Diferensial tənliyin qaydası və onun həlli, Koşi məsələsi. Üçüncü dərəcəli diferensial tənliklərin xətti sistemlərinin həlli alqoritmi Sabit əmsallı xətti qeyri-bərabər tənliklər
Bu tənlik üçün əlimizdə:
; (5.22)
. (5.23)
Sonuncu determinant a 3 > 0 şərtini verir. 0 > 0, 1 > 0 və 3 > 0 üçün Δ 2 > 0 şərti yalnız 2 > 0 üçün təmin edilə bilər.
Deməli, üçüncü dərəcəli tənlik üçün xarakterik tənliyin bütün əmsallarının müsbətliyi artıq kifayət deyil. Həmçinin a 1 a 2 > a 0 a 3 əmsalları arasında müəyyən əlaqənin yerinə yetirilməsi tələb olunur.
4. Dördüncü dərəcəli tənlik
Yuxarıda göstərilənlərə bənzər şəkildə, dördüncü dərəcəli tənlik üçün bütün əmsalların müsbətliyinə əlavə olaraq, aşağıdakı şərtin yerinə yetirilməli olduğunu əldə edə bilərik:
Hurvitz kriteriyaları da daxil olmaqla cəbri meyarların əhəmiyyətli çatışmazlığı həm də yüksək nizamlı tənliklər üçün, ən yaxşı halda, avtomatik idarəetmə sisteminin sabit və ya qeyri-sabit olduğuna dair cavab ala bilməsidir. Üstəlik, qeyri-sabit sistem vəziyyətində, meyar sistemin sabit olması üçün onun parametrlərinin necə dəyişdirilməsinə 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 keçirək.
Gəlin bu polinomda sırf xəyali qiyməti p = j ilə əvəz edək, burada xarakterik həllin sırf xəyali kökünə uyğun gələn rəqslərin bucaq tezliyini təmsil edir. Bu halda xarakterik kompleksi əldə edirik
burada real hissə hətta tezlik səlahiyyətlərini ehtiva edəcəkdir
və xəyali olan - tək dərəcələr tezliklər
E
düyü. 5.4. Mixaylovun hodoqrafı
Təcrübədə Mixaylov əyrisi nöqtə-nöqtə qurulur 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 cədvəldən istifadə edərək əyrinin özü qurulur (şək. 5.4).
Tezliyi sıfırdan sonsuza 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 kimi təqdim edilə bilər:
Hər bir mötərizə kompleks ədədi təmsil edir. Deməli, D(j) hasilidir mürəkkəb ədədlər. Çarpma zamanı kompleks ədədlərin arqumentləri əlavə olunur. Buna görə də D(j) vektorunun nəticədə fırlanma bucağı olacaqdır məbləğinə bərabərdir tezlik sıfırdan sonsuza dəyişdikdə fərdi amillərin fırlanma bucaqları (5.31)
(5.31)-də hər bir termini ayrıca təyin edək. Problemi ümumiləşdirmək üçün düşünün müxtəlif növlər kökləri.
1. Bəzi kök, məsələn, 1 olsun real və mənfi , yəni 1 = – 1 . Bu kök ilə təyin olunan (5.31) ifadəsindəki amil ( 1 + j) formasına malik olacaqdır. Tezliyin sıfırdan sonsuza dəyişməsi ilə 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-ə, xəyali hissəsi isə V = (qrafikdə B nöqtəsi) olacaq. Tezlik sonsuza qədər artdıqca vektor sonsuzluğa gedir və vektorun ucu həmişə A nöqtəsindən keçən şaquli düz xəttdə 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 bu köklə təyin olunan (5.31) əmsalının (– 1 + j) forması olacaqdır. Oxşar konstruksiyalar (Şəkil 5.5, b) ortaya çıxan 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) formasına malik olacaqdır.
= 0 olduqda iki vektorun ilkin mövqeləri A 1 və A 2 nöqtələri ilə müəyyən edilir (şək. 5.6, A). Birinci vektor real oxa nisbətən saat əqrəbi istiqamətində arctg( / )-ə bərabər bucaqla, ikinci vektor isə eyni bucaqla saat əqrəbinin əksinə fırlanır. -in sıfırdan sonsuza qədər tədricən artması ilə hər iki vektorun ucları sonsuzluğa qalxır və hər iki vektor sonda xəyali oxla birləşir.
Nəticədə birinci vektorun fırlanma bucağı 2 = ( / 2) + -dir. İkinci vektorun nəticədə fırlanma bucağı 3 = ( / 2) –. (–j + j)( + j + j) hasilinə uyğun vektor 2 + 3 = 2 / 2 = bucağı ilə fırlanacaq.
düyü. 5.6. Kompleks köklər
4. Qoy onlar eyni olsunlar mürəkkəb köklər müsbət real hissəyə malikdir , yəni 2;3 = +±j.
Tikintinin əvvəllər baxılan işə oxşar 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 tezlik sıfırdan sonsuza dəyişdikdə D(j) vektorunun ümumi fırlanma bucağı formaya malik olacaqdır.
= (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 üçün aşağıdakı sabitlik meyarını tərtib etdi xətti sistemlər istənilən sifariş.
N-ci dərəcəli sistemin sabitliyi üçün D(j) vektorunun olması zəruri və kifayətdir ), dəyişərkən, Mixaylov əyrisini təsvir edir sıfırdan sonsuzluğa qədər fırlanma bucağı var idi = n ( / 2).
Bu düstur birbaşa (5.33)-dən irəli gəlir. Sistemin sabit olması üçün bütün köklərin sol yarım müstəvidə olması lazımdır. Buradan lazım olan nəticə vektor fırlanma bucağı müəyyən edilir.
Mixaylov sabitlik meyarı aşağıdakı kimi tərtib edilmişdir: xətti ACS-nin sabitliyi üçün Mixaylov hodoqrafının tezlik sıfırdan sonsuza qədər dəyişdikdə, müsbət yarım müstəvidən başlayaraq və koordinatların mənşəyini keçmədən kompleksin bir çox kvadrantını ardıcıl olaraq kəsməsi zəruri və kifayətdir. sistemin xarakterik tənliyinin çoxhədli sırası kimi müstəvi.
HAQQINDA
düyü. 5.7. Davamlı ATS
Sabit sistem üçün Mixaylov əyrisi kompleks müstəvinin ardıcıl n kvadrantından keçir.
Hər üç növün sabitlik sərhədlərinin mövcudluğunu Mixaylov əyrisindən aşağıdakı kimi təyin etmək olar.
Sabitlik sərhədinin mövcudluğunda birinci növ (sıfır kök) xarakterik çoxhədlinin n = 0 sərbəst termini yoxdur və Mixaylov əyrisi mənşəyi tərk edir (şək. 5.9, əyri 1)
|
düyü. 5.8. Qeyri-sabit ATS |
düyü. 5.9. Sabitlik məhdudiyyətləri |
Sabitlik həddində ikinci növ (salınan sabitlik sərhədi) p = j 0 əvəz edildikdə xarakterik tənliyin sol tərəfi, yəni xarakterik polinom yox olur.
D(j 0) = X( 0) + Y( 0) = 0. (5.34)
Bu, iki bərabərliyi nəzərdə tutur: X( 0) = 0; Y( 0) = 0. Bu o deməkdir ki, Mixaylov əyrisində = 0 nöqtəsi koordinatların başlanğıcına düşür (şək. 5.9, əyri 2). Bu halda 0 qiyməti sistemin sönümsüz rəqslərinin 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.
Həll edilə bilən yüksək tərtibli adi diferensial tənliklərin (DE) əsas növləri sadalanır. Onların həlli üsulları qısaca təsvir edilmişdir. Həll üsullarının ətraflı təsviri və nümunələri olan səhifələrə keçidlər verilir.
MəzmunHəmçinin bax: Birinci dərəcəli diferensial tənliklər
Birinci dərəcəli xətti qismən diferensial tənliklər
Sifarişin azaldılmasına imkan verən daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklər
Birbaşa inteqrasiya ilə həll olunan tənliklər
Aşağıdakı diferensial tənliyi nəzərdən keçirin:
.
n dəfə inteqrasiya edirik.
;
;
və s. Formuladan da istifadə edə bilərsiniz:
.
Birbaşa həll edilə bilən diferensial tənliklərə baxın inteqrasiya > > >
y asılı dəyişənini açıq şəkildə ehtiva etməyən tənliklər
Əvəzetmə tənliyin sırasını bir azaldır. Buradan bir funksiya var.
Açıq şəkildə funksiyası olmayan daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklərə baxın > > >
Müstəqil x dəyişənini açıq şəkildə daxil etməyən tənliklər
.
-nin funksiyası olduğunu hesab edirik. Sonra
.
Eynilə digər törəmələr üçün. Nəticədə tənliyin sırası bir azaldılır.
Açıq dəyişəni olmayan daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklərə baxın > > >
y, y′, y′′, ... ilə əlaqədar homojen tənliklər
Bu tənliyi həll etmək üçün əvəzetmə aparırıq
,
funksiyası haradadır. Sonra
.
Biz eyni şəkildə törəmələri çeviririk və s. Nəticədə tənliyin sırası bir azaldılır.
Funksiyaya və onun törəmələrinə görə homojen olan ali dərəcəli diferensial tənliklərə baxın > > >
Daha yüksək dərəcəli xətti diferensial tənliklər
Gəlin nəzərdən keçirək n-ci dərəcəli xətti homogen diferensial tənlik:
(1)
,
müstəqil dəyişənin funksiyaları haradadır. Bu tənliyin n xətti müstəqil həlli olsun. Sonra ümumi qərar tənlik (1) formaya malikdir:
(2)
,
ixtiyari sabitlər haradadır. Funksiyalar özləri əsas həllər sistemini təşkil edirlər.
Əsas həll sistemi n-ci dərəcəli xətti homojen tənliyin bu tənliyin n xətti müstəqil həlli var.
Gəlin nəzərdən keçirək n-ci dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənlik:
.
Bu tənliyin xüsusi (hər hansı) həlli olsun. Sonra ümumi həll forması var:
,
homojen tənliyin (1) ümumi həlli haradadır.
Sabit əmsallı və onlara endirilə bilən xətti diferensial tənliklər
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)
.
Biz formada həll axtarırıq. alırıq xarakterik tənlik:
(4)
.
Bu tənlik varsa müxtəlif köklər, onda əsas həllər sistemi formaya malikdir:
.
Əgər varsa mürəkkəb kök
,
onda mürəkkəb birləşmiş kök də var. Bu iki kök mürəkkəb həllər yerinə fundamental sistemə daxil etdiyimiz və həllərinə uyğundur və .
Çoxlu köklərçoxluqlar xətti müstəqil həllərə uyğundur: .
Çoxlu mürəkkəb köklərçoxilliklər və onların mürəkkəb konjugat dəyərləri xətti müstəqil həllərə uyğundur:
.
Xüsusi qeyri-homogen hissəsi olan xətti qeyri-bərabər tənliklər
Gəlin nəzərdən keçirək formanın tənliyi
,
s dərəcə polinomları haradadır 1
və s 2
; - daimi.
Əvvəlcə homojen tənliyin (3) ümumi həllini axtarırıq. Əgər xarakteristik tənlik (4) kök ehtiva etmir, sonra formada xüsusi bir həll axtarırıq:
,
Harada
;
;
s - s-nin 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 əvəzetməni edirik
,
burada x dəyişəninin funksiyasıdır. Biz u üçün diferensial tənlik alırıq ki, bu tənlik yalnız x-ə münasibətdə u-nun törəmələrini ehtiva edir. Əvəzetməni həyata keçirərək n tənliyini əldə edirik - 1
- ci sifariş.
2)
Xətti əvəzetmə üsulu.
Gəlin əvəzetmə edək
,
burada (4) xarakterik tənliyin köklərindən biridir. Nəticədə sabit nizam əmsalları olan xətti qeyri-bərabər tənlik əldə edirik. Bu əvəzetməni ardıcıl olaraq tətbiq edərək, ilkin tənliyi birinci dərəcəli tənliyə endiririk.
3)
Laqranj sabitlərinin dəyişmə üsulu.
Bu üsulda ilk növbədə (3) homojen tənliyi həll edirik. Onun həlli belə görünür:
(2)
.
Bundan əlavə, sabitlərin x dəyişəninin funksiyaları olduğunu fərz edirik. Sonra orijinal tənliyin həlli formaya malikdir:
,
naməlum funksiyalar haradadır. Orijinal tənliyi əvəz edərək və bəzi məhdudiyyətlər qoyaraq, funksiyaların növünü tapa biləcəyimiz tənliklər əldə edirik.
Eyler tənliyi
aşağı gəlir xətti tənlik daimi əvəzetmə əmsalları ilə:
.
Bununla belə, Eyler tənliyini həll etmək üçün belə bir əvəzləşdirməyə ehtiyac yoxdur. Siz dərhal formada homojen tənliyin həllini axtara bilərsiniz
.
Nəticədə, sabit əmsalları olan bir tənlik üçün olduğu kimi eyni qaydaları əldə edirik, burada dəyişən əvəzinə əvəz etməlisiniz.
İstinadlar:
V.V. Stepanov, Diferensial tənliklər kursu, "LKI", 2015.
N.M. Günter, R.O. Kuzmin, Ali riyaziyyatda problemlər toplusu, "Lan", 2003.
Adi diferensial tənlik müstəqil dəyişəni, bu dəyişənin naməlum funksiyasını və onun müxtəlif düzənli törəmələrini (və ya diferensiallarını) əlaqələndirən tənlikdir.
Sırayla diferensial tənlik tərkibində olan ən yüksək törəmə sırası adlanır.
Adi tənliklərlə 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 qısalıq üçün “adi” sözünü buraxacağıq.
Diferensial tənliklərə nümunələr:
(1) 
;
(3) 
;
(4) 
;
(1) tənlik dördüncü, tənlik (2) üçüncü, (3) və (4) tənliklər ikinci, (5) tənlik birinci dərəcəlidir.
Diferensial tənlik n ci sıra mütləq açıq funksiya ehtiva etməməlidir, onun birincidən başlayaraq bütün törəmələri n-ci sıra və müstəqil dəyişən. O, açıq şəkildə müəyyən sifarişlərin törəmələrini, funksiyanı və ya müstəqil dəyişəni ehtiva edə bilməz.
Məsələn, (1) tənliyində üçüncü və ikinci dərəcəli törəmələr, həmçinin funksiya aydın 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 tənliyin həlli hər bir funksiya çağırılır y = f(x), tənliyə əvəz edildikdə eyniliyə çevrilir.
Diferensial tənliyin həllinin tapılması prosesi onun adlanır inteqrasiya.
Misal 1. Diferensial tənliyin həllini tapın.
Həll. Bu tənliyi formada yazaq. Həll yolu onun törəməsindən funksiyanı tapmaqdır. Orijinal funksiya, inteqral hesablamadan məlum olduğu kimi, üçün antitörəmədir, yəni.
Bu budur bu diferensial tənliyin həlli . İçində dəyişmək C, biz müxtəlif həllər əldə edəcəyik. Birinci dərəcəli diferensial tənliyin sonsuz sayda həlli olduğunu öyrəndik.
Diferensial tənliyin ümumi həlli n ci sıra onun həllidir, naməlum funksiyaya münasibətdə açıq şəkildə ifadə edilir və ehtiva edir n müstəqil ixtiyari sabitlər, yəni.
Nümunə 1-dəki diferensial tənliyin həlli ümumidir.
Diferensial tənliyin qismən həlli ixtiyari sabitlərə xüsusi ədədi qiymətlərin verildiyi bir həll deyilir.
Misal 2. Diferensial tənliyin ümumi həllini və xüsusi həllini tapın 
.
Həll. Tənliyin hər iki tərəfini diferensial tənliyin sırasına bərabər sayda dəfə inteqral edək.
,
.
Nəticədə ümumi bir həll aldıq -
verilmiş üçüncü dərəcəli diferensial tənliyin.
İndi müəyyən şərtlər altında xüsusi bir həll tapaq. Bunu etmək üçün ixtiyari əmsallar əvəzinə onların dəyərlərini əvəz edin və alın
.
Əgər diferensial tənliyə əlavə olaraq ilkin şərt şəklində verilirsə, belə bir məsələ adlanır. Cauchy problemi . Qiymətləri və tənliyin ümumi həllinə əvəz edin və ixtiyari sabitin qiymətini tapın C, və sonra tapılan dəyər üçün tənliyin xüsusi həlli C. Bu Koşi probleminin həllidir.
Misal 3. Nümunə 1-dən verilən diferensial tənlik üçün Koşi məsələsini həll edin.
Həll. Gəlin qiymətləri ilkin şərtdən ümumi həllə əvəz edək y = 3, x= 1. Alırıq
Bu birinci dərəcəli diferensial tənlik üçün Koşi məsələsinin həllini yazırıq:
Diferensial tənliklərin, hətta ən sadələrinin həlli mürəkkəb funksiyalar da daxil olmaqla, yaxşı inteqrasiya və törəmə bacarıqları tələb edir. Bunu aşağıdakı misalda görmək olar.
Misal 4. Diferensial tənliyin ümumi həllini tapın.
Həll. Tənlik elə bir formada yazılmışdır ki, dərhal hər iki tərəfi birləşdirə bilərsiniz.
.
Dəyişən (əvəzetmə) ilə inteqrasiya metodunu tətbiq edirik. Onda olsun.
Almaq tələb olunur dx indi isə - diqqət - biz bunu mürəkkəb funksiyanın diferensiasiya qaydalarına əsasən edirik, çünki x və var mürəkkəb funksiya("alma" - çıxarılması kvadrat kök və ya eyni şey nədir - "yarım" gücə yüksəltmək və "qiymə" kökün altındakı ifadədir):
İnteqralı tapırıq:
Dəyişənlərə qayıdırıq x, alırıq:
.
Bu, birinci dərəcəli diferensial tənliyin ümumi həllidir.
Yalnız əvvəlki bölmələrdəki bacarıqlar deyil ali riyaziyyat diferensial tənliklərin həllində, 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. Məktəbdən unudulmamış nisbətlər haqqında biliklər (lakin kimdən asılı olaraq) bu problemi həll etməyə kömək edəcəkdir. Bu növbəti nümunədir.
Bu məqalədə baş verənləri daha dərindən başa düşmək üçün oxuya bilərsiniz.Üçüncü dərəcəli diferensial tənliklərin homojen sistemini nəzərdən keçirək
Burada x(t), y(t), z(t) (a, b) intervalında tələb olunan funksiyalar, ij (i, j =1, 2, 3) isə həqiqi ədədlərdir.
Orijinal sistemi matris şəklində yazaq
,
Harada 
Biz formada orijinal sistemin həllini axtaracağıq
,
Harada 
, C 1 , C 2 , C 3 ixtiyari sabitlərdir.
Əsas həllər sistemini tapmaq üçün sözdə xarakterik tənliyi həll etməlisiniz 
Bu tənlik üçüncü dərəcəli cəbri tənlikdir, ona görə də onun 3 kökü var. 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 çoxluqdur.
Bu halların hər birində necə davranacağımızı anlamaq üçün bizə lazım olacaq:
Teorem 1.
Qoy A matrisinin cüt-cüt fərqli xüsusi qiymətləri olsun və onlara uyğun olan xüsusi vektorlar olsun. Sonra
orijinal sistemə əsas həllər sistemini formalaşdırır.
Şərh
.
A matrisinin həqiqi xüsusi dəyəri (xarakterik tənliyin həqiqi kökü) olsun və müvafiq xüsusi vektor olsun.
= - A matrisinin kompleks xüsusi qiymətləri, - uyğun - xüsusi vektor. Sonra
(Re - real hissə, Im - xəyali hissə)
orijinal sistemə əsas həllər sistemini formalaşdırır. (yəni və = birlikdə nəzərə alınır)
Teorem 3.
Çoxluğun xarakterik tənliyinin kökü olsun 2. Onda ilkin sistemin 2 formanın xətti müstəqil həlli var. 
,
burada , vektor sabitləridir. Çoxluq 3 olarsa, formanın 3 xətti müstəqil həlli var
.
Vektorlar (*) və (**) həlləri orijinal sistemdə əvəz etməklə tapılır.
(*) və (**) formalarının həlli üsulunu daha yaxşı başa düşmək üçün aşağıdakı tipik nümunələrə baxın.
İndi yuxarıda göstərilən halların hər birinə daha ətraflı baxaq.
1. Həll alqoritmi homojen sistemlər xarakterik tənliyin müxtəlif həqiqi kökləri halında üçüncü dərəcəli diferensial tənliklər.
Sistemi nəzərə alaraq
1) Xarakterik tənlik qururuq
- bu tənliyin 9 kökünün həqiqi və fərqli özəl dəyərləri).
2) Harada tikirik 
3) Harada tikirik
- A matrisinin xüsusi vektoru, uyğun gəlir, yəni. - istənilən sistem həlli 
4) Harada tikirik
- A matrisinin xüsusi vektoru, uyğun gəlir, yəni. - istənilən sistem həlli 
5)
əsas həllər 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) tapırıq 
4) Vektor funksiyaları 
və ya koordinat qeydində 
Misal 2.
1) Xarakterik tənliyi qurur və həll edirik: 
2) Tapın 
3) tapırıq 
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 dərəcəli diferensial tənliklərin bircins sistemlərinin həlli alqoritmi.
- əsl kök,
2) Harada tikirik
 |
3) Biz tikirik
| - A matrisinin xüsusi vektoru, uyğun gəlir, yəni. sistemi qane edir |  |
Burada Re əsl hissədir
Im - xəyali hissə
4) əsas həllər sistemini təşkil edir. Sonra orijinal sistemin ümumi həllini yazırıq:
, Harada
C 1, C 2, C 3 ixtiyari sabitlərdir.
Misal 1.
1) Xarakterik tənliyi qurun və həll edin 
2) Biz qururuq
3) Biz tikirik
, Harada
Birinci tənliyi 2-ə endirək. Sonra 2i-yə vurulan birinci tənliyi ikinci tənliyə əlavə edin və üçüncü tənlikdən birincini 2-yə çarpan tənliyi çıxın. 
Daha 
Beləliklə, 
4) - həllərin fundamental sistemi. Orijinal sistemin ümumi həllini yazaq: 
Misal 2.
1) Xarakterik tənliyi tərtib edib həll edirik 
2) Biz qururuq
(yəni və birlikdə nəzərdən keçirilir), harada
İkinci tənliyi (1-i) ilə vurun və 2 ilə azaldın. 
Beləliklə, 
3)
Orijinal sistemin ümumi həlli
və ya 
2. Xarakterik tənliyin çox köklü olması halında üçüncü dərəcəli diferensial tənliklərin bircins sistemlərinin həlli alqoritmi.
Xarakterik tənliyi qurur və həll edirik
İki mümkün hal var: 
a) 1) halına nəzər salın
| - A matrisinin məxsus vektoru, -ə uyğundur, 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 qurur və həll edirik: 
halımız var a)
1) Biz tikirik 
, Harada
İkinci tənlikdən birincini çıxarırıq:
? Üçüncü xətt ikinciyə bənzəyir, biz onu kəsirik. Birinci tənlikdən ikincini çıxarın: 
2) = 1 (2-nin qatları)
T.3-ə görə, bu kök formanın iki xətti müstəqil həllinə uyğun olmalıdır.
Bütün xətti müstəqil həllər tapmağa çalışaq, yəni. formanın həlləri
.
Belə vektor o zaman həll olacaq ki, məxsi vektor =1-ə uyğun olsun, yəni.
, və ya 
, ikinci və üçüncü sətirlər birinciyə bənzəyir, onları atın. 
Sistem bir tənliyə endirilmişdir. Beləliklə, iki pulsuz naməlum var, məsələn, və . Əvvəlcə onlara 1, 0 dəyərlərini verək; onda 0, 1 dəyərləri. Aşağıdakı həlləri alırıq: 
.
Beləliklə, 
.
3) - həllərin fundamental sistemi. Orijinal sistemin ümumi həllini yazmaq qalır: 
. .. Beləliklə, bu sistemdə X 3-ü əvəz edək formasının yalnız bir həlli var: Üçüncü sətri kəsin (ikinciyə bənzəyir). Sistem istənilən c üçün ardıcıldır (həlli var). c=1 olsun. 
və ya 
Yüklənir...