Bernulli tənliyini həll edin. Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər və Bernulli tənliyi

Bernoulli diferensial tənliyi formanın tənliyidir

burada n≠0,n≠1.

Bu tənliyi əvəzetmədən istifadə edərək yenidən təşkil etmək olar

V xətti tənlik

Təcrübədə diferensial tənlik Bernoulli adətən xətti tənliyə aparmır, lakin dərhal xətti tənlik kimi eyni üsullardan - ya Bernoulli metodundan, ya da ixtiyari sabitin dəyişmə metodundan istifadə etməklə həll olunur.

Gəlin Bernulli diferensial tənliyinin y=uv əvəzlənməsindən (Bernulli metodu) istifadə etməklə necə həll olunacağına baxaq. Həll sxemi ilə eynidir.

Nümunələr. Tənlikləri həll edin:

1) y’x+y=-xy².

Bu Bernullinin diferensial tənliyidir. Onu standart formaya gətirək. Bunun üçün hər iki hissəni x-ə bölün: y’+y/x=-y². Burada p(x)=1/x, q(x)=-1, n=2. Ancaq həll etmək üçün bizə ehtiyac yoxdur standart görünüş. Şərtdə verilmiş qeyd forması ilə işləyəcəyik.

1) y=uv əvəzlənməsi, burada u=u(x) və v=v(x) x-in bəzi yeni funksiyalarıdır. Sonra y’=(uv)’=u’v+v’u. Yaranan ifadələri şərtlə əvəz edirik: (u’v+v’u)x+uv=-xu²v².

2) Mötərizələri açaq: u’vx+v’ux+uv=-xu²v². İndi şərtləri v ilə qruplaşdıraq: v+v’ux=-xu²v² (I) (tənliyin sağ tərəfində olan v dərəcəsi olan terminə toxunmuruq). İndi biz mötərizədəki ifadənin sıfıra bərabər olmasını tələb edirik: u’x+u=0. Və bu, u və x ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlikdir. Bunu həll etdikdən sonra sizi tapacağıq. u=du/dx-i əvəz edirik və dəyişənləri ayırırıq: x·du/dx=-u. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub xu≠0-a bölürük:

(u C taparkən onu sıfıra bərabər götürürük).

3) (I) tənliyində =0 və tapılmış u=1/x funksiyasını əvəz edirik. Tənliyimiz var: v’·(1/x)·x=-x·(1/x²)·v². Sadələşdirmədən sonra: v’=-(1/x)·v². Bu ayrıla bilən v və x dəyişənləri olan tənlikdir. v’=dv/dx əvəz edirik və dəyişənləri ayırırıq: dv/dx=-(1/x)·v². Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vururuq və v²≠0-a bölürük:

(biz -C aldıq ki, hər iki tərəfi -1-ə vuraraq mənfidən qurtula bilək). Beləliklə, (-1) ilə çarpın:

(C deyil, ln│C│ qəbul edilə bilər və bu halda v=1/ln│Cx│ olardı).

2) 2y’+2y=xy².

Bunun Bernulli tənliyi olduğuna əmin olaq. Hər iki hissəni 2-yə bölməklə y’+y=(x/2) y² alırıq. Burada p(x)=1, q(x)=x/2, n=2. Tənliyi Bernulli üsulu ilə həll edirik.

1) Əvəz y=uv, y’=u’v+v’u. Bu ifadələri ilkin şərtlə əvəz edirik: 2(u’v+v’u)+2uv=xu²v².

2) Mötərizələri açın: 2u’v+2v’u+2uv=xu²v². İndi v ehtiva edən terminləri qruplaşdıraq: +2v’u=xu²v² (II). Mötərizədə göstərilən ifadənin sıfıra bərabər olmasını tələb edirik: 2u’+2u=0, deməli u’+u=0. Bu u və x üçün ayrıla bilən tənlikdir. Gəlin həll edək və sizi tapaq. Biz u’=du/dx əvəz edirik, buradan du/dx=-u. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub u≠0-a böldükdə alırıq: du/u=-dx. Gəlin inteqrasiya edək:

3) (II) =0 ilə əvəz edin və

İndi v’=dv/dx əvəz edirik və dəyişənləri ayırırıq:

Gəlin inteqrasiya edək:

Bərabərliyin sol tərəfi cədvəl inteqralıdır, sağ tərəfdəki inteqral hissələr düsturundan istifadə etməklə tapılır:

Tapılan v və du-nu hissələrin inteqrasiya düsturundan istifadə edərək əvəz etməklə əldə edirik:

Və o vaxtdan

Gəlin C=-C edək:

4) y=uv olduğundan, tapılmış u və v funksiyalarını əvəz edirik:

3) x²(x-1)y’-y²-x(x-2)y=0 tənliyini inteqrallayın.

Tənliyin hər iki tərəfini x²(x-1)≠0-a bölək və y² olan termini sağ tərəfə keçirək:

Bu Bernoulli tənliyidir

1) Əvəz y=uv, y’=u’v+v’u. Həmişə olduğu kimi, biz bu ifadələri ilkin şərtlə əvəz edirik: x²(x-1)(u’v+v’u)-u²v²-x(x-2)uv=0.

2) Deməli, x²(x-1)u’v+x²(x-1)v’u-x(x-2)uv=u²v². v (v² - toxunma) olan terminləri qruplaşdırırıq:

v+x²(x-1)v’u=u²v² (III). İndi mötərizədəki ifadənin sıfıra bərabər olmasını tələb edirik: x²(x-1)u’-x(x-2)u=0, deməli, x²(x-1)u’=x(x-2)u. Tənlikdə u və x dəyişənlərini ayırırıq, u’=du/dx: x²(x-1)du/dx=x(x-2)u. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vururuq və x²(x-1)u≠0-a bölürük:

Tənliyin sol tərəfində cədvəlli inteqral var. Rasional kəsr sağ tərəfdə sadə fraksiyalara parçalanmalısınız:

x=1-də: 1-2=A·0+B·1, buradan B=-1.

x=0-da: 0-2=A(0-1)+B·0, buradan A=2.

ln│u│=2ln│x│-ln│x-1│. Loqarifmlərin xassələrinə görə: ln│u│=ln│x²/(x-1)│, buradan u=x²/(x-1).

3) (III) bərabərliyində =0 və u=x²/(x-1) əvəz edirik. Alırıq: 0+x²(x-1)v’u=u²v²,

v’=dv/dx, əvəz et:

C əvəzinə - C alırıq ki, hər iki hissəni (-1) vuraraq mənfi cəhətlərdən xilas olaq:

İndi sağ tərəfdəki ifadələri ortaq məxrəcə endirək və v-i tapaq:

4) y=uv olduğundan, tapılmış u və v funksiyalarını əvəz etməklə, alırıq:

Öz-özünə sınaq nümunələri:

1) Gəlin əmin edək ki, bu Bernulli tənliyidir. Hər iki tərəfi x-ə bölsək, əldə edirik:

1) Əvəz y=uv, buradan y’=u’v+v’u. Biz bu y və y'-ni ilkin vəziyyətə qoyuruq:

2) Şərtləri v ilə qruplaşdırın:

İndi mötərizədəki ifadənin sıfıra bərabər olmasını tələb edirik və bu şərtdən u tapırıq:

Tənliyin hər iki tərəfini birləşdirək:

3) (*) tənliyində =0 və u=1/x² əvəz edirik:

Əldə edilən tənliyin hər iki tərəfini inteqral edək.

y' + P(x)y = Q(x) formalı tənlik, burada P(x) və Q(x) x-in məlum funksiyalarıdır, y funksiyasına və onun törəməsi y'-ə görə xəttidir. birinci dərəcəli xətti diferensial tənlik.

q(x)=0 olarsa, tənliyə xətti homojen tənlik deyilir. q(x)=0 – xətti qeyri-bərabər tənlik.

Xətti tənlik y = u*v əvəzetməsindən istifadə edərək ayrıla bilən dəyişənləri olan iki tənliyə endirilir, burada u = u(x) və v = v(x) bəzi köməkçi fasiləsiz funksiyalardır.

Beləliklə, y = u*v, y’ = u’*v + u * v’ (1),

sonra ilkin tənliyi yenidən aşağıdakı formada yazırıq: u’*v + u * v’ + P(x)*v = Q(x) (2).

Naməlum y funksiyası iki funksiyanın hasili kimi axtarıldığından onlardan birini ixtiyari seçmək, digərini (2) tənliyi ilə təyin etmək olar.

Seçək ki, v’ + P(x)*v = 0 (3). Bunun üçün v(x)-in (3) tənliyinin qismən həlli olması kifayətdir (C = 0-da). Gəlin bu həlli tapaq:

V*P(x); = -;ln |v| = -;v = (4)

(4) funksiyasını (2) tənliyində əvəz edərək, ayrıla bilən dəyişənlərə malik ikinci tənliyi əldə edirik, ondan u(x) funksiyasını tapırıq:

u’ * = Q(x) ; du = Q(x) *; u = +C (5)

Nəhayət əldə edirik:

y(x) = u(x)*v(x) = *( +C)

Bernoulli tənliyi:y’ + y = x* y 3

Bu tənliyin forması var: y’ + P(x)*y = y’’ * Q(x), burada P(x) və Q(x) fasiləsiz funksiyalardır.

Əgər n = 0 olarsa, Bernulli tənliyi xətti diferensial tənliyə çevrilir. Əgər n = 1 olarsa, tənlik ayrıla bilən tənliyə çevrilir.

Ümumiyyətlə, n ≠ 0, 1 olduqda, ek. Bernulli əvəzetmədən istifadə edərək xətti diferensial tənliyə endirilir: z = y 1- n

z(x) funksiyası üçün yeni diferensial tənlik formaya malikdir: z" + (1-n)P(x)z = (1-n)Q(x) və xətti diferensiallarla eyni üsullarla həll edilə bilər. 1-ci dərəcəli tənliklər.

20. Daha yüksək dərəcəli diferensial tənliklər.

Funksiyanı açıq şəkildə ehtiva etməyən tənliyi nəzərdən keçirək:

Bu tənliyin sırası əvəzetmədən istifadə edərək bir azaldılır:

Həqiqətən, onda:

Və sifarişin bir azaldıldığı bir tənlik alırıq:

Fərq. ikincidən yüksək tərtibli tənliklər formaya malikdir və , burada həqiqi ədədlər və funksiyası var f(x) inteqrasiya intervalında davamlıdır X.

Belə tənlikləri analitik yolla həll etmək həmişə mümkün olmur və adətən təqribi üsullardan istifadə olunur. Ancaq bəzi hallarda tapmaq mümkündür ümumi qərar.

Teorem.

Ümumi həll y 0 interval üzrə xətti homogen diferensial tənlik X davamlı əmsalları ilə X xətti birləşmədir n LODE-nin xətti müstəqil qismən həlləri ixtiyari ilə sabit əmsallar , yəni .

Teorem.

Ümumi qərar y xətti qeyri-homogen diferensial

interval üzrə tənliklər X eyni üzərində davamlı olanlarla

arasında Xəmsallar və funksiyalar f(x) məbləği ifadə edir

Harada y 0 müvafiq LODE-nin ümumi həllidir və orijinal LODE-nin bəzi xüsusi həllidir.

Beləliklə, sabitləri olan xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin ümumi həlli

şəklində əmsalları axtarır , harada - bəzi

onun şəxsi həlli və – müvafiq homojen diferensialın ümumi həlli

tənliklər

21. Testlər və hadisələr. Hadisələrin növləri. Nümunələr.

Sınaq hadisələrin baş verməsi üçün müəyyən şərtlər toplusunun yaradılmasıdır. Misal: zar atmaq

Hadisə – bu və ya digər test nəticəsinin baş verməsi/baş verməməsi; test nəticəsi. Misal: 2 nömrəsini yuvarlamaq

Təsadüfi hadisə müəyyən bir test zamanı baş verə bilən və ya olmaya bilən hadisədir. Nümunə: 5-dən böyük rəqəmin yuvarlanması

Etibarlı - verilmiş sınaq zamanı qaçılmaz olaraq baş verən hadisə. Misal: 1-dən böyük və ya ona bərabər olan ədədin yuvarlanması

Mümkün - verilmiş test zamanı baş verə biləcək hadisə. Misal: 6 rəqəminin yuvarlanması

Mümkünsüz - verilmiş sınaq zamanı baş verə bilməyən hadisə. Misal: 7 rəqəminin yuvarlanması

A bir hadisə olsun. Onun əksi olan hadisə ilə biz A hadisəsinin baş verməməsindən ibarət hadisəni başa düşəcəyik. Təyinat: Ᾱ. Misal: A – 2 rəqəmi yuvarlanır, Ᾱ – hər hansı digər rəqəm yuvarlanır

Əgər onlardan birinin baş verməsi digərinin eyni məhkəmə prosesində baş verməsini istisna edirsə, A və B hadisələri uyğun gəlmir. Misal: eyni rulonda 1 və 3 rəqəmlərinin alınması.

A və B hadisələri bir sınaqda baş verə bilərsə, birgə adlanır. Misal: eyni rulonda 2-dən böyük rəqəm və 4 rəqəmi əldə etmək.

22. Tədbirlər qrupunu tamamlayın. Nümunələr.

Hadisələrin tam qrupu - A, B, C, D, ..., L hadisələri, hər bir sınaq nəticəsində onlardan ən azı biri mütləq baş verərsə, yeganə mümkün olanlar hesab olunur. Misal: zarda 1, 2, 3, 4, 5, 6 görünür.

23. Hadisə tezliyi. Ehtimalın statistik tərifi.

N test aparılsın və A hadisəsi m dəfə baş versin. Bu m:n nisbəti A hadisəsinin baş vermə tezliyidir.

Def. Təsadüfi bir hadisənin baş vermə ehtimalı müəyyən bir hadisə ilə əlaqəli sabit bir rəqəmdir və bu hadisənin baş vermə tezliyi uzun sınaq seriyalarında dəyişir.

Ehtimal təcrübədən əvvəl, tezlik isə ondan sonra hesablanır.

24. Ehtimalın klassik tərifi. Hadisə ehtimalının xassələri.

Hadisənin x ehtimalı A hadisəsi üçün əlverişli olan nəticələrin sayının təcrübənin bütün bərabər mümkün cüt-cüt uyğunsuz və unikal mümkün nəticələrinin ümumi sayına nisbətidir. P(A) =

Hadisə ehtimalının xüsusiyyətləri:

İstənilən hadisə üçün A 0<=m<=n

Hər bir şərti n-ə bölməklə, hər hansı A hadisəsinin ehtimalı üçün əldə edirik: 0<=Р(А) <=1

Əgər m=0 olarsa, onda hadisə qeyri-mümkündür: P(A)=0

Əgər m=n olarsa, onda hadisə etibarlıdır: P(A)=1

Əgər m

25. Ehtimalın həndəsi tərifi. Nümunələr.

Ehtimalın klassik tərifi sonlu sayda elementar nəticələrin və eyni dərəcədə mümkün olanların nəzərə alınmasını tələb edir. Ancaq praktikada tez-tez mümkün nəticələrin sayının sonsuz olduğu testlər var.

ODA. Əgər nöqtə təsadüfi S ölçüsünün birölçülü, ikiölçülü və ya üçölçülü bölgəsində peyda olarsa (ölçü onun uzunluğu, sahəsi və ya həcmidir), onda onun S ölçüsünün bu bölgəsinin bir hissəsində görünmə ehtimalı bərabərdir. üçün

burada S ümumi ədədi ifadə edən həndəsi ölçüdür hamısı mümkün və eyni dərəcədə mümkündür bu testin nəticələri və S i– A hadisəsi üçün əlverişli nəticələrin sayını ifadə edən ölçü.

Misal 1. Radiusu R olan dairə daha kiçik r radiuslu dairəyə yerləşdirilib. Böyük dairəyə təsadüfi atılan nöqtənin də kiçik dairəyə düşmə ehtimalını tapın.

Misal 2. Uzunluğu l olan seqment L uzunluğundakı seqmentə daxil edilsin. A hadisəsinin baş vermə ehtimalını tapın “təsadüfi atılan nöqtə l uzunluğunda seqmentə düşür”.

Misal 3. Dairədə təsadüfi bir nöqtə seçilir. Onun dairənin mərkəzinə olan məsafəsinin yarıdan çox olması ehtimalı nədir?

Misal 4.İki nəfər günorta saat iki ilə üç arasında müəyyən bir yerdə görüşməyə razılaşdılar. İlk gələn şəxs 10 dəqiqə digər şəxsi gözləyir və sonra ayrılır. Əgər onların hər biri digərindən asılı olmayaraq, göstərilən saat ərzində istənilən vaxt gələ bilsə, bu şəxslərin görüşmə ehtimalı nədir?

26. Kombinatorikanın elementləri: Yerləşdirmə, permutasiya, birləşmələr.

1) Permutasiya sonlu çoxluqda qurulan sıra adlanır.

Bütün müxtəlif dəyişdirmələrin sayı düsturla hesablanır

2) Yerləşdirmə-dan n tərəfindən elementlər m hər şeyi çağırdı nizamlı m elementdən ibarət əsas çoxluğun alt çoxluğu.

3) Birləşmə-dan n tərəfindən elementlər m hər şeyi çağırdı nizamsız elementləri ehtiva edən əsas çoxluğun alt çoxluğu.

y" +a 0 (x)y=b(x)y n diferensial tənliyi adlanır Bernoulli tənliyi.
n=0 ilə xətti tənlik, n=1 ilə isə ayrıla bilən dəyişənlərlə əldə edildiyi üçün n ≠ 0 və n ≠ 1 olduğunu qəbul edirik. (1)-in hər iki tərəfini y n-ə bölün. Daha sonra, biz var. Bu ifadəni əvəz edərək, alırıq , və ya eyni şeydir, z" + (1-n)a 0 (x)z = (1-n)b(x). Bu, həllini bildiyimiz xətti tənlikdir.

Xidmətin məqsədi. Həllini yoxlamaq üçün onlayn kalkulyatordan istifadə etmək olar Bernoulli diferensial tənlikləri.

=

Misal 1. y" + 2xy = 2xy 3 tənliyinin ümumi həllini tapın. Bu, n=3 üçün Bernulli tənliyidir. Tənliyin hər iki tərəfini y 3-ə bölməklə əldə edirik. Dəyişiklik edin. Sonra və buna görə də tənlik -z kimi yenidən yazılır. " + 4xz = 4x. Bu tənliyi ixtiyari sabitin dəyişməsi üsulu ilə həll edərək əldə edirik harada və ya eyni nədir, .

Misal 2. y"+y+y 2 =0
y"+y = -y 2

y 2-yə bölün
y"/y 2 + 1/y = -1

Əvəz edirik:
z=1/y n-1 , yəni. z = 1/y 2-1 = 1/y
z = 1/y
z"= -y"/y 2

Alırıq: -z" + z = -1 və ya z" - z = 1

Misal 3. xy’+2y+x 5 y 3 e x =0
Həll.
a) Bernulli tənliyi ilə həll.
şəklində təqdim edək: xy’+2y=-x 5 y 3 e x . Bu, n=3 üçün Bernulli tənliyidir. Tənliyin hər iki tərəfini y 3-ə bölməklə əldə edirik: xy"/y 3 +2/y 2 =-x 5 e x. Əvəzliyi edirik: z=1/y 2. Sonra z"=-2/y 3 və buna görə də tənlik : -xz"/2+2z=-x 5 e x şəklində yenidən yazılır. Bu bircins olmayan tənlikdir. Müvafiq bircins tənliyi nəzərdən keçirək: -xz"/2+2z=0
1. Onu həll edərək əldə edirik: z"=4z/x

İnteqrasiya edərək əldə edirik:
ln(z) = 4ln(z)
z=x4. İndi biz orijinal tənliyin həllini aşağıdakı formada axtarırıq: y(x) = C(x)x 4 , y"(x) = C(x)"x 4 + C(x)(x 4)"
-x/2(4C(x) x 3 +C(x)" x 4)+2y=-x 5 e x
-C(x)" x 5 /2 = -x 5 e x və ya C(x)" = 2e x . İnteqrasiya edərək əldə edirik: C(x) = ∫2e x dx = 2e x +C
y(x)=C(x)y şərtindən əldə edirik: y(x) = C(x)y = x 4 (C+2e x) və ya y = Cx 4 +2x 4 e x. z=1/y 2 olduğundan, alırıq: 1/y 2 = Cx 4 +2x 4 e x

Bernoulli tənliyiən məşhurlarından biridir birinci dərəcəli qeyri-xətti diferensial tənliklər. Formada yazılıb

Harada a(x) Və b(x) davamlı funksiyalardır. Əgər m= 0 olarsa, Bernulli tənliyi xətti diferensial tənliyə çevrilir. Nə vaxtsa m= 1, tənlik ayrıla bilən tənliyə çevrilir. Ümumiyyətlə, nə vaxt m≠ 0.1, Bernulli tənliyi əvəzetmədən istifadə edərək xətti diferensial tənliyə azalır

Funksiya üçün yeni diferensial tənlik z(x) formasına malikdir

və birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər səhifəsində təsvir olunan üsullardan istifadə etməklə həll edilə bilər.

BERNOULI METODU.

Baxılan tənliyi Bernulli üsulu ilə həll etmək olar. Bunun üçün ilkin tənliyin həllini iki funksiyanın hasili şəklində axtarırıq: harada u, v-dən funksiyalar x. Fərqləndirin: Orijinal tənliyi (1) əvəz edin: (2) Kimi v Tənliyin sıfırdan fərqli hər hansı bir həllini götürək: (3) (3) tənliyi ayrıla bilən dəyişənlərə malik tənlikdir. Biz onun xüsusi həllini tapdıqdan sonra v = v(x), onu (2) ilə əvəz edin. (3) tənliyini ödədiyi üçün mötərizədəki ifadə sıfır olur. Biz əldə edirik: Bu da ayrıla bilən tənlikdir. Onun ümumi həllini və onunla birlikdə ilkin tənliyin həllini tapırıq y = uv.

64. Tam diferensiallarda tənlik. İnteqrasiya edən amil. Həll üsulları

Formanın birinci dərəcəli diferensial tənliyi

çağırdı ümumi diferensiallarda tənlik, əgər onun sol tərəfi hansısa funksiyanın tam diferensialını təmsil edirsə, yəni.

Teorem.(1) tənliyinin məcmu diferensiallarda tənlik olması üçün dəyişənlərin dəyişməsinin bəzi sadə əlaqəli sahəsində şərtin ödənilməsi zəruri və kifayətdir.

(1) tənliyinin ümumi inteqralı və ya formasına malikdir

Misal 1. Diferensial tənliyi həll edin.

Həll. Bu tənliyin tam diferensial tənlik olduğunu yoxlayaq:

belədir şərt (2) təmin edilir. Beləliklə, bu tənlik tam diferensiallarda tənlikdir və

buna görə də, hələ də müəyyən edilməmiş funksiya haradadır.

İnteqrasiya edərək əldə edirik. Tapılan funksiyanın qismən törəməsi bərabər olmalıdır ki, haradan verir ki, Beləliklə,.

Orijinal diferensial tənliyin ümumi inteqralı.

Bəzi diferensial tənlikləri inteqral edərkən terminləri elə qruplaşdırmaq olar ki, asanlıqla inteqrallana bilən birləşmələr alınsın.

65. Ali tərtibli adi diferensial xətti tənliklər: bircins və qeyri-bircins. Xətti diferensial operator, onun xassələri (sübutlu).

Xətti diferensial operator və onun xassələri. intervalında olan funksiyalar toplusu ( a , b ) az olmayaraq n törəmələri, xətti fəza əmələ gətirir. Operatoru nəzərdən keçirin L n (y ), funksiyanı göstərən y (x ), törəmələri olan, malik olan funksiyaya k - n törəmələri.

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənlik naməlum funksiyaya və onun törəməsinə görə xətti olan tənlikdir. Belə görünür

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x),

burada p(x) və q(x) x-in funksiyaları verilmişdir, (1) tənliyinin inteqral edilməli olduğu bölgədə davamlıdır.

Əgər q(x)\ekviv0 olarsa, (1) tənliyi çağırılır xətti homojen. Bu ayrıla bilən tənlikdir və ümumi həlli var

Y=C\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\sağ)\!,

Qeyri-homogen tənliyin ümumi həlli tapıla bilər ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu, bu, (1) tənliyinin həllinin formada axtarılmasından ibarətdir

Y=C(x)\exp\!\sol(-\int(p(x))\,dx\sağ), burada C(x) x-in yeni naməlum funksiyasıdır.

Misal 1. y"+2xy=2xe^(-x^2) tənliyini həll edin.

Həll. Daimi dəyişmə metodundan istifadə edək. Bu qeyri-homogen tənliyə uyğun gələn y"+2xy=0 homojen tənliyini nəzərdən keçirək. Bu, ayrıla bilən dəyişənlərə malik tənlikdir. Onun ümumi həlli y=Ce^(-x^2) şəklindədir.

Qeyri-homogen tənliyin ümumi həllini y=C(x)e^(-x^2) şəklində axtarırıq, burada C(x) x-in naməlum funksiyasıdır. Əvəz etməklə C"(x)=2x alırıq, buradan C(x)=x^2+C. Beləliklə, qeyri-bərabər tənliyin ümumi həlli y=(x^2+C)e^(-x^ olacaq) 2) , burada C - inteqrasiya sabiti.

Şərh. Belə çıxa bilər ki, diferensial tənlik y funksiyası olaraq x-də xəttidir. Belə bir tənliyin normal forması belədir

\frac(dx)(dy)+r(y)x=\varphi(y).

Misal 2. Tənliyi həll edin \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Həll.Əgər x-i y-nin funksiyası kimi qəbul etsək, bu tənlik xətti olar:

\frac(dx)(dy)-x\cos(y)=\sin(2y).

Biz ixtiyari sabitin dəyişməsi metodundan istifadə edirik. Əvvəlcə müvafiq homojen tənliyi həll edirik

\frac(dx)(dy)-x\cos(y)=0,

ayrıla bilən dəyişənləri olan tənlikdir. Onun ümumi həlli formaya malikdir x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Tənliyin ümumi həllini x=C(y)e^(\sin(y)) şəklində axtarırıq, burada C(y) y-nin naməlum funksiyasıdır. Əvəz edərək, alırıq

C"(y)e^(\sin(y))=\sin2y və ya C"(y)=e^(-\sin(y))\sin2y.

Buradan hissələrə görə inteqrasiya edirik

\begin(aligned)C(y)&=\int(e^(-\sin(y))\sin2y)\,dy=2\int(e^(-\sin(y))\cos(y) \sin(y))\,dy=2\int\sin(y)\,d(-e^(-\sin(y)))=\\ &=-2\sin(y)\,e^ (-\sin(y))+2\int(e^(-\sin(y))\cos(y))\,dy=C-2(\sin(y)+1)e^(-\ sin(y)),\son(düzləşdirilmiş)

Belə ki,

C(y)=-2e^(-\sin(y))(1+\sin(y))+C.

Bu tənliyi x=C(y)e^(\sin(y)) ilə əvəz edərək, ilkin tənliyin və buna görə də bu tənliyin ümumi həllini əldə edirik:

X=Ce^(\sin(y))-2(1+\sin(y))

Orijinal tənlik də aşağıdakı kimi inteqrasiya oluna bilər. Biz inanırıq

Y=u(x)v(x),

burada u(x) və v(x) x-in naməlum funksiyalarıdır, onlardan biri, məsələn, v(x) ixtiyari olaraq seçilə bilər.

y=u(x)v(x)-i ilə əvəz etməklə, çevrildikdən sonra əldə edirik

Vu"+(pv+v")u=q(x).

v"+pv=0 şərtindən v(x)-i təyin edərək, sonra vu"+(pv+v")u=q(x) funksiyasından u(x) funksiyasını və nəticədə y=uv həllini tapırıq. tənlik \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). v(x) kimi tənliyin istənilən tez-tez həllini götürə bilərik v"+pv=0,~v\not\ekviv0.

Misal 3. Cauchy problemini həll edin: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Həll. y=u(x)v(x) şəklində tənliyin ümumi həllini axtarırıq; bizdə y"=u"v+uv" var. İlkin tənlikdə y və y" ifadəsini əvəz etsək, əldə edəcəyik.

X(x-1)(u"v+uv")+uv=x^2(2x-1) və ya x(x-1)vu"+u=x^2(2x-1)

v=v(x) funksiyasını x(x-1)v"+v=0 şərtindən tapırıq. Son tənliyin hər hansı xüsusi həllini götürərək, məsələn, v=\frac(x)(x-1) və onu əvəz edərək u"=2x-1 tənliyini alırıq, ondan u(x)=x^2-x+C funksiyasını tapırıq. Beləliklə, tənliyin ümumi həlli x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) olacaq

Y=uv=(x^2-x+C)\frac(x)(x-1), və ya y=\frac(Cx)(x-1)+x^2.

y|_(x=2)=4 ilkin şərtindən istifadə edərək C-nin tapılması üçün tənliyi alırıq 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, buradan C=0; ona görə də bildirilmiş Koşi məsələsinin həlli y=x^2 funksiyası olacaqdır.

Misal 4. Məlumdur ki, müqavimət R və özünə induksiya L olan dövrədə cərəyan i ilə elektrohərəkətçi qüvvə E arasında əlaqə vardır. E=Ri+L\frac(di)(dt), burada R və L sabitlərdir. E-ni t zamanının funksiyası hesab etsək, i cərəyanı üçün xətti qeyri-bərabər tənlik əldə edirik:

\frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E(t))(L).

Zaman halı üçün cari gücü i(t) tapın E=E_0=\text(const) və i(0)=I_0 .

Həll. bizdə var \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Bu tənliyin ümumi həlli formaya malikdir i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). İlkin şərtdən (13) istifadə edərək əldə edirik C=I_0-\frac(E_0)(R), belə ki, istədiyiniz həll olacaq

I(t)=\frac(E_0)(R)+\sol(I_0-\frac(E_0)(R)\sağ)\!e^(-(R/L)t).

Bu onu göstərir ki, t\to+\infty-də cərəyan gücü i(t) sabit qiymətə meyl edir \frac(E_0)(R) .

Misal 5. y"+p(x)y=q(x) xətti qeyri-bərabər tənliyinin inteqral əyrilərinin C_\alfa ailəsi verilmişdir.

Göstərin ki, xətti tənliklə müəyyən edilmiş C_\alpha əyrilərinin müvafiq nöqtələrindəki tangenslər bir nöqtədə kəsişir (şək. 13).

Həll. M(x,y) nöqtəsindəki hər hansı C_\alpha əyrisinin tangensini nəzərdən keçirək

\eta-q(x)(\xi-x)=y, burada \xi,\eta toxunan nöqtənin cari koordinatlarıdır.

Tərifinə görə, müvafiq nöqtələrdə x sabit, y isə dəyişəndir. Müvafiq nöqtələrdə C_\alpha xətlərinə hər hansı iki tangens götürərək, onların kəsişməsinin S nöqtəsinin koordinatları üçün alırıq.

\xi=x+\frac(1)(p(x)), \quad \eta=x+\frac(q(x))(p(x)).

Bu onu göstərir ki, C_\alpha əyrilərinə uyğun nöqtələrdə ( x sabitdir) bütün tangenslər eyni nöqtədə kəsişir.

S\!\sol(x+\frac(1)(p(x));\,x+\frac(q(x))(p(x))\sağ).

Sistemdə x arqumentini aradan qaldıraraq, nöqtələrin yerləşməsinin tənliyini əldə edirik S\kolon f(\xi,\eta)=0.

Misal 6. Tənliyin həllini tapın y"-y=\cos(x)-\sin(x), şərti ödəyir: y y\to+\infty ilə məhdudlaşır.

Həll. Bu tənliyin ümumi həlli y=Ce^x+\sin(x) dir. C\ne0 üçün ümumi həlldən alınan tənliyin istənilən həlli qeyri-məhdud olacaq, çünki x\to+\infty üçün \sin(x) funksiyası məhduddur və e^x\to+\infty . Buradan belə nəticə çıxır ki, bu tənliyin x\to+\infty ilə məhdudlaşan y=\sin(x) unikal həlli var ki, bu da C=0 nöqtəsində ümumi həlldən alınır.

Bernoulli tənliyi

Bernulli diferensial tənliyi oxşayır

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, burada n\ne0;1 (n=0 və n=1 üçün bu tənlik xəttidir).

Dəyişən əvəzetmədən istifadə z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernulli tənliyi xətti tənliyə endirilərək xətti tənliyə çevrilir.

Misal 7. Bernulli tənliyini y"-xy=-xy^3 həll edin.

Həll. Tənliyin hər iki tərəfini y^3-ə bölün:

\frac(y")(y^3)-\frac(x)(y^2)=-x

Dəyişən dəyişikliyin edilməsi \frac(1)(y^2)=z\Sağ ox-\frac(2y")(y^3)=z", harada \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Əvəzetmədən sonra sonuncu tənlik xətti tənliyə çevrilir

-\frac(z")(2)-xz=-x və ya z"+2xz=2x, ümumi həlli z=1+Ce^(-x^2).

Buradan bu tənliyin ümumi inteqralını alırıq

\frac(1)(y^2)=1+Ce^(-x^2) və ya y^2(1+Ce^(-x^2))=1.

Şərh. Bernulli tənliyi xətti tənlik kimi sabitin dəyişmə üsulu ilə və y(x)=u(x)v(x) əvəzetməsindən istifadə etməklə də inteqrasiya edilə bilər.

Misal 8. Bernulli tənliyini xy"+y=y^2\ln(x) həll edin. .

Həll.İxtiyari sabitin dəyişmə metodunu tətbiq edək. Uyğun bircins xy"+y=0 tənliyinin ümumi həlli y=\frac(C)(x) formasına malikdir. Tənliyin ümumi həllini y=\frac(C(x)) şəklində axtarırıq. (x) , burada C(x) - yeni naməlum funksiyanı ilkin tənliyə əvəz edirik

C"(x)=C^2(x)\frac(\ln(x))(x^2).

C(x) funksiyasını tapmaq üçün ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlik əldə edirik ki, ondan dəyişənləri ayıraraq və inteqrasiya edərək tapırıq

\frac(1)(C(x))=\frac(\ln(x))(x)+\frac(1)(x)+C~\Rightarrow~C(x)=\frac(x)( 1+Cx+\ln(x)).

Beləliklə, orijinal tənliyin ümumi həlli y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Bəzi qeyri-xətti birinci dərəcəli tənliklər dəyişənlərin uğurla tapılmış dəyişməsindən istifadə edərək xətti tənliklərə və ya Bernoulli tənliklərinə endirilə bilər.

Misal 9. Tənliyi həll edin y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Həll. Bu tənliyi formada yazaq y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Tənliyin hər iki tərəfinin bölünməsi 2\cos^2\frac(y)(2), alırıq \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Yerdəyişmə \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) bu tənliyi xəttinə endirir \frac(dz)(dx)+z=-x, ümumi həlli z=1-x+Ce^(-x) .

z-ni y ifadəsi ilə əvəz edərək, bu tənliyin ümumi inteqralını alırıq. \operator adı(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Bəzi tənliklərdə arzu olunan y(x) funksiyası inteqral işarəsi altında ola bilər. Bu hallarda bəzən diferensiallaşdırma yolu ilə bu tənliyi diferensial tənliyə endirmək mümkündür.

Misal 10. Tənliyi həll edin x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Həll. Bu tənliyin hər iki tərəfini x-ə görə fərqləndirərək, alırıq

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) və ya məlumat mənbəyi