Bernoulli diferensial tənliyidir formanın tənliyi

burada n≠0,n≠1.

Bu tənliyi əvəzetmədən istifadə edərək yenidən təşkil etmək olar

xətti tənliyə çevrilir

Praktikada Bernullinin diferensial tənliyi adətən xətti tənliyə endirilmir, lakin dərhal xətti tənlik kimi eyni üsullardan - ya Bernulli metodundan, ya da ixtiyari sabitin dəyişmə metodundan istifadə etməklə həll edilir.

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 hissələrə görə 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. Bu y və y '-ni ilkin vəziyyətə qoyuruq:

2) Şərtləri v ilə qruplaşdırın:

İndi biz 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.

Xətti diferensial tənliklər 1ci sifariş
və Bernulli tənliyi

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 malikdir ümumi həll

y=C\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right)\!,

Ümumi həll yox homojen tənlik tapmaq olar 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. Tənliyi həll edin y"+2xy=2xe^(-x^2).

Həll. Sabitin dəyişmə metodunu tətbiq 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 biz C"(x)=2x alırıq, buradan C(x)=x^2+C. Beləliklə, qeyri-bərabər tənliyin ümumi həlli belə olacaq. y=(x^2+C)e^(-x^2), burada C inteqrasiya sabitidir.

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).

C(y) y-nin naməlum funksiyası olduğu formada tənliyin ümumi həllini axtarırıq. 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)

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

Bu tənliyi ilə əvəz etmək x=C(y)e^(\sin(y)), biz orijinal tənliyin ümumi həllini alırıq və buna görə də bu tənliyin:

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

Orijinal tənlik də aşağıdakı kimi inteqrasiya oluna bilər. 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, ondan tapırıq vu"+(pv+v")u=q(x) u(x) funksiyası və deməli, tənliyin y=uv həlli \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. y və y" ifadəsinin yerinə qoyulması orijinal tənlik, bizdə olacaq

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 öz-induktivliyi 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 zamanın funksiyası hesab etsək, cərəyan gücü i 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 olan bütün tangenslər (x sabitdir) 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 kimi görünür

\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 metodu ilə və y(x)=u(x)v(x) əvəzetməsindən istifadə etməklə də inteqrasiya oluna 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, 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)).

Bəziləri yox xətti tənliklər birinci dərəcəli, dəyişənlərin müvəffəqiyyətlə tapılmış dəyişməsinin köməyi ilə xətti tənliklərə və ya Bernoulli tənliklərinə endirilir.

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.

Dəyişdirmə \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 \int\limits_(0)^(x)y(t)\,dx=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x^2y(x).

X-ə görə yenidən diferensiallaşsaq, y(x)\kolon nöqtəsinə görə xətti homojen tənliyə sahib olacağıq.

y(x)=xy(x)+x^2y"(x)+2xy(x) və ya x^2y"(x)+(3x-1)y(x)=0.

Dəyişənləri ayıraraq və inteqrasiya edərək tapırıq y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Bu həll, asanlıqla yoxlanıla bilər, orijinal tənliyi təmin edir.

Bernulli diferensial tənliyi formanın tənliyidir:
, burada n ≠ 0 , n ≠ 1 , p və q x-in funksiyalarıdır.

Bernulli diferensial tənliyinin xətti tənliyə endirməklə həlli

Bernoulli diferensial tənliyini nəzərdən keçirin:
(1) ,
harada n ≠ 0 , n ≠ 1 , p və q x-in funksiyalarıdır.
Onu y n-ə bölək. 0 y ≠ olduqda< 0 və ya n
(2) .
bizdə:
.
Bu tənliyi dəyişən dəyişikliyindən istifadə edərək xətti tənliyə endirmək olar:
;
.
Gəlin onu göstərək. Mürəkkəb funksiyanın diferensiasiya qaydasına görə: (2) Gəlin əvəz edək
;
.
Bu z-ə nisbətən xətti, diferensial tənlikdir. Onu həll etdikdən sonra n > üçün 0 , y = halını nəzərdən keçirməliyik 0 . 0 n > olduqda 0 , y = (1) həm də tənliyin həllidir

və cavaba daxil edilməlidir.

Bernoulli üsulu ilə həll (1) Sözügedən tənlik
Bernulli üsulu ilə də həll edilə bilər. Bunun üçün biz iki funksiyanın hasili şəklində orijinal tənliyin həllini axtarırıq:
y = u·v ,
burada u və v x funksiyalarıdır.
X-ə görə fərqləndirin: (1) :
;
(3) .
y′ = u′ v + u v′ .
(4) .
Orijinal tənliyi əvəz edin (4) v kimi tənliyin sıfırdan fərqli istənilən həllini qəbul edirik: Tənlik ayrıla bilən dəyişənləri olan tənlikdir. Biz onu həll edirik və müəyyən bir həll tapırıq v = v (3) (x) (4) .
;
.
Xüsusi bir həlli daxil edirik

. tənliyi təmin etdiyi üçün

, onda mötərizədəki ifadə sıfır olur. Biz əldə edirik:

Burada v x-in artıq məlum funksiyasıdır.

Bu, ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlikdir. Onun ümumi həllini tapırıq və bununla da ilkin y = uv tənliyinin həllini tapırıq.

Bernulli diferensial tənliyinin həlli nümunəsi
;
;
Tənliyi həll edin .
Həll 2 İlk baxışdan bu diferensial tənlik Bernulli tənliyinə bənzəmir. Əgər x-i müstəqil dəyişən, y-ni isə asılı dəyişən hesab etsək (yəni y-i x-in funksiyasıdırsa), bu, doğrudur. Amma y-ni müstəqil, x-i isə asılı dəyişən hesab etsək, bunun Bernulli tənliyi olduğunu asanlıqla görmək olar. (1) Beləliklə, biz fərz edirik ki, x y funksiyasıdır.
Əvəz edək və vuraq:
(S.1)
.
Gəlin onu göstərək. Mürəkkəb funksiyanın diferensiasiya qaydasına görə: Tənliyi həll edin:
;
Bu, n = ilə Bernoulli tənliyidir .
. Yuxarıda müzakirə olunan tənlikdən fərqlənir, yalnız dəyişənlərin qeydi ilə (y əvəzinə x). Bernulli üsulu ilə həll edirik. Gəlin bir əvəz edək:
x = u v , .
burada u və v y funksiyalarıdır.
;
;
.
y-ə görə fərqləndirin: 0 (S.2) x = u v ,.
;
.
Gəlin onu göstərək. Mürəkkəb funksiyanın diferensiasiya qaydasına görə: Bu, n = ilə Bernoulli tənliyidir Biz hər hansı sıfır olmayan funksiyanı axtarırıq v x = u v ,):
;
;
.
(y) 0 və ya n
;
, tənliyi təmin edən: ;
.
(Səh.3)
;
.

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

Dəyişənləri ayırırıq:

C = olsun

, çünki tənliyin istənilən həllinə ehtiyacımız var xətti homojen mötərizədə ifadənin sıfıra bərabər olduğunu nəzərə alsaq (görə

Gəlin dəyişənləri ayıraq. siz ≠ olduqda

(S.4) ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu, bu, (1) tənliyinin həllinin formada axtarılmasından ibarətdir

İkinci inteqralda əvəzetmə aparırıq:\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x),

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

Həll. Sabitin dəyişmə metodunu tətbiq 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. 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 qəbul edə 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 zamanın funksiyası hesab etsək, cərəyan gücü i 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 əyrilərinin müvafiq nöqtələrində ( x sabitdir) bütün tangensləri 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 kimi görünür

\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 metodu ilə və y(x)=u(x)v(x) əvəzetməsindən istifadə etməklə də inteqrasiya oluna bilər.

Misal 8. Bernulli xy"+y=y^2\ln(x) tənliyini 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, 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 birinci dərəcəli qeyri-xətti tənliklər dəyişənlərin müvəffəqiyyətlə 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.

Dəyişdirmə \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

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 endirilir.

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 tənlik tam diferensiallar varsa sol tərəf bəzi funksiyanın tam diferensialını təmsil edir, yəni.

Teorem.(1) tənliyinin məcmu diferensiallarda tənlik olması üçün dəyişənlərin dəyişməsinin bəzi sadə bağlı 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

deməli, 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. Daha yüksək dərəcəli 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 deyil n törəmələri, xətti fəza əmələ gətirir. Operatoru nəzərdən keçirin L n (y ), funksiyanı göstərən y (x ), törəmələri olan, malik olan funksiyaya k - n törəmələri.