqtəsi) bərabər olacaq. Tezlik sonsuza qədər artdıqca vektor sonsuzluğa gedir və vektorun ucu həmişə A nöqtəsindən keçən şaquli xətt üzərində qalır və vektor saat əqrəbinin əksinə fırlanır.

düyü. 5.5. Həqiqi köklər

Nəticədə vektorun fırlanma bucağı  1 = +( / 2).

2. İndi kök  1 olsun real və müsbət , yəni 1 = + 1. Onda (5.31)-də bu köklə təyin olunan amil (- 1 + j) kimi görünəcək. Oxşar konstruksiyalar (Şəkil 5.5, b) nəticədə fırlanma bucağının  1 = –( / 2) olacağını göstərin. Mənfi işarə vektorun saat əqrəbi istiqamətində fırlandığını göstərir.

3. Qoy iki qoşa kök, məsələn,  2 və  3 olsun. mənfi real hissə ilə kompleks , yəni  2;3 = –±j. Eynilə, (5.31) ifadəsində bu köklərlə təyin olunan amillər (–j + j)( + j + j) şəklində olacaqdır.

= 0 olduqda iki vektorun ilkin mövqeləri A 1 və A 2 nöqtələri ilə müəyyən edilir (şək. 5.6, a). Birinci vektor real ox ətrafında saat əqrəbi istiqamətində arctg( / )-ə bərabər bucaq altında, ikinci vektor isə eyni bucaq altında saat əqrəbinin əksinə fırlanır. -in sıfırdan sonsuza qədər tədricən artması ilə hər iki vektorun ucları sonsuzluğa qədər yüksəlir və hər iki vektor həddə olan xəyali ox ilə birləşir.

Nəticədə birinci vektorun fırlanma bucağı  2 = ( / 2) + . İkinci vektorun nəticədə fırlanma bucağı  3 = ( / 2) –. Məhsula (–j + j)( + j + j) uyğun gələn vektor 2 +  3 = 2 / 2 = bucağı ilə fırlanacaq.

düyü. 5.6. Kompleks köklər

4. Eyni olsun mürəkkəb köklər müsbət real hissəyə malikdir , yəni  2;3 = +±j.

Tikintinin əvvəllər nəzərdən keçirilən halla eyni şəkildə aparılması (Şəkil 5.6, b), nəticədə fırlanma bucağını alırıq  2 +  3 = –2 / 2 = –.

Beləliklə, əgər xarakterik tənliyin müsbət həqiqi hissəsi olan f kökləri varsa, bu köklər (həqiqi və ya mürəkkəb) nə olursa olsun, onlar –f-ə ( / 2) bərabər olan fırlanma bucaqlarının cəminə uyğun olacaqlar. Mənfi real hissələri olan xarakterik tənliyin bütün digər (n - f) kökləri + (n - f) ( / 2) -ə bərabər olan fırlanma bucaqlarının cəminə uyğun olacaq. Nəticədə (5.32) düsturuna görə  tezliyi sıfırdan sonsuza dəyişdikdə D(j) vektorunun ümumi fırlanma bucağı belə görünəcək.

 = (n - f)( / 2) -f( / 2) = n ( / 2) -f . (5.33)

Bu ifadə Mixaylov əyrisinin forması ilə xarakterik tənliyin köklərinin həqiqi hissələrinin əlamətləri arasında istənilən əlaqəni müəyyən edir. 1936-cı ildə A.V. Mixaylov istənilən nizamlı xətti sistemlər üçün aşağıdakı sabitlik meyarını tərtib etmişdir.

n-ci dərəcəli sistemin sabitliyi üçün D(j) vektorunun olması zəruri və kifayətdir  ), dəyişikliklə Mixaylov əyrisini təsvir edən  sıfırdan sonsuza qədər fırlanma bucağı var idi  = n (  / 2).

Bu düstur birbaşa (5.33)-dən irəli gəlir. Sistemin sabitliyi üçün bütün köklərin sol yarım müstəvidə olması lazımdır. Buradan vektorun lazımi nəticədə fırlanma bucağı müəyyən edilir.

Mixaylov sabitlik meyarı aşağıdakı kimi tərtib edilmişdir: xətti ACS-nin sabitliyi üçün Mixaylov hodoqrafının tezlik sıfırdan sonsuza qədər dəyişdikdə müsbət yarımmüstəvidən başlayaraq başlanğıcı keçmədən ardıcıl olaraq kompleks müstəvinin çoxlu kvadrantını keçməsi zəruri və kifayətdir. sistemin xarakterik tənliyinin çoxhədli sırası.

O

düyü. 5.7. Davamlı ATS

Sabit sistem üçün Mixaylov əyrisi kompleks müstəvinin ardıcıl n kvadrantından keçir.

Hər üç növün sabitlik sərhədinin mövcudluğunu Mixaylov əyrisindən aşağıdakı kimi təyin etmək olar.

Sabitlik limiti varsa birinci növ (sıfır kök) a n = 0 xarakterik çoxhədlinin sərbəst termini yoxdur və Mixaylov əyrisi mənşəyi tərk edir (şək. 5.9, əyri 1)

Sabitlik həddində ikinci növ (salınan sabitlik həddi) p = j 0 əvəz edildikdə xarakterik tənliyin sol tərəfi, yəni xarakterik polinom yox olur.

D(j 0) = X( 0) + Y( 0) = 0. (5.34)

İki bərabərliyin gəldiyi yerdən: X( 0) = 0; Y( 0) = 0. Bu o deməkdir ki, Mixaylov əyrisində  =  0 nöqtəsi başlanğıc nöqtəsinə düşür (şək. 5.9, əyri 2). Bu halda  0 qiyməti sistemin sönümsüz salınımlarının tezliyidir.

Sabitlik sərhədi üçün üçüncü növ (sonsuz kök) Mixaylov əyrisinin sonu (şək. 5.9, əyri 3) sonsuzluq vasitəsilə bir kvadrantdan digərinə atılır. Bu halda xarakterik polinomun (5.7) a 0 əmsalı işarəni artıdan mənfiyə dəyişərək sıfır qiymətindən keçəcək.

Üçüncü dərəcəli diferensial tənliklərin homojen sistemini nəzərdən keçirək

Burada x(t), y(t), z(t) (a, b) intervalında arzu olunan funksiyalar, a ij (i, j =1, 2, 3) həqiqi ədədlərdir.

Orijinal sistemi matris şəklində yazırıq
,
harada

Orijinal sistemin həllini formada axtaracağıq
,
harada , C 1 , C 2 , C 3 ixtiyari sabitlərdir.

Əsas həllər sistemini tapmaq üçün sözdə xarakterik tənliyi həll etmək lazımdır

Bu tənlik üçüncü dərəcəli cəbri tənlikdir, ona görə də onun 3 kökü var. Bu vəziyyətdə aşağıdakı hallar mümkündür:

1. Köklər (xüsusi qiymətlər) real və fərqlidir.

2. Köklər (xüsusi qiymətlər) arasında mürəkkəb qoşmalar var, qoy
- əsl kök
=

3. Köklər (xüsusi qiymətlər) realdır. Köklərdən biri çoxludur.

Bu halların hər birində necə davranacağımızı anlamaq üçün bizə lazımdır:
Teorem 1.
A matrisinin cüt-cüt fərqli xüsusi qiymətləri olsun və onlara uyğun olan xüsusi vektorlar olsun. Sonra

orijinal sistemə əsas həllər sistemini formalaşdırır.

Şərh .
Qoy - A matrisinin həqiqi xüsusi dəyəri (xarakterik tənliyin həqiqi kökü), - uyğun xüsusi vektor.
= - A matrisinin kompleks xüsusi qiymətləri, - uyğun - xüsusi vektor. Sonra

(Yenidən - real hissə, Im - xəyali)
orijinal sistemə əsas həllər sistemini formalaşdırır. (yəni və = birlikdə hesab olunur)

Teorem 3.
Çoxluğun xarakterik tənliyinin kökü olsun 2. Onda ilkin sistemin 2 formanın xətti müstəqil həlli var.
,
burada , - vektor sabitləri. Çoxluqlar 3-dürsə, formanın 3 xətti müstəqil həlli var
.
Vektorlar (*) və (**) həlləri orijinal sistemdə əvəz etməklə tapılır.
(*) və (**) formalarının həll yollarını daha yaxşı başa düşmək üçün aşağıda müzakirə olunan tipik nümunələrə baxın.

İndi yuxarıda göstərilən halların hər birinə daha yaxından nəzər salaq.

1. Xarakterik tənliyin müxtəlif həqiqi kökləri olduqda üçüncü dərəcəli diferensial tənliklərin bircins sistemlərinin həlli alqoritmi.
Verilmiş sistem

1) Xarakterik tənliyi qurun

həqiqi və fərqli özəl dəyərlərdir (bu tənliyin kökləri).
2) Harada tikirik

3) Harada tikirik
- matrisin A uyğun vektoru, yəni. - istənilən sistem həlli

4) Harada tikirik
- matrisin A uyğun vektoru, yəni. - istənilən sistem həlli

5)

əsas qərarlar sistemini təşkil edir. Sonra orijinal sistemin ümumi həllini formada yazırıq
,
burada C 1 , C 2 , C 3 ixtiyari sabitlərdir,
,
və ya koordinat şəklində

Bir neçə nümunəyə baxaq:
Misal 1




2) Tapın


3) Tapın


4) Vektor funksiyaları



və ya koordinat qeydində

Misal 2

1) Xarakterik tənliyi qurur və həll edirik:

2) Tapın


3) Tapın


4) Tapın


5) Vektor funksiyaları

fundamental sistem təşkil edir. Ümumi həll formasına malikdir

və ya koordinat qeydində

2. Xarakterik tənliyin mürəkkəb qoşa kökləri halında üçüncü tərtibli diferensial tənliklərin bircins sistemlərinin həlli alqoritmi.


- əsl kök

2) Harada tikirik

3) Bina

- matrisin A uyğun vektoru, yəni. sistemi qane edir

Burada Re əsl hissədir
Mən xəyali hissədir
4) əsas həllər sistemini təşkil edir. Sonra, orijinal sistemin ümumi həllini yazırıq:
, harada
С 1 , С 2 , С 3 ixtiyari sabitlərdir.

Misal 1

1) Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edirik

2) Bina

3) Bina
, harada

Birinci tənliyi 2 azaldırıq. Sonra 2i-yə vurulan birinci tənliyi ikinci tənliyə əlavə edirik, üçüncü tənlikdən isə 2-yə vurulan qələmi çıxarırıq.

Daha

Nəticədə,

4) - həllərin fundamental sistemi. Orijinal sistemin ümumi həllini yazırıq:

Misal 2

1) Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edirik


2) Bina

(yəni və birlikdə nəzərdən keçirilir), harada

İkinci tənliyi (1-i) ilə vurun və 2 ilə azaldın.


Nəticədə,

3)
Orijinal sistemin ümumi həlli

və ya

2. Xarakterik tənliyin çox köklü olduğu halda üçüncü dərəcəli diferensial tənliklərin bircins sistemlərinin həlli alqoritmi.
Xarakterik tənliyi qurun və həll edin

İki hal mümkündür:

a) 1) halını nəzərdən keçirək, burada

- A matrisinin məxsus vektoru ilə uyğun gəlir, yəni sistemi təmin edir.

2) 3-cü teoremə müraciət edək, ondan belə nəticə çıxır ki, formanın iki xətti müstəqil həlli var.
,
burada , sabit vektorlardır. Gəlin onları götürək.
3) - həllərin fundamental sistemi. Sonra, orijinal sistemin ümumi həllini yazırıq:

b halını nəzərdən keçirin):
1) 3-cü teoremə müraciət edək, ondan belə nəticə çıxır ki, formanın üç xətti müstəqil həlli var.
,
burada , , sabit vektorlardır. Gəlin onları götürək.
2) - həllərin fundamental sistemi. Sonra, orijinal sistemin ümumi həllini yazırıq.

(*) formasının həll yollarını daha yaxşı başa düşmək üçün bir neçə tipik nümunəyə nəzər salın.

Misal 1

Xarakterik tənliyi qururuq və həll edirik:

halımız var a)
1) Bina
, harada

Birinci tənliyi ikinci tənlikdən çıxarın:

? Üçüncü xətt ikinciyə bənzəyir, biz onu kəsirik. Birinci tənlikdən ikincini çıxarın:

2) = 1 (çoxluq 2)
T.3-ə əsasən, bu kök formanın iki xətti müstəqil həllinə uyğun olmalıdır.
Gəlin bütün xətti müstəqil həllər tapmağa çalışaq ki, bunun üçün , yəni. formanın həlləri
.
Belə bir vektor o zaman həll olacaqdır ki, və yalnız =1-ə uyğun olan xüsusi vektor olarsa, yəni.
, və ya
, ikinci və üçüncü sətirlər birinciyə bənzəyir, biz onları atırıq.

Sistem bir tənliyə endirildi. Buna görə də iki sərbəst naməlum var, məsələn, və . Əvvəlcə onlara 1, 0 dəyərlərini verək; onda 0, 1 dəyərləri. Aşağıdakı həlləri alırıq:
.
Nəticədə, .
3) - həllərin fundamental sistemi. Orijinal sistemin ümumi həllini yazmaq qalır:
. .. Beləliklə, bu sistemdə X 3-ü əvəz et formasının yalnız bir həlli var: Üçüncü sətri kəsin (ikinciyə bənzəyir). Sistem istənilən s üçün ardıcıldır (həlli var). c=1 olsun.
və ya