Atrisiniet Bernulli vienādojumu. Pirmās kārtas lineārie diferenciālvienādojumi un Bernulli vienādojums

Bernulli diferenciālvienādojums ir formas vienādojums

kur n≠0,n≠1.

Šo vienādojumu var pārkārtot, izmantojot aizstāšanu

V lineārais vienādojums

Par praksi diferenciālvienādojums Bernulli parasti nenoved pie lineāra vienādojuma, bet tiek nekavējoties atrisināts, izmantojot tādas pašas metodes kā lineārais vienādojums – vai nu Bernulli metodi, vai patvaļīgas konstantes variācijas metodi.

Apskatīsim, kā atrisināt Bernulli diferenciālvienādojumu, izmantojot aizstāšanu y=uv (Bernulli metode). Risinājuma shēma ir tāda pati kā .

Piemēri. Atrisiniet vienādojumus:

1) y’x+y=-xy².

Šis ir Bernulli diferenciālvienādojums. Sakārtosim to standarta formā. Lai to izdarītu, sadaliet abas daļas ar x: y’+y/x=-y². Šeit p(x)=1/x, q(x)=-1, n=2. Bet mums tas nav vajadzīgs, lai atrisinātu standarta skats. Strādāsim ar nosacījumā norādīto ieraksta formu.

1) Aizstāšana y=uv, kur u=u(x) un v=v(x) ir dažas jaunas x funkcijas. Tad y’=(uv)’=u’v+v’u. Mēs aizstājam iegūtās izteiksmes nosacījumā: (u’v+v’u)x+uv=-xu²v².

2) Atvērsim iekavas: u’vx+v’ux+uv=-xu²v². Tagad grupēsim terminus ar v: v+v’ux=-xu²v² (I) (mēs nepieskaramies terminam ar pakāpi v, kas atrodas vienādojuma labajā pusē). Tagad mēs pieprasām, lai izteiksme iekavās būtu vienāda ar nulli: u’x+u=0. Un šis ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem u un x. Atrisinot to, mēs atradīsim jūs. Mēs aizstājam u=du/dx un atdalām mainīgos: x·du/dx=-u. Mēs reizinām abas vienādojuma puses ar dx un dalām ar xu≠0:

(atrodot u C, mēs to pieņemam ar nulli).

3) (I) vienādojumā aizstājam =0 un atrasto funkciju u=1/x. Mums ir vienādojums: v’·(1/x)·x=-x·(1/x²)·v². Pēc vienkāršošanas: v’=-(1/x)·v². Šis ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem v un x. Mēs aizstājam v’=dv/dx un atdalām mainīgos: dv/dx=-(1/x)·v². Mēs reizinām abas vienādojuma puses ar dx un dalām ar v²≠0:

(paņēmām -C, lai, abas puses reizinot ar -1, varētu tikt vaļā no mīnusa). Tātad, reiziniet ar (-1):

(varētu ņemt nevis C, bet ln│C│, un šajā gadījumā tas būtu v=1/ln│Cx│).

2) 2y’+2y=xy².

Pārliecināsimies, ka šis ir Bernulli vienādojums. Sadalot abas daļas ar 2, iegūstam y’+y=(x/2) y². Šeit p(x)=1, q(x)=x/2, n=2. Mēs atrisinām vienādojumu, izmantojot Bernulli metodi.

1) Aizstāšana y=uv, y’=u’v+v’u. Šīs izteiksmes tiek aizstātas ar sākotnējo nosacījumu: 2(u’v+v’u)+2uv=xu²v².

2) Atveriet iekavas: 2u’v+2v’u+2uv=xu²v². Tagad grupēsim terminus, kas satur v: +2v’u=xu²v² (II). Mēs pieprasām, lai izteiksme iekavās būtu vienāda ar nulli: 2u’+2u=0, tātad u’+u=0. Šis ir atdalāms vienādojums u un x. Atrisināsim to un atradīsim tevi. Mēs aizstājam u’=du/dx, no kurienes du/dx=-u. Reizinot abas vienādojuma puses ar dx un dalot ar u≠0, iegūstam: du/u=-dx. Integrēsim:

3) Aizstāt ar (II) =0 un

Tagad mēs aizstājam v'=dv/dx un atdalām mainīgos:

Integrēsim:

Vienādības kreisā puse ir tabulas integrālis, labās puses integrālis tiek atrasts, izmantojot integrācijas pa daļām formulu:

Aizstājot atrastos v un du, izmantojot integrācijas pa daļām formulu, mēs iegūstam:

Un kopš tā laika

Padarīsim C=-C:

4) Tā kā y=uv, mēs aizvietojam atrastās funkcijas u un v:

3) Integrējiet vienādojumu x²(x-1)y’-y²-x(x-2)y=0.

Sadalīsim abas vienādojuma puses ar x²(x-1)≠0 un pārvietosim terminu ar y² uz labo pusi:

Šis ir Bernulli vienādojums

1) Aizstāšana y=uv, y’=u’v+v’u. Kā parasti, šīs izteiksmes tiek aizstātas ar sākotnējo nosacījumu: x²(x-1)(u’v+v’u)-u²v²-x(x-2)uv=0.

2) Tātad x²(x-1)u’v+x²(x-1)v’u-x(x-2)uv=u²v². Mēs grupējam terminus, kas satur v (v² — nepieskarieties):

v+x²(x-1)v’u=u²v² (III). Tagad mēs pieprasām, lai izteiksme iekavās būtu vienāda ar nulli: x²(x-1)u’-x(x-2)u=0, tātad x²(x-1)u’=x(x-2)u. Vienādojumā izdalām mainīgos u un x, u’=du/dx: x²(x-1)du/dx=x(x-2)u. Mēs reizinām abas vienādojuma puses ar dx un dalām ar x²(x-1)u≠0:

Vienādojuma kreisajā pusē ir tabulas integrālis. Racionālā daļa labajā pusē jums jāsadala vienkāršās frakcijās:

Pie x=1: 1-2=A·0+B·1, no kurienes B=-1.

Ja x=0: 0-2=A(0-1)+B·0, no kurienes A=2.

ln│u│=2ln│x│-ln│x-1│. Pēc logaritmu īpašībām: ln│u│=ln│x²/(x-1)│, no kurienes u=x²/(x-1).

3) Vienādībā (III) aizstājam =0 un u=x²/(x-1). Mēs iegūstam: 0+x²(x-1)v’u=u²v²,

v’=dv/dx, aizstājējs:

C vietā mēs ņemam - C, lai, reizinot abas daļas ar (-1), mēs atbrīvotos no mīnusiem:

Tagad reducēsim izteicienus labajā pusē līdz kopsaucējam un atrodam v:

4) Tā kā y=uv, aizvietojot atrastās funkcijas u un v, iegūstam:

Pašpārbaudes piemēri:

1) Pārliecināsimies, ka šis ir Bernulli vienādojums. Dalot abas puses ar x, mēs iegūstam:

1) Aizstāšana y=uv, no kurienes y’=u’v+v’u. Mēs aizstājam šos y un y sākotnējā stāvoklī:

2) Grupējiet terminus ar v:

Tagad mēs pieprasām, lai izteiksme iekavās būtu vienāda ar nulli un atrod u no šī nosacījuma:

Integrēsim abas vienādojuma puses:

3) Vienādojumā (*) mēs aizstājam =0 un u=1/x²:

Integrēsim iegūtā vienādojuma abas puses.

Tiek saukts vienādojums ar formu y' + P(x)y = Q(x), kur P(x) un Q(x) ir zināmas x funkcijas, kas ir lineāras attiecībā pret funkciju y un tās atvasinājumu y'. pirmās kārtas lineārais diferenciālvienādojums.

Ja q(x)=0, vienādojumu sauc par lineāru viendabīgu vienādojumu. q(x)=0 – lineārs nehomogēns vienādojums.

Lineārais vienādojums tiek reducēts līdz diviem vienādojumiem ar atdalāmiem mainīgajiem, izmantojot aizvietojumu y = u*v, kur u = u(x) un v = v(x) ir dažas nepārtrauktas palīgfunkcijas.

Tātad, y = u*v, y' = u'*v + u * v' (1),

tad pārrakstām sākotnējo vienādojumu formā: u’*v + u * v’ + P(x)*v = Q(x) (2).

Tā kā nezināmā funkcija y tiek meklēta kā divu funkciju reizinājums, vienu no tām var izvēlēties patvaļīgi, otru var noteikt ar (2) vienādojumu.

Izvēlēsimies tā, lai v’ + P(x)*v = 0 (3). Šim nolūkam pietiek ar to, ka v(x) ir (3) vienādojuma daļējs atrisinājums (pie C = 0). Atradīsim šādu risinājumu:

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

Aizvietojot funkciju (4) vienādojumā (2), iegūstam otru vienādojumu ar atdalāmiem mainīgajiem, no kura atrodam funkciju u(x):

u’ * = Q(x) ; du = Q(x) *; u = +C (5)

Visbeidzot mēs iegūstam:

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

Bernulli vienādojums:y’ + y = x* y 3

Šim vienādojumam ir šāda forma: y’ + P(x)*y = y’’ * Q(x), kur P(x) un Q(x) ir nepārtrauktas funkcijas.

Ja n = 0, tad Bernulli vienādojums kļūst par lineāru diferenciālvienādojumu. Ja n = 1, vienādojums kļūst par atdalāmu vienādojumu.

Kopumā, ja n ≠ 0, 1, ekv. Bernulli tiek reducēts uz lineāru diferenciālvienādojumu, izmantojot aizstāšanu: z = y 1- n

Jaunajam funkcijas z(x) diferenciālvienādojumam ir šāda forma: z" + (1-n)P(x)z = (1-n)Q(x) un to var atrisināt tāpat kā lineāros diferenciāļus. 1. kārtas vienādojumi.

20. Augstāku kārtu diferenciālvienādojumi.

Apskatīsim vienādojumu, kas tieši nesatur funkciju:

Šī vienādojuma secība tiek samazināta par vienu, izmantojot aizstāšanu:

Patiešām, tad:

Un mēs iegūstam vienādojumu, kurā secība tiek samazināta par vienu:

Dif. vienādojumiem, kas ir augstāki par otro, ir forma un , kur ir reāli skaitļi, un funkcija f(x) nepārtraukts integrācijas intervālā X.

Ne vienmēr šādus vienādojumus ir iespējams atrisināt analītiski, un parasti tiek izmantotas aptuvenās metodes. Tomēr dažos gadījumos ir iespējams atrast kopīgs lēmums.

Teorēma.

Vispārējs risinājums y 0 lineārs homogēns diferenciālvienādojums uz intervāla X ar ieslēgtiem nepārtrauktiem koeficientiem X ir lineāra kombinācija n LODE lineāri neatkarīgi daļēji risinājumi ar patvaļīgu pastāvīgie koeficienti , tas ir .

Teorēma.

Kopīgs lēmums y lineārs nehomogēns diferenciālis

vienādojumi uz intervāla X ar nepārtrauktiem uz to pašu

starp X koeficienti un funkcija f(x) atspoguļo summu

Kur y 0 ir atbilstošās LODE vispārējais risinājums un ir kāds īpašs sākotnējās LODE risinājums.

Tādējādi lineāra nehomogēna diferenciālvienādojuma ar konstantēm vispārējais risinājums

meklējot koeficientus formā , kur - daži

viņa privātais risinājums, un – atbilstošā homogēnā diferenciāļa vispārējs risinājums

vienādojumi

21. Pārbaudījumi un pasākumi. Pasākumu veidi. Piemēri.

Testēšana ir noteikta apstākļu kopuma radīšana notikumu rašanās brīdim. Piemērs: kauliņa mešana

Notikums – viena vai otra testa rezultāta iestāšanās/neiedzīvošanās; testa rezultāti. Piemērs: ritinot skaitli 2

Nejaušs notikums ir notikums, kas var vai var nenotikt noteiktā testa laikā. Piemērs: ritinot skaitli, kas ir lielāks par 5

Uzticams - notikums, kas neizbēgami notiek noteiktā testa laikā. Piemērs: ritinot skaitli, kas ir lielāks vai vienāds ar 1

Iespējamais - notikums, kas var notikt noteiktā testa laikā. Piemērs: ritinot skaitli 6

Neiespējams - notikums, kas nevar notikt noteiktā testa laikā. Piemērs: ritinot skaitli 7

Lai A ir kāds notikums. Ar tam pretēju notikumu mēs sapratīsim notikumu, kas sastāv no notikuma A nenotikšanas. Apzīmējums: Ᾱ. Piemērs: A – tiek ripināts skaitlis 2, Ᾱ – jebkurš cits cipars

Notikumi A un B nav savienojami, ja viena no tiem rašanās izslēdz otra iestāšanos tajā pašā izmēģinājumā. Piemērs: skaitļu 1 un 3 iegūšana vienā ripā.

Notikumi A un B tiek saukti par kopīgiem, ja tie var notikt vienā izmēģinājumā. Piemērs: skaitļa, kas lielāks par 2, un skaitļa 4 iegūšana vienā un tajā pašā metienā.

22. Pilnīga pasākumu grupa. Piemēri.

Pilnīga notikumu grupa - notikumi A, B, C, D, ..., L, kas tiek uzskatīti par vienīgajiem iespējamajiem, ja katras pārbaudes rezultātā vismaz viens no tiem noteikti notiks. Piemērs: uz kauliņiem parādās cipars 1, cipars 2, 3, 4, 5, 6.

23.Notikumu biežums. Statistiskā varbūtības definīcija.

Veikt n testus, un notikums A notiek m reizes. Šī m:n attiecība ir notikuma A rašanās biežums.

Def. Nejauša notikuma varbūtība ir konstants skaitlis, kas saistīts ar konkrēto notikumu, ap kuru garās testu sērijās svārstās šī notikuma rašanās biežums.

Varbūtību aprēķina pirms eksperimenta un biežumu pēc tā.

24.Klasiskā varbūtības definīcija. Notikuma varbūtības īpašības.

Notikuma x varbūtība ir notikumam A labvēlīgo iznākumu skaita attiecība pret visu vienādi iespējamo pāru nesaderīgo un unikāli iespējamo eksperimenta iznākumu skaitu. P(A) =

Notikuma varbūtības īpašības:

Jebkuram pasākumam A 0<=m<=n

Izdalot katru terminu ar n, jebkura notikuma A varbūtībai iegūstam: 0<=Р(А) <=1

Ja m=0, tad notikums nav iespējams: P(A)=0

Ja m=n, tad notikums ir ticams: P(A)=1

Ja m

25. Varbūtības ģeometriskā definīcija. Piemēri.

Klasiskā varbūtības definīcija prasa ņemt vērā ierobežotu skaitu elementāru rezultātu un vienlīdz iespējamos. Bet praksē bieži ir testi, kuros iespējamo rezultātu skaits ir bezgalīgs.

ODA. Ja punkts nejauši parādās mēra S viendimensijas, divdimensiju vai trīsdimensiju apgabalā (mērs ir tā garums, laukums vai tilpums), tad tā parādīšanās varbūtība daļā no šī mēra S apgabala ir vienāda. uz

kur S ir ģeometrisks mērs, kas izsaka kopējo skaitli viss iespējamais un vienlīdz iespējamsšī izmēģinājuma rezultāti un S i– mērs, kas izsaka notikumam A labvēlīgo iznākumu skaitu.

1. piemērs. Apli ar rādiusu R ievieto mazākā aplī ar rādiusu r. Atrodiet varbūtību, ka lielākā aplī nejauši izmests punkts arī iekritīs mazajā aplī.

2. piemērs.Ļaujiet segmentam ar garumu l iekļauties segmentā ar garumu L. Atrodiet notikuma A varbūtību "nejauši izmests punkts krīt uz segmentu, kura garums ir l".

3. piemērs. Aplī nejauši tiek izvēlēts punkts. Kāda ir varbūtība, ka tā attālums līdz apļa centram ir lielāks par pusi?

4. piemērs. Abas personas vienojās tikties noteiktā vietā laikā no pulksten diviem līdz trijiem pēcpusdienā. Pirmā persona, kas ierodas, gaida otru personu 10 minūtes un pēc tam dodas prom. Kāda ir iespējamība, ka šīs personas tiksies, ja katra no tām var ierasties jebkurā laikā norādītajā stundā neatkarīgi no otras?

26. Kombinatorikas elementi: izvietojums, permutācija, kombinācijas.

1) Permutācija sauc par secību, kas noteikta ierobežotā kopā.

Visu dažādo permutāciju skaitu aprēķina pēc formulas

2) Izvietojums no n elementi m sauca jebko sakārtots galvenās kopas apakškopa, kurā ir m elementi.

3) Kombinācija no n elementi m sauca jebko nesakārtots galvenās kopas apakškopa, kas satur elementus.

Diferenciālvienādojumu y" +a 0 (x)y=b(x)y n sauc Bernulli vienādojums.
Tā kā ar n=0 tiek iegūts lineārs vienādojums, bet ar n=1 - ar atdalāmiem mainīgajiem, mēs pieņemam, ka n ≠ 0 un n ≠ 1. Sadaliet abas (1) puses ar y n. Tad, liekot , mums ir . Aizstājot šo izteiksmi, mēs iegūstam , vai, kas ir tas pats, z" + (1-n)a 0 (x)z = (1-n)b(x). Šis ir lineārs vienādojums, ko mēs zinām, kā atrisināt.

Pakalpojuma mērķis. Risinājuma pārbaudei var izmantot tiešsaistes kalkulatoru Bernulli diferenciālvienādojumi.

=

1. piemērs. Atrodiet vispārīgo atrisinājumu vienādojumam y" + 2xy = 2xy 3. Šis ir Bernulli vienādojums n=3. Sadalot abas vienādojuma puses ar y 3, mēs iegūstam. Veiciet izmaiņas. Tad un tāpēc vienādojums tiek pārrakstīts kā -z "+ 4xz = 4x. Atrisinot šo vienādojumu ar patvaļīgas konstantes variācijas metodi, mēs iegūstam kur vai, kas ir tas pats, .

2. piemērs. y"+y+y 2 =0
y"+y = -y 2

Sadaliet ar y 2
y"/y 2 + 1/y = -1

Mēs veicam nomaiņu:
z=1/y n-1, t.i. z = 1/g 2-1 = 1/g
z = 1/g
z"= -y"/y 2

Mēs iegūstam: -z" + z = -1 vai z" - z = 1

3. piemērs. xy’+2y+x 5 y 3 e x =0
Risinājums.
a) Atrisinājums, izmantojot Bernulli vienādojumu.
Iesniegsim to formā: xy’+2y=-x 5 y 3 e x . Šis ir Bernulli vienādojums n=3. Sadalot abas vienādojuma puses ar y 3, iegūstam: xy"/y 3 +2/y 2 =-x 5 e x. Veicam aizstāšanu: z=1/y 2. Tad z"=-2/y 3 un tāpēc vienādojums tiek pārrakstīts šādā formā: -xz"/2+2z=-x 5 e x. Šis ir nehomogēns vienādojums. Aplūkosim atbilstošo viendabīgo vienādojumu: -xz"/2+2z=0
1. To atrisinot, iegūstam: z"=4z/x

Integrējot, mēs iegūstam:
ln(z) = 4ln(z)
z=x4. Tagad mēs meklējam sākotnējā vienādojuma risinājumu šādā formā: y(x) = C(x)x 4, y"(x) = C(x)"x 4 + C(x)(x 4)"
-x/2(4C(x)x3 +C(x)" x 4)+2y=-x 5 e x
-C(x)" x 5 /2 = -x 5 e x vai C(x)" = 2e x . Integrējot, mēs iegūstam: C(x) = ∫2e x dx = 2e x +C
No nosacījuma y(x)=C(x)y iegūstam: y(x) = C(x)y = x 4 (C+2e x) vai y = Cx 4 +2x 4 e x. Tā kā z=1/y 2, mēs iegūstam: 1/y 2 = Cx 4 +2x 4 e x

Bernulli vienādojums ir viens no slavenākajiem pirmās kārtas nelineārie diferenciālvienādojumi. Tas ir rakstīts formā

Kur a(x) Un b(x) ir nepārtrauktas funkcijas. Ja m= 0, tad Bernulli vienādojums kļūst par lineāru diferenciālvienādojumu. Gadījumā, kad m= 1, vienādojums kļūst par atdalāmu vienādojumu. Vispār, kad m≠ 0,1, Bernulli vienādojums tiek reducēts uz lineāru diferenciālvienādojumu, izmantojot aizstāšanu

Jauns funkcijas diferenciālvienādojums z(x) ir forma

un to var atrisināt, izmantojot metodes, kas aprakstītas lapā Pirmās kārtas lineārie diferenciālvienādojumi.

BERNOULI METODE.

Aplūkojamo vienādojumu var atrisināt ar Bernulli metodi. Lai to izdarītu, mēs meklējam sākotnējā vienādojuma risinājumu divu funkciju reizinājuma veidā: kur u, v- funkcijas no x. Atšķirt: aizstājiet sākotnējo vienādojumu (1): (2) Kā vŅemsim jebkuru vienādojuma risinājumu, kas nav nulle: (3) Vienādojums (3) ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem. Pēc tam, kad esam atraduši konkrēto risinājumu v = v(x), aizstājiet to ar (2). Tā kā tas atbilst (3) vienādojumam, izteiksme iekavās kļūst par nulli. Mēs iegūstam: Tas ir arī atdalāms vienādojums. Mēs atrodam tā vispārējo risinājumu un līdz ar to arī sākotnējā vienādojuma risinājumu y = uv.

64. Vienādojums kopējos diferenciāļos. Integrējošais faktors. Risinājuma metodes

Formas pirmās kārtas diferenciālvienādojums

sauca vienādojums kopējos diferenciāļos, ja tā kreisā puse attēlo kādas funkcijas kopējo diferenciāli, t.i.

Teorēma. Lai vienādojums (1) būtu vienādojums kopējos diferenciāļos, ir nepieciešams un pietiekami, ka kādā vienkārši saistītā mainīgo izmaiņu jomā nosacījums ir izpildīts

Vienādojuma (1) vispārējam integrālim ir forma vai

1. piemērs. Atrisiniet diferenciālvienādojumu.

Risinājums. Pārbaudīsim, vai šis vienādojums ir kopējais diferenciālvienādojums:

tā tas ir nosacījums (2) ir izpildīts. Tādējādi šis vienādojums ir vienādojums kopējos diferenciāļos un

tāpēc kur joprojām ir nedefinēta funkcija.

Integrējot, mēs iegūstam . Atrastās funkcijas daļējam atvasinājumam jābūt vienādam ar, kas dod no kurienes tā, ka Tādējādi,.

Sākotnējā diferenciālvienādojuma vispārējais integrālis.

Integrējot dažus diferenciālvienādojumus, terminus var grupēt tā, lai iegūtu viegli integrējamas kombinācijas.

65. Augstākas kārtas parastie diferenciālvienādojumi: viendabīgi un nehomogēni. Lineārā diferenciāļa operators, tā īpašības (ar pierādījumu).

Lineārā diferenciāļa operators un tā īpašības. Funkciju kopa ar intervālu ( a , b ) ne mazāk n atvasinājumi, veido lineāru telpu. Apsveriet operatoru L n (y ), kas parāda funkciju y (x ), kam ir atvasinājumi, par funkciju, kam k - n atvasinājumi.

Pirmās kārtas lineārais diferenciālvienādojums ir vienādojums, kas ir lineārs attiecībā pret nezināmu funkciju un tās atvasinājumu. Tas izskatās

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

kur p(x) un q(x) ir dotas x funkcijas, kas ir nepārtrauktas apgabalā, kurā ir jāintegrē vienādojums (1).

Ja q(x)\equiv0 , tad tiek izsaukts vienādojums (1). lineāri viendabīgi. Tas ir atdalāms vienādojums, un tam ir vispārīgs risinājums

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

Var atrast nehomogēnā vienādojuma vispārīgo risinājumu patvaļīgas konstantes variācijas metode, kas sastāv no tā, ka (1) vienādojuma risinājums tiek meklēts formā

Y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right), kur C(x) ir jauna nezināma x funkcija.

1. piemērs. Atrisiniet vienādojumu y"+2xy=2xe^(-x^2) .

Risinājums. Pielietosim konstantes variācijas metodi. Aplūkosim viendabīgo vienādojumu y"+2xy=0, kas atbilst šim nehomogēnajam vienādojumam. Šis ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem. Tā vispārīgajam risinājumam ir forma y=Ce^(-x^2) .

Mēs meklējam nehomogēnā vienādojuma vispārīgu risinājumu formā y=C(x)e^(-x^2), kur C(x) ir nezināma x funkcija. Aizvietojot, iegūstam C"(x)=2x, no kurienes C(x)=x^2+C. Tātad nehomogēnā vienādojuma vispārējais risinājums būs y=(x^2+C)e^(-x^ 2) , kur C - integrācijas konstante.

komentēt. Var izrādīties, ka diferenciālvienādojums ir lineārs x kā funkcija no y. Šāda vienādojuma normālā forma ir

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

2. piemērs. Atrisiniet vienādojumu \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Risinājums.Šis vienādojums ir lineārs, ja mēs uzskatām x par y funkciju:

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

Mēs izmantojam patvaļīgas konstantes variācijas metodi. Vispirms atrisinām atbilstošo viendabīgo vienādojumu

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

kas ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem. Tā vispārīgajam risinājumam ir forma x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Mēs meklējam vienādojuma vispārīgu risinājumu formā x=C(y)e^(\sin(y)), kur C(y) ir nezināma y funkcija. Aizstājot, mēs iegūstam

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

No šejienes, integrējot pa daļām, mums ir

\begin(līdzināts)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(līdzināts)

Tātad,

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

Aizvietojot šo vienādojumu ar x=C(y)e^(\sin(y)) , mēs iegūstam vispārīgu sākotnējā vienādojuma atrisinājumu un līdz ar to arī šim vienādojumam:

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

Sākotnējo vienādojumu var integrēt arī šādi. Mēs ticam

Y=u(x)v(x),

kur u(x) un v(x) ir nezināmas x funkcijas, no kurām vienu, piemēram, v(x), var izvēlēties patvaļīgi.

Aizvietojot y=u(x)v(x) ar , pēc transformācijas iegūstam

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

Nosakot v(x) no nosacījuma v"+pv=0, no vu"+(pv+v")u=q(x) atrodam funkciju u(x) un līdz ar to atrisinājumu y=uv vienādojums \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Kā v(x) mēs varam pieņemt jebkuru biežu vienādojuma risinājumu v"+pv=0,~v\not\equiv0.

3. piemērs. Atrisiniet Košī problēmu: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Risinājums. Mēs meklējam vispārīgu vienādojuma atrisinājumu formā y=u(x)v(x) ; mums ir y"=u"v+uv. Sākotnējā vienādojumā aizstājot izteiksmi y un y", mēs iegūsim

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

Mēs atrodam funkciju v=v(x) no nosacījuma x(x-1)v"+v=0. Ņemot jebkuru konkrētu pēdējā vienādojuma risinājumu, piemēram, v=\frac(x)(x-1) un to aizstājot, iegūstam vienādojumu u"=2x-1, no kura atrodam funkciju u(x)=x^2-x+C. Tāpēc vienādojuma vispārējais risinājums x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) gribu

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

Izmantojot sākotnējo nosacījumu y|_(x=2)=4, iegūstam vienādojumu C atrašanai 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, no kurienes C=0 ; tātad minētās Košī problēmas risinājums būs funkcija y=x^2.

4. piemērs. Ir zināms, ka ķēdē ar pretestību R un pašinduktivitāti L pastāv saistība starp strāvu i un elektromotora spēku E E=Ri+L\frac(di)(dt), kur R un L ir konstantes. Ja mēs uzskatām E par laika t funkciju, tad iegūstam lineāru nehomogēnu vienādojumu strāvas stiprumam i:

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

Atrodiet strāvas stiprumu i(t) gadījumam, kad E=E_0=\teksts(konst.) un i(0)=I_0 .

Risinājums. Mums ir \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Šī vienādojuma vispārīgajam risinājumam ir forma i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Izmantojot sākotnējo nosacījumu (13), mēs iegūstam no C=I_0-\frac(E_0)(R), tātad vēlamais risinājums būs

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

Tas parāda, ka t\to+\infty strāvas stiprumam i(t) ir tendence uz nemainīgu vērtību \frac(E_0)(R) .

5. piemērs. Dota lineārā nehomogēnā vienādojuma y"+p(x)y=q(x) integrālo līkņu saime C_\alfa.

Parādiet, ka ar lineāro vienādojumu definēto līkņu C_\alpha atbilstošajos punktos pieskares krustojas vienā punktā (13. att.).

Risinājums. Aplūkosim jebkuras līknes pieskares C_\alpha punktā M(x,y) Pieskares vienādojumam punktā M(x,y) ir šāda forma

\eta-q(x)(\xi-x)=y, kur \xi,\eta ir pieskares punkta pašreizējās koordinātas.

Pēc definīcijas atbilstošajos punktos x ir konstants un y ir mainīgs. Ņemot jebkuras divas taisnes C_\alpha pieskares atbilstošajos punktos to krustpunkta S koordinātām, iegūstam

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

Tas parāda, ka visas līkņu C_\alpha pieskares attiecīgajos punktos (x ir fiksēts) krustojas tajā pašā punktā

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

Sistēmā izslēdzot argumentu x, iegūstam punktu lokusa vienādojumu S\colon f(\xi,\eta)=0.

6. piemērs. Atrodiet vienādojuma risinājumu y"-y=\cos(x)-\sin(x), kas atbilst nosacījumam: y ir ierobežots y\to+\infty .

Risinājums.Šī vienādojuma vispārīgais risinājums ir y=Ce^x+\sin(x) . Jebkurš vienādojuma risinājums, kas iegūts no vispārējā risinājuma C\ne0, būs neierobežots, jo x\to+\infty funkcija \sin(x) ir ierobežota un e^x\to+\infty . No tā izriet, ka šim vienādojumam ir unikāls risinājums y=\sin(x) , kas ierobežots ar x\to+\infty , kas iegūts no vispārējā risinājuma pie C=0 .

Bernulli vienādojums

Bernulli diferenciālvienādojums izskatās kā

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, kur n\ne0;1 (n=0 un n=1 šis vienādojums ir lineārs).

Izmantojot mainīgo nomaiņu z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernulli vienādojums tiek reducēts uz lineāru vienādojumu un integrēts kā lineārs vienādojums.

7. piemērs. Atrisiniet Bernulli vienādojumu y"-xy=-xy^3.

Risinājums. Sadaliet abas vienādojuma puses ar y^3:

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

Mainīgo izmaiņu veikšana \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", kur \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Pēc aizstāšanas pēdējais vienādojums pārvēršas par lineāru vienādojumu

-\frac(z")(2)-xz=-x vai z"+2xz=2x, kuras vispārīgais risinājums ir z=1+Ce^(-x^2).

No šejienes mēs iegūstam šī vienādojuma vispārējo integrāli

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

komentēt. Bernulli vienādojumu var integrēt arī ar konstantes variācijas metodi, piemēram, lineāru vienādojumu, un izmantojot aizvietojumu y(x)=u(x)v(x) .

8. piemērs. Atrisiniet Bernulli vienādojumu xy"+y=y^2\ln(x). .

Risinājums. Pielietosim patvaļīgas konstantes variācijas metodi. Atbilstošā viendabīgā vienādojuma xy"+y=0 vispārīgajam atrisinājumam ir forma y=\frac(C)(x). Vienādojuma vispārīgo atrisinājumu meklējam formā y=\frac(C(x)) (x), kur C(x) - jauna nezināma funkcija, aizstājot sākotnējo vienādojumu

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

Lai atrastu funkciju C(x), iegūstam vienādojumu ar atdalāmiem mainīgajiem, no kura, atdalot mainīgos un integrējot, atrodam

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

Tātad sākotnējā vienādojuma vispārējais risinājums y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Dažus pirmās kārtas nelineāros vienādojumus var reducēt līdz lineāriem vienādojumiem vai Bernulli vienādojumiem, izmantojot veiksmīgi atrastas mainīgo izmaiņas.

9. piemērs. Atrisiniet vienādojumu y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Risinājums. Ierakstīsim šo vienādojumu formā y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Abas vienādojuma puses dalot ar 2\cos^2\frac(y)(2), saņemam \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatora nosaukums(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Aizstāšana \operatora nosaukums(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) samazina šo vienādojumu līdz lineāram \frac(dz)(dx)+z=-x, kuras vispārīgais risinājums ir z=1-x+Ce^(-x) .

Aizstājot z ar tā izteiksmi y izteiksmē, mēs iegūstam šī vienādojuma vispārējo integrāli \operatora nosaukums(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Dažos vienādojumos vēlamā funkcija y(x) var būt zem integrāļa zīmes. Šādos gadījumos dažreiz ir iespējams diferencējot šo vienādojumu reducēt uz diferenciālvienādojumu.

10. piemērs. Atrisiniet vienādojumu x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Risinājums. Atšķirot abas šī vienādojuma puses attiecībā pret x, mēs iegūstam

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) vai Informācijas avots