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:

yani bu 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 ) daha az değil N türevler doğrusal bir uzay oluşturur. Operatörü düşünün L N (sen ), işlevi görüntüler sen (X ), türevi olan bir fonksiyona dönüştürün k - N türevler.

1. Dereceden Lineer Diferansiyel Denklemler
ve Bernoulli denklemi

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. Denklemi çöz y"+2xy=2xe^(-x^2).

Çözüm. Bir sabitin değişimi yöntemini uygulayalım. 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. Yerine koyarsak C"(x)=2x elde ederiz, dolayısıyla C(x)=x^2+C. Yani homojen olmayan denklemin genel çözümü şu şekilde olacaktır: y=(x^2+C)e^(-x^2) burada C entegrasyon sabitidir.

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 çöz \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).

Denklem için C(y)'nin y'nin bilinmeyen bir fonksiyonu olduğu formdaki genel bir çözümü arıyoruz. 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)

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

Bu denklemi yerine koyarsak x=C(y)e^(\sin(y)), 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 belirlersek, sonra şunu buluruz: vu"+(pv+v")u=q(x) u(x) fonksiyonu ve sonuç olarak denklemin y=uv çözümü \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 . Buradan, 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 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 varyasyon 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 çöz 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 çöz 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 \int\limits_(0)^(x)y(t)\,dx=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x^2y(x).

Tekrar x'e göre türev alırsak, y(x)\iki nokta üst üste göre doğrusal homojen bir denklem elde ederiz

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

Değişkenleri ayırıp integre edersek, şunu buluruz: y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Kolayca doğrulanabileceği gibi bu çözüm orijinal denklemi karşılar.

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. Bir sabitin değişimi yöntemini uygulayalım. 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 çöz \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_\alfa 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)'tir. 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 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 varyasyon 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 çöz 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 çöz 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

Bernoulli denkleminin özellikleri

Tanım 1

$y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)\cdot y^(n)$ standart formuna sahip birinci dereceden diferansiyel denklem, burada $P\left(x\right) )$ ve $Q\left(x\right)$ sürekli fonksiyonlardır ve $n$, Jacob Bernoulli diferansiyel denklemi adı verilen belirli bir sayıdır.

Bu durumda $n$ sayısına kısıtlamalar uygulanır:

• $n\ne 0$, çünkü $n = 0$'da diferansiyel denklem doğrusal homojen değildir ve bu durumda başka bir özel çözüm yöntemine gerek yoktur;
• $n\ne 1$, çünkü $n$ olarak bir tane varsa, diferansiyel denklem doğrusal bir homojen denklemdir ve bunun çözüm yöntemi de bilinmektedir.

Ayrıca $y=0$ Bernoulli diferansiyel denkleminin önemsiz çözümü özel olarak dikkate alınmaz.

Matematikçi Jacob Bernoulli'nin diferansiyel denklemi, adını yeğeninin Daniel Bernoulli olarak bilinen amcasından alan Bernoulli yasasıyla karıştırılmamalıdır.

Not 1

Daniel Bernoulli bir fizikçidir ve bulduğu en ünlü model, sıvı akış hızı ile basınç arasındaki ilişkiyi tanımlamaktır. Bernoulli kanunu laminer gaz akışları için de geçerlidir. Genellikle hidrolik ve akışkanlar dinamiğinde kullanılır.

Bernoulli denkleminin doğrusal homojen olmayana indirgenerek çözümü

Bernoulli diferansiyel denklemini çözmenin ana yöntemi, dönüşümler yoluyla doğrusal homojen olmayan bir denkleme indirgenmesidir. Bu dönüşümler aşağıdaki gibidir:

1. Denklemi $y^(-n) $ sayısıyla çarparız ve $y^(-n) \cdot y"+P\left(x\right)\cdot y^(1-n) =Q\left elde ederiz (x\ sağ)$.
2. $z=y^(1-n) $ yerine koyuyoruz ve bu eşitliğin karmaşık bir kuvvet fonksiyonu olarak türevini alıyoruz; $z"=\left(1-n\right)\cdot y^(-n) \cdot y"$ elde ederiz, dolayısıyla $\frac(z")(1-n) =y^(-n) \ cdot y"$.
3. $y^(1-n) $ ve $y^(-n) \cdot y"$ değerlerini bu diferansiyel denklemde yerine koyarız ve $\frac(z")(1-n) +P\left elde ederiz (x\sağ )\cdot z=Q\left(x\right)$ veya $z"+\left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot z=\left(1 -n\sağ )\cdot Q\sol(x\sağ)$.

Ortaya çıkan diferansiyel denklem $z$ fonksiyonuna göre doğrusal homojen değildir ve bunu aşağıdaki şekilde çözeriz:

1. $I_(1) =\int \left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot dx $ integralini hesaplıyoruz, $v\left(x\) biçiminde belirli bir çözüm yazıyoruz right)=e ^(-I_(1) ) $, basitleştirici dönüşümler gerçekleştiririz ve $v\left(x\right)$ için sıfır olmayan en basit seçeneği seçeriz.
2. $I_(2) =\int \frac(\left(1-n\right)\cdot Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $ integralini hesaplıyoruz, bundan sonra ifadeyi $u\left(x,C\right)=I_(2) +C$ biçiminde yazıyoruz.
3. Doğrusal homojen olmayan bir diferansiyel denklemin genel çözümünü $z=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ biçiminde yazıyoruz.
4. $z$'ı $y^(1-n)$ ile değiştirerek $y$ fonksiyonuna geri dönüyoruz ve gerekirse basitleştirici dönüşümler gerçekleştiriyoruz.

Örnek:

$\frac(dy)(dx) +\frac(y)(x) =y^(2) \cdot \left(4-x^(2) \right)$ diferansiyel denkleminin genel çözümünü bulun. $x=1$ için $y=1$ başlangıç ​​koşulunu karşılayan belirli bir çözümü yazın.

Bu durumda standart formda sunulan Bernoulli diferansiyel denklemine sahibiz.

Bu durumda, $n=2$, $P\left(x\right)=\frac(1)(x) $, $Q\left(x\right)=4-x^(2) $.

$z$ değişimine ilişkin formda bunu sunuyoruz:

$z"+\left(1-2\right)\cdot \frac(1)(x) \cdot z=\left(1-2\right)\cdot \left(4-x^(2) \right )$ veya $z"-\frac(1)(x) \cdot z=-\left(4-x^(2) \right)$.

Ortaya çıkan diferansiyel denklem, yukarıda açıklanan yöntemi kullanarak çözdüğümüz $z$ fonksiyonuna göre doğrusal homojen değildir.

$I_(1) =\int \left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot dx $ integralini hesaplıyoruz.

$I_(1) =\int \left(1-2\right)\cdot \frac(1)(x) \cdot dx =-\ln \left|x\right|$ elimizde.

$v\left(x\right)=e^(-I_(1) ) $ biçiminde belirli bir çözüm yazıyoruz ve basitleştirici dönüşümler gerçekleştiriyoruz: $v\left(x\right)=e^(\ln \left |x\ sağ|) $; $\ln v\left(x\right)=\ln \left|x\right|$; $v\left(x\right)=\left|x\right|$.

$v\left(x\right)$ için sıfırdan farklı en basit seçeneği seçiyoruz: $v\left(x\right)=x$.

$I_(2) =\int \frac(\left(1-n\right)\cdot Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $ integralini hesaplıyoruz.

İfadeyi $u\left(x,C\right)=I_(2) +C$ biçiminde yazıyoruz, yani $u\left(x,C\right)=\frac(x^(2) )(2) -4\cdot \ln \left|x\right|+C$.

Sonunda $z$ fonksiyonu için doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemin genel çözümünü $z=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$ biçiminde yazıyoruz, yani, $z=\frac(x^ (3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C\cdot x$.

Şimdi $z$ yerine $y^(1-n)$ koyarak $y$ fonksiyonuna dönüyoruz:

$y^(1-2) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C\cdot x$ veya $\frac(1) (y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C\cdot x$.

Bu, Bernoulli diferansiyel denkleminin örtülü biçimde yazılmış genel çözümüdür.

Belirli bir çözüm bulmak için, $x=1$ için $y=1$ başlangıç ​​koşulunu kullanırız:

Bu nedenle, kısmi çözüm şu şekildedir: $\frac(1)(y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+\frac (x )(2) $.

Bernoulli diferansiyel denkleminin ikame yöntemiyle çözülmesi

Bernoulli denkleminin ikinci olası çözümü ikame yöntemidir.

Örnek:

$y"+\frac(y)(x) =y^(2) \cdot \left(4-x^(2) \right)$ diferansiyel denkleminin yerine koyma yöntemini kullanarak genel çözümünü bulun.

$y=u\cdot v$ ikamesini uyguluyoruz.

Farklılaşmadan sonra şunu elde ederiz:

$v\left(x\right)$ fonksiyonunu $v"+\frac(v)(x) =0$ denkleminden buluyoruz; bunu yapmak için ikinci terimi sağ tarafa taşıyoruz.

Şunu elde ederiz:

$\frac(dv)(dx) =-\frac(v)(x) $;

değişkenleri ayırın $\frac(dv)(v) =-\frac(dx)(x) $;

$\ln \left|v\right|=-\ln \left|x\right|$ entegre edin, dolayısıyla $v=\frac(1)(x) $.

$u\left(x\right)$ fonksiyonu $u"\cdot \frac(1)(x) =u^(2) \cdot \frac(1)(x^(2) ) denkleminden bulunur. \cdot \ left(4-x^(2) \right)$, $v=\frac(1)(x) $ ve $v"+\frac(v)(x) =0$'ı hesaba katar.

Basit dönüşümlerden sonra şunu elde ederiz: $u"=u^(2) \cdot \frac(1)(x) \cdot \left(4-x^(2) \right)$.

Değişkenleri ayırıyoruz: $\frac(du)(u^(2) ) =\frac(1)(x) \cdot \left(4-x^(2) \right)\cdot dx$.

İntegrali alalım: $-\frac(1)(u) =4\cdot \ln \left|x\right|-\frac(x^(2) )(2) +C$ veya $\frac(1)( u ) =\frac(x^(2) )(2) -4\cdot \ln \left|x\right|+C$.

Eski değişkene dönelim. $y=u\cdot v$ veya $y=u\cdot \frac(1)(x) $ olduğunu hesaba katarız, dolayısıyla $u=x\cdot y$.

Bu diferansiyel denklemin genel çözümünü elde ederiz: $\frac(1)(y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C \cdot x $.