Ang differential equation ni Bernoulli ay equation ng form

kung saan ang n≠0,n≠1.

Ang equation na ito ay maaaring muling ayusin gamit ang substitution

sa isang linear equation

Sa pagsasagawa, ang differential equation ni Bernoulli ay karaniwang hindi nababawasan sa isang linear, ngunit agad na nalutas gamit ang parehong mga pamamaraan bilang isang linear equation - alinman sa paraan ni Bernoulli o ang paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho.

Tingnan natin kung paano lutasin ang differential equation ni Bernoulli gamit ang substitution y=uv (bernoulli's method). Ang scheme ng solusyon ay kapareho ng para sa .

Mga halimbawa. Lutasin ang mga equation:

1) y’x+y=-xy².

Ito ang differential equation ni Bernoulli. Dalhin natin ito sa karaniwang anyo. Upang gawin ito, hatiin ang parehong bahagi sa x: y'+y/x=-y². Dito p(x)=1/x, q(x)=-1, n=2. Ngunit hindi namin ito kailangan upang malutas karaniwang view. Makikipagtulungan kami sa recording form na ibinigay sa kondisyon.

1) Kapalit na y=uv, kung saan ang u=u(x) at v=v(x) ay ilang bagong function ng x. Pagkatapos ay y'=(uv)'=u'v+v'u. Pinapalitan namin ang mga resultang expression sa kundisyon: (u’v+v’u)x+uv=-xu²v².

2) Buksan natin ang mga bracket: u’vx+v’ux+uv=-xu²v². Ngayon, pangkatin natin ang mga termino sa v: v+v’ux=-xu²v² (I) (hindi natin hawakan ang termino na may degree v, na nasa kanang bahagi ng equation). Ngayon kailangan namin na ang expression sa mga bracket ay katumbas ng zero: u'x+u=0. At ito ay isang equation na may mga separable variable na u at x. Nang malutas ito, mahahanap ka namin. Pinapalitan namin ang u=du/dx at pinaghihiwalay ang mga variable: x·du/dx=-u. I-multiply natin ang magkabilang panig ng equation sa dx at hatiin sa xu≠0:

(kapag nahanap ang u C kinukuha namin ito na katumbas ng zero).

3) Sa equation (I) pinapalitan natin ang =0 at ang nahanap na function na u=1/x. Mayroon kaming equation: v’·(1/x)·x=-x·(1/x²)·v². Pagkatapos ng pagpapasimple: v’=-(1/x)·v². Ito ay isang equation na may mga separable variable na v at x. Pinapalitan namin ang v’=dv/dx at pinaghihiwalay ang mga variable: dv/dx=-(1/x)·v². I-multiply natin ang magkabilang panig ng equation sa dx at hatiin sa v²≠0:

(kinuha namin -C upang, sa pamamagitan ng pagpaparami ng magkabilang panig sa -1, maaari naming mapupuksa ang minus). Kaya, i-multiply sa (-1):

(hindi C, ngunit ln│C│, at sa kasong ito ito ay magiging v=1/ln│Cx│).

2) 2y’+2y=xy².

Siguraduhin natin na ito ang equation ni Bernoulli. Ang paghahati sa parehong bahagi ng 2, makuha namin ang y'+y=(x/2) y². Dito p(x)=1, q(x)=x/2, n=2. Malutas namin ang equation gamit ang paraan ni Bernoulli.

1) Pagpapalit na y=uv, y’=u’v+v’u. Pinapalitan namin ang mga expression na ito sa orihinal na kundisyon: 2(u’v+v’u)+2uv=xu²v².

2) Buksan ang mga bracket: 2u’v+2v’u+2uv=xu²v². Ngayon, pangkatin natin ang mga terminong naglalaman ng v: +2v’u=xu²v² (II). Kinakailangan namin na ang expression sa mga bracket ay katumbas ng zero: 2u’+2u=0, kaya u’+u=0. Ito ay isang separable equation para sa u at x. Solusyonan natin ito at hanapin ka. Pinapalitan namin ang u’=du/dx, mula sa kung saan du/dx=-u. Ang pagpaparami ng magkabilang panig ng equation sa dx at paghahati sa u≠0, makuha natin ang: du/u=-dx. Pagsamahin natin:

3) Palitan sa (II) =0 at

Ngayon pinapalitan namin ang v'=dv/dx at paghiwalayin ang mga variable:

Pagsamahin natin:

Ang kaliwang bahagi ng pagkakapantay-pantay ay isang table integral, ang integral sa kanang bahagi ay matatagpuan gamit ang integration by parts formula:

Ang pagpapalit ng nahanap na v at du gamit ang integration by parts formula na mayroon kami:

At dahil

Gawin natin ang C=-C:

4) Dahil y=uv, pinapalitan namin ang mga nahanap na function na u at v:

3) Isama ang equation na x²(x-1)y'-y²-x(x-2)y=0.

Hatiin natin ang magkabilang panig ng equation sa x²(x-1)≠0 at ilipat ang term na may y² sa kanang bahagi:

Ito ang equation ni Bernoulli

1) Pagpapalit na y=uv, y’=u’v+v’u. Gaya ng dati, pinapalitan namin ang mga expression na ito sa orihinal na kundisyon: x²(x-1)(u’v+v’u)-u²v²-x(x-2)uv=0.

2) Kaya naman x²(x-1)u’v+x²(x-1)v’u-x(x-2)uv=u²v². Pinagpangkat namin ang mga terminong naglalaman ng v (v² - huwag hawakan):

v+x²(x-1)v’u=u²v² (III). Ngayon ay hinihiling namin na ang expression sa mga bracket ay katumbas ng zero: x²(x-1)u’-x(x-2)u=0, kaya x²(x-1)u’=x(x-2)u. Sa equation pinaghihiwalay natin ang mga variable na u at x, u’=du/dx: x²(x-1)du/dx=x(x-2)u. I-multiply natin ang magkabilang panig ng equation sa dx at hatiin sa x²(x-1)u≠0:

Sa kaliwang bahagi ng equation ay isang tabular integral. Rational fraction sa kanang bahagi kailangan mong mabulok sa mga simpleng fraction:

Sa x=1: 1-2=A·0+B·1, kung saan B=-1.

Sa x=0: 0-2=A(0-1)+B·0, kung saan A=2.

ln│u│=2ln│x│-ln│x-1│. Ayon sa mga katangian ng logarithms: ln│u│=ln│x²/(x-1)│, kung saan u=x²/(x-1).

3) Sa pagkakapantay-pantay (III) pinapalitan natin ang =0 at u=x²/(x-1). Nakukuha namin ang: 0+x²(x-1)v’u=u²v²,

v’=dv/dx, kapalit:

Sa halip na C, kinukuha namin ang - C, upang, sa pamamagitan ng pagpaparami ng parehong bahagi sa (-1), inaalis namin ang mga minus:

Ngayon, bawasan natin ang mga expression sa kanang bahagi sa isang karaniwang denominator at hanapin ang v:

4) Dahil y=uv, pinapalitan ang nahanap na function na u at v, nakukuha natin ang:

Mga halimbawa ng self-test:

1) Tiyakin natin na ito ang equation ni Bernoulli. Ang paghahati sa magkabilang panig ng x, mayroon kaming:

1) Pagpapalit na y=uv, mula sa kung saan y’=u’v+v’u. Pinapalitan namin ang mga y at y’ na ito sa orihinal na kundisyon:

2) Pangkatin ang mga tuntunin sa v:

Ngayon ay hinihiling namin na ang expression sa mga bracket ay katumbas ng zero at hanapin u mula sa kundisyong ito:

Pagsamahin natin ang magkabilang panig ng equation:

3) Sa equation (*) pinapalitan natin ang =0 at u=1/x²:

Pagsamahin natin ang magkabilang panig ng resultang equation.

Linear differential equation 1st order
at ang equation ni Bernoulli

Ang first-order linear differential equation ay isang equation na linear na may kinalaman sa isang hindi kilalang function at ang derivative nito. parang

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

kung saan ang p(x) at q(x) ay binibigyan ng mga function ng x, tuluy-tuloy sa rehiyon kung saan kailangang isama ang equation (1).

Kung q(x)\equiv0 , kung gayon ang equation (1) ay tinatawag linear homogenous. Ito ay isang equation na may mga separable variable at may pangkalahatang solusyon

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

Pangkalahatang solusyon Hindi homogenous equation maaaring matagpuan paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho, na binubuo sa katotohanan na ang solusyon sa equation (1) ay hinahanap sa anyo

y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right), kung saan ang C(x) ay isang bagong hindi kilalang function ng x.

Halimbawa 1. Lutasin ang equation y"+2xy=2xe^(-x^2).

Solusyon. Ilapat natin ang paraan ng pagkakaiba-iba ng isang pare-pareho. Isaalang-alang ang homogenous na equation na y"+2xy=0, na tumutugma sa inhomogeneous equation na ito. Ito ay isang equation na may mga separable variable. Ang pangkalahatang solusyon nito ay may anyo na y=Ce^(-x^2) .

Naghahanap kami ng isang pangkalahatang solusyon sa inhomogeneous equation sa anyong y=C(x)e^(-x^2), kung saan ang C(x) ay isang hindi kilalang function ng x. Ang pagpapalit, nakukuha natin ang C"(x)=2x, kung saan ang C(x)=x^2+C. Kaya, ang pangkalahatang solusyon ng inhomogeneous equation ay magiging y=(x^2+C)e^(-x^2), kung saan ang C ay ang pare-pareho ng pagsasama.

Magkomento. Maaaring lumabas na ang differential equation ay linear sa x bilang isang function ng y. Ang normal na anyo ng naturang equation ay

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

Halimbawa 2. Lutasin ang equation \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Solusyon. Ang equation na ito ay linear kung isasaalang-alang natin ang x bilang isang function ng y:

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

Ginagamit namin ang paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho. Una naming lutasin ang kaukulang homogenous equation

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

na isang equation na may mga separable variable. Ang pangkalahatang solusyon nito ay may anyo x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Naghahanap kami ng isang pangkalahatang solusyon sa equation sa anyo , kung saan ang C(y) ay isang hindi kilalang function ng y. Pagpapalit, nakukuha namin

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

Mula dito, pagsasama ng mga bahagi, mayroon kami

\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)),\end(aligned)

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

Ang pagpapalit ng equation na ito sa x=C(y)e^(\sin(y)), nakakakuha tayo ng pangkalahatang solusyon sa orihinal na equation, at samakatuwid sa equation na ito:

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

Ang orihinal na equation ay maaari ding isama bilang mga sumusunod. Naniniwala kami

y=u(x)v(x),

kung saan ang u(x) at v(x) ay mga hindi kilalang function ng x, ang isa sa mga ito, halimbawa v(x), ay maaaring piliin nang arbitraryo.

Ang pagpapalit ng y=u(x)v(x) sa , pagkatapos ng pagbabagong-anyo ay nakukuha natin

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

Ang pagtukoy sa v(x) mula sa kondisyong v"+pv=0, pagkatapos ay hahanapin natin mula sa vu"+(pv+v")u=q(x) function na u(x) at, dahil dito, ang solusyon y=uv sa equation \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Bilang v(x) maaari tayong kumuha ng anumang madalas na solusyon ng equation v"+pv=0,~v\not\equiv0.

Halimbawa 3. Lutasin ang problemang Cauchy: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Solusyon. Naghahanap kami ng pangkalahatang solusyon sa equation sa anyong y=u(x)v(x) ; mayroon kaming y"=u"v+uv". Pinapalitan ang expression para sa y at y" sa orihinal na equation, magkakaroon tayo

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

Nahanap namin ang function na v=v(x) mula sa kundisyong x(x-1)v"+v=0. Pagkuha ng anumang partikular na solusyon ng huling equation, halimbawa v=\frac(x)(x-1) at palitan ito, makuha natin ang equation na u"=2x-1, kung saan makikita natin ang function na u(x)=x^2-x+C. Samakatuwid, ang pangkalahatang solusyon sa equation x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) kalooban

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

Gamit ang paunang kondisyon y|_(x=2)=4, nakukuha natin ang equation para sa paghahanap ng C 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, mula sa kung saan C=0 ; kaya ang solusyon sa nakasaad na problemang Cauchy ay ang function na y=x^2.

Halimbawa 4. Ito ay kilala na mayroong isang relasyon sa pagitan ng kasalukuyang i at ang electromotive force E sa isang circuit na may resistensya R at self-inductance L E=Ri+L\frac(di)(dt), kung saan ang R at L ay mga pare-pareho. Kung isasaalang-alang natin ang E isang function ng oras t, makakakuha tayo ng linear inhomogeneous equation para sa kasalukuyang lakas i:

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

Hanapin ang kasalukuyang lakas i(t) para sa kaso kung kailan E=E_0=\text(const) at i(0)=I_0 .

Solusyon. meron tayo \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Ang pangkalahatang solusyon ng equation na ito ay may anyo i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Gamit ang paunang kondisyon (13), nakukuha natin mula sa C=I_0-\frac(E_0)(R), kaya ang nais na solusyon ay magiging

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

Ipinapakita nito na sa t\to+\infty ang kasalukuyang lakas i(t) ay may posibilidad na pare-pareho ang halaga \frac(E_0)(R) .

Halimbawa 5. Isang pamilya C_\alpha ng integral curves ng linear inhomogeneous equation na y"+p(x)y=q(x) ang ibinigay.

Ipakita na ang mga tangent sa kaukulang mga punto sa mga kurba C_\alpha na tinukoy ng linear equation ay nagsalubong sa isang punto (Fig. 13).

Solusyon. Isaalang-alang ang padaplis sa anumang kurba C_\alpha sa puntong M(x,y) Ang equation ng tangent sa puntong M(x,y) ay may anyo

\eta-q(x)(\xi-x)=y, kung saan ang \xi,\eta ay ang kasalukuyang mga coordinate ng tangent point.

Sa pamamagitan ng kahulugan, sa kaukulang mga punto x ay pare-pareho at y ay variable. Ang pagkuha ng anumang dalawang tangent sa mga linyang C_\alpha sa kaukulang mga punto, para sa mga coordinate ng punto S ng kanilang intersection, nakukuha namin

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

Ipinapakita nito na ang lahat ng mga tangent sa mga kurba C_\alpha sa kaukulang mga punto (x ay naayos) ay bumalandra sa parehong punto

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

Inaalis ang argumentong x sa system, nakukuha natin ang equation ng locus ng mga puntos S\colon f(\xi,\eta)=0.

Halimbawa 6. Hanapin ang solusyon sa equation y"-y=\cos(x)-\sin(x), na nagbibigay-kasiyahan sa kundisyon: y ay limitado sa y\to+\infty .

Solusyon. Ang pangkalahatang solusyon sa equation na ito ay y=Ce^x+\sin(x) . Ang anumang solusyon sa equation na nakuha mula sa pangkalahatang solusyon para sa C\ne0 ay magiging unbounded, dahil para sa x\to+\infty ang function na \sin(x) ay bounded at e^x\to+\infty . Kasunod nito na ang equation na ito ay may natatanging solusyon y=\sin(x) , na nakatali sa x\to+\infty , na nakuha mula sa pangkalahatang solusyon sa C=0 .

equation ni Bernoulli

Bernoulli's differential equation parang

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, kung saan ang n\ne0;1 (para sa n=0 at n=1 ang equation na ito ay linear).

Paggamit ng variable replacement z=\frac(1)(y^(n-1)) Ang equation ni Bernoulli ay binawasan sa isang linear na equation at isinama bilang isang linear.

Halimbawa 7. Lutasin ang equation ni Bernoulli na y"-xy=-xy^3.

Solusyon. Hatiin ang magkabilang panig ng equation sa pamamagitan ng y^3:

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

Paggawa ng variable na pagbabago \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", saan \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Pagkatapos ng pagpapalit, ang huling equation ay nagiging linear equation

-\frac(z")(2)-xz=-x o z"+2xz=2x, ang pangkalahatang solusyon kung saan ay z=1+Ce^(-x^2).

Mula dito nakukuha natin ang pangkalahatang integral ng equation na ito

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

Magkomento. Ang equation ni Bernoulli ay maaari ding isama sa pamamagitan ng paraan ng variation ng isang constant, tulad ng isang linear equation, at gamit ang substitution na y(x)=u(x)v(x) .

Halimbawa 8. Lutasin ang equation ni Bernoulli na xy"+y=y^2\ln(x). .

Solusyon. Ilapat natin ang paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho. Ang pangkalahatang solusyon ng katumbas na homogenous na equation na xy"+y=0 ay may anyong y=\frac(C)(x). Hinahanap namin ang pangkalahatang solusyon ng equation sa anyong y=\frac(C(x)) (x) , kung saan ang C(x) - bagong hindi kilalang function Ang pagpapalit sa orihinal na equation, mayroon tayo

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

Upang mahanap ang function na C(x), kumuha tayo ng equation na may mga separable variable, kung saan, sa pamamagitan ng paghihiwalay ng mga variable at pagsasama, makikita natin

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

Kaya, ang pangkalahatang solusyon sa orihinal na equation y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Ang ilan Hindi mga linear na equation Ang unang pagkakasunud-sunod, sa tulong ng matagumpay na nahanap na pagbabago ng mga variable, ay binabawasan sa mga linear equation o Bernoulli equation.

Halimbawa 9. Lutasin ang equation y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Solusyon. Isulat natin ang equation na ito sa anyo y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Ang paghahati sa magkabilang panig ng equation sa pamamagitan ng 2\cos^2\frac(y)(2), nakukuha namin \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Pagpapalit \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) binabawasan ang equation na ito sa linear \frac(dz)(dx)+z=-x, ang pangkalahatang solusyon kung saan ay z=1-x+Ce^(-x) .

Ang pagpapalit ng z sa pamamagitan ng pagpapahayag nito sa mga tuntunin ng y, nakukuha natin ang pangkalahatang integral ng equation na ito \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Sa ilang mga equation, ang gustong function na y(x) ay maaaring nasa ilalim ng integral sign. Sa mga kasong ito, minsan posible na bawasan ang equation na ito sa isang differential equation sa pamamagitan ng differentiation.

Halimbawa 10. Lutasin ang equation x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Solusyon. Ang pagkakaiba sa magkabilang panig ng equation na ito na may paggalang sa x, nakukuha natin

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

Ang pag-differentiating muli patungkol sa x, magkakaroon tayo ng linear homogeneous equation na may kinalaman sa y(x)\colon

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

Ang paghihiwalay ng mga variable at pagsasama, nakita namin y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Ang solusyon na ito, na madaling ma-verify, ay nakakatugon sa orihinal na equation.

Bernoulli's differential equation ay isang equation ng form:
, kung saan n ≠ 0 , n ≠ 1 , p at q ay mga function ng x.

Paglutas ng differential equation ni Bernoulli sa pamamagitan ng pagbawas sa isang linear equation

Isaalang-alang ang Bernoulli differential equation:
(1) ,
kung saan n ≠ 0 , n ≠ 1 , p at q ay mga function ng x.
Hatiin natin ito sa y n. 0 Kapag y ≠< 0 o n
(2) .
mayroon kaming:
.
Ang equation na ito ay maaaring bawasan sa isang linear equation gamit ang isang pagbabago ng variable:
;
.
Ipakita natin. Ayon sa panuntunan ng pagkita ng kaibhan ng isang kumplikadong function: (2) Palitan natin
;
.
Ito ay isang linear, na may kaugnayan sa z, differential equation. Pagkatapos malutas ito, para sa n > 0 , dapat nating isaalang-alang ang kaso y = 0 . 0 Kapag n > 0 , y = (1) ay isa ring solusyon sa equation

at dapat isama sa sagot.

Solusyon sa pamamaraang Bernoulli (1) Ang pinag-uusapang equation
maaari ding malutas sa pamamagitan ng pamamaraan ni Bernoulli. Upang gawin ito, naghahanap kami ng isang solusyon sa orihinal na equation sa anyo ng isang produkto ng dalawang function:
y = u·v ,
kung saan ang u at v ay mga function ng x.
Magkaiba nang may kinalaman sa x: (1) :
;
(3) .
y′ = u′ v + u v′ .
(4) .
Palitan sa orihinal na equation (4) Habang kumukuha tayo ng anumang di-zero na solusyon ng equation: Equation ay isang equation na may mga separable variable. Niresolba namin ito at nakahanap ng partikular na solusyon v = v (3) (x) (4) .
;
.
Pinapalitan namin ang isang partikular na solusyon sa

. Dahil natutugunan nito ang equation

, pagkatapos ang expression sa panaklong ay magiging zero. Nakukuha namin:

Narito ang v ay isang kilalang function ng x.

Ito ay isang equation na may mga separable variable. Nahanap namin ang pangkalahatang solusyon nito, at kasama nito ang solusyon sa orihinal na equation na y = uv.

Isang halimbawa ng paglutas ng Bernoulli differential equation
;
;
Lutasin ang equation .
Solusyon 2 Sa unang sulyap, ang differential equation na ito ay tila hindi katulad ng Bernoulli's equation. Kung isasaalang-alang natin ang x bilang independiyenteng variable at y ang dependent variable (iyon ay, kung y ay isang function ng x), kung gayon ito ay totoo. Ngunit kung isasaalang-alang natin ang y bilang independyenteng variable at x ang dependent variable, kung gayon madaling makita na ito ang equation ni Bernoulli. (1) Kaya, ipinapalagay namin na ang x ay isang function ng y.
I-substitute at i-multiply natin sa:
(P.1)
.
Ipakita natin. Ayon sa panuntunan ng pagkita ng kaibhan ng isang kumplikadong function: Lutasin ang equation:
;
Ito ang equation ni Bernoulli na may n = .
. Ito ay naiiba sa equation na tinalakay sa itaas, sa pamamagitan lamang ng notasyon ng mga variable (x sa halip na y). Malutas namin sa pamamagitan ng pamamaraan ni Bernoulli. Gumawa tayo ng pagpapalit:
x = u v , .
kung saan ang u at v ay mga function ng y.
;
;
.
Magkaiba nang may paggalang sa y: 0 (P.2) x = u v ,.
;
.
Ipakita natin. Ayon sa panuntunan ng pagkita ng kaibhan ng isang kumplikadong function: Ito ang equation ni Bernoulli na may n = Naghahanap kami ng anumang non-zero function v x = u v ,):
;
;
.
(y) 0 o n
;
, na nagbibigay-kasiyahan sa equation: ;
.
(P.3)
;
.

Ang first-order linear differential equation ay isang equation na linear na may kinalaman sa isang hindi kilalang function at ang derivative nito. parang

Pinaghiwalay namin ang mga variable:

Hayaan ang C =

, dahil kailangan namin ng anumang solusyon sa equation linear homogenous isinasaalang-alang na ang expression sa mga bracket ay katumbas ng zero (dahil sa

Paghiwalayin natin ang mga variable. Kapag ≠

(P.4) paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho, na binubuo sa katotohanan na ang solusyon sa equation (1) ay hinahanap sa anyo

Sa pangalawang integral ginagawa namin ang pagpapalit:\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x),

Halimbawa 1. kung saan ang p(x) at q(x) ay binibigyan ng mga function ng x, tuluy-tuloy sa rehiyon kung saan kailangang isama ang equation (1).

Solusyon. Gamitin natin ang pare-parehong paraan ng pagkakaiba-iba. Isaalang-alang ang homogenous na equation na y"+2xy=0, na tumutugma sa inhomogeneous equation na ito. Ito ay isang equation na may mga separable variable. Ang pangkalahatang solusyon nito ay may anyo na y=Ce^(-x^2) .

Naghahanap kami ng isang pangkalahatang solusyon sa inhomogeneous equation sa anyong y=C(x)e^(-x^2), kung saan ang C(x) ay isang hindi kilalang function ng x. Ang pagpapalit, makuha natin ang C"(x)=2x, kung saan ang C(x)=x^2+C. Kaya, ang pangkalahatang solusyon ng inhomogeneous equation ay magiging y=(x^2+C)e^(-x^ 2) , kung saan ang C - pare-pareho ng pagsasama.

Magkomento. Maaaring lumabas na ang differential equation ay linear sa x bilang isang function ng y. Ang normal na anyo ng naturang equation ay

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

Halimbawa 2. Lutasin ang equation \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Solusyon. Ang equation na ito ay linear kung isasaalang-alang natin ang x bilang isang function ng y:

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

Ginagamit namin ang paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho. Una naming lutasin ang kaukulang homogenous equation

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

na isang equation na may mga separable variable. Ang pangkalahatang solusyon nito ay may anyo x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Naghahanap kami ng pangkalahatang solusyon sa equation sa anyong x=C(y)e^(\sin(y)), kung saan ang C(y) ay isang hindi kilalang function ng y. Pagpapalit, nakukuha namin

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

Mula dito, pagsasama ng mga bahagi, mayroon kami

\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)),\end(aligned)

Kaya,

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

Ang pagpapalit ng equation na ito sa x=C(y)e^(\sin(y)) , nakakakuha tayo ng pangkalahatang solusyon sa orihinal na equation, at samakatuwid ay sa equation na ito:

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

Ang orihinal na equation ay maaari ding isama bilang mga sumusunod. Naniniwala kami

Y=u(x)v(x),

kung saan ang u(x) at v(x) ay mga hindi kilalang function ng x, ang isa sa mga ito, halimbawa v(x), ay maaaring piliin nang arbitraryo.

Ang pagpapalit ng y=u(x)v(x) sa , pagkatapos ng pagbabagong-anyo ay nakukuha natin

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

Ang pagtukoy sa v(x) mula sa kondisyong v"+pv=0, makikita natin mula sa vu"+(pv+v")u=q(x) ang function na u(x) at, dahil dito, ang solusyon y=uv ng ang equation \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Bilang v(x) maaari tayong kumuha ng anumang madalas na solusyon ng equation v"+pv=0,~v\not\equiv0.

Halimbawa 3. Lutasin ang problemang Cauchy: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Solusyon. Naghahanap kami ng pangkalahatang solusyon sa equation sa anyong y=u(x)v(x) ; mayroon tayong y"=u"v+uv". Ang pagpapalit ng expression para sa y at y" sa orihinal na equation, magkakaroon tayo ng

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

Nahanap namin ang function na v=v(x) mula sa kundisyong x(x-1)v"+v=0. Pagkuha ng anumang partikular na solusyon ng huling equation, halimbawa v=\frac(x)(x-1) at palitan ito, makuha natin ang equation na u"=2x-1, kung saan makikita natin ang function na u(x)=x^2-x+C. Samakatuwid, ang pangkalahatang solusyon sa equation x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) kalooban

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

Gamit ang paunang kondisyon y|_(x=2)=4, nakukuha natin ang equation para sa paghahanap ng C 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, mula sa kung saan C=0 ; kaya ang solusyon sa nakasaad na problemang Cauchy ay ang function na y=x^2.

Halimbawa 4. Ito ay kilala na mayroong isang relasyon sa pagitan ng kasalukuyang i at ang electromotive force E sa isang circuit na may resistensya R at self-inductance L E=Ri+L\frac(di)(dt), kung saan ang R at L ay mga pare-pareho. Kung isasaalang-alang natin ang E isang function ng oras t, makakakuha tayo ng linear inhomogeneous equation para sa kasalukuyang lakas i:

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

Hanapin ang kasalukuyang lakas i(t) para sa kaso kung kailan E=E_0=\text(const) at i(0)=I_0 .

Solusyon. meron tayo \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Ang pangkalahatang solusyon ng equation na ito ay may anyo i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Gamit ang paunang kondisyon (13), nakukuha natin mula sa C=I_0-\frac(E_0)(R), kaya ang nais na solusyon ay magiging

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

Ipinapakita nito na sa t\to+\infty ang kasalukuyang lakas i(t) ay may posibilidad na pare-pareho ang halaga \frac(E_0)(R) .

Halimbawa 5. Isang pamilya C_\alpha ng integral curves ng linear inhomogeneous equation na y"+p(x)y=q(x) ang ibinigay.

Ipakita na ang mga tangent sa kaukulang mga punto sa mga kurba C_\alpha na tinukoy ng linear equation ay nagsalubong sa isang punto (Fig. 13).

Solusyon. Isaalang-alang ang padaplis sa anumang kurba C_\alpha sa puntong M(x,y) Ang equation ng tangent sa puntong M(x,y) ay may anyo

\eta-q(x)(\xi-x)=y, kung saan ang \xi,\eta ay ang kasalukuyang mga coordinate ng tangent point.

Sa pamamagitan ng kahulugan, sa kaukulang mga punto x ay pare-pareho at y ay variable. Ang pagkuha ng anumang dalawang tangent sa mga linyang C_\alpha sa kaukulang mga punto, para sa mga coordinate ng punto S ng kanilang intersection, nakukuha namin

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

Ipinapakita nito na ang lahat ng mga tangent sa mga kurba C_\alpha sa kaukulang mga punto ( x ay naayos) ay bumalandra sa parehong punto

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

Inaalis ang argumentong x sa system, nakukuha natin ang equation ng locus ng mga puntos S\colon f(\xi,\eta)=0.

Halimbawa 6. Hanapin ang solusyon sa equation y"-y=\cos(x)-\sin(x), na nagbibigay-kasiyahan sa kundisyon: y ay limitado sa y\to+\infty .

Solusyon. Ang pangkalahatang solusyon sa equation na ito ay y=Ce^x+\sin(x) . Ang anumang solusyon sa equation na nakuha mula sa pangkalahatang solusyon para sa C\ne0 ay magiging unbounded, dahil para sa x\to+\infty ang function na \sin(x) ay bounded at e^x\to+\infty . Kasunod nito na ang equation na ito ay may natatanging solusyon y=\sin(x) , na nakatali sa x\to+\infty , na nakuha mula sa pangkalahatang solusyon sa C=0 .

equation ni Bernoulli

Bernoulli's differential equation parang

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, kung saan ang n\ne0;1 (para sa n=0 at n=1 ang equation na ito ay linear).

Paggamit ng variable replacement z=\frac(1)(y^(n-1)) Ang equation ni Bernoulli ay binawasan sa isang linear na equation at isinama bilang isang linear.

Halimbawa 7. Lutasin ang equation ni Bernoulli na y"-xy=-xy^3.

Solusyon. Hatiin ang magkabilang panig ng equation sa pamamagitan ng y^3:

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

Paggawa ng variable na pagbabago \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", saan \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Pagkatapos ng pagpapalit, ang huling equation ay nagiging linear equation

-\frac(z")(2)-xz=-x o z"+2xz=2x, ang pangkalahatang solusyon kung saan ay z=1+Ce^(-x^2).

Mula dito nakukuha natin ang pangkalahatang integral ng equation na ito

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

Magkomento. Ang equation ni Bernoulli ay maaari ding isama sa pamamagitan ng paraan ng variation ng isang constant, tulad ng isang linear equation, at gamit ang substitution na y(x)=u(x)v(x) .

Halimbawa 8. Lutasin ang equation ni Bernoulli na xy"+y=y^2\ln(x). .

Solusyon. Ilapat natin ang paraan ng pagkakaiba-iba ng isang arbitrary na pare-pareho. Ang pangkalahatang solusyon ng katumbas na homogenous na equation na xy"+y=0 ay may anyong y=\frac(C)(x). Hinahanap namin ang pangkalahatang solusyon ng equation sa anyong y=\frac(C(x)) (x) , kung saan ang C(x) - bagong hindi kilalang function Ang pagpapalit sa orihinal na equation, mayroon tayo

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

Upang mahanap ang function na C(x), kumuha tayo ng equation na may mga separable variable, kung saan, sa pamamagitan ng paghihiwalay ng mga variable at pagsasama, makikita natin

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

Kaya, ang pangkalahatang solusyon sa orihinal na equation y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Ang ilang first-order nonlinear equation ay maaaring gawing linear equation o Bernoulli equation gamit ang matagumpay na nahanap na pagbabago ng mga variable.

Halimbawa 9. Lutasin ang equation y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Solusyon. Isulat natin ang equation na ito sa anyo y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Ang paghahati sa magkabilang panig ng equation sa pamamagitan ng 2\cos^2\frac(y)(2), nakukuha namin \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Pagpapalit \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) binabawasan ang equation na ito sa linear \frac(dz)(dx)+z=-x, ang pangkalahatang solusyon kung saan ay z=1-x+Ce^(-x) .

Ang pagpapalit ng z sa pamamagitan ng pagpapahayag nito sa mga tuntunin ng y, nakukuha natin ang pangkalahatang integral ng equation na ito \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Sa ilang mga equation, ang gustong function na y(x) ay maaaring nasa ilalim ng integral sign. Sa mga kasong ito, minsan posible na bawasan ang equation na ito sa isang differential equation sa pamamagitan ng differentiation.

Halimbawa 10. Lutasin ang equation x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Solusyon. Ang pagkakaiba sa magkabilang panig ng equation na ito na may paggalang sa x, nakukuha natin

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) o Pinagmulan ng impormasyon

equation ni Bernoulli ay isa sa pinakasikat nonlinear differential equation ng unang order. Ito ay nakasulat sa form

saan a(x) At b(x) ay tuluy-tuloy na mga pag-andar. Kung m= 0, pagkatapos ang equation ni Bernoulli ay magiging isang linear differential equation. Sa kaso kung kailan m= 1, ang equation ay nagiging isang separable equation. Sa pangkalahatan, kapag m≠ 0.1, ang equation ni Bernoulli ay binawasan sa isang linear differential equation gamit ang substitution

Bagong differential equation para sa function z(x) ay may anyo

at maaaring malutas gamit ang mga pamamaraan na inilarawan sa pahina First-order linear differential equation.

PARAAN NG BERNOULI.

Ang equation na isinasaalang-alang ay maaaring malutas sa pamamagitan ng Bernoulli's method. Upang gawin ito, naghahanap kami ng solusyon sa orihinal na equation sa anyo ng isang produkto ng dalawang function: kung saan ikaw, v- mga function mula sa x. I-differentiate: Palitan sa orihinal na equation (1): (2) Bilang v Kunin natin ang anumang di-zero na solusyon sa equation: (3) Ang equation (3) ay isang equation na may mga separable variable. Matapos naming mahanap ang partikular na solusyon nito v = v(x), palitan ito sa (2). Dahil natutugunan nito ang equation (3), ang expression sa panaklong ay nagiging zero. Nakukuha namin: Isa rin itong separable equation. Nahanap namin ang pangkalahatang solusyon nito, at kasama nito ang solusyon sa orihinal na equation y = uv.

64. Equation sa kabuuang pagkakaiba. Salik ng pagsasanib. Mga paraan ng solusyon

First order differential equation ng form

tinawag equation sa buong pagkakaiba-iba kung ito kaliwang bahagi kumakatawan sa kabuuang pagkakaiba ng ilang function, i.e.

Teorama. Upang ang equation (1) ay maging isang equation sa kabuuang differentials, kinakailangan at sapat na sa ilang simpleng konektadong domain ng pagbabago ng mga variable ang kundisyon ay nasiyahan.

Ang pangkalahatang integral ng equation (1) ay may anyo o

Halimbawa 1. Lutasin ang differential equation.

Solusyon. Suriin natin na ang equation na ito ay isang kabuuang differential equation:

kaya ganon kondisyon (2) ay nasiyahan. Kaya, ang equation na ito ay isang equation sa kabuuang differentials at

samakatuwid, kung saan mayroon pa ring hindi natukoy na function.

Pagsasama, nakukuha namin . Ang bahagyang derivative ng nahanap na function ay dapat na katumbas ng, na nagbibigay mula sa kung saan kaya na Kaya,.

Pangkalahatang integral ng orihinal na differential equation.

Kapag nagsasama ng ilang differential equation, ang mga termino ay maaaring pagsama-samahin sa paraang madaling makuha ang mga kumbinasyong madaling maisama.

65. Ordinaryong differential linear equation ng mas mataas na mga order: homogenous at inhomogeneous. Linear differential operator, ang mga katangian nito (na may patunay).

Linear differential operator at mga katangian nito. Ang hanay ng mga function na mayroon sa pagitan ( a , b ) hindi kukulangin n derivatives, bumubuo ng isang linear na espasyo. Isaalang-alang ang operator L n (y ), na nagpapakita ng function y (x ), pagkakaroon ng mga derivatives, sa isang function na pagkakaroon k - n derivatives.