A.9: Огляд лінійних звичайних диференціальних рівнянь

Last updated
Save as PDF

Page ID: 60916

$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$

Визначення А.9.1.

Диференціальне рівняння - це рівняння для невідомої функції, що містить похідні цієї невідомої функції. Наприклад,$y''(t)+y(t)=0$ диференціальне рівняння для невідомої функції$y(t)\text{.}$
Диференціальне рівняння називається звичайним диференціальним рівнянням (часто скороченим до «ОДА»), якщо з'являються лише звичайні похідні. Тобто, якщо невідома функція має тільки єдину незалежну змінну. Диференціальне рівняння називається рівнянням з частинними похідними (часто скороченим до «PDE»), якщо з'являються часткові похідні. Тобто, якщо невідома функція має більше однієї незалежної змінної. Наприклад,$y''(t)+y(t)=0$ це ODE в$\frac{\partial^2 u}{\partial\, t^2}(x,t)=c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial\, x^2}(x,t)$ той час як PDE.
Порядок диференціального рівняння - це порядок найвищої похідної, яка з'являється. Наприклад$y''(t)+y(t)=0$, ODE другого порядку.
Звичайне диференціальне рівняння, яке має вигляд
\[ a_0(t) y^{(n)}(t) + a_1(t) y^{(n-1)}(t)+\cdots +a_n(t)y(t) =F(t)\label{eqn_ODEordern}\tag{A.9.1} \]

з заданими функціями$a_0(t)\text{,}$$\cdots\text{,}$$a_n(t)$ коефіцієнта і$F(t)$, як кажуть, лінійні. В іншому випадку ОДА кажуть, що нелінійна. Наприклад,$y'(t)^2+y(t)=0\text{,}$$y'(t)y''(t)+y(t)=0$ і всі$y'(t)=e^{y(t)}$ нелінійні.
ОДА (A.9.1), як кажуть, має постійні коефіцієнти, якщо$a_0(t)\text{,}$$a_1(t)\text{,}$$\cdots\text{,}$$a_n(t)$ коефіцієнти всі константи. В іншому випадку, кажуть, що він має змінні коефіцієнти. Наприклад, ОДА$y''(t)+7y(t)=\sin t$ - це постійний коефіцієнт, тоді як$y''(t)+ty(t)=\sin t$ змінний коефіцієнт.
ОДА (A.9.1) вважається однорідною, якщо однаково$F(t)$ дорівнює нулю. В іншому випадку, кажуть, що він неоднорідний або неоднорідний. Наприклад, ОДА$y''(t)+7y(t)=0$ однорідна, в той час$y''(t)+7y(t)=\sin t$ як неоднорідна. Однорідна ОДА завжди має тривіальне рішення$y(t)=0\text{.}$
Проблема початкового значення - це проблема, в якій потрібно знайти невідому функцію,$y(t)$ яка задовольняє як заданому ODE, так і заданим початковим умовам, як-от$y(t_0)=1\text{,}$$y'(t_0)=0\text{.}$ Зауважте, що всі умови включають функцію$y(t)$ (або її похідні), оцінені в a разовий час$t=t_0\text{.}$
Крайова задача - це задача, в якій потрібно знайти невідому функцію,$y(t)$ яка задовольняє як заданому ОДУ, так і заданому граничним умовам, наприклад,$y(t_0)=0\text{,}$$y(t_1)=0\text{.}$ Зауважте, що умови включають функцію$y(t)$ (або її похідні), оцінену у двох різний час.

Наступна теорема дає форму розв'язків ОДА (А.9.1).

Теорема А.9.2

Припустимо, що коефіцієнти$a_0(t)\text{,}$$a_1(t)\text{,}$$\cdots\text{,}$$a_{n-1}(t)\text{,}$$a_n(t)$ і$F(t)$ є неперервними функціями і що не$a_0(t)$ дорівнює нулю.

Загальне рішення ОДА (А.9.1) має вигляд
\[ y(t)=y_p(t)+ C_1y_1(t)+C_2y_2(t)+\cdots+C_n y_n(t)\label{eqn_ODEgensln}\tag{A.9.2} \]

де
- $n$є порядком (A.9.1)
- $y_p(t)$це будь-яке рішення (A.9.1)
- $C_1\text{,}$$C_2\text{,}$$\cdots\text{,}$$C_n$є довільними константами
- $y_1\text{,}$$y_2\text{,}$$\cdots\text{,}$$y_n$є$n$ незалежними розв'язками однорідного рівняння
  \[ a_0(t) y^{(n)}(t) + a_1(t) y^{(n-1)}(t)+\cdots+a_{n-1}(t) y'(t) +a_n(t)y(t)=0 \nonumber \]
  пов'язані з (A.9.1). «Незалежний» просто означає, що ні$y_i$ можна записати як лінійну$y_j$ комбінацію інших, наприклад,$y_1(t)$ не може бути виражена у формі$b_2y_2(t)+\cdots+b_ny_n(t)\text{.}$
У (A.9.2)$y_p$ називається «конкретним рішенням» і$C_1y_1(t)+C_2y_2(t)+\cdots+C_n y_n(t)$ називається «додатковим рішенням».
За будь-якими константами$b_0\text{,}$$\cdots\text{,}$$b_{n-1}$ існує точно одна функція$y(t)$, яка підпорядковується ODE (A.9.1) та початковим умовам
\[ y(0)=b_0\qquad y'(0)=b_1\qquad \cdots\qquad y^{(n-1)}(0)=b_{n-1} \nonumber \]

Приклад A.9.3. Ланцюг RLC

Як приклад найбільш часто використовуваних методик вирішення лінійних, постійних коефіцієнтів ОДА розглянемо схему RLC, яка представляє собою електричний ланцюг, що складається з резистора$R\text{,}$ опору, котушки (або соленоїда) індуктивності$L\text{,}$, конденсатора ємності$C$ і напруги. Джерело, розміщене послідовно, як показано нижче. Тут$R\text{,}$$L$ і$C$ знаходяться всі невід'ємні константи.

$RLC.svg$

Ми будемо думати про напругу$x(t)$ як вхідний сигнал, а напруга$y(t)$ як вихідний сигнал. Мета полягає у визначенні вихідного сигналу, що виробляється заданим вхідним сигналом. Якщо$i(t)$ струм, що протікає$t$ в той час в петлі, як показано і$q(t)$ є зарядом на конденсаторі, то напруги поперек$R\text{,}$$L$ і$C\text{,}$ відповідно, за часом$t$ є$Ri(t)\text{,}$$L\dfrac{di}{dt}(t)$ і$y(t)=\frac{q(t)}{C}\text{.}$ За законом Кірхгофа ¹ це говорить про те, що напруга між будь-якими двома точками повинна бути незалежною від шляху, який використовується для переміщення між двома точками, ці три напруги повинні складатися$x(t)$ так, щоб

\[ Ri(t) + L\dfrac{di}{dt}(t) + \frac{q(t)}{C} = x(t)\label{eqn_RLCrlc}\tag{A.9.3} \]

Припускаючи, що$R,\ L,\ C$ і$x(t)$ відомі, це все ще одне диференціальне рівняння в двох невідомих,$i(t)$ і$q(t)\text{.}$ На щастя, між ними існує зв'язок. А саме

\[ i(t)=\dfrac{dq}{dt}(t) = Cy'(t)\label{eqn_RLCiq}\tag{A.9.4} \]

Це просто говорить про те, що конденсатор не може створювати або руйнувати заряд самостійно; вся зарядка конденсатора повинна йти від струму. Заміна (A.9.4) на (A.9.3) дає

\[ LCy''(t) + RCy'(t) + y(t) = x(t) \nonumber \]

Як конкретний приклад, ми візьмемо джерело змінного струму і виберемо походження часу так, що$x(0)=0\text{,}$$x(t)=E_0\sin(\omega t)\text{.}$ тоді диференціальне рівняння стає

\[ LCy''(t)+RCy'(t)+y(t)=E_0\sin(\omega t)\label{eqn_ODERy}\tag{A.9.5} \]

Це другого порядку, лінійний, постійний коефіцієнт ОДА. Отже, ми знаємо, з теореми A.9.2, що загальне рішення має форму,$y_p(t)+C_1y_1(t)+C_2y_2(t)\text{,}$ де

$y_p(t)\text{,}$конкретне рішення, є будь-яким одним рішенням (A.9.5),
$C_1,C_2$є довільними константами і
$y_1(t)\text{,}$$y_2(t)$є будь-якими двома незалежними розв'язками відповідного однорідного рівняння
\[ LCy''(t)+RCy'(t)+y(t)=0\label{eqn_ODERyh}\tag{A.9.6} \]

Отже, щоб знайти загальне рішення (A.9.5), нам потрібно знайти три функції:$y_1(t)\text{,}$$y_2(t)$ і$y_p(t)\text{.}$

Пошук$y_1(t)$ і$y_2(t)\text{:}$ Кращий спосіб знайти$y_1$ і$y_2$ це вгадати їх. Будь-яке рішення,$y_h(t)\text{,}$ з (A.9.6) має мати властивість, що$y_h(t)\text{,}$$RCy_h'(t)$ і$LCy_h''(t)$ скасувати один одного для всіх$t\text{.}$ Ми вибираємо наше припущення так, що$y_h(t)\text{,}$$y_h'(t)$ і$y_h''(t)$ всі пропорційні одній функції$t\text{.}$ Тоді буде легко побачити, якщо $y_h(t)\text{,}$$RCy_h'(t)$і$LCy_h''(t)$ все скасовують. Всі похідні функції$e^{rt}$ знову пропорційні$e^{rt}\text{.}$ Отже, ми спробуємо$y_h(t)=e^{rt}\text{,}$ з константою$r$ до визначеної. Ця здогадка є розв'язком (A.9.6), якщо і тільки якщо
\[ \begin{split} &LCr^2e^{rt}+RCre^{rt}+e^{rt}=0 \iff LCr^2+RCr+1 =0 \\ &\hskip0.5in\iff r=\frac{-RC\pm\sqrt{R^2C^2-4LC}}{2LC}\equiv r_{1,2} \end{split}\label{eqn_ODERroots}\tag{A.9.7} \]

Як ми будемо діяти, залежить від знака$R^2C^2-4LC\text{.}$ Тобто,$R \gt 2\sqrt{\frac{L}{C}}$ чи$R \lt 2\sqrt{\frac{L}{C}}$ чи$R = 2\sqrt{\frac{L}{C}}\text{.}$
- Знаходження$y_1(t)$ і$y_2(t)\text{,}$ коли$R \gt 2\sqrt{\frac{L}{C}}\text{:}$ Тоді$R^2C^2-4LC \gt 0\text{,}$ і$r_1$ і$r_2$ є двома різними дійсними числами. Ми можемо прийняти$y_1(t)=e^{r_1t}$ і$y_2(t)=e^{r_2t}$ так, щоб безкоштовне рішення$C_1y_1(t)+C_2y_2(t)=C_1 e^{r_1t}+C_2e^{r_2 t} \text{.}$
- Пошук$y_1(t)$ і$y_2(t)\text{,}$ коли$R \lt 2\sqrt{\frac{L}{C}}\text{:}$ Тоді$R^2C^2-4LC \lt 0$ і$r_1$ і$r_2$ є двома різними комплексними числами$-\rho\pm i\nu\text{,}$, де
  \[ \rho=\frac{R}{2L}\qquad\text{and}\qquad \nu=\frac{\sqrt{4LC-R^2C^2}}{2LC} \nonumber \]
  
  Ми можемо знову прийняти$C_1 e^{r_1t}+C_2e^{r_2 t}$ як компліментарне рішення. Однак ми також можемо переписати з$C_1 e^{r_1t}+C_2e^{r_2 t}$ точки зору реальних цінних функцій, використовуючи це$e^{\pm i\theta}=\cos\theta\pm i\sin\theta\text{:}$
  
  \[\begin{align*} &C_1 e^{r_1t}+C_2e^{r_2 t} =e^{-\rho t}\big[C_1e^{i\nu t}+C_2e^{-i\nu t}\big]\\ &\hskip0.5in=e^{-\rho t}\big[C_1\big\{\cos(\nu t)+i\sin(\nu t)\big\}+ C_2\big\{\cos(\nu t)-i\sin(\nu t)\big\}\big]\\ &\hskip0.5in=e^{-\rho t}\big[D_1\cos(\nu t)+D_2\sin(\nu t)\big] \end{align*}\]
  
  де ²$D_1=C_1+C_2,\ D_2=i(C_1-C_2)\text{.}$ Таким чином, ми також можемо взяти$y_1(t)=e^{-\rho t}\cos(\nu t)\text{,}$$y_2(t)=e^{-\rho t}\sin(\nu t)$ в додаткове рішення.
  
  Існує ще третій корисний спосіб написати додаткове рішення. Подумайте$(D_1,D_2)$ як про точку в$xy$ -площині. Викликати полярні координати цієї точки$A$ і$\theta$ так,$D_1=A\cos\theta$ і$D_2=A\sin\theta\text{.}$ тоді, використовуючи ідентифікатор trig$\cos(\alpha+\beta) =\cos \alpha\cos\beta-\sin \alpha\sin \beta\text{,}$ з$\alpha=\nu t$ і$\beta=-\theta\text{,}$
  
  \[ \begin{split} &e^{-\rho t}\big[D_1\cos(\nu t)+D_2\sin(\nu t)\big]\\ &\hskip0.5in=e^{-\rho t}\big[A\cos(\nu t)\cos\theta+A\sin(\nu t)\sin\theta\big]\\ &\hskip0.5in=Ae^{-\rho t}\cos(\nu t-\theta) \end{split}\label{eqn_RLCampPhase}\tag{A.9.8} \]
  
  Ми, по суті, замінили дві довільні константи$D_1$ і значення$D_2\text{,}$ яких зазвичай визначалися б початковими умовами, двома іншими довільними константами,$R$ і значення$\theta\text{,}$ яких також зазвичай визначалися б початковими умовами.
- Знайти$y_1(t)$ і$y_2(t)\text{,}$ коли$R=2\sqrt{\frac{L}{C}}\text{:}$ Тоді,$R^2C^2-4LC=0$ щоб$r_1=r_2\text{.}$ Ми могли прийняти,$y_1=e^{r_1t}\text{,}$ але, звичайно, не$e^{r_2t}=e^{r_1t}$ є другим незалежним рішенням. Отже, нам все ще потрібно знайти$y_2\text{.}$ Ось трюк (званий скороченням порядку ³) для пошуку інших рішень: шукайте рішення форми$v(t)e^{-r_1 t}\text{.}$$e^{-r_1 t}$ Ось рішення,$v(t)$ яке ми вже знайшли і має бути визначено. Щоб зберегти написання, встановіть$\rho=\frac{R}{2L}$ так,$r_1=r_2=\rho\text{.}$ щоб зберегти написання також розділити ((A.9.5$_{\rm h}$)) на$LC$ і замінити це$\frac{R}{L}=2\rho$ і$\frac{1}{LC}=\frac{R^2}{4L^2}=\rho^2\text{.}$ (Нагадаємо, що ми припускаємо, що$R^2=\frac{4L}{C}\text{.}$) Отже (A.9.5$_{\rm h}$)) еквівалентно
  \[ y_h''(t)+2\rho\,y_h'(t)+\rho^2\,y_h(t)=0 \nonumber \]
  Замінюємо в
  \[\begin{align*} y_h(t)&=\ \ \ v(t)e^{-\rho t}\\ y_h'(t)&= -\rho v(t)e^{-\rho t}+\phantom{2\rho}v'(t)e^{-\rho t}\\ y_h''(t)&= \phantom{-}\rho^2 v(t)e^{-\rho t}-2\rho v'(t)e^{-\rho t} +v''(t)e^{-\rho t} \end{align*}\]
  Отже, коли$y_h(t)=v(t)e^{-\rho t}\text{,}$
  \[\begin{align*} &y_h''(t)+2\rho\,y_h'(t)+\rho^2\,y_h(t)\\ &\hskip0.5in=\big[\rho^2\!-\!2\rho^2\!+\!\rho^2\big]v(t)e^{-\rho t} +\big[-2\rho\!+\!2\rho\big]v'(t)e^{-\rho t}+v''(t)e^{-\rho t}\\ &\hskip0.5in=v''(t)e^{-\rho t} \end{align*}\]
  Таким чином,$v(t)e^{-\rho t}$ є розв'язком ((A.9.5)$_{\rm h}$) всякий раз, коли функція$v''(t)=0$ для всіх$t\text{.}$ Але, для будь-яких значень констант$C_1$ і$C_2\text{,}$$v(t)=C_1+C_2t$ має зникнення другої похідної так$\big(C_1+C_2t\big)e^{-\rho t}=\big(C_1+C_2t\big)e^{-r_1 t}$ вирішує ((A.9.5)$_{\rm h}$). Це форма$C_1y_1(t)+C_2y_2(t)$ з$y_1(t)=e^{-r_1t}\text{,}$ рішенням, яке ми знайшли першим, і$y_2(t)=te^{-r_1t}\text{,}$ друге незалежне рішення. Таким чином, ми можемо взяти$y_2(t)=te^{r_1t}\text{.}$
Пошук$y_p(t)\text{:}$ Найкращий спосіб знайти$y_p$ - це вгадати його. Ми здогадуємося, що схема реагує на коливальну вхідну напругу вихідною напругою, яке коливається з однаковою частотою. Тому ми намагаємося$y_p(t)=\mathcal{A}\sin(\omega t-\varphi)$ з амплітудою$\mathcal{A}$ і фазою$\varphi$, яку потрібно визначити.
Для$y_p(t)$ того, щоб бути рішенням, нам потрібно

\[\begin{align*} LCy_p''(t)+RCy_p'(t)+y_p(t) &=E_0 \sin(\omega t) \end{align*}\]

або

\[\begin{align*} &-LC\omega^2\mathcal{A}\sin(\omega t-\varphi)+RC\omega \mathcal{A}\cos(\omega t-\varphi) +\mathcal{A}\sin(\omega t-\varphi)\\ &\hskip2in=E_0 \sin(\omega t)\\ &\hskip2in=E_0 \sin(\omega t-\varphi+\varphi) \end{align*}\]

і, отже, застосування$\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$ з$A=\omega t-\varphi$ і$B=\varphi\text{,}$

\[\begin{align*} &\big(1-LC\omega^2\big)\mathcal{A}\sin(\omega t-\varphi)+RC\omega \mathcal{A}\cos(\omega t-\varphi)\\ &\hskip1in =E_0 \cos(\varphi)\sin(\omega t-\varphi) + E_0 \sin(\varphi)\cos(\omega t-\varphi) \end{align*}\]

Відповідність коефіцієнтів$\sin(\omega t-\varphi)$ і$\cos(\omega t-\varphi)$ на лівій і правій стороні дає

\[\begin{align} \big(1-LC\omega^2\big)\mathcal{A}&= E_0 \cos(\varphi)\label{eqnODERnum}\tag{A.9.9}\\ RC\omega \mathcal{A}&=E_0 \sin(\varphi)\label{eqnODERden}\tag{A.9.10} \end{align}\]

Це тепер легко вирішити для$\mathcal{A}$ і$\varphi$

\[\begin{alignat*}{1} \frac{\mathrm{(A.9.10)}}{\mathrm{(A.9.9)}} &\implies \tan(\varphi) = \frac{RC\omega}{1-LC\omega^2}\\ &\implies \varphi = \arctan\frac{RC\omega}{1-LC\omega^2}\\ \sqrt{\mathrm{(A.9.9)}^2\!+\mathrm{(A.9.10)}^2} &\implies\sqrt{\big(1\!-\!LC\omega^2\big)^2+R^2C^2\omega^2}\ \mathcal{A}= E_0\\ &\implies \mathcal{A}=\frac{E_0}{\sqrt{(1\!-\!LC\omega^2)^2+R^2C^2\omega^2}} \end{alignat*}\]

Природно, різні вхідні частоти$\omega$ дають різні вихідні амплітуди.$\mathcal{A}\text{.}$ Ось графік$\mathcal{A}$ проти$\omega\text{,}$ з усіма іншими параметрами утримуються фіксованими.

$resonance.svg$

Відзначимо, що існує невеликий діапазон частот, які дають велику амплітудну реакцію. Це явище резонансу. Він експлуатується при конструюванні радіо- і телевізійної схеми настройки. Це також було різко проілюстровано, наприклад, в обваленні ⁴ Такома звужує міст.

Приклад A.9.4. крайові задачі

За частиною (b) теореми А.9.2 задача початкового значення, що складається з$n^{\rm th}$ порядку лінійного ОДУ з розумними ⁵ коефіцієнтами і$n$ початковими умовами, завжди має рівно один розв'язок. Тепер ми побачимо, що крайова задача може взагалі не мати розв'язків. Або у нього може бути рівно одне рішення. Або це може мати нескінченно багато рішень. Почнемо з пошуку всіх рішень ОДА

\[ y'+y=0\label{eqnbvODE}\tag{A.9.11} \]

Потім ми накладемо різні граничні умови і подивимося, що станеться.

Функція$y(t)=e^{rt}$ є розв'язком (A.9.11), якщо і тільки якщо

\[ r^2e^{rt}+e^{rt}=0\iff r^2+1=0\iff r=\pm i \nonumber \]

де$i$ (який інженери-електрики часто позначають ⁶$j$) - квадратний корінь з$-1\text{.}$ Таким чином загальне рішення лінійного ОДУ другого порядку (A.9.11) є$y(t)=C'_1 e^{it}+C'_2e^{-it}\text{,}$ з$C_1'$ і$C_2'$ довільними константами. Ми можемо переписати це загальне рішення з точки зору$\sin t$ і$\cos t$ шляхом підстановки в

\[ e^{it}=\cos t+i\sin t\qquad e^{-it}=\cos t-i\sin t \nonumber \]

Це дає

\[ y(t)=C'_1\big(\cos t+i\sin t)+C'_2(\cos t-i\sin t) =C_1\cos t+C_2\sin t \nonumber \]

де$C_1=C'_1+C'_2\text{,}$ і$C_2=i(C'_1-C'_2)\text{.}$ Зверніть увагу, що нічого не зупиняє$C_1'$ і$C_2'$ від того, щоб бути комплексними числами. Так що нічого не зупиняє$C_1=C'_1+C'_2\text{,}$ і$C_2=i(C'_1-C'_2)$ від того, щоб бути реальними числами.

Тепер розглянемо крайову задачу
\[ y'+y=0\qquad y(0)=0\qquad y(2\pi)=1\label{eqnbvpA}\tag{A.9.12} \]
Функція$y(t)$ задовольняє ODE тоді і тільки тоді, коли вона має форму
\[ y(t)=C_1\cos t+C_2\sin t \nonumber \]
для деяких констант$C_1$ і функція$C_2\text{.}$ A цієї форми задовольняє граничній умові$y(0)=0$ тоді і тільки якщо
\[ 0=y(0)= C_1\cos 0+C_2\sin 0 =C_1 \nonumber \]
Функція цієї форми задовольняє граничній умові$y(2\pi)=1$ тоді і тільки тоді, коли
\[ 1=y(2\pi)= C_1\cos 2\pi+C_2\sin 2\pi =C_1 \nonumber \]
Дві вимоги$C_1=0$ і$C_1=1$ несумісні. Таким чином, крайова задача (A.9.12) взагалі не має розв'язку.
Далі розглянемо крайову задачу
\[ y'+y=0\qquad y(0)=0\qquad y\Big(\frac{\pi}{2}\Big)=0\label{eqnbvpB}\tag{A.9.13} \]
Функція$y(t)$ задовольняє ODE тоді і тільки тоді, коли вона має форму
\[ y(t)=C_1\cos t+C_2\sin t \nonumber \]
для деяких констант$C_1$ і функція$C_2\text{.}$ A цієї форми задовольняє граничній умові$y(0)=0$ тоді і тільки якщо
\[ 0=y(0)= C_1\cos 0+C_2\sin 0 =C_1 \nonumber \]
Функція цієї форми задовольняє граничній умові$y\big(\frac{\pi}{2}\big)=0$ тоді і тільки тоді, коли
\[ 0=y\Big(\frac{\pi}{2}\Big) = C_1\cos \Big(\frac{\pi}{2}\Big)+C_2\sin\Big(\frac{\pi}{2}\Big) =C_2 \nonumber \]
Таким чином, ми маємо рішення, якщо і тільки тоді$C_1=C_2=0$ і крайова задача (A.9.13) має рівно один розв'язок, а саме$y(t)=0\text{,}$ який трохи тупий.
Наостанок розглянемо крайову задачу
\[ y'+y=0\qquad y(0)=0\qquad y(2\pi)=0\label{eqnbvpC}\tag{A.9.14} \]
Функція$y(t)$ задовольняє ODE тоді і тільки тоді, коли вона має форму
\[ y(t)=C_1\cos t+C_2\sin t \nonumber \]
для деяких констант$C_1$ і функція$C_2\text{.}$ A цієї форми задовольняє граничній умові$y(0)=0$ тоді і тільки якщо
\[ 0=y(0)= C_1\cos 0+C_2\sin 0 =C_1 \nonumber \]
Функція цієї форми задовольняє граничній умові$y(2\pi)=0$ тоді і тільки тоді, коли
\[ 0=y(2\pi)= C_1\cos (2\pi)+C_2\sin(2\pi) =C_1 \nonumber \]
Таким чином, ми маємо рішення, якщо і тільки якщо$C_1=0$ і крайова задача (A.9.14) має нескінченно багато рішень, а саме$y(t)=C_2\sin t$ з$C_2$ бути довільною константою.

Густав Роберт Кірхгоф (1824—1887) був німецьким фізиком.
Не робіть помилки, думаючи, що$C_1$ і$C_2$ повинні бути дійсними числами,$D_2$ змушуючи бути чистими уявними. У більшості додатків$D_1$ і$D_2$ буде чисто реально$C_1$ і$C_2$ буде складним.
Сучасний метод наведення порядку створив французький математик, фізик і теоретик музики Жан ле Ронд д'Аламбер (1717-1783). Зацікавлений читач може легко дізнатися більше про своє життя.
У Мережі є відео про крах.
Наприклад, суцільний.
Це потрібно для того, щоб уникнути плутанини з струмом, який зазвичай називають$i\text{.}$