Bernulijeva diferencijalna jednadžba je jednačina oblika

gdje je n≠0,n≠1.

Ova jednadžba se može preurediti zamjenom

u linearnu jednačinu

U praksi, Bernulijeva diferencijalna jednadžba se obično ne svodi na linearnu, već se odmah rješava istim metodama kao i linearna jednadžba - bilo Bernoullijevom metodom ili metodom varijacije proizvoljne konstante.

Pogledajmo kako riješiti Bernoullijevu diferencijalnu jednačinu primjenom zamjene y=uv (Bernoullijeva metoda). Shema rješenja je ista kao i za .

Primjeri. Riješite jednačine:

1) y’x+y=-xy².

Ovo je Bernulijeva diferencijalna jednadžba. Hajde da ga dovedemo u standardni oblik. Da biste to učinili, podijelite oba dijela sa x: y’+y/x=-y². Ovdje je p(x)=1/x, q(x)=-1, n=2. Ali ne trebamo to da rešimo standardni pogled. Radićemo sa obrascem za snimanje koji je dat u uslovu.

1) Zamjena y=uv, gdje su u=u(x) i v=v(x) neke nove funkcije od x. Tada je y’=(uv)’=u’v+v’u. Dobivene izraze zamjenjujemo u uvjet: (u’v+v’u)x+uv=-xu²v².

2) Otvorimo zagrade: u’vx+v’ux+uv=-xu²v². Sada grupišimo pojmove sa v: v+v’ux=-xu²v² (I) (ne dodirujemo termin sa stepenom v, koji je na desnoj strani jednačine). Sada zahtijevamo da izraz u zagradama bude jednak nuli: u’x+u=0. A ovo je jednadžba sa odvojivim varijablama u i x. Nakon što smo to riješili, naći ćemo vas. Zamjenjujemo u=du/dx i odvajamo varijable: x·du/dx=-u. Obe strane jednačine pomnožimo sa dx i podelimo sa xu≠0:

(kada nalazimo u C uzimamo ga jednakim nuli).

3) U jednačini (I) zamjenjujemo =0 i pronađenu funkciju u=1/x. Imamo jednačinu: v’·(1/x)·x=-x·(1/x²)·v². Nakon pojednostavljenja: v’=-(1/x)·v². Ovo je jednadžba sa odvojivim varijablama v i x. Zamijenjujemo v’=dv/dx i odvajamo varijable: dv/dx=-(1/x)·v². Pomnožimo obje strane jednačine sa dx i podijelimo sa v²≠0:

(uzeli smo -C da bismo se, množenjem obe strane sa -1, oslobodili minusa). Dakle, pomnožite sa (-1):

(može se uzeti ne C, već ln│C│, au ovom slučaju to bi bilo v=1/ln│Cx│).

2) 2y’+2y=xy².

Uvjerimo se da je ovo Bernoullijeva jednačina. Podijeleći oba dijela sa 2, dobijamo y’+y=(x/2) y². Ovdje je p(x)=1, q(x)=x/2, n=2. Jednačinu rješavamo Bernoullijevom metodom.

1) Zamjena y=uv, y’=u’v+v’u. Zamjenjujemo ove izraze u originalni uvjet: 2(u’v+v’u)+2uv=xu²v².

2) Otvorite zagrade: 2u’v+2v’u+2uv=xu²v². Sada grupišimo pojmove koji sadrže v: +2v’u=xu²v² (II). Zahtevamo da izraz u zagradama bude jednak nuli: 2u’+2u=0, dakle u’+u=0. Ovo je odvojiva jednadžba za u i x. Hajde da to riješimo i pronađemo vas. Zamjenjujemo u’=du/dx, odakle je du/dx=-u. Množenjem obe strane jednačine sa dx i dijeljenjem sa u≠0, dobijamo: du/u=-dx. Hajde da integrišemo:

3) Zamijeniti u (II) =0 i

Sada zamjenjujemo v’=dv/dx i razdvajamo varijable:

Hajde da integrišemo:

Lijeva strana jednakosti je tablični integral, integral na desnoj strani se nalazi pomoću formule integracije po dijelovima:

Zamjenom pronađenih v i du pomoću formule integracije po dijelovima imamo:

I od tada

Napravimo C=-C:

4) Kako je y=uv, zamjenjujemo pronađene funkcije u i v:

3) Integrirajte jednačinu x²(x-1)y’-y²-x(x-2)y=0.

Podijelimo obje strane jednačine sa x²(x-1)≠0 i pomjerimo član sa y² na desnu stranu:

Ovo je Bernulijeva jednačina

1) Zamjena y=uv, y’=u’v+v’u. Kao i obično, ove izraze zamjenjujemo u originalni uvjet: x²(x-1)(u’v+v’u)-u²v²-x(x-2)uv=0.

2) Dakle, x²(x-1)u’v+x²(x-1)v’u-x(x-2)uv=u²v². Grupiramo pojmove koji sadrže v (v² - ne dirajte):

v+x²(x-1)v’u=u²v² (III). Sada tražimo da izraz u zagradama bude jednak nuli: x²(x-1)u’-x(x-2)u=0, dakle x²(x-1)u’=x(x-2)u. U jednadžbi odvajamo varijable u i x, u’=du/dx: x²(x-1)du/dx=x(x-2)u. Pomnožimo obje strane jednadžbe sa dx i podijelimo sa x²(x-1)u≠0:

Na lijevoj strani jednačine je tabelarni integral. Racionalni razlomak na desnoj strani trebate rastaviti na jednostavne razlomke:

Kod x=1: 1-2=A·0+B·1, odakle je B=-1.

Kod x=0: 0-2=A(0-1)+B·0, odakle je A=2.

ln│u│=2ln│x│-ln│x-1│. Prema svojstvima logaritama: ln│u│=ln│x²/(x-1)│, odakle je u=x²/(x-1).

3) U jednakosti (III) zamjenjujemo =0 i u=x²/(x-1). Dobijamo: 0+x²(x-1)v’u=u²v²,

v’=dv/dx, zamjena:

Umjesto C, uzimamo - C, tako da se množenjem oba dijela sa (-1) riješimo minusa:

Sada smanjimo izraze na desnoj strani na zajednički nazivnik i pronađemo v:

4) Kako je y=uv, zamjenom pronađenih funkcija u i v, dobivamo:

Primjeri samotestiranja:

1) Uvjerimo se da je ovo Bernoullijeva jednačina. Podijelimo obje strane sa x, imamo:

1) Zamjena y=uv, odakle je y’=u’v+v’u. Zamjenjujemo ove y i y' u prvobitno stanje:

2) Grupirajte pojmove sa v:

Sada zahtijevamo da izraz u zagradama bude jednak nuli i nalazimo u iz ovog uvjeta:

Integrirajmo obje strane jednačine:

3) U jednačini (*) zamjenjujemo =0 i u=1/x²:

Integrirajmo obje strane rezultirajuće jednačine.

Linearno diferencijalne jednadžbe 1. red
i Bernulijeva jednačina

Linearna diferencijalna jednadžba prvog reda je jednadžba koja je linearna u odnosu na nepoznatu funkciju i njen izvod. Izgleda

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

gdje su p(x) i q(x) date funkcije od x, kontinuirane u području u kojem jednačina (1) treba biti integrirana.

Ako je q(x)\equiv0, tada se poziva jednačina (1). linearno homogeno. To je odvojiva jednadžba i ima zajednička odluka

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

Zajednička odluka Ne homogena jednačina može se naći metoda varijacije proizvoljne konstante, koji se sastoji u tome što se rješenje jednačine (1) traži u obliku

y=C(x)\exp\!\lijevo(-\int(p(x))\,dx\desno), gdje je C(x) nova nepoznata funkcija od x.

Primjer 1. Riješite jednačinu y"+2xy=2xe^(-x^2).

Rješenje. Koristimo metodu konstantne varijacije. Razmotrimo homogenu jednačinu y"+2xy=0, koja odgovara ovoj nehomogenoj jednačini. Ovo je jednačina sa odvojivim varijablama. Njeno opšte rješenje ima oblik y=Ce^(-x^2) .

Tražimo opšte rješenje nehomogene jednačine u obliku y=C(x)e^(-x^2), gdje je C(x) nepoznata funkcija od x. Zamjenom dobijamo C"(x)=2x, odakle je C(x)=x^2+C. Dakle, opće rješenje nehomogene jednadžbe će biti y=(x^2+C)e^(-x^2), gdje je C konstanta integracije.

Komentar. Može se ispostaviti da je diferencijalna jednadžba linearna po x kao funkcija y. Normalni oblik takve jednačine je

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

Primjer 2. Riješite jednačinu \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Rješenje. Ova jednadžba je linearna ako posmatramo x kao funkciju od y:

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

Koristimo metodu varijacije proizvoljne konstante. Prvo rješavamo odgovarajuću homogenu jednačinu

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

što je jednačina sa odvojivim varijablama. Njegovo opšte rješenje ima oblik x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Opće rješenje jednadžbe tražimo u obliku , gdje je C(y) nepoznata funkcija od y. Zamena, dobijamo

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

Odavde, integrirajući po dijelovima, imamo

\begin(poravnano)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)),\end(poravnano)

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

Zamjenjujući ovu jednačinu u x=C(y)e^(\sin(y)), dobijamo opšte rešenje originalne jednačine, a samim tim i ove jednačine:

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

Originalna jednačina se također može integrirati na sljedeći način. Mi vjerujemo

y=u(x)v(x),

gdje su u(x) i v(x) nepoznate funkcije od x, od kojih se jedna, na primjer v(x), može izabrati proizvoljno.

Zamjenom y=u(x)v(x) u , nakon transformacije dobijamo

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

Određujući v(x) iz uslova v"+pv=0, onda nalazimo iz vu"+(pv+v")u=q(x) funkcija u(x) i, posljedično, rješenje y=uv jednadžbe \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Kao v(x) možemo uzeti bilo koje često rješenje jednačine v"+pv=0,~v\not\ekviv0.

Primjer 3. Riješite Cauchyjev problem: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Rješenje. Tražimo opšte rješenje jednačine u obliku y=u(x)v(x) ; imamo y"=u"v+uv". Zamjena izraza za y i y" u originalna jednadžba, imaće

x(x-1)(u"v+uv")+uv=x^2(2x-1) ili x(x-1)vu"+u=x^2(2x-1)

Funkciju v=v(x) nalazimo iz uslova x(x-1)v"+v=0. Uzimajući bilo koje posebno rješenje posljednje jednadžbe, na primjer v=\frac(x)(x-1) i zamjenjujući ga, dobijamo jednačinu u"=2x-1, iz koje nalazimo funkciju u(x)=x^2-x+C. Dakle, opšte rješenje jednačine x(x-1)y"+y=x^2(2x-1)će

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

Koristeći početni uslov y|_(x=2)=4, dobijamo jednačinu za nalaženje C 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, odakle je C=0 ; pa će rješenje navedenog Cauchyjevog problema biti funkcija y=x^2.

Primjer 4. Poznato je da postoji veza između struje i i elektromotorne sile E u kolu koje ima otpor R i samoinduktivnost L E=Ri+L\frac(di)(dt), gdje su R i L konstante. Ako E smatramo funkcijom vremena t, dobićemo linearnu nehomogenu jednačinu za jačinu struje i:

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

Pronađite jačinu struje i(t) za slučaj kada E=E_0=\text(const) i i(0)=I_0 .

Rješenje. Imamo \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Opće rješenje ove jednačine ima oblik i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Koristeći početni uslov (13), dobijamo od C=I_0-\frac(E_0)(R), pa će željeno rješenje biti

i(t)=\frac(E_0)(R)+\left(I_0-\frac(E_0)(R)\desno)\!e^(-(R/L)t).

Ovo pokazuje da na t\to+\infty jačina struje i(t) teži konstantnoj vrijednosti \frac(E_0)(R) .

Primjer 5. Data je porodica C_\alpha integralnih krivulja linearne nehomogene jednadžbe y"+p(x)y=q(x).

Pokažite da se tangente u odgovarajućim tačkama na krivulje C_\alpha definisane linearnom jednadžbom sijeku u jednoj tački (slika 13).

Rješenje. Razmotrimo tangentu na bilo koju krivu C_\alpha u tački M(x,y) Jednačina tangente u tački M(x,y) ima oblik

\eta-q(x)(\xi-x)=y, gdje su \xi,\eta trenutne koordinate tačke tangente.

Po definiciji, u odgovarajućim tačkama x je konstantno, a y promenljivo. Uzimajući bilo koje dvije tangente na prave C_\alpha u odgovarajućim tačkama, za koordinate tačke S njihovog preseka, dobijamo

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

Ovo pokazuje da se sve tangente na krivulje C_\alpha u odgovarajućim tačkama (x je fiksno) sijeku u istoj tački

S\!\left(x+\frac(1)(p(x));\,x+\frac(q(x))(p(x))\desno).

Eliminišući argument x u sistemu, dobijamo jednačinu geometrijskog mesta tačaka S\dvotočka f(\xi,\eta)=0.

Primjer 6. Pronađite rješenje jednačine y"-y=\cos(x)-\sin(x), zadovoljavajući uvjet: y je ograničen na y\to+\infty .

Rješenje. Opšte rješenje ove jednačine je y=Ce^x+\sin(x) . Bilo koje rješenje jednadžbe dobiveno iz općeg rješenja za C\ne0 bit će neograničeno, jer je za x\to+\infty funkcija \sin(x) ograničena i e^x\to+\infty . Iz toga slijedi da ova jednačina ima jedinstveno rješenje y=\sin(x) , ograničeno na x\to+\infty , koje se dobija iz opšteg rješenja na C=0 .

Bernulijeva jednačina

Bernulijeva diferencijalna jednadžba izgleda kao

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, gdje je n\ne0;1 (za n=0 i n=1 ova jednadžba je linearna).

Korištenje varijabilne zamjene z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernulijeva jednačina se svodi na linearnu jednačinu i integrira kao linearnu.

Primjer 7. Riješite Bernoullijevu jednačinu y"-xy=-xy^3.

Rješenje. Podijelite obje strane jednačine sa y^3:

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

Pravljenje promenljive promene \frac(1)(y^2)=z\Strelica desno-\frac(2y")(y^3)=z", gdje \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Nakon zamjene, posljednja jednačina se pretvara u linearnu jednačinu

-\frac(z")(2)-xz=-x ili z"+2xz=2x, čije je opšte rješenje z=1+Ce^(-x^2).

Odavde dobijamo opšti integral ove jednačine

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

Komentar. Bernulijeva jednačina se također može integrirati metodom varijacije konstante, poput linearne jednačine, i korištenjem zamjene y(x)=u(x)v(x) .

Primjer 8. Riješite Bernoullijevu jednačinu xy"+y=y^2\ln(x). .

Rješenje. Primijenimo metodu varijacije proizvoljne konstante. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine xy"+y=0 ima oblik y=\frac(C)(x). Opće rješenje jednačine tražimo u obliku y=\frac(C(x)) (x) , gdje je C(x) - nova nepoznata funkcija zamjena u originalnu jednačinu

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

Da bismo pronašli funkciju C(x), dobijamo jednačinu sa odvojivim varijablama, iz koje, odvajanjem varijabli i integracijom, nalazimo

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

Dakle, opšte rješenje originalne jednadžbe y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Neki Ne linearne jednačine prvog reda, uz pomoć uspješno pronađene promjene varijabli, svode se na linearne jednačine ili Bernoullijeve jednačine.

Primjer 9. Riješite jednačinu y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Rješenje. Zapišimo ovu jednačinu u obliku y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Deljenje obe strane jednačine sa 2\cos^2\frac(y)(2), dobijamo \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Zamjena \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) svodi ovu jednačinu na linearnu \frac(dz)(dx)+z=-x, čije je opšte rješenje z=1-x+Ce^(-x) .

Zamenivši z njegovim izrazom u terminima y, dobijamo opšti integral ove jednačine \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

U nekim jednačinama, željena funkcija y(x) može biti pod predznakom integrala. U ovim slučajevima, ponekad je moguće ovu jednadžbu svesti na diferencijalnu jednadžbu diferencijacijom.

Primjer 10. Riješite jednačinu x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Rješenje. Diferencirajući obje strane ove jednačine u odnosu na x, dobijamo

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) ili \int\limits_(0)^(x)y(t)\,dx=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x^2y(x).

Ponovo diferencirajući s obzirom na x, imat ćemo linearnu homogenu jednačinu u odnosu na y(x)\dvotočka

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

Odvajajući varijable i integrirajući, nalazimo y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Ovo rješenje, kao što se lako može provjeriti, zadovoljava originalnu jednačinu.

Bernulijeva diferencijalna jednadžba je jednadžba oblika:
, gdje je n ≠ 0 , n ≠ 1 , p i q su funkcije od x.

Rješavanje Bernoullijeve diferencijalne jednadžbe redukcijom na linearnu jednačinu

Razmotrimo Bernoullijevu diferencijalnu jednačinu:
(1) ,
gdje je n ≠ 0 , n ≠ 1 , p i q su funkcije od x.
Podijelimo ga sa y n. Kada je y ≠ 0 ili n< 0 imamo:
(2) .
Ova jednadžba se može svesti na linearnu jednačinu korištenjem promjene varijable:
.
Hajde da to pokažemo. Prema pravilu diferencijacije složene funkcije:
;
.
Zamenimo unutra (2) i transformisati:
;
.
Ovo je linearna, relativna u odnosu na z, diferencijalna jednadžba. Nakon rješavanja, za n > 0 , trebali bismo razmotriti slučaj y = 0 . Kada je n > 0 , y = 0 je također rješenje jednačine (1) i trebalo bi da bude uključeno u odgovor.

Rješenje po Bernoullijevoj metodi

Jednačina u pitanju (1) također se može riješiti Bernoullijevom metodom. Da bismo to učinili, tražimo rješenje izvorne jednadžbe u obliku proizvoda dvije funkcije:
y = u·v ,
gdje su u i v funkcije od x. Razlikovati u odnosu na x:
y′ = u′ v + u v′ .
Zamijenite u originalnu jednačinu (1) :
;
(3) .
Kao v uzimamo bilo koje rješenje jednadžbe različito od nule:
(4) .
Jednačina (4) je jednadžba sa odvojivim varijablama. Rješavamo ga i nalazimo određeno rješenje v = v (x). Mi zamjenjujemo određeno rješenje u (3) . Pošto zadovoljava jednačinu (4) , tada izraz u zagradama postaje nula. Dobijamo:
;
.
Ovdje je v već poznata funkcija od x. Ovo je jednadžba sa odvojivim varijablama. Pronalazimo njegovo opće rješenje, a s njim i rješenje izvorne jednačine y = uv.

Primjer rješavanja Bernoullijeve diferencijalne jednadžbe

Riješite jednačinu

Rješenje

Na prvi pogled, ova diferencijalna jednadžba ne izgleda kao da je slična Bernoullijevoj jednadžbi. Ako smatramo da je x nezavisna varijabla, a y zavisna varijabla (to jest, ako je y funkcija od x), onda je to istina. Ali ako smatramo da je y nezavisna varijabla, a x zavisna varijabla, onda je lako vidjeti da je ovo Bernoullijeva jednadžba.

Dakle, pretpostavljamo da je x funkcija od y. Zamenimo i pomnožimo sa:
;
;
(str.1) .
Ovo je Bernoullijeva jednadžba sa n = 2 . Razlikuje se od gore opisane jednačine (1) , samo notacijom varijabli (x umjesto y). Rješavamo Bernulijevom metodom. Napravimo zamjenu:
x = u v ,
gdje su u i v funkcije od y. Razlikujte u odnosu na y:
.
Zamenimo unutra (str.1):
;
(str.2) .
Tražimo bilo koju funkciju koja nije nula v (y), zadovoljavajući jednačinu:
(str.3) .
Odvajamo varijable:
;
;
.
Neka je C = 0 , pošto nam je potrebno bilo kakvo rješenje jednačine (str.3).
;
.
Zamenimo unutra (str.2) s obzirom da je izraz u zagradama jednak nuli (zbog toga (str.3)):
;
;
.
Razdvojimo varijable. Kada u ≠ 0 imamo:
;
(str.4) ;
.
U drugom integralu vršimo zamjenu:
;
.

Linearna diferencijalna jednadžba prvog reda je jednadžba koja je linearna u odnosu na nepoznatu funkciju i njen izvod. Izgleda

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

gdje su p(x) i q(x) date funkcije od x, kontinuirane u području u kojem jednačina (1) treba biti integrirana.

Ako je q(x)\equiv0, tada se poziva jednačina (1). linearno homogeno. To je odvojiva jednadžba i ima opće rješenje

Y=C\exp\!\lijevo(-\int(p(x))\,dx\desno)\!,

Općenito rješenje nehomogene jednačine se može naći metoda varijacije proizvoljne konstante, koji se sastoji u tome što se rješenje jednačine (1) traži u obliku

Y=C(x)\exp\!\lijevo(-\int(p(x))\,dx\desno), gdje je C(x) nova nepoznata funkcija od x.

Primjer 1. Riješite jednačinu y"+2xy=2xe^(-x^2) .

Rješenje. Koristimo metodu konstantne varijacije. Razmotrimo homogenu jednačinu y"+2xy=0, koja odgovara ovoj nehomogenoj jednačini. Ovo je jednačina sa odvojivim varijablama. Njeno opšte rješenje ima oblik y=Ce^(-x^2) .

Tražimo opšte rješenje nehomogene jednačine u obliku y=C(x)e^(-x^2), gdje je C(x) nepoznata funkcija od x. Zamjenom dobijamo C"(x)=2x, odakle je C(x)=x^2+C. Dakle, opšte rješenje nehomogene jednadžbe će biti y=(x^2+C)e^(-x^ 2) , gdje je C - konstanta integracije.

Komentar. Može se ispostaviti da je diferencijalna jednadžba linearna po x kao funkcija y. Normalni oblik takve jednačine je

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

Primjer 2. Riješite jednačinu \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Rješenje. Ova jednadžba je linearna ako posmatramo x kao funkciju od y:

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

Koristimo metodu varijacije proizvoljne konstante. Prvo rješavamo odgovarajuću homogenu jednačinu

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

što je jednačina sa odvojivim varijablama. Njegovo opšte rješenje ima oblik x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Opće rješenje jednačine tražimo u obliku x=C(y)e^(\sin(y)), gdje je C(y) nepoznata funkcija od y. Zamena, dobijamo

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

Odavde, integrirajući po dijelovima, imamo

\begin(poravnano)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)),\end(poravnano)

dakle,

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

Zamjenom ove jednadžbe u x=C(y)e^(\sin(y)) dobijamo opće rješenje izvorne jednačine, a time i ove jednačine:

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

Originalna jednačina se također može integrirati na sljedeći način. Mi vjerujemo

Y=u(x)v(x),

gdje su u(x) i v(x) nepoznate funkcije od x, od kojih se jedna, na primjer v(x), može izabrati proizvoljno.

Zamjenom y=u(x)v(x) u , nakon transformacije dobijamo

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

Određujući v(x) iz uslova v"+pv=0, onda iz vu"+(pv+v")u=q(x) nalazimo funkciju u(x) i, posljedično, rješenje y=uv od jednačina \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Kao v(x) možemo uzeti bilo koje često rješenje jednačine v"+pv=0,~v\not\ekviv0.

Primjer 3. Riješite Cauchyjev problem: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Rješenje. Tražimo opšte rješenje jednačine u obliku y=u(x)v(x) ; imamo y"=u"v+uv". Zamjenom izraza za y i y" u originalnu jednačinu, imaćemo

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

Funkciju v=v(x) nalazimo iz uslova x(x-1)v"+v=0. Uzimajući bilo koje posebno rješenje posljednje jednadžbe, na primjer v=\frac(x)(x-1) i zamjenjujući ga, dobijamo jednačinu u"=2x-1, iz koje nalazimo funkciju u(x)=x^2-x+C. Dakle, opšte rješenje jednačine x(x-1)y"+y=x^2(2x-1)će

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

Koristeći početni uslov y|_(x=2)=4, dobijamo jednačinu za nalaženje C 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, odakle je C=0 ; pa će rješenje navedenog Cauchyjevog problema biti funkcija y=x^2.

Primjer 4. Poznato je da postoji veza između struje i i elektromotorne sile E u kolu koje ima otpor R i samoinduktivnost L E=Ri+L\frac(di)(dt), gdje su R i L konstante. Ako E smatramo funkcijom vremena t, dobićemo linearnu nehomogenu jednačinu za jačinu struje i:

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

Pronađite jačinu struje i(t) za slučaj kada E=E_0=\text(const) i i(0)=I_0 .

Rješenje. Imamo \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Opće rješenje ove jednačine ima oblik i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Koristeći početni uslov (13), dobijamo od C=I_0-\frac(E_0)(R), pa će željeno rješenje biti

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

Ovo pokazuje da na t\to+\infty jačina struje i(t) teži konstantnoj vrijednosti \frac(E_0)(R) .

Primjer 5. Data je porodica C_\alpha integralnih krivulja linearne nehomogene jednadžbe y"+p(x)y=q(x).

Pokažite da se tangente u odgovarajućim tačkama na krivulje C_\alpha definisane linearnom jednadžbom sijeku u jednoj tački (slika 13).

Rješenje. Razmotrimo tangentu na bilo koju krivu C_\alpha u tački M(x,y) Jednačina tangente u tački M(x,y) ima oblik

\eta-q(x)(\xi-x)=y, gdje su \xi,\eta trenutne koordinate tačke tangente.

Po definiciji, u odgovarajućim tačkama x je konstantno, a y promenljivo. Uzimajući bilo koje dvije tangente na prave C_\alpha u odgovarajućim tačkama, za koordinate tačke S njihovog preseka, dobijamo

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

Ovo pokazuje da se sve tangente na krivulje C_\alpha u odgovarajućim tačkama (x je fiksno) sijeku u istoj tački

S\!\left(x+\frac(1)(p(x));\,x+\frac(q(x))(p(x))\desno).

Eliminišući argument x u sistemu, dobijamo jednačinu geometrijskog mesta tačaka S\dvotočka f(\xi,\eta)=0.

Primjer 6. Pronađite rješenje jednačine y"-y=\cos(x)-\sin(x), zadovoljavajući uvjet: y je ograničen na y\to+\infty .

Rješenje. Opšte rješenje ove jednačine je y=Ce^x+\sin(x) . Bilo koje rješenje jednadžbe dobiveno iz općeg rješenja za C\ne0 bit će neograničeno, jer je za x\to+\infty funkcija \sin(x) ograničena i e^x\to+\infty . Iz toga slijedi da ova jednačina ima jedinstveno rješenje y=\sin(x) , ograničeno na x\to+\infty , koje se dobija iz opšteg rješenja na C=0 .

Bernulijeva jednačina

Bernulijeva diferencijalna jednadžba izgleda kao

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, gdje je n\ne0;1 (za n=0 i n=1 ova jednadžba je linearna).

Korištenje varijabilne zamjene z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernulijeva jednačina se svodi na linearnu jednačinu i integrira kao linearnu.

Primjer 7. Riješite Bernoullijevu jednačinu y"-xy=-xy^3.

Rješenje. Podijelite obje strane jednačine sa y^3:

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

Pravljenje promenljive promene \frac(1)(y^2)=z\Strelica desno-\frac(2y")(y^3)=z", gdje \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Nakon zamjene, posljednja jednačina se pretvara u linearnu jednačinu

-\frac(z")(2)-xz=-x ili z"+2xz=2x, čije je opšte rješenje z=1+Ce^(-x^2).

Odavde dobijamo opšti integral ove jednačine

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

Komentar. Bernulijeva jednačina se također može integrirati metodom varijacije konstante, poput linearne jednačine, i korištenjem zamjene y(x)=u(x)v(x) .

Primjer 8. Riješite Bernoullijevu jednačinu xy"+y=y^2\ln(x). .

Rješenje. Primijenimo metodu varijacije proizvoljne konstante. Opće rješenje odgovarajuće homogene jednačine xy"+y=0 ima oblik y=\frac(C)(x). Opće rješenje jednačine tražimo u obliku y=\frac(C(x)) (x) , gdje je C(x) - nova nepoznata funkcija zamjena u originalnu jednačinu

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

Da bismo pronašli funkciju C(x), dobijamo jednačinu sa odvojivim varijablama, iz koje, odvajanjem varijabli i integracijom, nalazimo

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

Dakle, opšte rješenje originalne jednadžbe y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Neke nelinearne jednadžbe prvog reda mogu se svesti na linearne jednačine ili Bernoullijeve jednačine koristeći uspješno pronađenu promjenu varijabli.

Primjer 9. Riješite jednačinu y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Rješenje. Zapišimo ovu jednačinu u obliku y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Deljenje obe strane jednačine sa 2\cos^2\frac(y)(2), dobijamo \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Zamjena \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) svodi ovu jednačinu na linearnu \frac(dz)(dx)+z=-x, čije je opšte rješenje z=1-x+Ce^(-x) .

Zamenivši z njegovim izrazom u terminima y, dobijamo opšti integral ove jednačine \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

U nekim jednačinama, željena funkcija y(x) može biti pod predznakom integrala. U ovim slučajevima, ponekad je moguće ovu jednadžbu svesti na diferencijalnu jednadžbu diferencijacijom.

Primjer 10. Riješite jednačinu x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Rješenje. Diferencirajući obje strane ove jednačine u odnosu na x, dobijamo

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) ili Izvor informacija

Bernoullijeva jednačina je jedan od najpoznatijih nelinearne diferencijalne jednadžbe prvog reda. Napisano je u formi

Gdje a(x) I b(x) su kontinuirane funkcije. Ako m= 0, tada Bernulijeva jednačina postaje linearna diferencijalna jednačina. U slučaju kada m= 1, jednačina postaje odvojiva jednačina. Generalno, kada m≠ 0,1, Bernoullijeva jednadžba se reducira na linearnu diferencijalnu jednadžbu korištenjem zamjene

Nova diferencijalna jednadžba za funkciju z(x) ima oblik

i može se riješiti korištenjem metoda opisanih na stranici Linearne diferencijalne jednadžbe prvog reda.

BERNOULI METODA.

Jednačina koja se razmatra može se riješiti Bernoullijevom metodom. Da bismo to učinili, tražimo rješenje izvorne jednadžbe u obliku proizvoda dvije funkcije: gdje u, v- funkcije iz x. Diferencija: Zamjena u originalnu jednačinu (1): (2) As v Uzmimo bilo koje rješenje jednadžbe koje nije nula: (3) Jednačina (3) je jednačina sa odvojivim varijablama. Nakon što smo pronašli njegovo posebno rješenje v = v(x), zamijenite ga u (2). Pošto zadovoljava jednačinu (3), izraz u zagradi postaje nula. Dobijamo: Ovo je također odvojiva jednačina. Pronalazimo njegovo opće rješenje, a s njim i rješenje izvorne jednačine y = uv.

64. Jednadžba u totalnim diferencijalima. Integrirajući faktor. Metode rješenja

Diferencijalna jednadžba prvog reda oblika

pozvao jednačina u puni diferencijali ako lijeva strana predstavlja ukupni diferencijal neke funkcije, tj.

Teorema. Da bi jednadžba (1) bila jednadžba u totalnim diferencijalima, potrebno je i dovoljno da je u nekoj jednostavno povezanoj domeni promjene varijabli uvjet zadovoljen

Opšti integral jednačine (1) ima oblik ili

Primjer 1. Riješite diferencijalnu jednačinu.

Rješenje. Provjerimo da li je ova jednadžba totalna diferencijalna jednadžba:

tako da je uslov (2) je zadovoljen. Dakle, ova jednadžba je jednadžba u totalnim diferencijalima i

dakle, gdje je još uvijek nedefinirana funkcija.

Integracijom dobijamo . Parcijalna derivacija pronađene funkcije mora biti jednaka, što daje odakle tako da Dakle,.

Opšti integral originalne diferencijalne jednadžbe.

Prilikom integracije nekih diferencijalnih jednadžbi, termini se mogu grupirati na način da se dobiju lako integribilne kombinacije.

65. Obične diferencijalne linearne jednadžbe višeg reda: homogene i nehomogene. Linearni diferencijalni operator, njegova svojstva (sa dokazom).

Linearni diferencijalni operator i njegova svojstva. Skup funkcija koje imaju na intervalu ( a , b ) ne manje n derivati, formira linearni prostor. Uzmite u obzir operatera L n (y ), koji prikazuje funkciju y (x ), koji imaju derivate, u funkciju koja ima k - n derivati.