Phân tích toán học phương trình Bernoulli. Phương trình vi phân Bernoulli

phương trình Bernoulli là một trong những nổi tiếng nhất phương trình vi phân phi tuyến bậc một. Nó được viết dưới dạng

Ở đâu Một(x) Và b(x) là các hàm liên tục. Nếu như tôi= 0 thì phương trình Bernoulli trở thành phương trình vi phân tuyến tính. Trong trường hợp khi tôi= 1 thì phương trình trở thành phương trình tách được. Nói chung, khi tôi≠ 0,1, phương trình Bernoulli được rút gọn thành phương trình vi phân tuyến tính bằng cách sử dụng phép thế

Phương trình vi phân mới của hàm z(x) có dạng

và có thể được giải bằng các phương pháp được mô tả trên trang Phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất.

PHƯƠNG PHÁP BERNOULI.

Phương trình đang xem xét có thể được giải bằng phương pháp Bernoulli. Để làm điều này, chúng ta tìm nghiệm của phương trình ban đầu dưới dạng tích của hai hàm: trong đó bạn, v-chức năng từ x. Đạo hàm: Thay vào phương trình ban đầu (1): (2) Như v Hãy lấy bất kỳ nghiệm nào khác 0 cho phương trình: (3) Phương trình (3) là phương trình có các biến tách được. Sau khi chúng tôi tìm thấy giải pháp cụ thể của nó v = v(x), thay thế nó vào (2). Vì nó thỏa mãn phương trình (3) nên biểu thức trong ngoặc trở thành 0. Chúng tôi nhận được: Đây cũng là một phương trình tách được. Chúng ta tìm nghiệm tổng quát của nó và cùng với nó là nghiệm của phương trình ban đầu y = tia cực tím.

64. Phương trình vi phân tổng. Yếu tố tích hợp Phương pháp giải

Phương trình vi phân bậc nhất có dạng

gọi điện phương trình vi phân tổng, nếu phía bên trái của nó biểu thị tổng vi phân của một hàm số nào đó, tức là

Định lý.Để phương trình (1) là một phương trình vi phân tổng, điều cần và đủ là trong một miền biến đổi liên thông đơn giản nào đó, điều kiện được thỏa mãn

Tích phân tổng quát của phương trình (1) có dạng hoặc

Ví dụ 1. Giải phương trình vi phân.

Giải pháp. Hãy kiểm tra xem phương trình này có phải là phương trình vi phân tổng không:

vậy đó là điều kiện (2) được thỏa mãn. Vì vậy, phương trình này là một phương trình vi phân tổng và

do đó, đâu vẫn là một hàm không xác định.

Tích hợp, chúng tôi nhận được . Đạo hàm riêng của hàm tìm được phải bằng, tính từ đâu sao cho Do đó,.

Tích phân tổng quát của phương trình vi phân ban đầu.

Khi lấy tích phân một số phương trình vi phân, các số hạng có thể được nhóm lại theo cách sao cho thu được các tổ hợp có thể tích phân dễ dàng.

65. Phương trình tuyến tính vi phân thông thường bậc cao: đồng nhất và không đồng nhất. Toán tử vi phân tuyến tính, tính chất của nó (có chứng minh).

Toán tử vi phân tuyến tính và các tính chất của nó. Tập hợp các hàm số trên khoảng ( Một , b ) không kém N đạo hàm, tạo thành một không gian tuyến tính. Hãy xem xét nhà điều hành L N (y ), hiển thị hàm y (x ), có đạo hàm, thành một hàm có k - N các dẫn xuất.

Phương trình vi phân tuyến tính bậc 1
và phương trình Bernoulli

Phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất là phương trình tuyến tính đối với hàm chưa biết và đạo hàm của nó. Có vẻ như

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

trong đó p(x) và q(x) là các hàm của x, liên tục trong vùng mà phương trình (1) cần được tích phân.

Nếu q(x)\equiv0 , thì phương trình (1) được gọi tuyến tính đồng nhất. Là phương trình tách được và có nghiệm tổng quát

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

Giải pháp tổng quát của phương trình không đồng nhất có thể được tìm thấy phương pháp biến đổi của hằng số tùy ý, bao gồm thực tế là nghiệm của phương trình (1) được tìm ở dạng

y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right), trong đó C(x) là hàm mới chưa biết của x.

Ví dụ 1. Giải phương trình y"+2xy=2xe^(-x^2).

Giải pháp. Hãy áp dụng phương pháp biến đổi hằng số. Xét phương trình thuần nhất y"+2xy=0, tương ứng với phương trình không thuần nhất này. Đây là một phương trình có các biến tách được. Nghiệm tổng quát của nó có dạng y=Ce^(-x^2) .

Chúng ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất ở dạng y=C(x)e^(-x^2), trong đó C(x) là hàm chưa biết của x. Thay vào đó, ta được C"(x)=2x, từ đó C(x)=x^2+C. Vì vậy, nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất sẽ là y=(x^2+C)e^(-x^2), trong đó C là hằng số tích phân.

Bình luận. Có thể phương trình vi phân tuyến tính theo x là hàm của y. Dạng bình thường của phương trình như vậy là

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

Ví dụ 2. Giải phương trình \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Giải pháp. Phương trình này là tuyến tính nếu chúng ta coi x là hàm của y:

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

Chúng tôi sử dụng phương pháp biến đổi của hằng số tùy ý. Đầu tiên chúng ta giải phương trình thuần nhất tương ứng

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

đó là một phương trình với các biến có thể tách được. Nghiệm tổng quát của nó có dạng x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Chúng ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình ở dạng , trong đó C(y) là hàm chưa biết của y. Thay thế, chúng tôi nhận được

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

Từ đây, tích phân từng phần, ta có

\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(căn chỉnh)

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

Thay phương trình này vào x=C(y)e^(\sin(y)), chúng ta thu được nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu và do đó của phương trình này:

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

Phương trình ban đầu cũng có thể được tích hợp như sau. Chúng tôi tin

y=u(x)v(x),

trong đó u(x) và v(x) là các hàm chưa biết của x, một trong số đó, ví dụ v(x), có thể được chọn tùy ý.

Thay thế y=u(x)v(x) vào , sau khi biến đổi, chúng ta nhận được

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

Xác định v(x) từ điều kiện v"+pv=0, từ đó ta tìm được từ vu"+(pv+v")u=q(x) hàm u(x) và do đó, nghiệm y=uv của phương trình \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Với v(x), chúng ta có thể lấy nghiệm thường xuyên bất kỳ của phương trình v"+pv=0,~v\not\equiv0.

Ví dụ 3. Giải bài toán Cauchy: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Giải pháp. Chúng ta đang tìm nghiệm tổng quát của phương trình có dạng y=u(x)v(x) ; chúng ta có y"=u"v+uv". Thay biểu thức của y và y" vào phương trình ban đầu, chúng ta sẽ có

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

Chúng ta tìm hàm v=v(x) từ điều kiện x(x-1)v"+v=0. Lấy bất kỳ nghiệm cụ thể nào của phương trình cuối cùng, ví dụ v=\frac(x)(x-1) và thay thế nó, chúng ta nhận được phương trình u"=2x-1, từ đó chúng ta tìm ra hàm u(x)=x^2-x+C. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) sẽ

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

Sử dụng điều kiện ban đầu y|_(x=2)=4, ta thu được phương trình tìm C 4=\frac(2C)(2-1)+2^2, từ đó C=0 ; vì vậy nghiệm của bài toán Cauchy đã nêu sẽ là hàm y=x^2.

Ví dụ 4. Biết rằng có mối liên hệ giữa dòng điện i và suất điện động E trong đoạn mạch có điện trở R và độ tự cảm L E=Ri+L\frac(di)(dt), trong đó R và L là các hằng số. Nếu coi E là hàm theo thời gian t, chúng ta thu được phương trình tuyến tính không đồng nhất cho cường độ dòng điện i:

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

Tìm cường độ dòng điện i(t) trong trường hợp khi E=E_0=\text(const) và tôi(0)=I_0 .

Giải pháp. chúng tôi có \frac(di)(dt)+\frac(R)(L)i(t)=\frac(E_0)(L),~i(0)=I_0. Nghiệm tổng quát của phương trình này có dạng i(t)=\frac(E_0)(R)+Ce^(-(R/L)t). Sử dụng điều kiện ban đầu (13), chúng tôi thu được từ C=I_0-\frac(E_0)(R), vì vậy giải pháp mong muốn sẽ là

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

Điều này cho thấy rằng tại thời điểm t\to+\infty cường độ hiện tại i(t) có xu hướng đạt đến một giá trị không đổi \frac(E_0)(R) .

Ví dụ 5. Một họ C_\alpha của các đường cong tích phân của phương trình tuyến tính không đồng nhất y"+p(x)y=q(x) được cho.

Chứng tỏ rằng các tiếp tuyến tại các điểm tương ứng với các đường cong C_\alpha được xác định bởi phương trình tuyến tính cắt nhau tại một điểm (Hình 13).

Giải pháp. Xét tiếp tuyến của bất kỳ đường cong C_\alpha nào tại điểm M(x,y). Phương trình của tiếp tuyến tại điểm M(x,y) có dạng

\eta-q(x)(\xi-x)=y, trong đó \xi,\eta là tọa độ hiện tại của điểm tiếp tuyến.

Theo định nghĩa, tại các điểm tương ứng x là hằng số và y là biến. Lấy hai tiếp tuyến bất kỳ của đường thẳng C_\alpha tại các điểm tương ứng, tìm tọa độ điểm S giao điểm của chúng, ta thu được

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

Điều này chứng tỏ mọi tiếp tuyến của đường cong C_\alpha tại các điểm tương ứng (x cố định) cắt nhau tại cùng một điểm

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

Loại bỏ đối số x trong hệ ta thu được phương trình quỹ tích điểm S\dấu hai chấm f(\xi,\eta)=0.

Ví dụ 6. Tìm nghiệm của phương trình y"-y=\cos(x)-\sin(x), thỏa mãn điều kiện: y bị giới hạn ở y\to+\infty .

Giải pháp. Nghiệm tổng quát của phương trình này là y=Ce^x+\sin(x) . Bất kỳ nghiệm nào của phương trình thu được từ nghiệm tổng quát của C\ne0 sẽ không bị chặn, vì với x\to+\infty thì hàm \sin(x) bị chặn và e^x\to+\infty . Theo đó, phương trình này có nghiệm duy nhất y=\sin(x) , giới hạn tại x\to+\infty , thu được từ nghiệm tổng quát tại C=0 .

phương trình Bernoulli

Phương trình vi phân Bernoulli trông giống như

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, trong đó n\ne0;1 (với n=0 và n=1 phương trình này là tuyến tính).

Sử dụng thay thế biến z=\frac(1)(y^(n-1)) Phương trình Bernoulli được rút gọn thành phương trình tuyến tính và được tích phân thành phương trình tuyến tính.

Ví dụ 7. Giải phương trình Bernoulli y"-xy=-xy^3.

Giải pháp. Chia cả hai vế của phương trình cho y^3:

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

Thực hiện thay đổi biến \frac(1)(y^2)=z\Rightarrow-\frac(2y")(y^3)=z", Ở đâu \frac(y")(y^3)=-\frac(z")(2). Sau khi thay thế, phương trình cuối cùng chuyển thành phương trình tuyến tính

-\frac(z")(2)-xz=-x hoặc z"+2xz=2x, nghiệm tổng quát của nó là z=1+Ce^(-x^2).

Từ đây chúng ta thu được tích phân tổng quát của phương trình này

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

Bình luận. Phương trình Bernoulli cũng có thể được tích phân bằng phương pháp biến thiên của một hằng số, giống như phương trình tuyến tính, và sử dụng phép thế y(x)=u(x)v(x) .

Ví dụ 8. Giải phương trình Bernoulli xy"+y=y^2\ln(x). .

Giải pháp. Hãy áp dụng phương pháp biến thiên của hằng số tùy ý. Nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng xy"+y=0 có dạng y=\frac(C)(x). Ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình có dạng y=\frac(C(x)) (x) , trong đó C(x) - hàm số mới chưa biết, thay vào phương trình ban đầu, ta có

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

Để tìm hàm C(x), chúng ta thu được một phương trình với các biến có thể tách được, từ đó, bằng cách tách các biến và lấy tích phân, chúng ta tìm thấy

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

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Một số phương trình phi tuyến bậc nhất có thể được rút gọn thành phương trình tuyến tính hoặc phương trình Bernoulli bằng cách sử dụng phép đổi biến được tìm thấy thành công.

Ví dụ 9. Giải phương trình y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Giải pháp. Hãy viết phương trình này dưới dạng y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Chia cả hai vế của phương trình cho 2\cos^2\frac(y)(2), chúng tôi nhận được \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

thay thế \operatorname(tg)\frac(y)(2)=z\Rightarrow\frac(dz)(dx)=\frac(y")(\cos^2\dfrac(y)(2)) làm giảm phương trình này thành tuyến tính \frac(dz)(dx)+z=-x, nghiệm tổng quát của nó là z=1-x+Ce^(-x) .

Thay z bằng biểu thức của nó theo y, ta thu được tích phân tổng quát của phương trình này \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Trong một số phương trình, hàm mong muốn y(x) có thể nằm dưới dấu tích phân. Trong những trường hợp này, đôi khi có thể rút gọn phương trình này thành phương trình vi phân bằng vi phân.

Ví dụ 10. Giải phương trình x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Giải pháp.Đạo hàm cả hai vế của phương trình này theo x, ta được

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

Đạo hàm một lần nữa theo x, chúng ta sẽ có một phương trình thuần nhất tuyến tính đối với y(x)\colon

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

Tách các biến và tích hợp, chúng tôi tìm thấy y=\frac(C)(x^3)e^(-1/x). Giải pháp này, có thể dễ dàng xác minh, thỏa mãn phương trình ban đầu.

Phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất là phương trình tuyến tính đối với hàm chưa biết và đạo hàm của nó. Có vẻ như

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

trong đó p(x) và q(x) là các hàm của x, liên tục trong vùng mà phương trình (1) cần được tích phân.

Nếu q(x)\equiv0 , thì phương trình (1) được gọi tuyến tính đồng nhất. Là phương trình tách được và có nghiệm tổng quát

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

Y=C(x)\exp\!\left(-\int(p(x))\,dx\right), trong đó C(x) là hàm mới chưa biết của x.

Ví dụ 1. Giải phương trình y"+2xy=2xe^(-x^2) .

Chúng ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất ở dạng y=C(x)e^(-x^2), trong đó C(x) là hàm chưa biết của x. Thay thế, chúng ta nhận được C"(x)=2x, từ đó C(x)=x^2+C. Vì vậy, nghiệm tổng quát của phương trình không đồng nhất sẽ là y=(x^2+C)e^(-x^ 2) , trong đó C - hằng số tích phân.

Bình luận. Có thể phương trình vi phân tuyến tính theo x là hàm của y. Dạng bình thường của phương trình như vậy là

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

Ví dụ 2. Giải phương trình \frac(dy)(dx)=\frac(1)(x\cos(y)+\sin2y).

Giải pháp. Phương trình này là tuyến tính nếu chúng ta coi x là hàm của y:

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

Chúng tôi sử dụng phương pháp biến đổi của hằng số tùy ý. Đầu tiên chúng ta giải phương trình thuần nhất tương ứng

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

đó là một phương trình với các biến có thể tách được. Nghiệm tổng quát của nó có dạng x=Ce^(\sin(y)),~C=\text(const).

Chúng ta tìm nghiệm tổng quát của phương trình ở dạng x=C(y)e^(\sin(y)), trong đó C(y) là một hàm chưa biết của y. Thay thế, chúng tôi nhận được

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

Từ đây, tích phân từng phần, ta có

Vì thế,

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

Thay thế phương trình này vào x=C(y)e^(\sin(y)) , chúng ta thu được nghiệm tổng quát cho phương trình ban đầu, và do đó cho phương trình này:

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

Phương trình ban đầu cũng có thể được tích hợp như sau. Chúng tôi tin

Y=u(x)v(x),

trong đó u(x) và v(x) là các hàm chưa biết của x, một trong số đó, ví dụ v(x), có thể được chọn tùy ý.

Thay thế y=u(x)v(x) vào , sau khi biến đổi, chúng ta nhận được

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

Xác định v(x) từ điều kiện v"+pv=0, sau đó chúng ta tìm được từ vu"+(pv+v")u=q(x) hàm u(x) và từ đó tìm được nghiệm y=uv của phương trình \frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x). Với v(x), chúng ta có thể lấy nghiệm thường xuyên bất kỳ của phương trình v"+pv=0,~v\not\equiv0.

Ví dụ 3. Giải bài toán Cauchy: x(x-1)y"+y=x^2(2x-1),~y|_(x=2)=4.

Giải pháp. Chúng ta đang tìm nghiệm tổng quát của phương trình có dạng y=u(x)v(x) ; ta có y"=u"v+uv". Thay biểu thức của y và y" vào phương trình ban đầu, chúng ta sẽ có

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

Chúng ta tìm hàm v=v(x) từ điều kiện x(x-1)v"+v=0. Lấy nghiệm cụ thể bất kỳ của phương trình cuối cùng, ví dụ v=\frac(x)(x-1) và thay thế nó, chúng ta nhận được phương trình u"=2x-1, từ đó chúng ta tìm ra hàm u(x)=x^2-x+C. Do đó, nghiệm tổng quát của phương trình x(x-1)y"+y=x^2(2x-1) sẽ

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

Ví dụ 4. Biết rằng có mối liên hệ giữa dòng điện i và suất điện động E trong đoạn mạch có điện trở R và độ tự cảm L. E=Ri+L\frac(di)(dt), trong đó R và L là các hằng số. Nếu coi E là hàm theo thời gian t, chúng ta thu được phương trình tuyến tính không đồng nhất cho cường độ dòng điện i:

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

Tìm cường độ dòng điện i(t) trong trường hợp khi E=E_0=\text(const) và tôi(0)=I_0 .

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

Điều này cho thấy rằng tại thời điểm t\to+\infty cường độ hiện tại i(t) có xu hướng đạt đến một giá trị không đổi \frac(E_0)(R) .

Ví dụ 5. Một họ C_\alpha của các đường cong tích phân của phương trình tuyến tính không đồng nhất y"+p(x)y=q(x) được cho.

Giải pháp. Xét tiếp tuyến của bất kỳ đường cong C_\alpha nào tại điểm M(x,y). Phương trình của tiếp tuyến tại điểm M(x,y) có dạng

\eta-q(x)(\xi-x)=y, trong đó \xi,\eta là tọa độ hiện tại của điểm tiếp tuyến.

Theo định nghĩa, tại các điểm tương ứng x là hằng số và y là biến. Lấy hai tiếp tuyến bất kỳ của đường thẳng C_\alpha tại các điểm tương ứng, tìm tọa độ điểm S giao nhau của chúng, ta thu được

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

Điều này cho thấy tất cả các tiếp tuyến của đường cong C_\alpha tại các điểm tương ứng ( x cố định) cắt nhau tại cùng một điểm

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

Loại bỏ đối số x trong hệ ta thu được phương trình quỹ tích điểm S\dấu hai chấm f(\xi,\eta)=0.

Ví dụ 6. Tìm nghiệm của phương trình y"-y=\cos(x)-\sin(x), thỏa mãn điều kiện: y bị giới hạn ở y\to+\infty .

phương trình Bernoulli

Phương trình vi phân Bernoulli trông giống như

\frac(dy)(dx)+p(x)y=q(x)y^n, trong đó n\ne0;1 (với n=0 và n=1 phương trình này là tuyến tính).

Sử dụng thay thế biến z=\frac(1)(y^(n-1)) Phương trình Bernoulli được rút gọn thành phương trình tuyến tính và được tích phân thành phương trình tuyến tính.

Ví dụ 7. Giải phương trình Bernoulli y"-xy=-xy^3.

Giải pháp. Chia cả hai vế của phương trình cho y^3:

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

-\frac(z")(2)-xz=-x hoặc z"+2xz=2x, nghiệm tổng quát của nó là z=1+Ce^(-x^2).

Từ đây chúng ta thu được tích phân tổng quát của phương trình này

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

Ví dụ 8. Giải phương trình Bernoulli xy"+y=y^2\ln(x). .

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

Để tìm hàm C(x), chúng ta thu được một phương trình với các biến có thể tách được, từ đó, bằng cách tách các biến và lấy tích phân, chúng ta tìm thấy

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

Vậy nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu y=\frac(1)(1+Cx+\ln(x)).

Ví dụ 9. Giải phương trình y"+\sin(y)+x\cos(y)+x=0.

Giải pháp. Hãy viết phương trình này dưới dạng y"+2\sin\frac(y)(2)\cos\frac(y)(2)+2x\cos^2\frac(y)(2)=0..

Chia cả hai vế của phương trình cho 2\cos^2\frac(y)(2), chúng tôi nhận được \frac(y")(2\cos^2\dfrac(y)(2))+\operatorname(tg)\frac(y)(2)+x=0.

Thay z bằng biểu thức của nó theo y, ta thu được tích phân tổng quát của phương trình này \operatorname(tg)\frac(y)(2)=1-x+Ce^(-x).

Ví dụ 10. Giải phương trình x\int\limits_(x)^(0)y(t)\,dt=(x+1)\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt,~x>0.

Giải pháp.Đạo hàm cả hai vế của phương trình này theo x, ta được

\int\limits_(0)^(x)y(t)\,dt+xy(x)=\int\limits_(0)^(x)ty(t)\,dt+x(x+1)y (x) hoặc Nguồn thông tin

Đặc điểm của phương trình Bernoulli

Định nghĩa 1

Phương trình vi phân bậc một có dạng chuẩn $y"+P\left(x\right)\cdot y=Q\left(x\right)\cdot y^(n)$, trong đó $P\left(x\right )$ và $Q\left(x\right)$ là các hàm liên tục và $n$ là một số nhất định, được gọi là phương trình vi phân Jacob Bernoulli.

Trong trường hợp này, các hạn chế được áp dụng đối với số $n$:

$n\ne 0$, vì tại $n = 0$ phương trình vi phân là tuyến tính không đồng nhất, và một số phương pháp giải đặc biệt khác là không cần thiết trong trường hợp này;
$n\ne 1$, vì nếu chúng ta có một $n$, thì phương trình vi phân là một phương trình thuần nhất tuyến tính, phương pháp giải của nó cũng đã được biết.

Ngoài ra, nghiệm tầm thường của phương trình vi phân Bernoulli $y=0$ không được xem xét cụ thể.

Không nên nhầm lẫn phương trình vi phân của nhà toán học Jacob Bernoulli với định luật Bernoulli, được đặt theo tên chú của cháu trai ông, được gọi là Daniel Bernoulli.

Lưu ý 1

Daniel Bernoulli là một nhà vật lý, mô hình nổi tiếng nhất mà ông tìm ra là mô tả mối quan hệ giữa tốc độ dòng chất lỏng và áp suất. Định luật Bernoulli cũng áp dụng cho dòng khí tầng. Nó thường được sử dụng trong thủy lực và động lực học chất lỏng.

Giải phương trình Bernoulli bằng cách rút gọn thành phương trình tuyến tính không đồng nhất

Phương pháp chính để giải phương trình vi phân Bernoulli là thông qua các phép biến đổi, nó được chuyển thành phương trình tuyến tính không đồng nhất. Những chuyển đổi này như sau:

Chúng ta nhân phương trình với số $y^(-n) $ và nhận được $y^(-n) \cdot y"+P\left(x\right)\cdot y^(1-n) =Q\left (x\phải)$.
Chúng tôi áp dụng phép thay thế $z=y^(1-n) $ và vi phân đẳng thức này dưới dạng hàm lũy thừa phức; chúng ta nhận được $z"=\left(1-n\right)\cdot y^(-n) \cdot y"$, từ đó $\frac(z")(1-n) =y^(-n) \ cdot y"$.
Chúng tôi thay thế các giá trị $y^(1-n) $ và $y^(-n) \cdot y"$ vào phương trình vi phân này và nhận được $\frac(z")(1-n) +P\left (x\right )\cdot z=Q\left(x\right)$ hoặc $z"+\left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot z=\left(1 -n\right )\cdot Q\left(x\right)$.

Phương trình vi phân thu được là không đồng nhất tuyến tính đối với hàm $z$, mà chúng ta giải như sau:

Ta tính tích phân $I_(1) =\int \left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot dx $, viết nghiệm cụ thể dưới dạng $v\left(x\ right)=e ^(-I_(1) ) $, thực hiện các phép biến đổi đơn giản hóa và chọn tùy chọn khác 0 đơn giản nhất cho $v\left(x\right)$.
Chúng tôi tính tích phân $I_(2) =\int \frac(\left(1-n\right)\cdot Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $, sau đó chúng ta viết biểu thức ở dạng $u\left(x,C\right)=I_(2) +C$.
Chúng ta viết nghiệm tổng quát của phương trình vi phân tuyến tính không đồng nhất dưới dạng $z=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$.
Chúng ta quay lại hàm $y$, thay thế $z$ bằng $y^(1-n)$ và, nếu cần, thực hiện các phép biến đổi đơn giản hóa.

Ví dụ:

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân $\frac(dy)(dx) +\frac(y)(x) =y^(2) \cdot \left(4-x^(2) \right)$. Viết ra một nghiệm cụ thể thỏa mãn điều kiện ban đầu $y=1$ cho $x=1$.

Trong trường hợp này, chúng ta có phương trình vi phân Bernoulli được trình bày ở dạng chuẩn.

Trong trường hợp này, $n=2$, $P\left(x\right)=\frac(1)(x) $, $Q\left(x\right)=4-x^(2) $.

Chúng tôi trình bày nó dưới dạng liên quan đến việc thay thế $z$:

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

Phương trình vi phân thu được là không đồng nhất tuyến tính đối với hàm $z$, mà chúng ta giải bằng phương pháp được mô tả ở trên.

Chúng tôi tính tích phân $I_(1) =\int \left(1-n\right)\cdot P\left(x\right)\cdot dx $.

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

Với $v\left(x\right)$ chúng ta chọn tùy chọn khác 0 đơn giản nhất: $v\left(x\right)=x$.

Chúng tôi tính tích phân $I_(2) =\int \frac(\left(1-n\right)\cdot Q\left(x\right))(v\left(x\right)) \cdot dx $.

Chúng ta viết biểu thức dưới dạng $u\left(x,C\right)=I_(2) +C$, nghĩa là $u\left(x,C\right)=\frac(x^(2) )(2) -4\cdot \ln \left|x\right|+C$.

Cuối cùng, chúng ta viết ra nghiệm tổng quát của phương trình vi phân không đồng nhất tuyến tính cho hàm $z$ dưới dạng $z=u\left(x,C\right)\cdot v\left(x\right)$, nghĩa là, $z=\frac(x^ (3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C\cdot x$.

Bây giờ chúng ta quay lại hàm $y$, thay thế $z$ bằng $y^(1-n)$:

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

Đây là nghiệm tổng quát của phương trình vi phân Bernoulli này, được viết dưới dạng ẩn.

Để tìm một nghiệm cụ thể, chúng ta sử dụng điều kiện ban đầu $y=1$ cho $x=1$:

Do đó, nghiệm từng phần có dạng: $\frac(1)(y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+\frac (x )(2) $.

Giải phương trình vi phân Bernoulli bằng phương pháp thay thế

Giải pháp khả thi thứ hai cho phương trình Bernoulli là phương pháp thay thế.

Ví dụ:

Tìm nghiệm tổng quát của phương trình vi phân $y"+\frac(y)(x) =y^(2) \cdot \left(4-x^(2) \right)$ bằng phương pháp thế.

Chúng tôi áp dụng phép thay thế $y=u\cdot v$.

Sau khi phân biệt, chúng tôi nhận được:

Chúng ta tìm hàm $v\left(x\right)$ từ phương trình $v"+\frac(v)(x) =0$; để làm điều này, chúng ta di chuyển số hạng thứ hai sang vế phải.

Chúng tôi nhận được:

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

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

tích phân $\ln \left|v\right|=-\ln \left|x\right|$, từ đó $v=\frac(1)(x) $.

Hàm $u\left(x\right)$ được tìm thấy từ phương trình $u"\cdot \frac(1)(x) =u^(2) \cdot \frac(1)(x^(2) ) \cdot \ left(4-x^(2) \right)$, có tính đến $v=\frac(1)(x) $ và $v"+\frac(v)(x) =0$.

Sau các phép biến đổi đơn giản, chúng ta nhận được: $u"=u^(2) \cdot \frac(1)(x) \cdot \left(4-x^(2) \right)$.

Chúng tôi phân tách các biến: $\frac(du)(u^(2) ) =\frac(1)(x) \cdot \left(4-x^(2) \right)\cdot dx$.

Hãy lấy tích phân: $-\frac(1)(u) =4\cdot \ln \left|x\right|-\frac(x^(2) )(2) +C$ hoặc $\frac(1)( u ) =\frac(x^(2) )(2) -4\cdot \ln \left|x\right|+C$.

Chúng ta quay lại biến cũ. Chúng tôi tính đến việc $y=u\cdot v$ hoặc $y=u\cdot \frac(1)(x) $, từ đó $u=x\cdot y$.

Chúng ta thu được nghiệm tổng quát của phương trình vi phân này: $\frac(1)(y) =\frac(x^(3) )(2) -4\cdot x\cdot \ln \left|x\right|+C \cdot x $.

Phân tích toán học phương trình Bernoulli. Phương trình vi phân Bernoulli

64. Phương trình vi phân tổng. Yếu tố tích hợp Phương pháp giải

65. Phương trình tuyến tính vi phân thông thường bậc cao: đồng nhất và không đồng nhất. Toán tử vi phân tuyến tính, tính chất của nó (có chứng minh).

Phương trình vi phân tuyến tính bậc 1 và phương trình Bernoulli

phương trình Bernoulli

phương trình Bernoulli

Giải phương trình Bernoulli bằng cách rút gọn thành phương trình tuyến tính không đồng nhất

Giải phương trình vi phân Bernoulli bằng phương pháp thay thế

Phương trình vi phân tuyến tính bậc 1
và phương trình Bernoulli