Bernulli diferenciālvienādojums ir formas vienādojums

kur n≠0,n≠1.

Šo vienādojumu var pārkārtot, izmantojot aizstāšanu

lineārā vienādojumā

Praksē Bernulli diferenciālvienādojums parasti netiek reducēts uz lineāru, bet tiek uzreiz atrisināts, izmantojot tās 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:

(mēs paņēmām -C, lai, reizinot abas puses ar -1, atbrīvotos 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 sagrupējam 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 atdalām 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 puses 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.

Lineārs diferenciālvienādojumi 1.kārta
un Bernulli vienādojums

Pirmās kārtas lineārais diferenciālvienādojums ir vienādojums, kas ir lineārs attiecībā pret nezināmu funkciju un tās atvasinājumu. Tā 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 vispārējs risinājums

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

Vispārējs risinājums Nav viendabīgs vienādojums var atrast 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. Izmantosim pastāvīgās 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 ir 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 , 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)

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

Aizstājot šo vienādojumu ar x=C(y)e^(\sin(y)), mēs iegūstam vispārīgu risinājumu sākotnējam vienādojumam 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, mēs atrodam no vu"+(pv+v")u=q(x) funkcija u(x) un līdz ar to vienādojuma atrisinājums y=uv \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". Izteiksmi y un y" aizstājot ar sākotnējais vienādojums, mums būs

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, mēs 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

\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)).

Dažas Nav lineārie vienādojumi pirmās kārtas ar veiksmīgi atrastu mainīgo izmaiņu palīdzību tiek reducēti uz lineāriem vienādojumiem vai Bernulli vienādojumiem.

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

Atkal diferencējot ar x, mēs iegūsim lineāru viendabīgu vienādojumu attiecībā uz y(x)\colon

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

Atdalot mainīgos un integrējot, mēs atrodam y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Šis risinājums, kā to var viegli pārbaudīt, apmierina sākotnējo vienādojumu.

Bernulli diferenciālvienādojums ir formas vienādojums:
, kur n ≠ 0 , n ≠ 1 , p un q ir x funkcijas.

Bernulli diferenciālvienādojuma atrisināšana, reducējot uz lineāru vienādojumu

Apsveriet Bernulli diferenciālvienādojumu:
(1) ,
kur n ≠ 0 , n ≠ 1 , p un q ir x funkcijas.
Sadalīsim to ar y n. 0 Kad y ≠< 0 vai n
(2) .
mums ir:
.
Šo vienādojumu var reducēt uz lineāru vienādojumu, izmantojot mainīgā lieluma izmaiņas:
;
.
Parādīsim to. Saskaņā ar sarežģītas funkcijas diferenciācijas likumu: (2) Aizstāsim
;
.
Šis ir lineārs diferenciālvienādojums attiecībā pret z. Pēc tā atrisināšanas par n > 0 , mums jāapsver gadījums y = 0 . 0 Kad n > 0 , y = (1) ir arī vienādojuma risinājums

un jāiekļauj atbildē.

Risinājums pēc Bernulli metodes (1) Attiecīgais vienādojums
var atrisināt arī ar Bernulli metodi. Lai to izdarītu, mēs meklējam sākotnējā vienādojuma risinājumu divu funkciju reizinājuma veidā:
y = u·v ,
kur u un v ir x funkcijas.
Diferencēt attiecībā pret x: (1) :
;
(3) .
y′ = u′ v + u v′ .
(4) .
Aizstāt ar sākotnējo vienādojumu (4) Kā v mēs ņemam jebkuru vienādojuma risinājumu, kas nav nulle: Vienādojums ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem. Mēs to atrisinām un atrodam konkrētu risinājumu v = v (3) (x) (4) .
;
.
Mēs aizstājam konkrētu risinājumu

. Tā kā tas apmierina vienādojumu

, tad izteiksme iekavās kļūst par nulli. Mēs iegūstam:

Šeit v ir jau zināma x funkcija.

Šis ir vienādojums ar atdalāmiem mainīgajiem. Mēs atrodam tā vispārīgo risinājumu un līdz ar to sākotnējā vienādojuma atrisinājumu y = uv.

Bernulli diferenciālvienādojuma risināšanas piemērs
;
;
Atrisiniet vienādojumu .
Risinājums 2 No pirmā acu uzmetiena šis diferenciālvienādojums nešķiet līdzīgs Bernulli vienādojumam. Ja mēs uzskatām x par neatkarīgo mainīgo un y par atkarīgo mainīgo (tas ir, ja y ir x funkcija), tad tā ir taisnība. Bet, ja mēs uzskatām y par neatkarīgo mainīgo un x par atkarīgo mainīgo, tad ir viegli saprast, ka tas ir Bernulli vienādojums. (1) Tātad, mēs pieņemam, ka x ir y funkcija.
Aizstāsim un reizinim ar:
(P.1)
.
Parādīsim to. Saskaņā ar sarežģītas funkcijas diferenciācijas likumu: Atrisiniet vienādojumu:
;
Šis ir Bernulli vienādojums ar n = .
. Tas atšķiras no iepriekš aplūkotā vienādojuma, tikai ar mainīgo apzīmējumu (x vietā y). Mēs atrisinām ar Bernulli metodi. Veiksim aizstāšanu:
x = u v , .
kur u un v ir y funkcijas.
;
;
.
Atšķirt attiecībā uz y: 0 (P.2) x = u v ,.
;
.
Parādīsim to. Saskaņā ar sarežģītas funkcijas diferenciācijas likumu: Šis ir Bernulli vienādojums ar n = Mēs meklējam jebkuru funkciju, kas nav nulle v x = u v ,):
;
;
.
(y) 0 vai n
;
, kas apmierina vienādojumu: ;
.
(3. lpp.)
;
.

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

Mēs atdalām mainīgos:

Ļaujiet C =

, jo mums ir nepieciešams jebkurš vienādojuma risinājums lineāri viendabīgiņemot vērā, ka izteiksme iekavās ir vienāda ar nulli (sakarā ar

Atdalīsim mainīgos. Kad jūs ≠

(4. lpp.) patvaļīgas konstantes variācijas metode, kas sastāv no tā, ka (1) vienādojuma risinājums tiek meklēts formā

Otrajā integrālī mēs veicam aizstāšanu:\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x),

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

Risinājums. Izmantosim pastāvīgās 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, mēs 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

\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 dažkārt 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

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. Diferencēt: 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 iekšā pilni diferenciāļi , ja tā kreisā puse attēlo kādas funkcijas kopējo diferenciāli, t.i.

Teorēma. Lai vienādojums (1) būtu vienādojums kopējos diferenciālos, 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 sagrupēt 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.