Bernulli differensial tenglamasi shakl tenglamasi

bu yerda n≠0,n≠1.

Bu tenglamani almashtirish yordamida qayta tartibga solish mumkin

chiziqli tenglamaga aylantiriladi

Amalda, Bernulli differensial tenglamasi odatda chiziqli tenglamaga keltirilmaydi, lekin darhol chiziqli tenglama bilan bir xil usullar - Bernulli usuli yoki ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usuli yordamida echiladi.

Bernulli differensial tenglamasini y=uv almashtirish (Bernulli usuli) yordamida qanday yechish mumkinligini ko‘rib chiqamiz. Yechim sxemasi bilan bir xil.

Misollar. Tenglamalarni yeching:

1) y’x+y=-xy².

Bu Bernulli differensial tenglamasi. Keling, uni standart shaklga keltiramiz. Buning uchun ikkala qismni x ga bo'ling: y’+y/x=-y². Bu yerda p(x)=1/x, q(x)=-1, n=2. Ammo buni hal qilish uchun bizga kerak emas standart ko'rinish. Shartda berilgan ro'yxatga olish shakli bilan ishlaymiz.

1) y=uv almashtirish, bu erda u=u(x) va v=v(x) x ning ba'zi yangi funksiyalari. Keyin y’=(uv)’=u’v+v’u. Olingan ifodalarni shartga almashtiramiz: (u’v+v’u)x+uv=-xu²v².

2) Qavslarni ochamiz: u’vx+v’ux+uv=-xu²v². Endi hadlarni v bilan guruhlaymiz: v+v’ux=-xu²v² (I) (tenglamaning o‘ng tomonida joylashgan v darajali atamaga tegmaymiz). Endi biz qavs ichidagi ifoda nolga teng bo'lishini talab qilamiz: u’x+u=0. Va bu bo'linadigan o'zgaruvchilar u va x bo'lgan tenglama. Buni hal qilib, biz sizni topamiz. Biz u=du/dx o'rniga qo'yamiz va o'zgaruvchilarni ajratamiz: x·du/dx=-u. Tenglamaning ikkala tomonini dx ga ko'paytiramiz va xu≠0 ga bo'lamiz:

(u C ni topganda uni nolga teng olamiz).

3) (I) tenglamada =0 ni va topilgan u=1/x funksiyani almashtiramiz. Bizda tenglama mavjud: v’·(1/x)·x=-x·(1/x²)·v². Soddalashtirilgandan keyin: v’=-(1/x)·v². Bu v va x ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega tenglama. v’=dv/dx ni almashtiramiz va o‘zgaruvchilarni ajratamiz: dv/dx=-(1/x)·v². Tenglamaning ikkala tomonini dx ga ko'paytiramiz va v²≠0 ga bo'lamiz:

(biz -C ni oldik, shunda ikkala tomonni -1 ga ko'paytirsak, biz minusdan qutulamiz). Shunday qilib, (-1) ga ko'paytiring:

(C emas, balki ln│C│ ni olish mumkin va bu holda u v=1/ln│Cx│ bo'ladi).

2) 2y’+2y=xy².

Keling, bu Bernulli tenglamasi ekanligiga ishonch hosil qilaylik. Ikkala qismni 2 ga bo'lsak, y’+y=(x/2) y² ni olamiz. Bu yerda p(x)=1, q(x)=x/2, n=2. Tenglamani Bernulli usuli yordamida yechamiz.

1) y=uv, y’=u’v+v’u almashish. Bu iboralarni asl holatga almashtiramiz: 2(u’v+v’u)+2uv=xu²v².

2) Qavslarni oching: 2u’v+2v’u+2uv=xu²v². Endi v tarkibidagi atamalarni guruhlaymiz: +2v’u=xu²v² (II). Qavs ichidagi ifoda nolga teng bo'lishini talab qilamiz: 2u’+2u=0, demak u’+u=0. Bu u va x uchun ajratiladigan tenglama. Keling, uni hal qilamiz va sizni topamiz. Biz u’=du/dx ni almashtiramiz, bu yerdan du/dx=-u. Tenglamaning har ikki tomonini dx ga ko'paytirib, u≠0 ga bo'linib, quyidagilar hosil bo'ladi: du/u=-dx. Keling, integratsiya qilaylik:

3) (II) =0 ga almashtiring va

Endi biz v'=dv/dx o'rniga qo'yamiz va o'zgaruvchilarni ajratamiz:

Keling, integratsiya qilaylik:

Tenglikning chap tomoni jadval integralidir, o'ng tomonidagi integral qismlar bo'yicha integrallash formulasi yordamida topiladi:

Topilgan v va du ni qismlar bo'yicha integrallash formulasi yordamida almashtirsak, bizda:

Va shundan beri

Keling, C=-C ni yarataylik:

4) y=uv bo‘lgani uchun topilgan u va v funksiyalarni almashtiramiz:

3) x²(x-1)y’-y²-x(x-2)y=0 tenglamani integrallang.

Tenglamaning ikkala tomonini x²(x-1)≠0 ga bo'lib, y² bo'lgan hadni o'ng tomonga o'tkazamiz:

Bu Bernulli tenglamasi

1) y=uv, y’=u’v+v’u almashish. Odatdagidek, bu iboralarni asl holatga almashtiramiz: x²(x-1)(u’v+v’u)-u²v²-x(x-2)uv=0.

2) Demak, x²(x-1)u’v+x²(x-1)v’u-x(x-2)uv=u²v². Biz v (v² - tegmang):

v+x²(x-1)v’u=u²v² (III). Endi biz qavs ichidagi ifoda nolga teng bo'lishini talab qilamiz: x²(x-1)u’-x(x-2)u=0, demak, x²(x-1)u’=x(x-2)u. Tenglamada u va x o'zgaruvchilarni ajratamiz, u’=du/dx: x²(x-1)du/dx=x(x-2)u. Tenglamaning ikkala tomonini dx ga ko'paytiramiz va x²(x-1)u≠0 ga bo'lamiz:

Tenglamaning chap tomonida jadvalli integral joylashgan. Ratsional kasr o'ng tomonda siz oddiy kasrlarga bo'lishingiz kerak:

x=1 da: 1-2=A·0+B·1, bundan B=-1.

x=0 da: 0-2=A(0-1)+B·0, bundan A=2.

ln│u│=2ln│x│-ln│x-1│. Logarifmlarning xossalariga ko'ra: ln│u│=ln│x²/(x-1)│, bu yerdan u=x²/(x-1).

3) (III) tenglikda =0 va u=x²/(x-1) ni almashtiramiz. Biz olamiz: 0+x²(x-1)v’u=u²v²,

v’=dv/dx, o‘rniga:

C o'rniga biz - C ni olamiz, shuning uchun ikkala qismni (-1) ga ko'paytirish orqali biz minuslardan xalos bo'lamiz:

Endi o'ng tomondagi ifodalarni umumiy maxrajga keltiramiz va v ni topamiz:

4) y=uv boʻlgani uchun topilgan u va v funksiyalarni oʻrniga qoʻysak, quyidagilar hosil boʻladi:

O'z-o'zini tekshirishga misollar:

1) Keling, bu Bernulli tenglamasi ekanligiga ishonch hosil qilaylik. Ikkala tomonni x ga bo'lsak, bizda:

1) y=uv ni almashtirish, bu yerdan y’=u’v+v’u. Bu y va y ni asl holatga almashtiramiz:

2) Shartlarni v bilan guruhlang:

Endi biz qavs ichidagi ifoda nolga teng bo'lishini talab qilamiz va u shartdan u topamiz:

Tenglamaning ikkala tomonini integrallaylik:

3) (*) tenglamada =0 va u=1/x² ni almashtiramiz:

Hosil bo‘lgan tenglamaning ikkala tomonini integrallaymiz.

Chiziqli differensial tenglamalar 1-buyurtma
va Bernulli tenglamasi

Birinchi tartibli chiziqli differensial tenglama noma’lum funksiya va uning hosilasiga nisbatan chiziqli bo‘lgan tenglamadir. O'xshaydi

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

Bu erda p(x) va q(x) x ning funksiyalari berilgan, (1) tenglamani integrallash kerak bo'lgan mintaqada uzluksiz.

Agar q(x)\ekviv0 bo'lsa, (1) tenglama chaqiriladi chiziqli bir hil. Bu ajratiladigan tenglama va ega umumiy yechim

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

Umumiy yechim Yo'q bir jinsli tenglama topish mumkin ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usuli, bu (1) tenglamaning yechimi shaklida izlanishidan iborat

y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\o'ng), bu erda C(x) x ning yangi noma'lum funksiyasi.

1-misol. Tenglamani yeching y"+2xy=2xe^(-x^2).

Yechim. Keling, doimiy o'zgaruvchanlik usulidan foydalanamiz. Ushbu bir jinsli bo'lmagan tenglamaga mos keladigan y"+2xy=0 bir jinsli tenglamani ko'rib chiqaylik. Bu ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega tenglama. Uning umumiy yechimi y=Ce^(-x^2) ko'rinishga ega.

Bir jinsli boʻlmagan tenglamaning umumiy yechimini y=C(x)e^(-x^2) koʻrinishda qidiramiz, bunda C(x) x ning nomaʼlum funksiyasi. O‘rniga qo‘ysak, biz C"(x)=2x ni olamiz, bundan C(x)=x^2+C. Demak, bir jinsli bo‘lmagan tenglamaning umumiy yechimi bo‘ladi. y=(x^2+C)e^(-x^2), bu erda C - integrallash doimiysi.

Izoh. Differensial tenglama y ning funksiyasi sifatida x da chiziqli ekanligi ma'lum bo'lishi mumkin. Bunday tenglamaning normal shakli

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

2-misol. Tenglamani yeching \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Yechim. Agar x ni y ning funksiyasi deb hisoblasak, bu tenglama chiziqli bo‘ladi:

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

Biz ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usulidan foydalanamiz. Avval mos keladigan bir jinsli tenglamani yechamiz

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

bu ajraladigan o'zgaruvchilarga ega bo'lgan tenglama. Uning umumiy yechimi shaklga ega x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

C(y) y ning noma’lum funksiyasi bo‘lgan tenglamaning umumiy yechimini shaklida qidiramiz. O'rnini bosamiz, biz olamiz

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

Bu yerdan, qismlar bo'yicha integratsiya, biz bor

\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(tekislangan)

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

Bu tenglamani ga almashtirish x=C(y)e^(\sin(y)), biz asl tenglamaning umumiy yechimini olamiz va shuning uchun bu tenglamaning:

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

Asl tenglamani quyidagicha integrallash ham mumkin. Ishonamizki

y=u(x)v(x),

bu yerda u(x) va v(x) x ning nomaʼlum funksiyalari boʻlib, ulardan biri, masalan, v(x) ixtiyoriy ravishda tanlanishi mumkin.

y=u(x)v(x) ni ga almashtirsak, transformatsiyadan keyin olamiz

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

v"+pv=0 shartidan v(x) ni aniqlab, dan topamiz vu"+(pv+v")u=q(x) u(x) funksiya va demak, tenglamaning y=uv yechimi \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). v(x) sifatida biz tenglamaning istalgan tez-tez yechimini olishimiz mumkin v"+pv=0,~v\not\ekviv0.

3-misol. Koshi muammosini hal qiling: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Yechim. y=u(x)v(x) ko’rinishdagi tenglamaning umumiy yechimini qidiramiz; bizda y"=u"v+uv". y va y" ifodasini o'rniga qo'yish asl tenglama, bizda bo'ladi

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

v=v(x) funksiyani x(x-1)v"+v=0 shartidan topamiz. Oxirgi tenglamaning har qanday maxsus yechimini olib, masalan v=\frac(x)(x-1) va uni almashtirib, u"=2x-1 tenglamani olamiz, undan u(x)=x^2-x+C funksiyani topamiz. Shuning uchun tenglamaning umumiy yechimi x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) bo'ladi

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

y|_(x=2)=4 boshlang‘ich shartidan foydalanib, C ni topish tenglamasini olamiz 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, bu yerdan C=0; shuning uchun ko'rsatilgan Koshi muammosining yechimi y = x ^ 2 funktsiyasi bo'ladi.

4-misol. Ma'lumki, qarshilik R va o'z-o'zidan induktivlik L bo'lgan zanjirda tokning i va elektromotor kuch E o'rtasida bog'liqlik mavjud. E=Ri+L\frac(di)(dt), bu erda R va L doimiylardir. Agar biz E ni t vaqtning funksiyasi deb hisoblasak, oqim kuchi i uchun chiziqli bir hil bo'lmagan tenglamani olamiz:

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

Qachon holat uchun tok kuchini i(t) toping E=E_0=\text(const) va i(0)=I_0 .

Yechim. Bizda ... bor \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Bu tenglamaning umumiy yechimi shaklga ega i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Dastlabki shartdan (13) foydalanib, biz dan olamiz C=I_0-\frac(E_0)(R), shuning uchun kerakli yechim bo'ladi

i(t)=\frac(E_0)(R)+\chap(I_0-\frac(E_0)(R)\o'ng)\!e^(-(R/L)t).

Bu shuni ko'rsatadiki, t\to+\infty da oqim kuchi i(t) doimiy qiymatga intiladi \frac(E_0)(R) .

5-misol. y"+p(x)y=q(x) chiziqli bir jinsli tenglamaning C_\alpha integral egri turkumi berilgan.

Chiziqli tenglama bilan aniqlangan C_\alpha egri chiziqlariga mos nuqtalardagi tangenslar bir nuqtada kesishishini ko'rsating (13-rasm).

Yechim. M(x,y) nuqtadagi ixtiyoriy C_\alpha egri chizig'iga tegni ko'rib chiqaylik

\eta-q(x)(\xi-x)=y, bu erda \xi,\eta - teginish nuqtasining joriy koordinatalari.

Ta'rifga ko'ra, tegishli nuqtalarda x doimiy, y esa o'zgaruvchan. Tegishli nuqtalarda C_\alpha chiziqlariga har qanday ikkita teginish olib, ularning kesishish S nuqtasining koordinatalari uchun biz hosil bo'lamiz.

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

Bu shuni ko'rsatadiki, C_\alpha egri chiziqlariga mos keladigan nuqtalarda (x belgilangan) barcha teglar bir nuqtada kesishadi.

S\!\left(x+\frac(1)(p(x));\,x+\frac(q(x))(p(x))\o'ng).

Tizimdagi x argumentini yo'q qilib, biz nuqtalar joylashuvi tenglamasini olamiz S\kolon f(\xi,\eta)=0.

6-misol. Tenglamaning yechimini toping y"-y=\cos(x)-\sin(x), shartni qondirish: y y\to+\infty da cheklangan.

Yechim. Bu tenglamaning umumiy yechimi y=Ce^x+\sin(x) dir. C\ne0 uchun umumiy yechimdan olingan tenglamaning har qanday yechimi cheksiz bo'ladi, chunki x\to+\infty uchun \sin(x) funksiya chegaralangan va e^x\to+\infty . Bundan kelib chiqadiki, bu tenglama x\to+\infty bilan chegaralangan yagona y=\sin(x) yechimga ega, u C=0 da umumiy yechimdan olinadi.

Bernulli tenglamasi

Bernulli differensial tenglamasi o'xshaydi

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, bu yerda n\ne0;1 (n=0 va n=1 uchun bu tenglama chiziqli).

O'zgaruvchan almashtirishdan foydalanish z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernulli tenglamasi chiziqli tenglamaga keltiriladi va chiziqli tenglama sifatida integrallanadi.

7-misol. Bernulli tenglamasini y"-xy=-xy^3 yeching.

Yechim. Tenglamaning ikkala tomonini y ^ 3 ga bo'ling:

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

O'zgaruvchan o'zgarishlarni amalga oshirish \frac(1)(y^2)=z\O'ng strelka-\frac(2y")(y^3)=z", qayerda \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). O'zgartirishdan keyin oxirgi tenglama chiziqli tenglamaga aylanadi

-\frac(z")(2)-xz=-x yoki z"+2xz=2x, umumiy yechimi z=1+Ce^(-x^2).

Bu yerdan biz ushbu tenglamaning umumiy integralini olamiz

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

Izoh. Bernulli tenglamasini chiziqli tenglama kabi doimiyni oʻzgartirish usuli va y(x)=u(x)v(x) almashtirish usuli yordamida ham integrallash mumkin.

8-misol. Bernulli tenglamasini yeching xy"+y=y^2\ln(x). .

Yechim. Ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usulini qo'llaymiz. Tegishli xy"+y=0 bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi y=\frac(C)(x) ko‘rinishga ega. Tenglamaning umumiy yechimini y=\frac(C(x)) ko‘rinishda izlaymiz. (x) , bu erda C(x) - yangi noma'lum funktsiyani asl tenglamaga almashtiramiz

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

C(x) funktsiyasini topish uchun biz ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega bo'lgan tenglamani olamiz, undan o'zgaruvchilarni ajratib, integrallash orqali topamiz.

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

Demak, asl tenglamaning umumiy yechimi y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Ba'zilar Yo'q chiziqli tenglamalar birinchi tartib, o'zgaruvchilarning muvaffaqiyatli topilgan o'zgarishi yordamida chiziqli tenglamalar yoki Bernulli tenglamalariga keltiriladi.

9-misol. Tenglamani yeching y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Yechim. Keling, bu tenglamani shaklda yozamiz y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Tenglamaning ikkala tomonini ga bo'lish 2\cos^2\frac(y)(2), olamiz \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

O'zgartirish \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) bu tenglamani chiziqli holga keltiradi \frac(dz)(dx)+z=-x, umumiy yechimi z=1-x+Ce^(-x) .

z ni y ifodasi bilan almashtirib, bu tenglamaning umumiy integralini olamiz. \operator nomi(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Ayrim tenglamalarda kerakli funksiya y(x) integral belgisi ostida bo'lishi mumkin. Bunday hollarda, ba'zan bu tenglamani differentsiallash orqali differentsial tenglamaga keltirish mumkin.

10-misol. Tenglamani yeching x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Yechim. Bu tenglamaning har ikki tomonini x ga nisbatan differensiallashtirib olamiz

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

X ga nisbatan yana farqlanadigan bo'lsak, y(x)\kolonga nisbatan chiziqli bir hil tenglamaga ega bo'lamiz.

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

O'zgaruvchilarni ajratish va integratsiyalash, biz topamiz y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Bu yechim, osongina tekshirilishi mumkin, asl tenglamani qondiradi.

Bernulli differensial tenglamasi shakldagi tenglama hisoblanadi:
, bu erda n ≠ 0 , n ≠ 1 , p va q x ning funksiyalari.

Bernulli differensial tenglamasini chiziqli tenglamaga keltirish orqali yechish

Bernulli differentsial tenglamasini ko'rib chiqing:
(1) ,
bu erda n ≠ 0 , n ≠ 1 , p va q x ning funksiyalari.
Keling, uni y n ga bo'lamiz. 0 y ≠ bo'lganda< 0 yoki n
(2) .
bizda ... bor:
.
Ushbu tenglamani o'zgaruvchining o'zgarishi yordamida chiziqli tenglamaga keltirish mumkin:
;
.
Keling, ko'rsataylik. Murakkab funktsiyani differentsiallash qoidasiga ko'ra: (2) Keling, almashtiramiz
;
.
Bu chiziqli, z ga nisbatan, differentsial tenglama. Uni hal qilgandan so'ng, n > uchun 0 , y = holatini ko'rib chiqishimiz kerak 0 . 0 Qachon n > 0 , y = (1) tenglamaning yechimi hamdir

va javobga kiritilishi kerak.

Bernulli usuli bilan yechim (1) Ko'rib chiqilayotgan tenglama
Bernulli usuli bilan ham yechish mumkin. Buning uchun biz ikkita funktsiyaning mahsuloti ko'rinishidagi dastlabki tenglamaning yechimini qidiramiz:
y = u·v ,
Bu yerda u va v - x ning funksiyalari.
X ga nisbatan farqlang: (1) :
;
(3) .
y' = u' v + u v'.
(4) .
Asl tenglamaga almashtiring (4) v sifatida biz tenglamaning nolga teng bo'lmagan har qanday yechimini olamiz: Tenglama ajraladigan oʻzgaruvchilarga ega tenglamadir. Biz uni hal qilamiz va ma'lum bir yechimni topamiz v = v (3) (x) (4) .
;
.
Biz ma'lum bir yechimni almashtiramiz

. Chunki u tenglamani qanoatlantiradi

, keyin qavs ichidagi ifoda nolga aylanadi. Biz olamiz:

Bu erda v - x ning allaqachon ma'lum bo'lgan funktsiyasi.

Bu ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega tenglama. Biz uning umumiy yechimini topamiz va u bilan asl tenglama y = uv yechimini topamiz.

Bernulli differensial tenglamasini yechishga misol
;
;
Tenglamani yeching .
Yechim 2 Bir qarashda bu differentsial tenglama Bernulli tenglamasiga o‘xshamaydi. Agar x ni mustaqil o'zgaruvchi, y ni esa bog'liq o'zgaruvchi deb hisoblasak (ya'ni, y x ning funksiyasi bo'lsa), bu to'g'ri bo'ladi. Ammo y ni mustaqil o‘zgaruvchi, x ni esa bog‘liq o‘zgaruvchi deb hisoblasak, bu Bernulli tenglamasi ekanligini ko‘rish oson. (1) Demak, x ni y ning funksiyasi deb hisoblaymiz.
Keling, quyidagiga almashtiramiz va ko'paytiramiz:
(P.1)
.
Keling, ko'rsataylik. Murakkab funktsiyani differentsiallash qoidasiga ko'ra: Tenglamani yeching:
;
Bu n = bilan Bernulli tenglamasi .
. Bu yuqorida muhokama qilingan tenglamadan farq qiladi, faqat o'zgaruvchilarning yozuvlari bilan (y o'rniga x). Bernulli usuli bilan yechamiz. Keling, almashtirishni amalga oshiramiz:
x = u v, .
Bu yerda u va v y ning funksiyalari.
;
;
.
y ga qarab farqlang: 0 (P.2) x = u v,.
;
.
Keling, ko'rsataylik. Murakkab funktsiyani differentsiallash qoidasiga ko'ra: Bu n = bilan Bernulli tenglamasi Biz nolga teng bo'lmagan har qanday funktsiyani qidiramiz v x = u v,):
;
;
.
(y) 0 yoki n
;
, tenglamani qanoatlantiruvchi: ;
.
(3-bet)
;
.

Birinchi tartibli chiziqli differensial tenglama noma’lum funksiya va uning hosilasiga nisbatan chiziqli bo‘lgan tenglamadir. O'xshaydi

Biz o'zgaruvchilarni ajratamiz:

Keling, C = qo'yamiz

, chunki bizga tenglamaning har qanday yechimi kerak chiziqli bir hil qavs ichidagi ifoda nolga teng ekanligini hisobga olsak (tufayli

Keling, o'zgaruvchilarni ajratamiz. Qachon u ≠

(P.4) ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usuli, bu (1) tenglamaning yechimi shaklida izlanishidan iborat

Ikkinchi integralda almashtirishni amalga oshiramiz:\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x),

1-misol. Bu erda p(x) va q(x) x ning funksiyalari berilgan, (1) tenglamani integrallash kerak bo'lgan mintaqada uzluksiz.

Yechim. Keling, doimiyni o'zgartirish usulini qo'llaymiz. Ushbu bir jinsli bo'lmagan tenglamaga mos keladigan y"+2xy=0 bir jinsli tenglamani ko'rib chiqaylik. Bu ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega tenglama. Uning umumiy yechimi y=Ce^(-x^2) ko'rinishga ega.

Bir jinsli boʻlmagan tenglamaning umumiy yechimini y=C(x)e^(-x^2) koʻrinishda qidiramiz, bunda C(x) x ning nomaʼlum funksiyasi. O‘rniga qo‘ysak, biz C"(x)=2x ni olamiz, bundan C(x)=x^2+C. Demak, bir jinsli bo‘lmagan tenglamaning umumiy yechimi y=(x^2+C)e^(-x^) bo‘ladi. 2) , bu yerda C - integrallash doimiysi.

Izoh. Differensial tenglama y ning funksiyasi sifatida x da chiziqli ekanligi ma'lum bo'lishi mumkin. Bunday tenglamaning normal shakli

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

2-misol. Tenglamani yeching \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Yechim. Agar x ni y ning funksiyasi deb hisoblasak, bu tenglama chiziqli bo‘ladi:

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

Biz ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usulidan foydalanamiz. Avval mos keladigan bir jinsli tenglamani yechamiz

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

bu ajraladigan o'zgaruvchilarga ega bo'lgan tenglama. Uning umumiy yechimi shaklga ega x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Tenglamaning umumiy yechimini x=C(y)e^(\sin(y)) ko’rinishda qidiramiz, bunda C(y) y ning noma’lum funksiyasi. O'rnini bosamiz, biz olamiz

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

Bu yerdan, qismlar bo'yicha integratsiya, biz bor

\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(tekislangan)

Shunday qilib,

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

Bu tenglamani x=C(y)e^(\sin(y)) ga almashtirib, biz dastlabki tenglamaning umumiy yechimini olamiz va shuning uchun bu tenglamaning umumiy yechimini olamiz:

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

Asl tenglamani quyidagicha integrallash ham mumkin. Ishonamizki

Y=u(x)v(x),

Bu erda u(x) va v(x) x ning noma'lum funksiyalari bo'lib, ulardan biri, masalan, v(x) ixtiyoriy ravishda tanlanishi mumkin.

y=u(x)v(x) ni ga almashtirsak, transformatsiyadan keyin olamiz

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

v"+pv=0 shartdan v(x) ni aniqlab, vu"+(pv+v")u=q(x) dan u(x) funksiyani va demak, y=uv ning yechimini topamiz. tenglama \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). v(x) sifatida biz tenglamaning istalgan tez-tez yechimini olishimiz mumkin v"+pv=0,~v\not\ekviv0.

3-misol. Koshi muammosini hal qiling: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Yechim. y=u(x)v(x) ko’rinishdagi tenglamaning umumiy yechimini qidiramiz; bizda y"=u"v+uv" bor. y va y" ifodasini dastlabki tenglamaga almashtirsak, bizda bo'ladi.

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

v=v(x) funksiyani x(x-1)v"+v=0 shartidan topamiz. Oxirgi tenglamaning har qanday maxsus yechimini olib, masalan v=\frac(x)(x-1) va uni almashtirib, u"=2x-1 tenglamani olamiz, undan u(x)=x^2-x+C funksiyani topamiz. Shuning uchun tenglamaning umumiy yechimi x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) bo'ladi

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

y|_(x=2)=4 boshlang‘ich shartidan foydalanib, C ni topish tenglamasini olamiz 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, bu yerdan C=0; shuning uchun ko'rsatilgan Koshi muammosining yechimi y = x ^ 2 funktsiyasi bo'ladi.

4-misol. Ma'lumki, qarshilik R va o'z-o'zidan induktivlik L bo'lgan kontaktlarning zanglashiga olib keladigan oqim i va elektr harakatlantiruvchi kuch E o'rtasida bog'liqlik mavjud. E=Ri+L\frac(di)(dt), bu erda R va L doimiylardir. Agar biz E ni t vaqtning funksiyasi deb hisoblasak, oqim kuchi i uchun chiziqli bir hil bo'lmagan tenglamani olamiz:

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

Qachon holat uchun tok kuchini i(t) toping E=E_0=\text(const) va i(0)=I_0 .

Yechim. Bizda ... bor \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Bu tenglamaning umumiy yechimi shaklga ega i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Dastlabki shartdan (13) foydalanib, biz dan olamiz C=I_0-\frac(E_0)(R), shuning uchun kerakli yechim bo'ladi

I(t)=\frac(E_0)(R)+\chap(I_0-\frac(E_0)(R)\o'ng)\!e^(-(R/L)t).

Bu shuni ko'rsatadiki, t\to+\infty da oqim kuchi i(t) doimiy qiymatga intiladi \frac(E_0)(R) .

5-misol. y"+p(x)y=q(x) chiziqli bir jinsli tenglamaning C_\alpha integral egri turkumi berilgan.

Chiziqli tenglama bilan aniqlangan C_\alpha egri chiziqlariga mos nuqtalardagi teglar bir nuqtada kesishishini ko'rsating (13-rasm).

Yechim. M(x,y) nuqtadagi ixtiyoriy C_\alpha egri chizig'iga tegni ko'rib chiqaylik

\eta-q(x)(\xi-x)=y, bu erda \xi,\eta - teginish nuqtasining joriy koordinatalari.

Ta'rifga ko'ra, tegishli nuqtalarda x doimiy, y esa o'zgaruvchan. Tegishli nuqtalarda C_\alpha chiziqlariga har qanday ikkita teginish olib, ularning kesishish S nuqtasining koordinatalari uchun biz hosil bo'lamiz.

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

Bu shuni ko'rsatadiki, C_\alfa egri chiziqlariga mos keladigan nuqtalarda (x belgilangan) barcha teglar bir xil nuqtada kesishadi.

S\!\left(x+\frac(1)(p(x));\,x+\frac(q(x))(p(x))\o'ng).

Tizimdagi x argumentini yo'q qilib, biz nuqtalar joylashuvi tenglamasini olamiz S\kolon f(\xi,\eta)=0.

6-misol. Tenglamaning yechimini toping y"-y=\cos(x)-\sin(x), shartni qondirish: y y\to+\infty da cheklangan.

Yechim. Bu tenglamaning umumiy yechimi y=Ce^x+\sin(x) dir. C\ne0 uchun umumiy yechimdan olingan tenglamaning har qanday yechimi cheksiz bo'ladi, chunki x\to+\infty uchun \sin(x) funksiya chegaralangan va e^x\to+\infty . Bundan kelib chiqadiki, bu tenglama x\to+\infty bilan chegaralangan yagona y=\sin(x) yechimga ega, u C=0 da umumiy yechimdan olinadi.

Bernulli tenglamasi

Bernulli differensial tenglamasi o'xshaydi

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, bu yerda n\ne0;1 (n=0 va n=1 uchun bu tenglama chiziqli).

O'zgaruvchan almashtirishdan foydalanish z=\frac(1)(y^(n-1)) Bernulli tenglamasi chiziqli tenglamaga keltiriladi va chiziqli tenglama sifatida integrallanadi.

7-misol. Bernulli tenglamasini y"-xy=-xy^3 yeching.

Yechim. Tenglamaning ikkala tomonini y ^ 3 ga bo'ling:

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

O'zgaruvchan o'zgarishlarni amalga oshirish \frac(1)(y^2)=z\O'ng strelka-\frac(2y")(y^3)=z", qayerda \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). O'zgartirishdan keyin oxirgi tenglama chiziqli tenglamaga aylanadi

-\frac(z")(2)-xz=-x yoki z"+2xz=2x, umumiy yechimi z=1+Ce^(-x^2).

Bu yerdan biz ushbu tenglamaning umumiy integralini olamiz

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

Izoh. Bernulli tenglamasini chiziqli tenglama kabi doimiyni oʻzgartirish usuli va y(x)=u(x)v(x) almashtirish usuli yordamida ham integrallash mumkin.

8-misol. Bernulli tenglamasini yeching xy"+y=y^2\ln(x). .

Yechim. Ixtiyoriy doimiyni o'zgartirish usulini qo'llaymiz. Tegishli xy"+y=0 bir jinsli tenglamaning umumiy yechimi y=\frac(C)(x) ko‘rinishga ega. Tenglamaning umumiy yechimini y=\frac(C(x)) ko‘rinishda izlaymiz. (x) , bu erda C(x) - yangi noma'lum funktsiyani asl tenglamaga almashtiramiz

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

C(x) funktsiyasini topish uchun biz ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega bo'lgan tenglamani olamiz, undan o'zgaruvchilarni ajratib, integrallash orqali topamiz.

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

Demak, asl tenglamaning umumiy yechimi y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Ba'zi birinchi tartibli chiziqli bo'lmagan tenglamalarni o'zgaruvchilarning muvaffaqiyatli topilgan o'zgarishi yordamida chiziqli tenglamalarga yoki Bernulli tenglamalariga keltirish mumkin.

9-misol. Tenglamani yeching y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Yechim. Keling, bu tenglamani shaklda yozamiz y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Tenglamaning ikkala tomonini ga bo'lish 2\cos^2\frac(y)(2), olamiz \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

O'zgartirish \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) bu tenglamani chiziqli holga keltiradi \frac(dz)(dx)+z=-x, umumiy yechimi z=1-x+Ce^(-x) .

z ni y ifodasi bilan almashtirib, bu tenglamaning umumiy integralini olamiz. \operator nomi(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Ayrim tenglamalarda kerakli funksiya y(x) integral belgisi ostida bo'lishi mumkin. Bunday hollarda, ba'zan bu tenglamani differentsiallash orqali differentsial tenglamaga keltirish mumkin.

10-misol. Tenglamani yeching x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Yechim. Bu tenglamaning har ikki tomonini x ga nisbatan differensiallashtirib olamiz

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) yoki ma'lumot manbai

Bernulli tenglamasi eng mashhurlaridan biri hisoblanadi birinchi tartibli nochiziqli differensial tenglamalar. Shaklda yozilgan

Qayerda a(x) Va b(x) uzluksiz funksiyalardir. Agar m= 0, u holda Bernulli tenglamasi chiziqli differensial tenglamaga aylanadi. Qachon bo'lsa m= 1, tenglama ajratiladigan tenglamaga aylanadi. Umuman olganda, qachon m≠ 0,1, Bernulli tenglamasi almashtirish yordamida chiziqli differentsial tenglamaga keltiriladi.

Funksiya uchun yangi differentsial tenglama z(x) shaklga ega

va birinchi tartibli chiziqli differensial tenglamalar sahifasida tasvirlangan usullar yordamida yechish mumkin.

BERNOULI USULI.

Ko'rib chiqilayotgan tenglamani Bernulli usuli bilan yechish mumkin. Buning uchun ikkita funktsiyaning ko'paytmasi ko'rinishidagi dastlabki tenglamaning yechimini qidiramiz: bu erda u, v-dan funktsiyalar x. Farqlash: Asl tenglamaga (1) almashtiring: (2) kabi v Tenglamaning nolga teng bo'lmagan har qanday yechimini olaylik: (3) (3) tenglama ajratiladigan o'zgaruvchilarga ega tenglamadir. Biz uning maxsus yechimini topganimizdan keyin v = v(x), uni (2) ga almashtiring. (3) tenglamani qanoatlantirgani uchun qavs ichidagi ifoda nolga aylanadi. Biz olamiz: Bu ham ajraladigan tenglamadir. Biz uning umumiy yechimini va u bilan asl tenglamaning yechimini topamiz y = uv.

64.To'liq differentsiallardagi tenglama. Birlashtiruvchi omil. Yechim usullari

Shaklning birinchi tartibli differensial tenglamasi

chaqirdi ichida tenglama to'liq farqlar , agar bo'lsa chap tomoni ba'zi funksiyalarning umumiy differentsialini ifodalaydi, ya'ni.

Teorema.(1) tenglama jami differensiallarda tenglama bo'lishi uchun o'zgaruvchilar o'zgarishining ba'zi oddiy bog'langan sohalarida shart bajarilishi zarur va etarli.

(1) tenglamaning umumiy integrali yoki ko'rinishga ega

1-misol. Differensial tenglamani yeching.

Yechim. Keling, ushbu tenglama to'liq differentsial tenglama ekanligini tekshiramiz:

shunday (2) shart bajariladi. Shunday qilib, bu tenglama umumiy differentsiallardagi tenglama va

shuning uchun, qaerda hali ham aniqlanmagan funksiya.

Integratsiyalash, biz olamiz. Topilgan funktsiyaning qisman hosilasi ga teng bo'lishi kerak, bu qayerdan beradi Shunday qilib,.

Asl differensial tenglamaning bosh integrali.

Ayrim differensial tenglamalarni integrallashda atamalarni shunday guruhlash mumkinki, ular oson integrallanuvchi birikmalar olinadi.

65. Yuqori tartibli oddiy differensial chiziqli tenglamalar: bir jinsli va bir jinsli. Chiziqli differentsial operator, uning xossalari (isbot bilan).

Chiziqli differentsial operator va uning xossalari. oraliqda bo'lgan funktsiyalar to'plami ( a , b ) kam emas n hosilalari, chiziqli fazoni hosil qiladi. Operatorni ko'rib chiqing L n (y ), bu funktsiyani ko'rsatadi y (x ), hosilalarga ega bo'lish, ega bo'lgan funktsiyaga k - n hosilalari.