Рівняння Бернулліє одним з найбільш відомих нелінійних диференціальних рівнянь першого порядку. Воно записується у вигляді

де a(x) та b(x) − безперервні функції. Якщо m= 0, то рівняння Бернуллі стає лінійним диференціальним рівнянням. У разі коли m= 1, рівняння перетворюється на рівняння з змінними, що розділяються. У загальному випадку, коли m≠ 0, 1, рівняння Бернуллі зводиться до лінійного диференціального рівняння за допомогою підстановки

Нове диференціальне рівняння для функції z(x) має вигляд

і може бути вирішено способами, що описані на сторінці Лінійні диференціальні рівняння першого порядку.

МЕТОД БЕРНУЛИ.

Розглянуте рівняння можна вирішити методом Бернуллі. Для цього шукаємо рішення вихідного рівняння у вигляді виконання двох функцій: де u, v- функції від x. Диференціюємо: Підставляємо у вихідне рівняння (1): (2) Як vвізьмемо будь-яке, відмінне від нуля, рішення рівняння: (3) Рівняння (3) - це рівняння з змінними, що розділяються. Після того, як ми знайшли його приватне рішення v = v (x), підставляємо його (2). Оскільки воно задовольняє рівняння (3), то вираз у круглих дужках перетворюється на нуль. Отримуємо: Це також рівняння з змінними, що розділяються. Знаходимо його загальне рішення, а разом із ним і рішення вихідного рівняння y = uv.

64. Рівняння у повних диференціалах. Інтегруючий множник. Методи вирішення

Диференціальне рівняння першого порядку виду

називається рівнянням у повних диференціалах, Якщо його ліва частина представляє повний диференціал певної функції , тобто .

Теорема.Для того, щоб рівняння (1) було рівнянням у повних диференціалах, необхідно і достатньо, щоб у деякій однозв'язковій області зміни зміннихвиконувалося умова

Загальний інтеграл рівняння (1) має вигляд або

приклад 1. Розв'язати диференціальне рівняння.

Рішення. Перевіримо, що це рівняння є рівнянням у повних диференціалах:

отже, тобто. умова (2) виконана. Таким чином, дане рівняння є рівнянням у повних диференціалах і

тому, де поки невизначена функція.

Інтегруючи, отримуємо . Приватна похідна знайденої функції повинна дорівнювати, що дає звідки що таким чином.

Загальний інтеграл вихідного диференціального рівняння.

При інтегруванні деяких диференціальних рівнянь можна так згрупувати члени, що виходять комбінації, що легко інтегруються.

65. Звичайні диференціальні лінійні рівняння вищих порядків: однорідні та неоднорідні. Лінійний диференціальний оператор, його характеристики (з підтвердженням).

Лінійний диференціальний оператор та його властивості.Безліч функцій, що мають на інтервалі ( a , b ) не менше n похідних, утворює лінійний простір. Розглянемо оператор L n (y ), який відображає функцію y (x ), що має похідних, у функцію, що має k - n похідних.

Лінійні диференціальні рівняння 1-го порядку
та рівняння Бернуллі

Лінійним диференціальним рівнянням першого порядку називається рівняння, лінійне щодо невідомої функції та її похідної. Воно має вигляд

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

де p(x) і q(x) - задані функції від x безперервні в тій області, в якій потрібно проінтегрувати рівняння (1).

Якщо q(x)\equiv0 то рівняння (1) називається лінійним однорідним. Воно є рівнянням з змінними, що розділяються, і має загальне рішення

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

Загальне рішення неоднорідного рівняння можна знайти методом варіації довільної постійної, який полягає в тому, що рішення рівняння (1) шукається у вигляді

y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right)де C(x) - нова невідома функція від x .

приклад 1.Розв'язати рівняння y"+2xy=2xe^(-x^2).

Рішення.Застосуємо метод постійної варіації. Розглянемо однорідне рівняння y"+2xy=0 , відповідне даному неоднорідному рівнянню. Це рівняння з змінними, що розділяються. Його загальне рішення має вигляд y=Ce^(-x^2) .

Загальне рішення неоднорідного рівняння шукаємо як y=C(x)e^(-x^2) , де C(x) - невідома функція від x . Підставляючи, отримуємо C"(x)=2x, звідки C(x)=x^2+C. Отже, загальне рішення неоднорідного рівняння буде y=(x^2+C)e^(-x^2)де C - постійна інтеграція.

Зауваження.Може виявитися, що диференціальне рівняння лінійно щодо x як функція y . Нормальний вигляд такого рівняння

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

приклад 2.Розв'язати рівняння \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+sin2y).

Рішення.Це рівняння є лінійним, якщо розглядати x як функцію від y :

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

Застосовуємо метод варіації довільної постійної. Спочатку вирішуємо відповідне однорідне рівняння

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

яке є рівнянням з змінними, що розділяються. Його загальне рішення має вигляд x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Загальне рішення рівняння шукаємо у вигляді , де C(y) - невідома функція від y. Підставляючи, отримуємо

C"(y)e^(\sin(y))=\sin2yабо C"(y)=e^(-\sin(y))\sin2y.

Звідси, інтегруючи частинами, матимемо

\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.

Підставляючи це рівняння в x=C(y)e^(\sin(y)), Отримуємо загальне рішення вихідного рівняння, а значить, і даного рівняння:

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

Вихідне рівняння може бути проінтегроване так. Вважаємо

y=u(x)v(x),

де u(x) і v(x) - невідомі функції від x одна з яких, наприклад v(x) може бути обрана довільно.

Підставляючи y=u(x)v(x) , після перетворення отримуємо

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

Визначаючи v(x) з умови v"+pv=0, знайдемо потім з vu"+(pv+v")u=q(x)функцію u(x) , а отже, і розв'язання y=uv рівняння \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Як v(x) можна взяти будь-яке часте рішення рівняння v"+pv=0,~v\not\equiv0.

приклад 3.Вирішити завдання Коші: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Рішення.Шукаємо загальне рішення рівняння у вигляді y = u (x) v (x); маємо y"=u"v+uv" . Підставляючи вираз для y і y" у вихідне рівняння, матимемо

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

Функцію v=v(x) знаходимо з умови x(x-1)v"+v=0 . Беручи будь-яке окреме рішення останнього рівняння, наприклад v=\frac(x)(x-1) , і підставляючи його, отримуємо рівняння u"=2x-1, з якого знаходимо функцію u(x)=x^2-x+C. Отже, загальне рішення рівняння x(x-1)y"+y=x^2(2x-1)буде

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

Використовуючи початкову умову y|_(x=2)=4 отримуємо для знаходження C рівняння 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, звідки C = 0; так що розв'язанням поставленої задачі Коші буде функція y=x^2.

приклад 4.Відомо, що між силою струму i і електрорушійною силою E ланцюга, що має опір R і самоіндукцію L існує залежність E=Ri+L\frac(di)(dt)де R і L - постійні. Якщо вважати E функцією часу t, то отримаємо лінійне неоднорідне рівняння для сили струму i:

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

Знайти силу струму i(t) для випадку, коли E=E_0=\text(const)та i(0)=I_0 .

Рішення.Маємо \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Загальне рішення цього рівняння маємо вигляд i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Використовуючи початкову умову (13), отримуємо з C=I_0-frac(E_0)(R), так що шукане рішення буде

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

Звідси видно, що з t\to+\infty сила струму i(t) прагне постійного значення \frac(E_0)(R) .

Приклад 5.Дано сімейство C_alpha інтегральних кривих лінійного неоднорідного рівняння y"+p(x)y=q(x) .

Показати, що дотичні у відповідних точках до кривих C_alpha , що визначається лінійним рівнянням, перетинаються в одній точці (рис. 13).

Рішення.Розглянемо дотичну до будь-якої кривої C_\alpha в точці M(x,y).

\eta-q(x)(\xi-x)=y, де \xi,\eta – поточні координати точки дотичної.

За визначенням, у відповідних точках х є постійним, а y змінним. Беручи будь-які дві дотичні до ліній C_alpha у відповідних точках, для координат точки S їх перетину, отримуємо

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

Звідси видно, що всі дотичні до кривих C_alpha у відповідних точках (x фіксовано) перетинаються в одній і тій же точці

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

Виключаючи в системі аргумент x, отримуємо рівняння геометричного місця точок S \colon f(\xi, \eta) = 0.

Приклад 6.Знайти рішення рівняння y"-y=\cos(x)-\sin(x), що відповідає умові: y обмежено при y\to+\infty .

Рішення.Загальне рішення даного рівняння y = Ce ^ x + \ sin (x) . Будь-яке рішення рівняння, одержуване із загального рішення при C\ne0 буде необмежено, так як при x\to+\infty функція \sin(x) обмежена, а e^x\to+\infty . Звідси випливає, що це рівняння має єдине рішення y=\sin(x) , обмежене при x\to+\infty , яке виходить із загального рішення при C=0 .

Рівняння Бернуллі

Диференціальне рівняння Бернуллімає вигляд

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, де n \ ne0; 1 (при n = 0 і n = 1 це рівняння є лінійним).

За допомогою заміни змінної z=\frac(1)(y^(n-1))рівняння Бернуллі наводиться до лінійного рівняння та інтегрується як лінійне.

Приклад 7.Розв'язати рівняння Бернуллі y"-xy=-xy^3 .

Рішення.Ділимо обидві частини рівняння на y^3:

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

Робимо заміну змінної \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", звідки \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Після підстановки останнє рівняння звернеться до лінійного рівняння

-\frac(z")(2)-xz=-xабо z"+2xz=2x , загальне рішення якого z=1+Ce^(-x^2).

Звідси отримуємо загальний інтеграл цього рівняння

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

Зауваження.Рівняння Бернуллі може бути проінтегровано також методом постійної варіації, як і лінійне рівняння, і за допомогою підстановки y(x)=u(x)v(x) .

приклад 8.Розв'язати рівняння Бернуллі xy"+y=y^2\ln(x). .

Рішення.Застосуємо метод варіації довільної постійної. Загальне рішення відповідного однорідного рівняння xy"+y=0 має вигляд y=\frac(C)(x) . Загальне рішення рівняння шукаємо у вигляді y=\frac(C(x))(x) , де C(x) - нова невідома функція Підставляючи вихідне рівняння, будемо мати

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

Для знаходження функції C(x) отримаємо рівняння з змінними, що розділяються, з якого, розділяючи змінні та інтегруючи, знайдемо

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

Отже, загальне рішення вихідного рівняння y=\frac(1)(1+Cx+ln(x)).

Деякі нелінійні рівняння першого порядку за допомогою вдало знайденої заміни змінних зводяться до лінійних рівнянь або рівнянь Бернуллі.

Приклад 9.Розв'язати рівняння y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Рішення.Запишемо це рівняння у вигляді y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Ділячи обидві частини рівняння на 2\cos^2\frac(y)(2), отримуємо \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Заміна \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2))наводить це рівняння до лінійного \frac(dz)(dx)+z=-x, Загальне рішення якого z = 1-x + Ce ^ (-x) .

Замінюючи z його виразом через y , отримуємо загальний інтеграл даного рівняння \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

У деяких рівняннях потрібна функція y(x) може бути під знаком інтеграла. У цих випадках іноді вдається шляхом диференціювання звести дане рівняння до диференціального.

приклад 10.Розв'язати рівняння x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Рішення.Диференціюючи обидві частини цього рівняння по x, отримуємо

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

Диференціюючи ще раз по x, матимемо лінійне однорідне рівняння щодо y(x)\colon

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

Розділяючи змінні та інтегруючи, знайдемо y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Це рішення, як легко перевірити, задовольняє вихідне рівняння.

Лінійним диференціальним рівнянням першого порядку називається рівняння, лінійне щодо невідомої функції та її похідної. Воно має вигляд

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

де p(x) і q(x) - задані функції від x безперервні в тій області, в якій потрібно проінтегрувати рівняння (1).

Якщо q(x)\equiv0 то рівняння (1) називається лінійним однорідним. Воно є рівнянням з змінними, що розділяються, і має загальне рішення

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

Загальне рішення неоднорідного рівняння можна знайти методом варіації довільної постійної, який полягає в тому, що рішення рівняння (1) шукається у вигляді

Y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right)де C(x) - нова невідома функція від x .

приклад 1.Розв'язати рівняння y"+2xy=2xe^(-x^2) .

Рішення.Застосуємо метод постійної варіації. Розглянемо однорідне рівняння y"+2xy=0 , відповідне даному неоднорідному рівнянню. Це рівняння з змінними, що розділяються. Його загальне рішення має вигляд y=Ce^(-x^2) .

Загальне рішення неоднорідного рівняння шукаємо як y=C(x)e^(-x^2) , де C(x) - невідома функція від x . Підставляючи, отримуємо C"(x)=2x , звідки C(x)=x^2+C . Отже, загальне рішення неоднорідного рівняння буде y=(x^2+C)e^(-x^2) , де C - Постійна інтегрування.

Зауваження.Може виявитися, що диференціальне рівняння лінійно щодо x як функція y . Нормальний вигляд такого рівняння

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

приклад 2.Розв'язати рівняння \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+sin2y).

Рішення.Це рівняння є лінійним, якщо розглядати x як функцію від y :

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

Застосовуємо метод варіації довільної постійної. Спочатку вирішуємо відповідне однорідне рівняння

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

яке є рівнянням з змінними, що розділяються. Його загальне рішення має вигляд x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Загальне рішення рівняння шукаємо як x=C(y)e^(\sin(y)) , де C(y) - невідома функція від y . Підставляючи, отримуємо

C"(y)e^(\sin(y))=\sin2yабо C"(y)=e^(-\sin(y))\sin2y.

Звідси, інтегруючи частинами, матимемо

\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)

Отже,

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

Підставляючи це рівняння x=C(y)e^(\sin(y)) , отримуємо загальне рішення вихідного рівняння, а значить, і даного рівняння:

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

Вихідне рівняння може бути проінтегроване так. Вважаємо

Y=u(x)v(x),

де u(x) і v(x) - невідомі функції від x одна з яких, наприклад v(x) може бути обрана довільно.

Підставляючи y=u(x)v(x) , після перетворення отримуємо

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

Визначаючи v(x) з умови v"+pv=0 , знайдемо потім з vu"+(pv+v")u=q(x) функцію u(x) , а отже, і рішення y=uv рівняння \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Як v(x) можна взяти будь-яке часте рішення рівняння v"+pv=0,~v\not\equiv0.

приклад 3.Вирішити завдання Коші: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Рішення.Шукаємо загальне рішення рівняння у вигляді y = u (x) v (x); маємо y"=u"v+uv" . Підставляючи вираз для y і y" у вихідне рівняння, матимемо

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

Функцію v=v(x) знаходимо з умови x(x-1)v"+v=0 . Беручи будь-яке окреме рішення останнього рівняння, наприклад v=\frac(x)(x-1) , і підставляючи його, отримуємо рівняння u"=2x-1, з якого знаходимо функцію u(x)=x^2-x+C. Отже, загальне рішення рівняння x(x-1)y"+y=x^2(2x-1)буде

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

Використовуючи початкову умову y|_(x=2)=4 отримуємо для знаходження C рівняння 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, звідки C = 0; так що розв'язанням поставленої задачі Коші буде функція y=x^2.

приклад 4.Відомо, що між силою струму i і електрорушійною силою E ланцюга, що має опір R і самоіндукцію L існує залежність E=Ri+L\frac(di)(dt)де R і L - постійні. Якщо вважати E функцією часу t, то отримаємо лінійне неоднорідне рівняння для сили струму i:

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

Знайти силу струму i(t) для випадку, коли E=E_0=\text(const)та i(0)=I_0 .

Рішення.Маємо \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Загальне рішення цього рівняння маємо вигляд i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Використовуючи початкову умову (13), отримуємо з C=I_0-frac(E_0)(R), так що шукане рішення буде

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

Звідси видно, що з t\to+\infty сила струму i(t) прагне постійного значення \frac(E_0)(R) .

Приклад 5.Дано сімейство C_alpha інтегральних кривих лінійного неоднорідного рівняння y"+p(x)y=q(x) .

Показати, що дотичні у відповідних точках до кривих C_alpha , що визначається лінійним рівнянням, перетинаються в одній точці (рис. 13).

Рішення.Розглянемо дотичну до будь-якої кривої C_\alpha в точці M(x,y).

\eta-q(x)(\xi-x)=y, де \xi,\eta – поточні координати точки дотичної.

За визначенням, у відповідних точках х є постійним, а y змінним. Беручи будь-які дві дотичні до ліній C_alpha у відповідних точках, для координат точки S їх перетину, отримуємо

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

Звідси видно, що всі дотичні до кривих C_alpha у відповідних точках (x фіксовано) перетинаються в одній і тій же точці

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

Виключаючи в системі аргумент x, отримуємо рівняння геометричного місця точок S \colon f(\xi, \eta) = 0.

Приклад 6.Знайти рішення рівняння y"-y=\cos(x)-\sin(x), що відповідає умові: y обмежено при y\to+\infty .

Рішення.Загальне рішення даного рівняння y = Ce ^ x + \ sin (x) . Будь-яке рішення рівняння, одержуване із загального рішення при C\ne0 буде необмежено, так як при x\to+\infty функція \sin(x) обмежена, а e^x\to+\infty . Звідси випливає, що це рівняння має єдине рішення y=\sin(x) , обмежене при x\to+\infty , яке виходить із загального рішення при C=0 .

Рівняння Бернуллі

Диференціальне рівняння Бернуллімає вигляд

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, де n \ ne0; 1 (при n = 0 і n = 1 це рівняння є лінійним).

За допомогою заміни змінної z=\frac(1)(y^(n-1))рівняння Бернуллі наводиться до лінійного рівняння та інтегрується як лінійне.

Приклад 7.Розв'язати рівняння Бернуллі y"-xy=-xy^3 .

Рішення.Ділимо обидві частини рівняння на y^3:

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

Робимо заміну змінної \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", звідки \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Після підстановки останнє рівняння звернеться до лінійного рівняння

-\frac(z")(2)-xz=-xабо z"+2xz=2x , загальне рішення якого z=1+Ce^(-x^2).

Звідси отримуємо загальний інтеграл цього рівняння

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

Зауваження.Рівняння Бернуллі може бути проінтегровано також методом постійної варіації, як і лінійне рівняння, і за допомогою підстановки y(x)=u(x)v(x) .

приклад 8.Розв'язати рівняння Бернуллі xy"+y=y^2\ln(x). .

Рішення.Застосуємо метод варіації довільної постійної. Загальне рішення відповідного однорідного рівняння xy"+y=0 має вигляд y=\frac(C)(x) . Загальне рішення рівняння шукаємо у вигляді y=\frac(C(x))(x) , де C(x) - нова невідома функція Підставляючи вихідне рівняння, будемо мати

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

Для знаходження функції C(x) отримаємо рівняння з змінними, що розділяються, з якого, розділяючи змінні та інтегруючи, знайдемо

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

Отже, загальне рішення вихідного рівняння y=\frac(1)(1+Cx+ln(x)).

Деякі нелінійні рівняння першого порядку за допомогою вдало знайденої заміни змінних зводяться до лінійних рівнянь або рівнянь Бернуллі.

Приклад 9.Розв'язати рівняння y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Рішення.Запишемо це рівняння у вигляді y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Ділячи обидві частини рівняння на 2\cos^2\frac(y)(2), отримуємо \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Заміна \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2))наводить це рівняння до лінійного \frac(dz)(dx)+z=-x, Загальне рішення якого z = 1-x + Ce ^ (-x) .

Замінюючи z його виразом через y , отримуємо загальний інтеграл даного рівняння \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

У деяких рівняннях потрібна функція y(x) може бути під знаком інтеграла. У цих випадках іноді вдається шляхом диференціювання звести дане рівняння до диференціального.

приклад 10.Розв'язати рівняння x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Рішення.Диференціюючи обидві частини цього рівняння по x, отримуємо

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x)або Джерело інформації

Характеристика рівняння Бернуллі

Визначення 1

Диференціальне рівняння першого порядку, що має стандартний вигляд $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)\cdot y^(n)$, де $P\left(x\right )$ і $Q\left(x\right)$ - безперервні функції, а $n$ - деяке число, називається диференціальним рівнянням Якоба Бернуллі.

При цьому на $n$ накладаються обмеження:

• $n\ne 0$, тому що при $n = 0$ диференціальне рівняння є лінійне неоднорідне, і якийсь інший спеціальний метод рішення в цьому випадку не потрібен;
• $n\ne 1$, оскільки якщо ми маємо як $n$ одиницю, диференціальне рівняння є лінійне однорідне, метод розв'язання якого також відомий.

З іншого боку, не розглядається спеціально тривіальне рішення диференціального рівняння Бернуллі $y=0$.

Не слід плутати диференціальне рівняння математика Якоба Бернуллі із законом Бернуллі, названим на честь дядька його племінника, відомого як Данило Бернуллі.

Зауваження 1

Данило Бернуллі - фізик, найвідоміша знайдена ним закономірність полягає в описі взаємозв'язку швидкості потоку рідини та тиску. Закон Бернуллі також застосовний і для ламінарних течій газу. Загалом він застосовується в гідравліці та гідродинаміці.

Рішення рівняння Бернуллі зведенням до лінійного неоднорідного

Основний метод розв'язання диференціального рівняння Бернуллі у тому, що у вигляді перетворень воно наводиться до лінійному неоднорідному. Ці перетворення такі:

1. Помножуємо рівняння на число $y^(-n) $ і отримуємо $y^(-n) \cdot y"+P\left(x\right)\cdot y^(1-n) =Q\left(x\ right) $.
2. Застосовуємо заміну $z=y^(1-n) $ і диференціюємо цю рівність як складну статечну функцію; отримуємо $z"=\left(1-n\right)\cdot y^(-n) \cdot y"$, звідки $\frac(z")(1-n) =y^(-n) \cdot y"$.
3. Підставляємо значення $y^(1-n) $ і $y^(-n) \cdot y"$ в дане диференціальне рівняння і отримуємо $\frac(z")(1-n) +P\left(x\right )\cdot z=Q\left(x\right)$ або $z"+\left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot z=\left(1-n\right) ) \ cdot Q \ left (x \ right) $.

Отримане диференціальне рівняння є лінійним неоднорідним щодо функції $z$, яке вирішуємо так:

1. Обчислюємо інтеграл $I_(1) =\int \left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot dx $, записуємо приватне рішення у вигляді $v\left(x\right)=e ^(-I_(1) ) $, виконуємо спрощують перетворення і вибираємо для $v\left(x\right)$ найпростіший ненульовий варіант.
2. Обчислюємо інтеграл $I_(2) =\int \frac(\left(1-n\right)\cdot Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $, після чого записуємо вираз у вигляді $u \ left (x, C \ right) = I_ (2) + C $.
3. Записуємо загальне рішення лінійного неоднорідного диференціального рівняння у вигляді $ z = u \ left (x, C \ right) \ cdot v \ left (x \ right) $.
4. Повертаємося до функції $y$, замінюючи $z$ на $y^(1-n) $, і за потреби виконуємо спрощують перетворення.

Приклад:

Знайти загальне рішення диференціального рівняння $\frac(dy)(dx) +\frac(y)(x) = y^(2) \cdot \left(4-x^(2) \right)$. Записати приватне рішення, що задовольняє початкову умову $y=1$ за $x=1$.

У разі маємо диференціальне рівняння Бернуллі, представлене у стандартному вигляді.

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

Представляємо його у формі щодо заміни $z$:

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

Отримане диференціальне рівняння є лінійним неоднорідним щодо функції $z$, яке розв'язуємо описаним вище методом.

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

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

Записуємо приватне рішення у вигляді $v\left(x\right)=e^(-I_(1) ) $ і виконуємо спрощувальні перетворення: $v\left(x\right)=e^(\ln \left|x\ right|) $; $\ln v\left(x\right)=\ln \left|x\right|$; $v \ left (x \ right) = \ left | x \ right | $.

Вибираємо для $v \ left (x \ right) $ найпростіший ненульовий варіант: $ v \ left (x \ right) = x $.

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

Записуємо вираз як $u\left(x,C\right)=I_(2) +C$, тобто $u\left(x,C\right)=\frac(x^(2) )(2) -4\cdot \ln \left|x\right|+C$.

Остаточно записуємо загальне рішення лінійного неоднорідного диференціального рівняння щодо функції $z$ як $z=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$, тобто $z=\frac(x^ (3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C\cdot x$.

Тепер повертаємося до функції $y$, замінюючи $z$ на $y^(1-n) $:

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

Це загальне рішення даного диференціального рівняння Бернуллі, записане в неявної формі.

Для пошуку приватного рішення використовуємо цю початкову умову $y=1$ при $x=1$:

Отже, приватне рішення має вигляд: $\frac(1)(y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+\frac(x ) (2) $.

Розв'язання диференціального рівняння Бернуллі методом підстановки

Друге можливе рішення рівняння Бернуллі полягає у методі підстановки.

Приклад:

Знайти загальне рішення диференціального рівняння $y"+\frac(y)(x) =y^(2) \cdot \left(4-x^(2) \right)$ методом підстановки.

Застосовуємо підстановку $ y = u \ cdot v $.

Після диференціювання отримуємо:

Функцію $v\left(x\right)$ знаходимо з рівняння $v"+\frac(v)(x) =0$, для цього переносимо другий доданок у праву частину.

Отримуємо:

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

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

інтегруємо $\ln \left|v\right|=-\ln \left|x\right|$, звідки $v=\frac(1)(x) $.

Функцію $u\left(x\right)$ знаходимо з рівняння $u"\cdot \frac(1)(x) =u^(2) \cdot \frac(1)(x^(2) ) \cdot \ left(4-x^(2) \right)$, у якому враховано $v=\frac(1)(x) $ і $v"+\frac(v)(x) =0$.

Після простих перетворень отримуємо: $u"=u^(2) \cdot \frac(1)(x) \cdot \left(4-x^(2) \right)$.

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

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

Повертаємось до старої змінної. Враховуємо, що $y=u\cdot v$ або $y=u\cdot \frac(1)(x) $, звідки $u=x\cdot y$.

Отримуємо загальне рішення даного диференціального рівняння: $\frac(1)(y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C\cdot x $.