Matriserepresentasjon av et system av ordinære differensialligninger (SODE) med konstante koeffisienter

Lineær homogen SODE med konstante koeffisienter $\left\(\begin(array)(c) (\frac(dy_(1) )(dx) =a_(11) \cdot y_(1) +a_(12) \cdot y_ (2) +\ldots +a_(1n) \cdot y_(n) \\ (\frac(dy_(2) )(dx) =a_(21) \cdot y_(1) +a_(22) \cdot y_ (2) +\ldots +a_(2n) \cdot y_(n) ) \\ (\ldots ) \\ (\frac(dy_(n) )(dx) =a_(n1) \cdot y_(1) + a_(n2) \cdot y_(2) +\ldots +a_(nn) \cdot y_(n) ) \end(array)\right $,

hvor $y_(1)\venstre(x\høyre),\; y_(2)\venstre(x\høyre),\; \ldots ,\; y_(n) \left(x\right)$ -- de nødvendige funksjonene til den uavhengige variabelen $x$, koeffisientene $a_(jk) ,\; 1\le j,k\le n$ -- vi representerer de gitte reelle tallene i matrisenotasjon:

1. matrise av nødvendige funksjoner $Y=\left(\begin(array)(c) (y_(1) \left(x\right)) \\ (y_(2) \left(x\right)) \\ (\ ldots ) \\ (y_(n) \venstre(x\høyre)) \end(matrise)\høyre)$;
2. matrise av derivatløsninger $\frac(dY)(dx) =\left(\begin(array)(c) (\frac(dy_(1) )(dx) ) \\ (\frac(dy_(2) )( dx ) ) \\ (\ldots ) \\ (\frac(dy_(n) )(dx) ) \end(array)\right)$;
3. SODE koeffisientmatrise $A=\left(\begin(array)(cccc) (a_(11) ) & (a_(12) ) & (\ldots ) & (a_(1n) ) \\ (a_(21) ) & (a_(22) ) & (\ldots ) & (a_(2n) ) \\ (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) \\ (a_(n1)) & ( a_(n2) ) & (\ldots ) & (a_(nn) ) \end(array)\right)$.

Nå, basert på regelen for matrisemultiplikasjon, kan denne SODE skrives i form av en matriseligning $\frac(dY)(dx) =A\cdot Y$.

Generell metode for å løse SODE med konstante koeffisienter

La det være en matrise av noen tall $\alpha =\left(\begin(array)(c) (\alpha _(1) ) \\ (\alpha _(2) ) \\ (\ldots ) \\ ( \alpha _ (n) )\end(array)\right)$.

Løsningen til SODE finnes i følgende form: $y_(1) =\alpha _(1) \cdot e^(k\cdot x) $, $y_(2) =\alpha _(2) \cdot e^(k\ cdot x) $, \dots , $y_(n) =\alpha _(n) \cdot e^(k\cdot x) $. I matriseform: $Y=\left(\begin(array)(c) (y_(1) ) \\ (y_(2) ) \\ (\ldots ) \\ (y_(n) ) \end(array )\right)=e^(k\cdot x) \cdot \left(\begin(array)(c) (\alpha _(1) ) \\ (\alpha _(2) ) \\ (\ldots ) \\ (\alpha _(n) ) \end(array)\right)$.

Herfra får vi:

Nå kan matriseligningen til denne SODE gis formen:

Den resulterende ligningen kan representeres som følger:

Den siste likheten viser at vektoren $\alpha $ ved hjelp av matrisen $A$ transformeres til en parallell vektor $k\cdot \alpha $. Dette betyr at vektoren $\alpha $ er en egenvektor til matrisen $A$, tilsvarende egenverdien $k$.

Tallet $k$ kan bestemmes fra ligningen $\left|\begin(array)(cccc) (a_(11) -k) & (a_(12) ) & (\ldots ) & (a_(1n) ) \\ ( a_(21) ) & (a_(22) -k) & (\ldots ) & (a_(2n) ) \\ (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) \\ ( a_(n1) ) & (a_(n2) ) & (\ldots ) & (a_(nn) -k) \end(array)\right|=0$.

Denne ligningen kalles karakteristikk.

La alle røttene $k_(1) ,k_(2) ,\ldots ,k_(n) $ av den karakteristiske ligningen være forskjellige. For hver verdi $k_(i) $ fra systemet $\left(\begin(array)(cccc) (a_(11) -k) & (a_(12) ) & (\ldots ) & (a_(1n) ) \\ (a_(21) ) & (a_(22) -k) & (\ldots ) & (a_(2n) ) \\ (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) \\ (a_(n1) ) & (a_(n2) ) & (\ldots ) & (a_(nn) -k) \end(array)\right)\cdot \left(\begin(array)(c) ) (\alpha _(1) ) \\ (\alpha _(2) ) \\ (\ldots ) \\ (\alpha _(n) ) \end(array)\right)=0$ en matrise med verdier ​​kan defineres $\left(\begin(array)(c) (\alpha _(1)^(\left(i\right)) ) \\ (\alpha _(2)^(\left(i) \right)) ) \\ (\ldots ) \\ (\alpha _(n)^(\left(i\right)) ) \end(array)\right)$.

En av verdiene i denne matrisen er valgt tilfeldig.

Til slutt er løsningen på dette systemet i matriseform skrevet som følger:

$\left(\begin(array)(c) (y_(1) ) \\ (y_(2) ) \\ (\ldots ) \\ (y_(n) ) \end(array)\right)=\ left(\begin(array)(cccc) (\alpha _(1)^(\left(1\right)) ) & (\alpha _(1)^(\left(2\right))) & (\ ldots ) & (\alpha _(2)^(\left(n\right)) ) \\ (\alpha _(2)^(\left(1\right))) & (\alpha _(2)^ (\left(2\right)) ) & (\ldots ) & (\alpha _(2)^(\left(n\right)) ) \\ (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) & (\ldots ) \\ (\alpha _(n)^(\left(1\right)) ) & (\alpha _(2)^(\left(2\right)) ) & (\ldots ) & (\alpha _(2)^(\left(n\right)) ) \end(array)\right)\cdot \left(\begin(array)(c) (C_(1) \cdot e^(k_ (1) \cdot x) ) \\ (C_(2) \cdot e^(k_(2) \cdot x) ) \\ (\ldots ) \\ (C_(n) \cdot e^(k_(n) ) \cdot x) ) \end(array)\right)$,

hvor $C_(i) $ er vilkårlige konstanter.

Oppgave

Løs DE-systemet $\left\(\begin(array)(c) (\frac(dy_(1) )(dx) =5\cdot y_(1) +4y_(2) ) \\ (\frac(dy_) ( 2) )(dx) =4\cdot y_(1) +5\cdot y_(2) ) \end(array)\right $.

Vi skriver systemmatrisen: $A=\left(\begin(array)(cc) (5) & (4) \\ (4) & (5) \end(array)\right)$.

I matriseform er denne SODE skrevet som følger: $\left(\begin(array)(c) (\frac(dy_(1) )(dt) ) \\ (\frac(dy_(2) )(dt) ) \end (array)\right)=\left(\begin(array)(cc) (5) & (4) \\ (4) & (5) \end(array)\right)\cdot \left( \begin( array)(c) (y_(1) ) \\ (y_(2) ) \end(array)\right)$.

Vi får den karakteristiske ligningen:

$\left|\begin(array)(cc) (5-k) & (4) \\ (4) & (5-k) \end(array)\right|=0$, det vil si $k^ ( 2) -10\cdot k+9=0$.

Røttene til den karakteristiske ligningen er: $k_(1) =1$, $k_(2) =9$.

La oss lage et system for å beregne $\left(\begin(array)(c) (\alpha _(1)^(\left(1\right)) ) \\ (\alpha _(2)^(\left( 1\ høyre)) ) \end(array)\right)$ for $k_(1) =1$:

\[\left(\begin(array)(cc) (5-k_(1) ) & (4) \\ (4) & (5-k_(1) ) \end(array)\right)\cdot \ left(\begin(array)(c) (\alpha _(1)^(\left(1\right)) ) \\ (\alpha _(2)^(\left(1\right))) \end (matrise)\right)=0,\]

det vil si $\left(5-1\right)\cdot \alpha _(1)^(\left(1\right)) +4\cdot \alpha _(2)^(\left(1\right) ) =0$, $4\cdot \alpha _(1)^(\left(1\right)) +\left(5-1\right)\cdot \alpha _(2)^(\left(1\right) ) ) =0$.

Ved å sette $\alpha _(1)^(\left(1\right)) =1$, får vi $\alpha _(2)^(\left(1\right)) =-1$.

La oss lage et system for å beregne $\left(\begin(array)(c) (\alpha _(1)^(\left(2\right)) ) \\ (\alpha _(2)^(\left( 2\ høyre)) ) \end(array)\right)$ for $k_(2) =9$:

\[\left(\begin(array)(cc) (5-k_(2) ) & (4) \\ (4) & (5-k_(2) ) \end(array)\right)\cdot \ left(\begin(array)(c) (\alpha _(1)^(\left(2\right)) ) \\ (\alpha _(2)^(\left(2\right))) \end (matrise)\right)=0, \]

det vil si $\left(5-9\right)\cdot \alpha _(1)^(\left(2\right)) +4\cdot \alpha _(2)^(\left(2\right) ) =0$, $4\cdot \alpha _(1)^(\left(2\right)) +\left(5-9\right)\cdot \alpha _(2)^(\left(2\right) ) ) =0$.

Ved å sette $\alpha _(1)^(\left(2\right)) =1$, får vi $\alpha _(2)^(\left(2\right)) =1$.

Vi får løsningen til SODE i matriseform:

\[\left(\begin(array)(c) (y_(1) ) \\ (y_(2) ) \end(array)\right)=\left(\begin(array)(cc) (1) & (1) \\ (-1) & (1) \end(array)\right)\cdot \left(\begin(array)(c) (C_(1) \cdot e^(1\cdot x) ) \\ (C_(2) \cdot e^(9\cdot x) ) \end(array)\right).\]

I den vanlige formen har løsningen til SODE formen: $\left\(\begin(array)(c) (y_(1) =C_(1) \cdot e^(1\cdot x) +C_( 2) \cdot e^ (9\cdot x) ) \\ (y_(2) =-C_(1) \cdot e^(1\cdot x) +C_(2) \cdot e^(9\cdot x ) ) \end(array )\right.$.

Det er en pulserende tid ute, poppelfluff flyr, og dette været bidrar til avslapning. I løpet av skoleåret har alle akkumulert tretthet, men påvente av sommerferier/ferier bør inspirere deg til å bestå eksamener og prøver. Lærerne er forresten også sløve i løpet av sesongen, så snart skal jeg også ta en timeout for å losse hjernen. Og nå er det kaffe, den rytmiske summingen fra systemenheten, noen døde mygg i vinduskarmen og en fullstendig fungerende tilstand... ...å, for helvete... den jævla poeten.

Til punktet. Hvem bryr seg, men i dag er det 1. juni for meg, og vi skal se på et annet typisk problem med kompleks analyse - finne en bestemt løsning på et system med differensialligninger ved å bruke operasjonskalkylemetoden. Hva trenger du å vite og kunne for å lære å løse det? Først av alt, anbefaler sterkt henvise til leksjonen. Vennligst les den innledende delen, forstå den generelle uttalelsen om emnet, terminologi, notasjon og minst to eller tre eksempler. Faktum er at med diffusorsystemer vil alt være nesten det samme og enda enklere!

Selvfølgelig må du forstå hva det er system av differensialligninger, som betyr å finne en generell løsning på systemet og en spesiell løsning på systemet.

La meg minne deg på at systemet med differensialligninger kan løses på "tradisjonell" måte: ved eliminering eller ved å bruke den karakteristiske ligningen. Metoden for operasjonskalkyle som vil bli diskutert er anvendelig for fjernkontrollsystemet når oppgaven er formulert som følger:

Finn en spesiell løsning på et homogent system av differensialligninger , tilsvarende startbetingelsene .

Alternativt kan systemet være heterogent - med "tilleggsvekter" i form av funksjoner og på høyre side:

Men i begge tilfeller må du ta hensyn til to grunnleggende punkter ved tilstanden:

1) Det handler om kun om en privat løsning.
2) I parentes av startbetingelser er strengt tatt nuller, og ingenting annet.

Det generelle kurset og algoritmen vil være veldig lik løse en differensialligning ved hjelp av operasjonsmetoden. Fra referansematerialene trenger du det samme tabell over originaler og bilder.

Eksempel 1

, ,

Løsning: Begynnelsen er triviell: å bruke Laplace transformasjonstabeller La oss gå videre fra originalene til de tilsvarende bildene. I et problem med fjernkontrollsystemer er denne overgangen vanligvis enkel:

Ved å bruke tabellformler nr. 1, 2, under hensyntagen til starttilstanden, får vi:

Hva skal man gjøre med "spillene"? Mentalt endre "X'ene" i tabellen til "jeg". Ved å bruke de samme transformasjonene nr. 1, 2, under hensyntagen til starttilstanden, finner vi:

La oss erstatte de funnet bildene i den opprinnelige ligningen :

Nå i de venstre delene ligninger må samles Alle termer der eller er tilstede. Til de riktige delene ligninger må "formaliseres" annen vilkår:

Deretter, på venstre side av hver ligning, utfører vi bracketing:

I dette tilfellet bør følgende plasseres i de første posisjonene og i de andre posisjonene:

Det resulterende likningssystemet med to ukjente løses vanligvis i henhold til Cramers formler. La oss beregne hoveddeterminanten for systemet:

Som et resultat av beregningen av determinanten ble det oppnådd et polynom.

Viktig teknikk! Dette polynomet er bedre Med en gang prøv å faktor det. For disse formålene bør man prøve å løse den andregradsligningen , men mange lesere med et andreårs trent øye vil merke det .

Derfor er vår hoveddeterminant for systemet:

Ytterligere demontering av systemet, takk Kramer, er standard:

Som et resultat får vi operatørløsning av systemet:

Fordelen med den aktuelle oppgaven er at brøkene vanligvis viser seg å være enkle, og å håndtere dem er mye enklere enn med brøker i oppgaver finne en bestemt løsning på en DE ved å bruke operasjonsmetoden. Foranelsen din lurte deg ikke - den gode gamle metode for usikre koeffisienter, ved hjelp av hvilken vi dekomponerer hver brøk til elementære brøker:

1) La oss ta for oss den første brøken:

Dermed:

2) Vi bryter ned den andre brøken i henhold til et lignende skjema, men det er mer riktig å bruke andre konstanter (udefinerte koeffisienter):

Dermed:

Jeg anbefaler dummies å skrive ned den dekomponerte operatørløsningen i følgende form:
- dette vil gjøre det siste stadiet klarere - den omvendte Laplace-transformasjonen.

Ved å bruke den høyre kolonnen i tabellen, la oss gå fra bildene til de tilsvarende originalene:

I henhold til reglene for god matematisk oppførsel vil vi rydde litt opp i resultatet:

Svar:

Svaret kontrolleres etter et standardskjema, som diskuteres i detalj i leksjonen. Hvordan løse et system med differensialligninger? Prøv alltid å fullføre det for å gi et stort pluss til oppgaven.

Eksempel 2

Finn en bestemt løsning på et system av differensialligninger som tilsvarer de gitte startbetingelsene ved hjelp av operasjonskalkyle.
, ,

Dette er et eksempel du kan løse på egen hånd. Et omtrentlig utvalg av den endelige oppgaveformen og svaret på slutten av leksjonen.

Å løse et ikke-homogent system med differensialligninger er algoritmisk ikke annerledes, bortsett fra at teknisk sett vil det være litt mer komplisert:

Eksempel 3

Finn en bestemt løsning på et system av differensialligninger som tilsvarer de gitte startbetingelsene ved hjelp av operasjonskalkyle.
, ,

Løsning: Ved å bruke Laplace-transformasjonstabellen, tatt i betraktning startforholdene , la oss gå fra originalene til de tilsvarende bildene:

Men det er ikke alt, det er ensomme konstanter på høyresiden av ligningene. Hva skal man gjøre i tilfeller der konstanten er helt alene på egen hånd? Dette ble allerede diskutert i klassen. Hvordan løse en DE ved hjelp av operasjonsmetoden. La oss gjenta: enkeltkonstanter skal multipliseres mentalt med én, og følgende Laplace-transformasjon skal brukes på enhetene:

La oss erstatte de funnet bildene i det originale systemet:

La oss flytte begrepene som inneholder , til venstre, og plassere de resterende begrepene på høyre side:

På venstre side vil vi utføre bracketing, i tillegg vil vi bringe høyre side av den andre ligningen til en fellesnevner:

La oss beregne hoveddeterminanten for systemet, og ikke glemme at det er tilrådelig å umiddelbart prøve å faktorisere resultatet:
, som betyr at systemet har en unik løsning.

La oss gå videre:



Dermed er operatørløsningen til systemet:

Noen ganger kan en eller til og med begge brøkene reduseres, og noen ganger så vellykket at det praktisk talt ikke er behov for å utvide noe! Og i noen tilfeller får du en freebie med en gang, forresten, følgende eksempel på leksjonen vil være et veiledende eksempel.

Ved å bruke metoden med ubestemte koeffisienter får vi summen av elementære brøker.

La oss bryte ned den første brøken:

Og vi oppnår den andre:

Som et resultat tar operatørløsningen den formen vi trenger:

Bruker høyre kolonne tabeller over originaler og bilder Vi utfører den inverse Laplace-transformasjonen:

La oss erstatte de resulterende bildene i operatørløsningen til systemet:

Svar: privat løsning:

Som du kan se, er det i et heterogent system nødvendig å utføre mer arbeidskrevende beregninger sammenlignet med et homogent system. La oss se på et par flere eksempler med sinus og cosinus, og det er nok, siden nesten alle typer problem og de fleste nyansene til løsningen vil bli vurdert.

Eksempel 4

Ved å bruke operasjonskalkylemetoden, finn en bestemt løsning på et system av differensialligninger med gitte startbetingelser,

Løsning: Jeg vil også analysere dette eksemplet selv, men kommentarene vil kun gjelde spesielle øyeblikk. Jeg antar at du allerede er godt kjent med løsningsalgoritmen.

La oss gå videre fra originalene til de tilsvarende bildene:

La oss erstatte de funnet bildene i det originale fjernkontrollsystemet:

La oss løse systemet ved å bruke Cramers formler:
, som betyr at systemet har en unik løsning.

Det resulterende polynomet kan ikke faktoriseres. Hva skal man gjøre i slike tilfeller? Absolutt ingenting. Denne vil også gjøre det.

Som et resultat er operatørløsningen til systemet:

Her er lykkebilletten! Det er ikke nødvendig å bruke metoden med ubestemte koeffisienter i det hele tatt! Det eneste er, for å bruke tabelltransformasjoner, omskriver vi løsningen i følgende form:

La oss gå videre fra bildene til de tilsvarende originalene:

La oss erstatte de resulterende bildene i operatørløsningen til systemet:

Den praktiske verdien av differensialligninger bestemmes av det faktum at det ved hjelp av dem er mulig å etablere en sammenheng med en grunnleggende fysisk eller kjemisk lov og ofte med en hel gruppe variabler som er av stor betydning i studiet av tekniske problemstillinger.

Anvendelsen av selv den enkleste fysiske loven på en prosess som skjer under variable forhold kan føre til et veldig komplekst forhold mellom de variable mengdene.

Når du løser fysiske og kjemiske problemer som fører til differensialligninger, er det viktig å finne det generelle integralet til ligningen, samt bestemme verdiene til konstantene som er inkludert i dette integralet, slik at løsningen tilsvarer det gitte problemet.

Studiet av prosesser der alle de ønskede mengdene er funksjoner av bare én uavhengig variabel, fører til vanlige differensialligninger.

Steady-state prosesser kan føre til partielle differensialligninger.

I de fleste tilfeller fører ikke løsning av differensialligninger til å finne integraler.

Systemer med differensialligninger brukes til å løse kinetikkproblemer.

Den vanligste og universelle numeriske metoden for å løse vanlige differensialligninger er den endelige forskjellsmetoden.

Vanlige differensialligninger brukes til å løse problemer der det er nødvendig å finne sammenhengen mellom de avhengige og uavhengige variablene under forhold når sistnevnte endres kontinuerlig. Å løse problemet fører til såkalte endelige differanseligninger.

Området med kontinuerlig endring i argumentet x erstattes av et sett med punkter kalt noder. Disse nodene utgjør forskjellsnettet. Den nødvendige funksjonen til et kontinuerlig argument erstattes omtrent med funksjonen til argumentet på et gitt rutenett. Denne funksjonen kalles rutenettfunksjonen. Å erstatte en differensialligning med en forskjellsligning kalles dens tilnærming på et rutenett. Et sett med differanseligninger som tilnærmer den opprinnelige differensialligningen og ytterligere startbetingelser kalles et differanseskjema. Et differanseskjema kalles stabilt hvis en liten endring i inngangsdataene tilsvarer en liten endring i løsningen. Et differanseskjema kalles korrekt hvis løsningen eksisterer og er unik for alle inndata, og også hvis dette skjemaet er stabilt.

Når du løser Cauchy-problemet, må du finne en funksjon y=y(x) som tilfredsstiller ligningen:

og startbetingelsen: y = y 0 ved x = x 0.

La oss introdusere en sekvens av punktene x 0, x 1, ... x n og trinnene h i = x i +1 – x i (i = 0, 1, ...). Ved hvert punkt x i introduseres tall y i som tilnærmer den nøyaktige løsningen y. Etter å ha erstattet den deriverte i den opprinnelige ligningen med en endelig forskjellsrelasjon, utføres overgangen fra et differensialproblem til et forskjellsproblem:

y i+1 = F(xi, h i, y i+1, y i, … y i-k+1),

hvor i = 0, 1, 2...

Dette resulterer i en k-trinns endelig forskjellsmetode. I ett-trinnsmetoder, for å beregne y i +1, brukes bare én tidligere funnet verdi y i i det forrige trinnet, flere brukes.

Den enkleste ett-trinns numeriske metoden for å løse Cauchy-problemet er Euler-metoden.

y i+1 = y i + h f(xi, y i).

Dette skjemaet er et forskjellsskjema av første rekkefølge av nøyaktighet.

Hvis i ligningen y " =f(x,y) er høyre side erstattet av den aritmetiske middelverdien mellom f(x i ,y i) og f(x i+1 ,y i+1), dvs. , så får vi det implisitte forskjellsskjemaet til Eulers metode:

,

har andre ordens nøyaktighet.

Ved å erstatte y i+1 i denne ligningen med y i +h f(x i, y i), går skjemaet inn i Euler-metoden med omberegning, som også har en andre orden:

Blant forskjellsskjemaer med høyere nøyaktighetsorden, er fjerdeordens Runge-Kutta-metodeskjemaet vanlig:

y i +1 = yi + (k 1 + 2k 2 + 2k 3 + k 4), i = 0, 1, ...

til 1 = f(x i, y i)

til 2 = f(x i + , y i + )

til 3 = f(x i + , y i + )

k4 = f(xi+h, yi+k3).

For å øke nøyaktigheten til den numeriske løsningen uten vesentlig økning i datatid, brukes Runge-metoden. Dens essens er å utføre gjentatte beregninger ved å bruke samme forskjellsskjema med forskjellige trinn.

Den raffinerte løsningen er konstruert ved hjelp av en rekke beregninger. Hvis to serier med beregninger utføres i henhold til ordreskjemaet Til henholdsvis med trinn h og h/2 og verdiene til rutenettfunksjonen y h og y h /2 oppnås, så beregnes den raffinerte verdien av rutenettfunksjonen ved rutenettnoder med trinn h ved hjelp av formelen:

.

Omtrentlig beregninger

I fysiske og kjemiske beregninger er det sjelden nødvendig å bruke teknikker og formler som gir eksakte løsninger. I de fleste tilfeller er metoder for å løse ligninger som fører til nøyaktige resultater enten svært komplekse eller ikke-eksisterende. Vanligvis brukes metoder for tilnærmet problemløsning.

Ved løsning av fysisk-kjemiske problemer knyttet til kjemisk kinetikk og bearbeiding av eksperimentelle data, oppstår det ofte behov for å løse ulike ligninger. Den nøyaktige løsningen av noen ligninger byr på store vanskeligheter i noen tilfeller. I disse tilfellene kan du bruke metoder for omtrentlige løsninger for å oppnå resultater med en nøyaktighet som tilfredsstiller oppgaven. Det finnes flere metoder: tangentmetode (Newtons metode), lineær interpolasjonsmetode, repetisjonsmetode (iterasjon) etc.

La det være en ligning f(x)=0, og f(x) er en kontinuerlig funksjon. La oss anta at det er mulig å velge verdier av a og b slik at f(a) og f(b) har forskjellige fortegn, for eksempel f(a)>0, f(b)<0. В таком случае существует по крайней мере один корень уравнения f(x)=0, находящийся между a и b. Суживая интервал значений a и b, можно найти корень уравнения с требуемой точностью.

Grafisk finne røttene til en ligning. For å løse ligninger av høyere grader er det praktisk å bruke den grafiske metoden. La ligningen gis:

x n +ax n-1 +bx n-2 +...+px+q=0,

hvor a, b, … , p, q er gitt tall.

Fra et geometrisk synspunkt, ligningen

Y=x n +ax n -1 +bx n -2 +...+px+q

representerer en slags kurve. Du kan finne et hvilket som helst antall poeng ved å beregne y-verdiene som tilsvarer vilkårlige x-verdier. Hvert skjæringspunkt for kurven med OX-aksen gir verdien av en av røttene til denne ligningen. Derfor kommer det å finne røttene til ligningen ned til å bestemme skjæringspunktene for den tilsvarende kurven med OX-aksen.

Iterasjonsmetode. Denne metoden består i å transformere ligningen f(x)=0 som skal løses til en ny ligning x=j(x) og, gitt den første tilnærmingen x 1, suksessivt finne mer nøyaktige tilnærminger x 2 =j(x 1), x 3 =j(x 2) osv. Løsningen kan oppnås med en hvilken som helst grad av nøyaktighet, forutsatt at i intervallet mellom den første tilnærmingen og roten av ligningen |j"(x)|<1.

Følgende metoder brukes til å løse en ikke-lineær ligning:

a) halvdelingsmetode:

Isolasjonsintervallet til en reell rot kan alltid reduseres ved å dele det, for eksempel i to, ved å bestemme ved grensene for hvilken del av det opprinnelige intervallet funksjonen f(x) skifter fortegn. Deretter blir det resulterende intervallet igjen delt i to deler, etc. Denne prosessen fortsetter til desimalene som er lagret i svaret ikke lenger endres.

Vi velger intervallet der løsningen er inneholdt. Vi beregner f(a) og f(b) hvis f(a) > 0 og f(b)< 0, то находим и рассчитываем f(c). Далее, если f(a) < 0 и f(c) < 0 или f(a) >0 og f(c) > 0, så a = c og b = b. Ellers, hvis f(a)< 0 и f(c) >0 eller f(a) > 0 og f(c)< 0, то a = a и b = c.

B) tangentmetode (Newtons metode):

La den reelle roten av ligningen f(x) = 0 være isolert på segmentet . La oss ta et tall x 0 på segmentet der f (x 0) har samme fortegn som f ’ (x 0). La oss tegne en tangent til kurven y = f(x) i punktet M 0. Som en omtrentlig verdi av roten tar vi abscissen til skjæringspunktet for denne tangenten med okseaksen. Denne omtrentlige verdien av roten kan bli funnet ved hjelp av formelen

Ved å bruke denne teknikken en gang til ved punkt M 1 får vi

etc. Sekvensen x 0, x 1, x 2, ... oppnådd på denne måten har den ønskede roten som grense. Generelt kan det skrives som følger:

.

For å løse lineære systemer av algebraiske ligninger, brukes den iterative Gauss-Seidel-metoden. Slike problemer med kjemisk teknologi som beregning av material- og varmebalanser reduseres til å løse systemer med lineære ligninger.

Essensen av metoden er at gjennom enkle transformasjoner uttrykkes de ukjente x 1, x 2, ..., x n, henholdsvis fra likning 1.2, ..., n. Sett de første tilnærmingene til de ukjente x 1 =x 1 (0), x 2 =x 2 (0), ..., x n =x n (0), bytt inn disse verdiene på høyre side av uttrykket x 1 og beregn x 1 (1). Bytt deretter inn x 1 (1), x 3 (0), ..., x n (0) på høyre side av uttrykket x 2 og finn x 2 (1), osv. Etter å ha beregnet x 1 (1), x 2 (1), ..., x n (1), utføres den andre iterasjonen. Den iterative prosessen fortsetter til verdiene x 1 (k), x 2 (k), ... blir nær, med en gitt feil, til verdiene x 1 (k-1), x 2 (k) -2), ....

Slike problemer med kjemisk teknologi som beregning av kjemisk likevekt, etc. reduseres til å løse systemer av ikke-lineære ligninger. Iterative metoder brukes også for å løse systemer med ikke-lineære ligninger. Beregningen av kompleks likevekt kommer ned til å løse systemer av ikke-lineære algebraiske ligninger.

Algoritmen for å løse et system ved hjelp av den enkle iterasjonsmetoden minner om Gauss–Seidel-metoden som brukes til å løse lineære systemer.

Newtons metode har raskere konvergens enn den enkle iterasjonsmetoden. Den er basert på bruken av utvidelsen av funksjonene F 1 (x 1 , x 2 , ... x n) til en Taylor-serie. I dette tilfellet blir termer som inneholder andre derivater forkastet.

La de omtrentlige verdiene for systemukjente oppnådd ved forrige iterasjon være lik a 1, a 2, ... a n. Oppgaven er å finne økninger til disse verdiene Δx 1, Δx 2, ... Δx n, takket være hvilke nye verdier av de ukjente vil bli oppnådd:

x 1 = a 1 + Δx 1

x 2 = a 2 + Δx 2

x n = a n + Δx n.

La oss utvide venstresiden av ligningene til en Taylor-serie, og begrense oss til lineære termer:

Siden venstresiden av ligningene må være lik null, likestiller vi høyresidene til null. Vi får et system med lineære algebraiske ligninger for inkrementer Δx.

Verdiene til F 1, F 2, … F n og deres partielle deriverte beregnes ved x 1 = a 1, x 2 = a 2, … x n = a n.

La oss skrive dette systemet i form av en matrise:

Determinanten til en matrise G av denne formen kalles en Jacobian. Determinanten for en slik matrise kalles Jacobian. For at en unik løsning for systemet skal eksistere, må den være fra null ved hver iterasjon.

Løsning av et ligningssystem ved bruk av Newtons metode består i å bestemme den jakobiske matrisen (partielle deriverte) ved hver iterasjon og å bestemme inkrementene Δх 1, Δх 2, ... Δх n til verdiene til de ukjente ved hver iterasjon med løse et system med lineære algebraiske ligninger.

For å eliminere behovet for å finne Jacobi-matrisen ved hver iterasjon, foreslås en forbedret Newton-metode. Denne metoden lar deg korrigere den jakobiske matrisen ved å bruke verdiene F 1 , F 2 , ... , F n oppnådd i tidligere iterasjoner.

Hvordan løse et system med differensialligninger?

Det antas at leseren allerede er ganske god til å løse spesielt differensialligninger homogene andreordensligninger Og inhomogene andre ordens ligninger med konstante koeffisienter. Det er ikke noe komplisert med differensialligningssystemer, og hvis du er komfortabel med de ovennevnte ligningstypene, vil det ikke være vanskelig å mestre systemene.

Det er to hovedtyper av differensialligninger:

– Lineære homogene systemer av differensialligninger
– Lineære inhomogene systemer av differensialligninger

Og to hovedmåter for å løse et system med differensialligninger:

– Elimineringsmetode. Essensen av metoden er at under løsningen reduseres systemet med differensialligninger til én differensialligning.

– Bruke den karakteristiske ligningen(den såkalte Euler-metoden).

I de aller fleste tilfeller må et system med differensialligninger løses ved hjelp av den første metoden. Den andre metoden er mye mindre vanlig i problemsituasjoner i all min praksis, jeg har løst på det meste 10-20 systemer med den. Men vi vil også kort vurdere dette i det siste avsnittet i denne artikkelen.

Jeg beklager umiddelbart den teoretiske ufullstendigheten i materialet, men jeg inkluderte i leksjonen bare de oppgavene som faktisk kan støtes på i praksis. Du vil neppe finne noe som faller i en meteorregn en gang hvert femte år her, og med slike overraskelser bør du vende deg til spesialiserte diffuserklosser.

Lineære homogene systemer av differensialligninger

Det enkleste homogene systemet med differensialligninger har følgende form:

Faktisk er nesten alle praktiske eksempler begrenset til et slikt system =)

Hva er der?

– dette er tall (numeriske koeffisienter). De vanligste tallene. Spesielt kan én, flere eller til og med alle koeffisienter være null. Men slike gaver gis sjelden, så tallene er oftest ikke lik null.

Og dette er ukjente funksjoner. Variabelen som fungerer som en uavhengig variabel er "som X i en vanlig differensialligning."

Og er de første deriverte av de ukjente funksjonene og hhv.

Hva vil det si å løse et system med differensialligninger?

Dette betyr å finne slik funksjoner og som tilfredsstiller både den første og den andre systemets ligning. Som du kan se, er prinsippet veldig likt konvensjonelt systemer av lineære ligninger. Bare der er røttene tall, og her er de funksjoner.

Det funnet svaret skrives i skjemaet generell løsning av et system med differensialligninger:

I krøllete seler! Disse funksjonene er "i en sele."

For et fjernkontrollsystem kan du løse Cauchy-problemet, det vil si finne spesiell løsning av systemet, som tilfredsstiller de gitte startbetingelsene. En spesiell løsning av systemet er også skrevet med krøllete klammeparenteser.

Systemet kan skrives om mer kompakt som følger:

Men tradisjonelt er løsningen med derivater skrevet i differensialer mer vanlig, så vennligst venn deg umiddelbart til følgende notasjon:
og – førsteordens derivater;
og er andreordens derivater.

Eksempel 1

Løs Cauchy-problemet for et system med differensialligninger med startbetingelser , .

Løsning: I problemer møter systemet oftest startforhold, så nesten alle eksemplene i denne leksjonen vil være med Cauchy-problemet. Men dette er ikke viktig, siden det fortsatt må finnes en generell løsning underveis.

La oss løse systemet ved eliminering. La meg minne deg på at essensen av metoden er å redusere systemet til én differensialligning. Og jeg håper du løser differensialligninger godt.

Løsningsalgoritmen er standard:

1) Ta andre ligning av systemet og vi uttrykker fra det:

Vi vil trenge denne ligningen mot slutten av løsningen, og jeg vil merke den med en stjerne. I lærebøker hender det at de kommer over 500 notasjoner, og så refererer de: "ifølge formel (253) ...", og leter etter denne formelen et sted 50 sider tilbake. Jeg vil begrense meg til ett enkelt merke (*).

2) Differensieer på begge sider av den resulterende ligningen:

Med "slag" ser prosessen slik ut:

Det er viktig at dette enkle poenget er klart, jeg skal ikke dvele mer ved det.

3) La oss erstatte og inn i den første ligningen av systemet:

Og la oss gjøre maksimale forenklinger:

Resultatet er det mest vanlige homogen andreordens ligning med konstante koeffisienter. Med "slag" skrives det slik: .

– forskjellige reelle røtter oppnås, derfor:
.

En av funksjonene er funnet, halvveis bak.

Ja, vær oppmerksom på at vi fikk en karakteristisk ligning med en "god" diskriminant, noe som betyr at vi ikke rotet til noe i substitusjonen og forenklingene.

4) La oss gå for funksjonen. For å gjøre dette tar vi den allerede funnet funksjonen og finne dens deriverte. Vi skiller oss med:

La oss erstatte og inn i ligningen (*):

Eller kort sagt:

5) Begge funksjonene er funnet, la oss skrive ned den generelle løsningen til systemet:

Svar: privat løsning:

Det mottatte svaret er ganske enkelt å kontrollere verifiseringen utføres i tre trinn:

1) Sjekk om de opprinnelige betingelsene faktisk er oppfylt:

Begge startbetingelsene er oppfylt.

2) La oss sjekke om det funnet svaret tilfredsstiller den første ligningen i systemet.

Vi tar funksjonen fra svaret og finn dens deriverte:

La oss erstatte , Og inn i den første ligningen i systemet:

Riktig likhet oppnås, noe som betyr at svaret som ble funnet tilfredsstiller den første ligningen i systemet.

3) La oss sjekke om svaret tilfredsstiller den andre ligningen i systemet

Vi tar funksjonen fra svaret og finner dens deriverte:

La oss erstatte , Og inn i den andre ligningen av systemet:

Riktig likhet oppnås, som betyr at svaret som ble funnet tilfredsstiller den andre ligningen i systemet.

Kontroll fullført. Hva er sjekket? Oppfyllelsen av de opprinnelige betingelsene er bekreftet. Og, viktigst av alt, er det faktum at den fant en bestemt løsning tilfredsstiller til hver ligningen til det opprinnelige systemet .

På samme måte kan du sjekke den generelle løsningen , vil kontrollen være enda kortere, siden det ikke er behov for å kontrollere om de opprinnelige betingelsene er oppfylt.

La oss nå gå tilbake til det løste systemet og stille et par spørsmål. Løsningen begynte slik: vi tok den andre ligningen av systemet og uttrykte fra den. Var det mulig å uttrykke ikke "X", men "Y"? Hvis vi uttrykker , vil ikke dette gi oss noe - i dette uttrykket til høyre er det både en "y" og en "x", så vi vil ikke være i stand til å bli kvitt variabelen og redusere løsningen til systemet til løsningen av en differensialligning.

Spørsmål to. Var det mulig å begynne å løse ikke fra den andre, men fra den første ligningen i systemet? Kan. La oss se på den første ligningen i systemet: . I den har vi to "X" og en "Y", så det er nødvendig å strengt uttrykke "Y" gjennom "X": . Neste er den første deriverte: . Da bør du erstatte Og inn i systemets andre ligning. Løsningen vil være helt ekvivalent, med den forskjellen at først finner vi funksjonen og deretter .

Og bare for den andre metoden vil det være et eksempel for en uavhengig løsning:

Eksempel 2

Finn en spesiell løsning på systemet med differensialligninger som tilfredsstiller de gitte startbetingelsene.

I prøveløsningen, som er gitt på slutten av leksjonen, er fra den første ligningen uttrykt og hele dansen begynner fra dette uttrykket. Prøv å lage en speilløsning selv, punkt for punkt, uten å se på prøven.

Du kan også gå ruten til eksempel nr. 1 - fra den andre ligningen, ekspress (merk at det er "x" som skal uttrykkes). Men denne metoden er mindre rasjonell, av den grunn at vi endte opp med en brøk, noe som ikke er helt praktisk.

Lineære inhomogene systemer av differensialligninger

Nesten det samme, bare løsningen blir litt lengre.

Det inhomogene systemet med differensialligninger, som du i de fleste tilfeller kan støte på i problemer, har følgende form:

Sammenlignet med et homogent system, legges en viss funksjon avhengig av "te" i tillegg til hver ligning. Funksjoner kan være konstanter (og minst en av dem er ikke lik null), eksponentialer, sinus, cosinus, etc.

Eksempel 3

Finn en spesiell løsning på systemet med lineære differensialligninger som tilsvarer de gitte startbetingelsene

Løsning: Et lineært inhomogent system av differensialligninger er gitt som "additiver". Vi bruker eliminasjonsmetode, mens selve løsningsalgoritmen er fullstendig bevart. For en forandring starter jeg med den første ligningen.

1) Fra den første ligningen i systemet uttrykker vi:

Dette er en viktig ting, så jeg stjernemerker den igjen. Det er bedre å ikke åpne parentesene; hvorfor er det ekstra brøker?

Og merk igjen at det er "y" som uttrykkes fra den første ligningen - gjennom to "X-er" og en konstant.

2) Skill på begge sider:

Konstanten (tre) har forsvunnet, på grunn av at den deriverte av konstanten er lik null.

3) La oss erstatte Og inn i systemets andre ligning :

Umiddelbart etter substitusjon er det tilrådelig å kvitte seg med brøker for å gjøre dette, multipliserer vi hver del av ligningen med 5:

Nå gjør vi forenklinger:

Resultatet ble lineær inhomogen andreordens ligning med konstante koeffisienter. Dette er i hovedsak hele forskjellen fra løsningen av et homogent system av ligninger diskutert i forrige avsnitt.

Merk: Men i et inhomogent system kan noen ganger en homogen ligning oppnås.

La oss finne den generelle løsningen av den tilsvarende homogene ligningen:

La oss komponere og løse den karakteristiske ligningen:

– konjugerte komplekse røtter oppnås, derfor:
.

Røttene til den karakteristiske ligningen viste seg å være "gode" igjen, noe som betyr at vi er på rett vei.

Vi ser etter en spesiell løsning på den inhomogene ligningen i formen .
La oss finne den første og andre deriverte:

La oss erstatte til venstre side av den inhomogene ligningen:

Dermed:

Det skal bemerkes at en bestemt løsning lett velges muntlig, og det er ganske akseptabelt, i stedet for lange beregninger, å skrive: "Det er åpenbart at en bestemt løsning på den inhomogene ligningen: ."

Som et resultat:

4) Vi ser etter en funksjon. Først finner vi den deriverte av den allerede funnet funksjonen:

Det er ikke spesielt hyggelig, men slike derivater finnes ofte i diffusorer.

Uværet er i full gang, og nå kommer det en niende bølge. Bind deg fast med et tau til dekket.

La oss erstatte
og inn i ligningen (*):

5) Generell løsning av systemet:

6) Finn en spesiell løsning som tilsvarer startbetingelsene :

Til slutt en privat løsning:

Du skjønner, for en historie med en lykkelig slutt, nå kan du fryktløst seile på båter på det rolige havet under den milde solen.

Svar: privat løsning:

Forresten, hvis du begynner å løse dette systemet fra den andre ligningen, vil beregningene være mye enklere (du kan prøve), men mange besøkende på nettstedet ba om å analysere vanskeligere ting. Hvordan kan du nekte? =) La det være mer seriøse eksempler.

Et eksempel som er lettere å løse på egen hånd:

Eksempel 4

Finn en spesiell løsning på et lineært inhomogent system av differensialligninger som tilsvarer de gitte startbetingelsene

Jeg løste dette problemet ved å bruke eksempelet i eksempel nr. 1, det vil si at "x" er uttrykt fra den andre ligningen. Løsningen og svaret er på slutten av leksjonen.

I de vurderte eksemplene var det ikke tilfeldig at jeg brukte forskjellige notasjoner og brukte forskjellige løsninger. Så for eksempel ble derivater i samme oppgave skrevet på tre måter: . I høyere matematikk trenger du ikke å være redd for alle slags krøller, det viktigste er å forstå løsningsalgoritmen.

Karakteristisk ligningsmetode(Eulerisk metode)

Som nevnt i begynnelsen av artikkelen, ved bruk av en karakteristisk ligning kreves det sjelden at et system med differensialligninger løses, så i det siste avsnittet vil jeg vurdere bare ett eksempel.

Eksempel 5

Gitt et lineært homogent system av differensialligninger

Finn en generell løsning på et ligningssystem ved å bruke den karakteristiske ligningen

Løsning: Vi ser på ligningssystemet og komponerer en andreordens determinant:

Jeg tror alle kan se på hvilket prinsipp determinanten ble satt sammen.

La oss lage en karakteristisk ligning, for dette, fra hvert tall som er plassert på hoveddiagonal, trekk fra noen parameter:

På den endelige kopien bør du selvfølgelig umiddelbart skrive ned den karakteristiske ligningen jeg forklarer i detalj, trinn for trinn, slik at det er klart hva som kommer fra hvor.

Vi utvider determinanten:

Og vi finner røttene til den kvadratiske ligningen:

Hvis den karakteristiske ligningen har to forskjellige virkelige røtter, så har den generelle løsningen av systemet med differensialligninger formen:

Vi kjenner allerede koeffisientene i eksponentene, det gjenstår bare å finne koeffisientene

1) Tenk på roten og bytt den inn i den karakteristiske ligningen:

(du trenger heller ikke å skrive disse to determinantene ned på det blanke papiret, men lag umiddelbart systemet nedenfor muntlig)

Ved å bruke tallene til determinanten, komponerer vi et system av to lineære ligninger med to ukjente:

Den samme likheten følger av begge ligningene:

Nå må du velge minst verdi , slik at verdien er et heltall. Selvfølgelig bør du sette . Og hvis, da

Vi bestemte oss for å vie denne delen til å løse systemer av differensialligninger av den enkleste formen d x d t = a 1 x + b 1 y + c 1 d y d t = a 2 x + b 2 y + c 2, der a 1, b 1, c 1, a 2, b 2 , c 2 - noen reelle tall. Den mest effektive metoden for å løse slike ligningssystemer er integrasjonsmetoden. Vi vil også vurdere løsningen på et eksempel på temaet.

Løsningen på et system med differensialligninger vil være et funksjonspar x (t) og y (t), som kan gjøre begge systemets ligninger til identiteter.

La oss vurdere metoden for å integrere DE-systemet d x d t = a 1 x + b 1 y + c 1 d y d t = a 2 x + b 2 y + c 2. La oss uttrykke x fra den andre ligningen i systemet for å eliminere den ukjente funksjonen x (t) fra den første ligningen:

d y d t = a 2 x + b 2 y + c 2 ⇒ x = 1 a 2 d y d t - b 2 y - c 2

La oss differensiere 2. ligning mht t og løs ligningen for d x d t:

d 2 y d t 2 = a 2 d x d t + b 2 d y d t ⇒ d x d t = 1 a 2 d 2 y d t 2 - b 2 d y d t

La oss nå erstatte resultatet av de tidligere beregningene i den første ligningen av systemet:

d x d t = a 1 x + b 1 y + c 1 ⇒ 1 a 2 d 2 y d t 2 - b 2 d y d t = a 1 a 2 d y d t - b 2 y - c 2 + b 1 y + c 1 ⇔ d 2 y d t 2 - (a 1 + b 2) d y d t + (a 1 b 2 - a 2 b 1) y = a 2 c 1 - a 1 c 2

Så vi eliminerte den ukjente funksjonen x (t) og fikk en lineær inhomogen differensialligning av 2. orden med konstante koeffisienter. La oss finne løsningen på denne ligningen y (t) og erstatte den med den andre ligningen i systemet. Vi finner x(t). Vi vil anta at dette fullfører løsningen av ligningssystemet.

Eksempel 1

Finn løsningen til systemet med differensialligninger d x d t = x - 1 d y d t = x + 2 y - 3

Løsning

La oss starte med den første ligningen av systemet. La oss løse det i forhold til x:

x = d y d t - 2 y + 3

La oss nå differensiere den andre ligningen til systemet, hvoretter vi løser den med hensyn til d x d t: d 2 y d t 2 = d x d t + 2 d y d t ⇒ d x d t = d 2 y d t 2 - 2 d y d t

Vi kan erstatte resultatet oppnådd under beregningene med den første ligningen til fjernkontrollsystemet:

d x d t = x - 1 d 2 y d t 2 - 2 d y d t = d y d t - 2 y + 3 - 1 d 2 y d t 2 - 3 d y d t + 2 y = 2

Som et resultat av transformasjonene fikk vi en lineær inhomogen differensialligning av 2. orden med konstante koeffisienter d 2 y d t 2 - 3 d y d t + 2 y = 2. Hvis vi finner den generelle løsningen, får vi funksjonen y(t).

Vi kan finne den generelle løsningen av den tilsvarende LOD y 0 ved å beregne røttene til den karakteristiske ligningen k 2 - 3 k + 2 = 0:

D = 3 2 - 4 2 = 1 k 1 = 3 - 1 2 = 1 k 2 = 3 + 1 2 = 2

Røttene vi har fått er ekte og distinkte. I denne forbindelse vil den generelle løsningen av LODE ha formen y 0 = C 1 · e t + C 2 · e 2 t.

La oss nå finne en spesiell løsning på den lineære inhomogene differensialligningen y ~:

d 2 y d t 2 - 3 d y d t + 2 y = 2

Høyre side av ligningen er et polynom med grad null. Dette betyr at vi vil se etter en bestemt løsning på formen y ~ = A, hvor A er en ubestemt koeffisient.

Vi kan bestemme den ubestemte koeffisienten fra likheten d 2 y ~ d t 2 - 3 d y ~ d t + 2 y ~ = 2:
d 2 (A) d t 2 - 3 d (A) d t + 2 A = 2 ⇒ 2 A = 2 ⇒ A = 1

Dermed er y ~ = 1 og y (t) = y 0 + y ~ = C 1 · e t + C 2 · e 2 t + 1 . Vi fant en ukjent funksjon.

La oss nå erstatte funnfunksjonen i den andre ligningen til DE-systemet og løse den nye ligningen for x(t):
d (C 1 e t + C 2 e 2 t + 1) d t = x + 2 (C 1 e t + C 2 e 2 t + 1) - 3 C 1 e t + 2 C 2 e 2 t = x + 2 C 1 · e t + 2 C 2 · e 2 t - 1 x = - C 1 · e t + 1

Så vi beregnet den andre ukjente funksjonen x (t) = - C 1 · e t + 1.

Svar: x (t) = - C 1 e t + 1 y (t) = C 1 e t + C 2 e 2 t + 1

Hvis du oppdager en feil i teksten, merk den og trykk Ctrl+Enter