Bernoulli denklemini çözün. Birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler ve Bernoulli denklemi

Bernoulli'nin diferansiyel denklemi formun bir denklemidir

burada n≠0,n≠1.

Bu denklem ikame kullanılarak yeniden düzenlenebilir

V Doğrusal Denklem

Pratikte diferansiyel denklem Bernoulli genellikle doğrusal bir denkleme yol açmaz, ancak doğrusal bir denklemle aynı yöntemler kullanılarak hemen çözülür - ya Bernoulli yöntemi ya da keyfi bir sabitin değişimi yöntemi.

Bernoulli diferansiyel denklemini y=uv ikamesini (Bernoulli yöntemi) kullanarak nasıl çözeceğimize bakalım. Çözüm şeması ile aynıdır.

Örnekler. Denklemleri çözün:

1) y'x+y=-xy².

Bu Bernoulli'nin diferansiyel denklemidir. Standart forma getirelim. Bunu yapmak için her iki parçayı da x'e bölün: y'+y/x=-y². Burada p(x)=1/x, q(x)=-1, n=2. Ama çözmek için buna ihtiyacımız yok standart görünüm. Şartnamede verilen kayıt formu ile çalışacağız.

1) Yerine y=uv, burada u=u(x) ve v=v(x), x'in bazı yeni fonksiyonlarıdır. O halde y'=(uv)'=u'v+v'u. Ortaya çıkan ifadeleri şu koşulun yerine koyarız: (u'v+v'u)x+uv=-xu²v².

2) Parantezleri açalım: u’vx+v’ux+uv=-xu²v². Şimdi terimleri v ile gruplayalım: v+v’ux=-xu²v² (I) (denklemin sağ tarafında yer alan v derecesi olan terime dokunmuyoruz). Şimdi parantez içindeki ifadenin sıfıra eşit olmasını istiyoruz: u’x+u=0. Ve bu, ayrılabilir değişkenleri u ve x olan bir denklemdir. Bunu çözdükten sonra seni bulacağız. u=du/dx'i yerine koyarız ve değişkenleri ayırırız: x·du/dx=-u. Denklemin her iki tarafını dx ile çarpıp xu≠0'a bölüyoruz:

(u C'yi bulurken onu sıfıra eşit alıyoruz).

3) Denklem (I)'de =0 ve bulunan fonksiyonu u=1/x olarak değiştiririz. Elimizde şu denklem var: v'·(1/x)·x=-x·(1/x²)·v². Sadeleştirmeden sonra: v’=-(1/x)·v². Bu, ayrılabilir değişkenleri v ve x olan bir denklemdir. v'=dv/dx'i değiştiririz ve değişkenleri ayırırız: dv/dx=-(1/x)·v². Denklemin her iki tarafını dx ile çarpıp v²≠0'a bölüyoruz:

(-C'yi aldık ki her iki tarafı da -1 ile çarparak eksiden kurtulalım). Yani (-1) ile çarpın:

(C değil ln│C│ alınabilir ve bu durumda v=1/ln│Cx│ olur).

2) 2y'+2y=xy².

Bunun Bernoulli denklemi olduğundan emin olalım. Her iki parçayı da 2'ye bölerek y'+y=(x/2) y² elde ederiz. Burada p(x)=1, q(x)=x/2, n=2. Denklemi Bernoulli yöntemini kullanarak çözüyoruz.

1) Yerine koyma y=uv, y’=u’v+v’u. Bu ifadeleri orijinal koşulun yerine koyarız: 2(u'v+v'u)+2uv=xu²v².

2) Parantezleri açın: 2u'v+2v'u+2uv=xu²v². Şimdi v’yi içeren terimleri gruplayalım: +2v’u=xu²v² (II). Parantez içindeki ifadenin sıfıra eşit olmasını istiyoruz: 2u’+2u=0, dolayısıyla u’+u=0. Bu u ve x için ayrılabilir bir denklemdir. Hadi çözelim ve seni bulalım. du/dx=-u yerine u'=du/dx koyarız. Denklemin her iki tarafını dx ile çarpıp u≠0'a böldüğümüzde şunu elde ederiz: du/u=-dx. İntegral alalım:

3) (II) =0'ı yerine koyarız ve

Şimdi v’=dv/dx yerine koyuyoruz ve değişkenleri ayırıyoruz:

İntegral alalım:

Eşitliğin sol tarafı bir tablo integralidir, sağ taraftaki integral ise parçalara göre entegrasyon formülü kullanılarak bulunur:

Parçalara göre entegrasyon formülünü kullanarak bulunan v ve du'yu yerine koyarsak:

Dan beri

C=-C yapalım:

4) y=uv olduğundan, bulunan u ve v işlevlerini yerine koyarız:

3) x²(x-1)y'-y²-x(x-2)y=0 denkleminin integralini alın.

Denklemin her iki tarafını x²(x-1)≠0'a bölün ve y²'li terimi sağ tarafa taşıyın:

Bu Bernoulli denklemi

1) Yerine koyma y=uv, y’=u’v+v’u. Her zamanki gibi bu ifadeleri orijinal koşulun yerine koyarız: x²(x-1)(u'v+v'u)-u²v²-x(x-2)uv=0.

2) Dolayısıyla x²(x-1)u'v+x²(x-1)v'u-x(x-2)uv=u²v². v içeren terimleri gruplandırıyoruz (v² - dokunmayın):

v+x²(x-1)v’u=u²v² (III). Şimdi parantez içindeki ifadenin sıfıra eşit olmasını istiyoruz: x²(x-1)u'-x(x-2)u=0, dolayısıyla x²(x-1)u'=x(x-2)u. Denklemde u ve x değişkenlerini ayırıyoruz, u’=du/dx: x²(x-1)du/dx=x(x-2)u. Denklemin her iki tarafını dx ile çarpıp x²(x-1)u≠0'a bölüyoruz:

Denklemin sol tarafında tablo halinde bir integral var. Rasyonel kesir sağ tarafta basit kesirlere ayırmanız gerekir:

x=1'de: 1-2=A·0+B·1, dolayısıyla B=-1.

x=0'da: 0-2=A(0-1)+B·0, dolayısıyla A=2.

ln│u│=2ln│x│-ln│x-1│. Logaritmanın özelliklerine göre: ln│u│=ln│x²/(x-1)│, dolayısıyla u=x²/(x-1).

3) Eşitlik (III)'de =0 ve u=x²/(x-1) yerine koyarız. Şunu elde ederiz: 0+x²(x-1)v’u=u²v²,

v’=dv/dx, yerine:

C yerine - C alıyoruz, böylece her iki parçayı da (-1) ile çarparak eksilerden kurtuluyoruz:

Şimdi sağ taraftaki ifadeleri ortak bir paydaya indirgeyip v'yi bulalım:

4) y=uv olduğundan, bulunan u ve v fonksiyonlarını yerine koyarsak şunu elde ederiz:

Kendi kendine test örnekleri:

1) Bunun Bernoulli denklemi olduğundan emin olalım. Her iki tarafı da x'e bölersek:

1) y=uv'un yerine y'=u'v+v'u'yu koyun. Bu y ve y'yi orijinal koşula koyarız:

2) Terimleri v ile gruplandırın:

Şimdi parantez içindeki ifadenin sıfıra eşit olmasını istiyoruz ve bu koşuldan u'yu bulmamız gerekiyor:

Denklemin her iki tarafını da entegre edelim:

3) Denklemde (*) =0 ve u=1/x² yerine koyarız:

Ortaya çıkan denklemin her iki tarafını da entegre edelim.

P(x) ve Q(x)'in x'in bilinen fonksiyonları olduğu, y fonksiyonuna ve y' türevine göre doğrusal olan y' + P(x)y = Q(x) formundaki bir denklem denir. birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklem.

Eğer q(x)=0 ise denkleme doğrusal homojen denklem denir. q(x)=0 – doğrusal homojen olmayan denklem.

Doğrusal bir denklem, y = u*v ikamesi kullanılarak ayrılabilir değişkenlere sahip iki denkleme indirgenir; burada u = u(x) ve v = v(x) bazı yardımcı sürekli fonksiyonlardır.

Yani, y = u*v, y’ = u’*v + u * v’ (1),

daha sonra orijinal denklemi şu biçimde yeniden yazarız: u'*v + u * v' + P(x)*v = Q(x) (2).

Bilinmeyen fonksiyon y iki fonksiyonun çarpımı olarak arandığından biri keyfi olarak seçilebilir, diğeri ise denklem (2) ile belirlenebilir.

v’ + P(x)*v = 0 (3) olacak şekilde seçim yapalım. Bunun için v(x)'in denklem (3)'ün (C = 0'da) kısmi çözümü olması yeterlidir. Bu çözümü bulalım:

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

Fonksiyon (4)'ü denklem (2)'de değiştirerek, ayrılabilir değişkenlere sahip ikinci bir denklem elde ederiz ve buradan u(x) fonksiyonunu buluruz:

u’ * = Q(x) ; du = Q(x) *; sen = +C (5)

Sonunda şunu elde ederiz:

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

Bernoulli denklemi:sen’ + sen = X* sen 3

Bu denklem şu şekildedir: y' + P(x)*y = y'' * Q(x), burada P(x) ve Q(x) sürekli fonksiyonlardır.

Eğer n = 0 ise Bernoulli denklemi doğrusal bir diferansiyel denklem haline gelir. Eğer n = 1 ise denklem ayrılabilir bir denklem haline gelir.

Genel olarak, n ≠ 0 olduğunda, 1, eq. Bernoulli, ikame kullanılarak doğrusal bir diferansiyel denkleme indirgenir: z = y 1- n

z(x) fonksiyonu için yeni diferansiyel denklem şu formdadır: z" + (1-n)P(x)z = (1-n)Q(x) ve doğrusal diferansiyellerle aynı yöntemlerle çözülebilir. 1. dereceden denklemler.

20. Yüksek mertebeden diferansiyel denklemler.

Fonksiyonu açıkça içermeyen denklemi ele alalım:

Bu denklemin sırası ikame kullanılarak bir azaltılır:

O zaman gerçekten de:

Ve sıranın bir azaltıldığı bir denklem elde ederiz:

Fark ikinciden daha yüksek mertebeden denklemler ve şeklindedir, burada gerçek sayılar ve fonksiyon f(x) entegrasyon aralığında sürekli X.

Bu tür denklemleri analitik olarak çözmek her zaman mümkün değildir ve genellikle yaklaşık yöntemler kullanılır. Ancak bazı durumlarda bulmak mümkündür. ortak karar.

Teorem.

Genel çözüm sen 0 aralıkta doğrusal homojen diferansiyel denklem X sürekli katsayılar ile X doğrusal bir kombinasyondur N LODE'nin doğrusal bağımsız kısmi çözümleri keyfi olarak sabit katsayılar , yani .

Teorem.

Ortak karar sen doğrusal homojen olmayan diferansiyel

aralıktaki denklemler X sürekli olanlarla aynı

arasında X katsayılar ve fonksiyon f(x) tutarı temsil eder

Nerede sen 0 karşılık gelen LODE'nin genel çözümüdür ve orijinal LODE'nin bazı özel çözümleridir.

Böylece, sabitleri olan doğrusal homojen olmayan bir diferansiyel denklemin genel çözümü

formdaki katsayıları arıyorum, burada - bazıları

onun özel çözümü ve – karşılık gelen homojen diferansiyelin genel çözümü

denklemler

21. Testler ve etkinlikler. Olay türleri. Örnekler.

Test, olayların meydana gelmesi için belirli bir dizi koşulun yaratılmasıdır. Örnek: zar atmak

Olay – şu veya bu test sonucunun meydana gelmesi/oluşmaması; test sonucu. Örnek: 2 sayısını yuvarlamak

Rastgele olay, belirli bir test sırasında meydana gelebilecek veya gelmeyebilecek bir olaydır. Örnek: 5'ten büyük bir sayının yuvarlanması

Güvenilir - belirli bir test sırasında kaçınılmaz olarak meydana gelen bir olay. Örnek: 1'den büyük veya 1'e eşit bir sayının yuvarlanması

Mümkün - belirli bir test sırasında gerçekleşebilecek bir olay. Örnek: 6 sayısını yuvarlamak

İmkansız - belirli bir test sırasında gerçekleşemeyecek bir olay. Örnek: 7 sayısını yuvarlamak

A bir olay olsun. Bunun tersi bir olaydan, A olayının gerçekleşmemesinden oluşan bir olayı anlayacağız. Gösterim: Ᾱ. Örnek: A – 2 sayısı atılır, Ᾱ – başka herhangi bir sayı atılır

A ve B olaylarından birinin gerçekleşmesi diğerinin aynı denemede meydana gelmesini dışlıyorsa uyumsuzdur. Örnek: 1 ve 3 sayılarını aynı atışta almak.

A ve B olayları tek bir denemede meydana gelebiliyorsa ortak olay olarak adlandırılır. Örnek: aynı atışta 2'den büyük bir sayı ve 4 sayısını elde etmek.

22. Etkinlik grubunu tamamlayın. Örnekler.

Tam bir olaylar grubu - A, B, C, D, ..., L olayları, her testin sonucunda bunlardan en az birinin kesinlikle gerçekleşmesi durumunda mümkün olan tek olaylar olarak kabul edilir. Örnek: Zarda 1 rakamı, 2 rakamı, 3, 4, 5, 6 belirir.

23. Olay sıklığı. Olasılığın istatistiksel tanımı.

N sayıda test yapılsın ve A olayı m kez meydana gelsin. Bu m:n oranı, A olayının meydana gelme sıklığıdır.

Def. Rastgele bir olayın olasılığı, belirli bir olayla ilişkili sabit bir sayıdır; bu sayının etrafında, bu olayın meydana gelme sıklığı, uzun test serilerinde dalgalanır.

Olasılık deneyden önce, frekans ise deneyden sonra hesaplanır.

24. Olasılığın klasik tanımı. Olay olasılığının özellikleri.

Bir x olayının olasılığı, A olayının lehine olan sonuçların sayısının, deneyin eşit derecede olası, çiftler halinde uyumsuz ve benzersiz şekilde olası tüm sonuçlarının toplam sayısına oranıdır. P(A) =

Olay olasılığı özellikleri:

Herhangi bir olay için A 0<=m<=n

Her terimi n'ye bölerek herhangi bir A olayının olasılığı için şunu elde ederiz: 0<=Р(А) <=1

Eğer m=0 ise olay imkansızdır: P(A)=0

Eğer m=n ise olay güvenilirdir: P(A)=1

eğer m

25. Olasılığın geometrik tanımı. Örnekler.

Olasılığın klasik tanımı, sınırlı sayıda temel sonucun ve eşit derecede olası sonuçların dikkate alınmasını gerektirir. Ancak pratikte sıklıkla olası sonuçların sayısının sonsuz olduğu testler vardır.

Resmi Kalkınma Yardımı. S ölçüsünün tek boyutlu, iki boyutlu veya üç boyutlu bir bölgesinde (bir ölçü onun uzunluğu, alanı veya hacmidir) rastgele bir nokta belirirse, o zaman S ölçüsünün bu bölgesinin bir kısmında görünme olasılığı eşittir ile

burada S toplam sayıyı ifade eden geometrik bir ölçüdür hepsi mümkün ve eşit derecede mümkün bu denemenin sonuçları ve S Ben– A olayının lehine olan sonuçların sayısını ifade eden bir ölçü.

Örnek 1. R yarıçaplı bir daire, r yarıçaplı daha küçük bir daireye yerleştiriliyor. Büyük daireye rastgele atılan bir noktanın aynı zamanda küçük daireye de düşme olasılığını bulun.

Örnek 2. L uzunluğundaki bir parçanın içine l uzunluğunda bir parça dahil edilsin. A olayının "rastgele atılan bir noktanın l uzunluğunda bir parça üzerine düşmesi" olasılığını bulun.

Örnek 3. Çemberin içinde rastgele bir nokta seçiliyor. Çemberin merkezine olan uzaklığının yarıdan fazla olma olasılığı nedir?

Örnek 4.İki kişi öğleden sonra saat iki ile üç arasında belli bir yerde buluşmak üzere anlaştılar. İlk gelen kişi 10 dakika kadar diğer kişiyi bekleyip ayrılır. Her biri diğerinden bağımsız olarak belirlenen saatte herhangi bir zamanda gelebiliyorsa bu kişilerin buluşma olasılığı nedir?

26. Kombinatoriğin elemanları: Yerleştirme, permütasyon, kombinasyonlar.

1) Permütasyon sonlu bir kümede oluşturulan düzene denir.

Tüm farklı permütasyonların sayısı aşağıdaki formülle hesaplanır:

2) Yerleştirme itibaren N tarafından elemanlar M herhangi bir şey denir düzenli m eleman içeren ana kümenin bir alt kümesi.

3) Kombinasyon itibaren N tarafından elemanlar M herhangi bir şey denir düzensiz elemanları içeren ana kümenin bir alt kümesi.

y" +a 0 (x)y=b(x)y n diferansiyel denklemine denir Bernoulli denklemi.
n=0 ile doğrusal bir denklem elde edildiğinden ve n=1 - ile ayrılabilir değişkenlerle, n ≠ 0 ve n ≠ 1 olduğunu varsayıyoruz. (1)'in her iki tarafını da y n'ye bölün. Sonra, koyarak, elimizde . Bu ifadeyi yerine koyarsak şunu elde ederiz: , veya, ki bu da aynı şeydir, z" + (1-n)a 0 (x)z = (1-n)b(x). Bu, nasıl çözeceğimizi bildiğimiz doğrusal bir denklemdir.

Hizmetin amacı. Çözümü kontrol etmek için çevrimiçi bir hesap makinesi kullanılabilir Bernoulli diferansiyel denklemleri.

=

Örnek 1. y" + 2xy = 2xy 3 denkleminin genel çözümünü bulun. Bu, n=3 için Bernoulli denklemidir. Denklemin her iki tarafını da y 3'e bölerek elde ederiz. Bir değişiklik yapın. O zaman denklem -z olarak yeniden yazılır. " + 4xz = 4x. Bu denklemi keyfi bir sabitin değişimi yöntemiyle çözerek şunu elde ederiz: Neresi ya da aynı olan şey, .

Örnek 2. y"+y+y 2 =0
y"+y = -y 2

y 2'ye böl
y"/y 2 + 1/y = -1

Bir değişiklik yapıyoruz:
z=1/y n-1 , yani. z = 1/y 2-1 = 1/y
z = 1/y
z"= -y"/y 2

Şunu elde ederiz: -z" + z = -1 veya z" - z = 1

Örnek 3. xy'+2y+x 5 y 3 e x =0
Çözüm.
a) Bernoulli denklemi yoluyla çözüm.
Bunu şu şekilde sunalım: xy’+2y=-x 5 y 3 e x . Bu Bernoulli'nin n=3 denklemidir. Denklemin her iki tarafını da y 3'e bölerek şunu elde ederiz: xy"/y 3 +2/y 2 =-x 5 e x. Değiştirmeyi yaparız: z=1/y 2. Sonra z"=-2/y 3 ve dolayısıyla denklem şu şekilde yeniden yazılır: -xz"/2+2z=-x 5 e x. Bu homojen olmayan bir denklemdir. Karşılık gelen homojen denklemi düşünün: -xz"/2+2z=0
1. Çözdüğümüzde şunu elde ederiz: z"=4z/x

Entegre edersek şunu elde ederiz:
ln(z) = 4ln(z)
z=x4. Şimdi orijinal denklemin çözümünü şu formda arıyoruz: y(x) = C(x)x 4 , y"(x) = C(x)"x 4 + C(x)(x 4)"
-x/2(4C(x) x 3 +C(x)" x 4)+2y=-x 5 e x
-C(x)" x 5/2 = -x 5 e x veya C(x)" = 2e x . İntegral aldığımızda şunu elde ederiz: C(x) = ∫2e x dx = 2e x +C
y(x)=C(x)y koşulundan şunu elde ederiz: y(x) = C(x)y = x 4 (C+2e x) veya y = Cx 4 +2x 4 e x. z=1/y 2 olduğundan şunu elde ederiz: 1/y 2 = Cx 4 +2x 4 e x

Bernoulli denklemi en ünlülerinden biridir birinci dereceden doğrusal olmayan diferansiyel denklemler. Şeklinde yazılmıştır

Nerede A(X) Ve B(X) sürekli fonksiyonlardır. Eğer M= 0 ise Bernoulli denklemi doğrusal bir diferansiyel denklem haline gelir. ne zaman M= 1 ise denklem ayrılabilir bir denklem haline gelir. Genel olarak ne zaman M≠ 0,1, Bernoulli denklemi ikame kullanılarak doğrusal bir diferansiyel denkleme indirgenir

Fonksiyon için yeni diferansiyel denklem z(X) formu var

Birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemler sayfasında açıklanan yöntemler kullanılarak çözülebilir.

BERNOULI YÖNTEMİ.

Söz konusu denklem Bernoulli yöntemiyle çözülebilir. Bunu yapmak için, orijinal denklemin iki fonksiyonun çarpımı biçiminde bir çözümünü arıyoruz: burada sen, v- gelen işlevler X. Türevini alın: Orijinal denklemde (1) değiştirin: (2) Olarak v Denklemin sıfırdan farklı herhangi bir çözümünü ele alalım: (3) Denklem (3), ayrılabilir değişkenleri olan bir denklemdir. Özel çözümünü bulduktan sonra v = v(x)(2)'nin yerine koyun. Denklem (3) sağlandığından parantez içindeki ifade sıfır olur. Şunu elde ederiz: Bu aynı zamanda ayrılabilir bir denklemdir. Genel çözümünü ve onunla birlikte orijinal denklemin çözümünü buluyoruz y = UV.

64. Toplam diferansiyellerde denklem. Bütünleştirici faktör. Çözüm yöntemleri

Formun birinci dereceden diferansiyel denklemi

isminde toplam diferansiyellerdeki denklem, eğer sol tarafı bir fonksiyonun toplam diferansiyelini temsil ediyorsa, yani

Teorem. Denklemin (1) toplam diferansiyellerde bir denklem olması için, değişkenlerin basit bağlantılı değişim alanında koşulun karşılanması gerekli ve yeterlidir.

Denklemin (1) genel integrali şu şekildedir:

Örnek 1. Diferansiyel denklemi çözün.

Çözüm. Bu denklemin bir toplam diferansiyel denklem olup olmadığını kontrol edelim:

bu yüzden koşul (2) karşılanmıştır. Dolayısıyla bu denklem toplam diferansiyellerdeki bir denklemdir ve

bu nedenle, Where hala tanımlanmamış bir fonksiyondur.

Bütünleşerek şunu elde ederiz. Bulunan fonksiyonun kısmi türevi, bu şekilde verene eşit olmalıdır.

Orijinal diferansiyel denklemin genel integrali.

Bazı diferansiyel denklemlerin integrali alınırken terimler, kolayca integrallenebilir kombinasyonlar elde edilecek şekilde gruplandırılabilir.

65. Yüksek mertebeden sıradan diferansiyel doğrusal denklemler: homojen ve homojen olmayan. Doğrusal diferansiyel operatör, özellikleri (kanıtlı).

Doğrusal diferansiyel operatör ve özellikleri. Aralığa sahip fonksiyonlar kümesi ( A , B ) hayırsız N türevler doğrusal bir uzay oluşturur. Operatörü düşünün L N (sen ), işlevi görüntüler sen (X ) türevi olan bir fonksiyona dönüştürün k - N türevler.

Birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklem, bilinmeyen bir fonksiyona ve onun türevine göre doğrusal olan bir denklemdir. Öyle görünüyor

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

burada p(x) ve q(x), denklem (1)'in entegre edilmesi gereken bölgede sürekli olan x'in fonksiyonları olarak verilmiştir.

q(x)\equiv0 ise denklem (1) çağrılır doğrusal homojen. Ayrılabilir bir denklemdir ve genel bir çözümü vardır.

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

Homojen olmayan denklemin genel çözümü bulunabilir keyfi bir sabitin varyasyon yöntemi bu, denklem (1)'in çözümünün şu şekilde aranmasından oluşur:

Y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right) burada C(x), x'in yeni bir bilinmeyen fonksiyonudur.

Örnek 1. y"+2xy=2xe^(-x^2) denklemini çözün.

Çözüm. Sabit değişim yöntemini kullanalım. Bu homojen olmayan denkleme karşılık gelen y"+2xy=0 homojen denklemini düşünün. Bu, ayrılabilir değişkenleri olan bir denklemdir. Genel çözümü y=Ce^(-x^2) biçimindedir.

C(x)'in x'in bilinmeyen bir fonksiyonu olduğu y=C(x)e^(-x^2) formundaki homojen olmayan denklem için genel bir çözüm arıyoruz. Yerini değiştirerek C"(x)=2x elde ederiz, dolayısıyla C(x)=x^2+C. Yani homojen olmayan denklemin genel çözümü y=(x^2+C)e^(-x^) olacaktır. 2) , burada C - entegrasyon sabiti.

Yorum. Diferansiyel denklemin x'te y'nin bir fonksiyonu olarak doğrusal olduğu ortaya çıkabilir. Böyle bir denklemin normal formu

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

Örnek 2. Denklemi çözün \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Çözüm. Eğer x'i y'nin bir fonksiyonu olarak düşünürsek bu denklem doğrusaldır:

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

Rastgele bir sabitin varyasyon yöntemini kullanıyoruz. İlk önce karşılık gelen homojen denklemi çözeriz

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

ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklemdir. Genel çözümü şu şekildedir: x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Denklemin x=C(y)e^(\sin(y)) formundaki genel bir çözümünü arıyoruz; burada C(y), y'nin bilinmeyen bir fonksiyonudur. Yerine koyarsak şunu elde ederiz

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

Buradan parçalar halinde integral alarak şunu elde ederiz:

\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(hizalanmış)

Bu yüzden,

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

Bu denklemi x=C(y)e^(\sin(y)) şeklinde değiştirerek orijinal denklemin ve dolayısıyla bu denklemin genel bir çözümünü elde ederiz:

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

Orijinal denklem aşağıdaki gibi de entegre edilebilir. İnanıyoruz

Y=u(x)v(x),

burada u(x) ve v(x), x'in bilinmeyen fonksiyonlarıdır ve bunlardan biri, örneğin v(x), keyfi olarak seçilebilir.

y=u(x)v(x)'i yerine koyarsak, dönüşümden sonra şunu elde ederiz:

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

v"+pv=0 koşulundan v(x)'i belirleyerek, vu"+(pv+v")u=q(x)'den u(x) fonksiyonunu ve sonuç olarak y=uv çözümünü buluruz. denklem \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). v(x) olarak denklemin herhangi bir sık ​​çözümünü alabiliriz v"+pv=0,~v\not\equiv0.

Örnek 3. Cauchy problemini çözün: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Çözüm. Denklemin y=u(x)v(x) formundaki genel çözümünü arıyoruz; y"=u"v+uv" elde ederiz. y ve y" ifadesini orijinal denklemde yerine koyarsak, şunu elde ederiz:

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

v=v(x) fonksiyonunu x(x-1)v"+v=0 koşulundan buluruz. Son denklemin herhangi bir özel çözümünü alırsak, örneğin v=\frac(x)(x-1) ve onu değiştirerek u"=2x-1 denklemini elde ederiz ve buradan u(x)=x^2-x+C fonksiyonunu buluruz. Bu nedenle denklemin genel çözümü x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) irade

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

y|_(x=2)=4 başlangıç ​​koşulunu kullanarak C'yi bulma denklemini elde ederiz. 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, buradan C=0; dolayısıyla belirtilen Cauchy probleminin çözümü y=x^2 fonksiyonu olacaktır.

Örnek 4. R direncine ve L öz endüktansına sahip bir devrede i akımı ile elektromotor kuvvet E arasında bir ilişki olduğu bilinmektedir. E=Ri+L\frac(di)(dt) burada R ve L sabittir. E'yi t süresinin bir fonksiyonu olarak kabul edersek, i akımı için doğrusal homojen olmayan bir denklem elde ederiz:

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

Aşağıdaki durum için mevcut kuvvet i(t)'yi bulun: E=E_0=\text(const) ve i(0)=I_0 .

Çözüm. Sahibiz \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Bu denklemin genel çözümü şu şekildedir: i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Başlangıç ​​koşulunu (13) kullanarak şunu elde ederiz: C=I_0-\frac(E_0)(R), böylece istenen çözüm olacaktır

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

Bu, t\to+\infty'de mevcut gücün i(t) \frac(E_0)(R) sabit bir değere yöneldiğini gösterir.

Örnek 5. Doğrusal homojen olmayan denklem y"+p(x)y=q(x)'in integral eğrilerinden oluşan bir C_\alfa ailesi verilmiştir.

Doğrusal denklemle tanımlanan C_\alpha eğrilerine karşılık gelen noktalardaki teğetlerin bir noktada kesiştiğini gösterin (Şekil 13).

Çözüm. M(x,y) noktasındaki herhangi bir C_\alpha eğrisinin teğetini düşünün. M(x,y) noktasındaki teğetin denklemi şu şekildedir:

\eta-q(x)(\xi-x)=y, burada \xi,\eta teğet noktasının geçerli koordinatlarıdır.

Tanım gereği, ilgili noktalarda x sabit, y ise değişkendir. C_\alpha doğrularına karşılık gelen noktalardaki herhangi iki teğet alınarak bunların kesiştiği S noktasının koordinatları için şunu elde ederiz:

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

Bu, C_\alpha eğrilerine karşılık gelen noktalardaki (x sabittir) tüm teğetlerin aynı noktada kesiştiğini gösterir.

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

Sistemdeki x argümanını ortadan kaldırarak noktaların yerinin denklemini elde ederiz S\iki nokta üst üste f(\xi,\eta)=0.

Örnek 6. Denklemin çözümünü bulun y"-y=\cos(x)-\sin(x), koşulu karşılıyor: y, y\to+\infty ile sınırlıdır.

Çözüm. Bu denklemin genel çözümü y=Ce^x+\sin(x) şeklindedir. C\ne0 genel çözümünden elde edilen denklemin herhangi bir çözümü sınırsız olacaktır, çünkü x\to+\infty için \sin(x) fonksiyonu sınırlıdır ve e^x\to+\infty . Bundan, bu denklemin, C=0'daki genel çözümden elde edilen, x\to+\infty ile sınırlanan, y=\sin(x) benzersiz bir çözümü olduğu sonucu çıkar.

Bernoulli denklemi

Bernoulli'nin diferansiyel denklemi benziyor

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, burada n\ne0;1 (n=0 ve n=1 için bu denklem doğrusaldır).

Değişken değiştirmeyi kullanma z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernoulli denklemi doğrusal bir denkleme indirgenir ve doğrusal olarak entegre edilir.

Örnek 7. Bernoulli'nin y"-xy=-xy^3 denklemini çözün.

Çözüm. Denklemin her iki tarafını da y^3'e bölün:

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

Değişken değişiklik yapma \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", Neresi \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Yerine koyma işleminden sonra son denklem doğrusal bir denkleme dönüşür

-\frac(z")(2)-xz=-x veya z"+2xz=2x, bunun genel çözümü z=1+Ce^(-x^2)'dir.

Buradan bu denklemin genel integralini elde ederiz

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

Yorum. Bernoulli denklemi aynı zamanda doğrusal bir denklem gibi bir sabitin değişimi yöntemiyle ve y(x)=u(x)v(x) ikamesi kullanılarak da entegre edilebilir.

Örnek 8. Bernoulli denklemini çözün xy"+y=y^2\ln(x). .

Çözüm. Keyfi bir sabitin değişimi yöntemini uygulayalım. Karşılık gelen xy"+y=0 homojen denkleminin genel çözümü y=\frac(C)(x) formundadır. Denklemin genel çözümünü y=\frac(C(x)) formunda ararız. (x) , burada C(x) - yeni bilinmeyen fonksiyon Orijinal denklemde yerine koyarsak, elimizde

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

C(x) fonksiyonunu bulmak için ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde ederiz; değişkenleri ayırıp entegre ederek şunu buluruz:

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

Yani orijinal denklemin genel çözümü y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Bazı birinci dereceden doğrusal olmayan denklemler, başarılı bir şekilde bulunan değişken değişimi kullanılarak doğrusal denklemlere veya Bernoulli denklemlerine indirgenebilir.

Örnek 9. Denklemi çözün y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Çözüm. Bu denklemi formda yazalım. y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Denklemin her iki tarafını da bölerek 2\cos^2\frac(y)(2), alıyoruz \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatöradı(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Yenisiyle değiştirme \operatöradı(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) bu denklemi doğrusala indirger \frac(dz)(dx)+z=-x genel çözümü z=1-x+Ce^(-x)'tir.

Z'yi y cinsinden ifadesiyle değiştirerek bu denklemin genel integralini elde ederiz. \operatöradı(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Bazı denklemlerde istenilen fonksiyon y(x) integral işaretinin altında olabilir. Bu durumlarda bazen bu denklemi türev alarak diferansiyel denklem haline getirmek mümkündür.

Örnek 10. Denklemi çözün x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Çözüm. Bu denklemin her iki tarafının x'e göre türevini alırsak, şunu elde ederiz:

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (X) veya Bilgi kaynağı