Skip to content Skip to navigation

Connexions

You are here: Home » Content » Диференцијални равенки од прв ред

Navigation

Recently Viewed

This feature requires Javascript to be enabled.
 

Диференцијални равенки од прв ред

Module by: Liljana Stefanovska. E-mail the author

Summary: Во процесот на решавање на диференцијални равенки од прв ред, ќе се наведат постапките за решавање на: дифернцијална равенка во која променливите се раздвојуваат, хомогената диференцијална равенка, равенка која се сведува на хомогената диференцијална равенка, линерната диференцијална равенка и Бернулиевата диференцијална равенка.

ДИФЕРЕНЦИЈАЛНИ РАВЕНКИ ОД ПРВ РЕД

Диференцијалните равенки од прв ред ќе се класифицираат на типови според нивниот облик и ќе се прикажат техниките за нивно решавање. Најопшто, диференцијална равенка од прв ред е равенка од обликот

f ( x , y , y ' ) = 0 f ( x , y , y ' ) = 0 size 12{f \( x,y, { {y}} sup { ' } \) =0} {}

чие општо решение е

y = ϕ ( x ) + C . y = ϕ ( x ) + C . size 12{y=ϕ \( x \) +C "." } {}

Геометриски, општото решение претставува класа криви кои се добиваат од графикот на функцијата y=ϕ(x)y=ϕ(x) size 12{y=ϕ \( x \) } {} со транслација по yy size 12{y} {}-оската за реална вредност CC size 12{C} {}. Секое партикуларно решение ќе биде функција (геометриски претставена со една крива) која задоволува некој почетен услов, а кај равенките од прв ред тоа значи кривата да поминува низ дадена точка (x0,y0)(x0,y0) size 12{ \( x rSub { size 8{0} } ,y rSub { size 8{0} } \) } {}. Проблемот за наоѓање на партикуларно решение кое го задоволува условот

y 0 = ϕ ( x 0 ) y 0 = ϕ ( x 0 ) size 12{y rSub { size 8{0} } =ϕ \( x rSub { size 8{0} } \) } {}

е базичен во теоријата на диференцијалните равенки и се нарекува Кошиев (Cauchy) проблем.

Во продлолжение ќе наведеме повеќе типови линеарни диференцијални равенки од прв ред и методи за нивно решавање.

1. Диференцијална равенка во која променливите се раздвојуваат

Наједноставниот тип на диференцијална равенка од прв ред е случајот кога променливите може да се раздвојат. Тоа е равенка од обликот

A ( x ) dx + B ( y ) dy = 0 A ( x ) dx + B ( y ) dy = 0 size 12{A \( x \) ital "dx"+B \( y \) ital "dy"=0} {}

во која функциијата AA size 12{A} {} зависи само од променливата xx size 12{x} {}, а функцијата BB size 12{B} {} зависи само од променливата yy size 12{y} {}. Во ваквиот облик на диференцијална равенка променливите и соодветните диференцијали може да се раздвојат и општото решение се запишува преку интеграли

∫ A ( x ) dx + ∫ B ( y ) dy = C ∫ A ( x ) dx + ∫ B ( y ) dy = C size 12{ Int {A \( x \) ital "dx"} + Int {B \( y \) ital "dy"} =C} {}

каде CC size 12{C} {} е произволна интегрална константа.

Example 1

Пример 1.

Да се најде општото решение на диференцијалната равенка

xy ( 1 + y 2 ) dx − ( 1 + x 2 ) dy = 0 . xy ( 1 + y 2 ) dx − ( 1 + x 2 ) dy = 0 . size 12{ ital "xy" \( 1+y rSup { size 8{2} } \) ital "dx" - \( 1+x rSup { size 8{2} } \) ital "dy"=0 "." } {}

РЕШЕНИЕ.

Во равенката променливите се раздвојуваат

x 1 + x 2 dx − 1 y ( 1 + y 2 ) dy = 0 x 1 + x 2 dx − 1 y ( 1 + y 2 ) dy = 0 size 12{ { {x} over {1+x rSup { size 8{2} } } } ital "dx" - { {1} over {y \( 1+y rSup { size 8{2} } \) } } ital "dy"=0} {}

и општото решение е

∫ x 1 + x 2 dx − ∫ 1 y ( 1 + y 2 ) dy = C 1 . ∫ x 1 + x 2 dx − ∫ 1 y ( 1 + y 2 ) dy = C 1 . size 12{ Int { { {x} over {1+x rSup { size 8{2} } } } ital "dx"} - Int { { {1} over {y \( 1+y rSup { size 8{2} } \) } } ital "dy"} =C rSub { size 8{1} } "." } {}

Со решавање на интегралите се добива

1 2 ln ( 1 + x 2 ) − 1 2 ln y 2 1 + y 2 = C 1 , 1 2 ln ( 1 + x 2 ) − 1 2 ln y 2 1 + y 2 = C 1 , size 12{ { {1} over {2} } "ln" \( 1+x rSup { size 8{2} } \) - { {1} over {2} } "ln" { {y rSup { size 8{2} } } over {1+y rSup { size 8{2} } } } =C rSub { size 8{1} } ,} {}

односно

ln ( 1 + x 2 ) − ln y 2 1 + y 2 = ln C . ln ( 1 + x 2 ) − ln y 2 1 + y 2 = ln C . size 12{"ln" \( 1+x rSup { size 8{2} } \) - "ln" { {y rSup { size 8{2} } } over {1+y rSup { size 8{2} } } } ="ln"C "." } {}

Интегралната константа C 1 C 1 size 12{C rSub { size 8{1} } } {} е произволна и може да се запише во било каков облик, а и помножена со константа пак ќе биде некоја константа. Во овој пример, бидејќи изразите во решението на равенката се логаритми, таа ќе се запише преку логаритам C1=12lnCC1=12lnC size 12{C rSub { size 8{1} } = { {1} over {2} } "ln"C} {} и општото решението ќе има облик

ln ( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) y 2 = ln C , ln ( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) y 2 = ln C , size 12{"ln" { { \( 1+x rSup { size 8{2} } \) \( 1+y rSup { size 8{2} } \) } over {y rSup { size 8{2} } } } ="ln"C,} {}

и по антилогаритмирање

(1+x2)(1+y2)=Cy2.(1+x2)(1+y2)=Cy2. size 12{ \( 1+x rSup { size 8{2} } \) \( 1+y rSup { size 8{2} } \) = ital "Cy" rSup { size 8{2} } "." } {} ◄

Example 2

Пример 2.

Да се најде партикуларното решение на диференцијалната равенка

y−xy'=b+bx2y'y−xy'=b+bx2y' size 12{y - x { {y}} sup { ' }=b+ ital "bx" rSup { size 8{2} } { {y}} sup { ' }} {}, за кое y=1y=1 size 12{y=1} {} кога x=1.x=1. size 12{x=1 "." } {}

РЕШЕНИЕ.

Диференцијалната равенка y−xy'=b+bx2y'y−xy'=b+bx2y' size 12{y - x { {y}} sup { ' }=b+ ital "bx" rSup { size 8{2} } { {y}} sup { ' }} {} се запишува во обликот

y − b = ( x + bx 2 ) dy dx y − b = ( x + bx 2 ) dy dx size 12{y - b= \( x+ ital "bx" rSup { size 8{2} } \) { { ital "dy"} over { ital "dx"} } } {}

во кој променливите може да се раздвојат

dx x + bx 2 = dy y − b dx x + bx 2 = dy y − b size 12{ { { ital "dx"} over {x+ ital "bx" rSup { size 8{2} } } } = { { ital "dy"} over {y - b} } } {}

и по решавање на интегралите се добива

ln ∣ x ∣ − ln ∣ x + 1 b ∣ = ln ∣ y − b ∣ + ln C ln ∣ x ∣ − ln ∣ x + 1 b ∣ = ln ∣ y − b ∣ + ln C size 12{"ln" \lline x \lline - "ln" lline x+ { {1} over {b} } rline ="ln" \lline y - b \lline +"ln"C} {}

а по антилогаритмирање, општото решение е

y = bx C ( xb + 1 ) + b . y = bx C ( xb + 1 ) + b . size 12{y= { { ital "bx"} over {C \( ital "xb"+1 \) } } +b "." } {}

Бидејќи во оваа задача се бара да се определи партикуларно решение кое има вредност y=1y=1 size 12{y=1} {} кога x=1,x=1, size 12{x=1,} {} овие почетни услови се заменуваат во општото решение 1=bC(b+1)+b1=bC(b+1)+b size 12{1= { {b} over {C \( b+1 \) } } +b} {} од каде се пресметува вредноста на константата C=b1−b2.C=b1−b2. size 12{C= { {b} over {1 - b rSup { size 8{2} } } } "." } {} Заменувајќи ја оваа вредност во општото решение, се добива бараното партикуларно решение кое гласи

y=x+bxb+1y=x+bxb+1 size 12{y= { {x+b} over { ital "xb"+1} } } {}. ◄

2. Хомогена диференцијална равенка

Ако за функцијата f(x,y)f(x,y) size 12{f \( x,y \) } {} важи

f(tx,ty)=tnf(x,y)f(tx,ty)=tnf(x,y) size 12{f \( ital "tx", ital "ty" \) =t rSup { size 8{n} } f \( x,y \) } {},

таа се нарекува хомогена од n-ти ред.

Диференцијалната равенка од обликот

M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 M ( x , y ) dx + N ( x , y ) dy = 0 size 12{M \( x,y \) ital "dx"+N \( x,y \) ital "dy"=0} {}

се нарекува хомогена диференцијална равенка ако функциите M(x,y)M(x,y) size 12{M \( x,y \) } {} и N(x,y)N(x,y) size 12{N \( x,y \) } {} се хомогени функции од ист ред. Хомогеноста на функциите кои се јавуваат во диференцијалната равенка овозможува таа да се запише во облик

dy dx = f y x . dy dx = f y x . size 12{ { { ital "dy"} over { ital "dx"} } =f left ( { {y} over {x} } right ) "." } {}

Со воведување на смената

y x = z y x = z size 12{ { {y} over {x} } =z} {}

односно

y = zx y = zx size 12{y= ital "zx"} {}

и со нејзино диференцирање се добива

y ' = z ' x + z y ' = z ' x + z size 12{ { {y}} sup { ' }= { {z}} sup { ' }x+z} {}

или

dy dx = x dz dx + z dy dx = x dz dx + z size 12{ { { ital "dy"} over { ital "dx"} } =x { { ital "dz"} over { ital "dx"} } +z} {}

и по заменување во хомогената диференцијална равнка, се добива диференцијална равенка од облик

z ' x = f ( z ) − z , z ' x = f ( z ) − z , size 12{ { {z}} sup { ' }x=f \( z \) - z,} {}

што укажува дека променливите во вака добиената диференцијална равенка може да се раздвојат.

Притоа:

  • Ако f(z)−z≠0f(z)−z≠0 size 12{f \( z \) - z <> 0} {} нејзиното решение е

∫ dz f ( z ) − z = ∫ dx x + ln C , ∫ dz f ( z ) − z = ∫ dx x + ln C , size 12{ Int { { { ital "dz"} over {f \( z \) - z} } } = Int { { { ital "dx"} over {x} } } +"ln"C,} {}

  • ако f(z)=zf(z)=z size 12{f \( z \) =z} {} нејзиното решение е

∫ dy y = ∫ dx x + ln C ∫ dy y = ∫ dx x + ln C size 12{ Int { { { ital "dy"} over {y} } } = Int { { { ital "dx"} over {x} } } +"ln"C} {}

односно

y = Cx . y = Cx . size 12{y= ital "Cx" "." } {}

Example 3

Пример 3.

Да се најде општото решение на диференцијалната равенка y 2 + x 2 y ' = xy y ' . y 2 + x 2 y ' = xy y ' . size 12{y rSup { size 8{2} } +x rSup { size 8{2} } { {y}} sup { ' }= ital "xy {" ital {y}} sup { ' } "." } {}

РЕШЕНИЕ.

Оваа диференцијална равенка е хомогена од втор ред бидејки ако ја решиме по изводот се добива

y ' = y 2 xy − x 2 , y ' = y 2 xy − x 2 , size 12{ { {y}} sup { ' }= { {y rSup { size 8{2} } } over { ital "xy" - x rSup { size 8{2} } } } ,} {}

а по делење на изразот од десната страна (и броителот и именителот) со x2x2 size 12{x rSup { size 8{2} } } {} се добива

y ' = y x 2 y x − 1 . y ' = y x 2 y x − 1 . size 12{ { {y}} sup { ' }= { { left ( { {y} over {x} } right ) rSup { size 8{2} } } over { { {y} over {x} } - 1} } "." } {}

Со воведување на смената y=zxy=zx size 12{y= ital "zx"} {} и нејзиниот извод y'=z'x+zy'=z'x+z size 12{ { {y}} sup { ' }= { {z}} sup { ' }x+z} {}, таа се трансформира во диференцијална равенка од обликот

z ' x + z = z 2 z − 1 , z ' x + z = z 2 z − 1 , size 12{ { {z}} sup { ' }x+z= { {z rSup { size 8{2} } } over {z - 1} } ,} {}

во која променливите се раздвојуваат

z − 1 z dz = 1 x dx . z − 1 z dz = 1 x dx . size 12{ { {z - 1} over {z} } ital "dz"= { {1} over {x} } ital "dx" "." } {}

Решението на оваа равенка се добива по интегрирање

∫z−1zdz=∫1xdx+lnC∫z−1zdz=∫1xdx+lnC size 12{ Int { { {z - 1} over {z} } ital "dz"} = Int { { {1} over {x} } ital "dx"} +"ln"C} {},

и тоа е

z−ln∣z∣=ln∣x∣+lnCz−ln∣z∣=ln∣x∣+lnC size 12{z - "ln" \lline z \lline ="ln" \lline x \lline +"ln"C} {},

односно

z=ln(Cxz)z=ln(Cxz) size 12{z="ln" \( ital "Cxz" \) } {}.

Со враќање на старата променлива x преку смената yx=zyx=z size 12{ { {y} over {x} } =z} {}, општото решение е

Cy=eyx.Cy=eyx. size 12{ ital "Cy"=e rSup { size 8{ { {y} over {x} } } } "." } {} ◄

Example 4

Пример 4.

Да се најде партикуларното решение на диференцијалната равенка

(xy'−y)arctgyx=x,(xy'−y)arctgyx=x, size 12{ \( x { {y}} sup { ' } - y \) "arctg" { {y} over {x} } =x,} {} кое има вредност y=0y=0 size 12{y=0} {} за x=1.x=1. size 12{x=1 "." } {}

РЕШЕНИЕ:

Најпрво се бара општото решение на диференцијалната равенка. Таа е хомогена диференцијална равенка од прв ред бидејќи може да се запише во обликот

dy dx = 1 arctg y x + y x . dy dx = 1 arctg y x + y x . size 12{ { { ital "dy"} over { ital "dx"} } = { {1} over {"arctg" { {y} over {x} } } } + { {y} over {x} } "." } {}

Со користење на смената yx=zyx=z size 12{ { {y} over {x} } =z} {}, односно y=zxy=zx size 12{y= ital "zx"} {} и изводот y'=z'x+zy'=z'x+z size 12{ { {y}} sup { ' }= { {z}} sup { ' }x+z} {},

во диференцијалната рвенка променливите се раздвојуваат бидејќи

z ' x = 1 arctg z . z ' x = 1 arctg z . size 12{ { {z}} sup { ' }x= { {1} over {"arctg"`z} } "." } {}

Оваа равенка има општо решение

∫ arctg z dz = ∫ dx x + ln C , ∫ arctg z dz = ∫ dx x + ln C , size 12{ Int {"arctg"`z` ital "dz"} = Int { { { ital "dx"} over {x} } } +"ln"C,} {}

кое по решавање на интегралите е во облик

z arctg z − 1 2 ln ( 1 + z 2 ) = ln Cx z arctg z − 1 2 ln ( 1 + z 2 ) = ln Cx size 12{z`"arctg"`z - { {1} over {2} } "ln" \( 1+z rSup { size 8{2} } \) ="ln" ital "Cx"} {}

или

y x arctg y x − 1 2 ln ( 1 + y x 2 2 ) = ln Cx . y x arctg y x − 1 2 ln ( 1 + y x 2 2 ) = ln Cx . size 12{ { {y} over {x} } `"arctg"` { {y} over {x} } - { {1} over {2} } "ln" \( 1+ { {y} over {x rSup { size 8{2} } } } rSup { size 8{2} } \) ="ln" ital "Cx" "." } {}

Партикуларното решение ќе се добие со определување на константата C од почетните услови y=0y=0 size 12{y=0} {} кога x=1x=1 size 12{x=1} {}. Со замена на почетните услови во општото решение

−12ln1=lnC⇒C=1−12ln1=lnC⇒C=1 size 12{ - { {1} over {2} } "ln"1="ln"C~ drarrow ~C=1} {}.

Значи партикуларното решение е

y x arctg y x − 1 2 ln ( 1 + y x 2 2 ) = ln x y x arctg y x − 1 2 ln ( 1 + y x 2 2 ) = ln x size 12{ { {y} over {x} } `"arctg"` { {y} over {x} } - { {1} over {2} } "ln" \( 1+ { {y} over {x rSup { size 8{2} } } } rSup { size 8{2} } \) ="ln"x} {}

кое по антилогаритмирање е од обликот

x2+y2=eyxarctgyxx2+y2=eyxarctgyx size 12{ sqrt {x rSup { size 8{2} } +y rSup { size 8{2} } } =e rSup { size 8{ { {y} over {x} } ital "arctg" { {y} over {x} } } } } {}. ◄

2.1. Равенка која се сведува на хомогена диференцијална равенка

Ако диференцијалната равенка е од облик

y ' = f ax + by + c a 1 x + b 1 y + c 1 , y ' = f ax + by + c a 1 x + b 1 y + c 1 , size 12{ { {y}} sup { ' }=f left ( { { ital "ax"+ ital "by"+c} over {a rSub { size 8{1} } x+b rSub { size 8{1} } y+c rSub { size 8{1} } } } right ),} {}

со смената

x = u + α , dx = du y = v + β , dy = dv x = u + α , dx = du y = v + β , dy = dv alignl { stack { size 12{x=u+α,~ ital "dx"= ital "du"} {} # size 12{y=v+β,~ ital "dy"= ital "dv"} {} } } {}

каде u,vu,v size 12{u,`v} {} се нови променливи а α,βα,β size 12{α,`β} {} се константи, таа се сведува на

dvdu=fau+bv+aα+bβ+ca1u+b1v+a1α+b1β+c1dvdu=fau+bv+aα+bβ+ca1u+b1v+a1α+b1β+c1 size 12{ { { ital "dv"} over { ital "du"} } =f left ( { { ital "au"+ ital "bv"+aα+bβ+c} over {a rSub { size 8{1} } u+b rSub { size 8{1} } v+a rSub { size 8{1} } α+b rSub { size 8{1} } β+c rSub { size 8{1} } } } right )} {}.

Идејата за оваа смена е равенката да се сведе на хомогена и затоа константите α,βα,β size 12{α,`β} {} се определуваат преку системот равенки

aα + bβ + c = 0 a 1 α + b 1 β + c 1 = 0 . { aα + bβ + c = 0 a 1 α + b 1 β + c 1 = 0 . { size 12{alignl { stack { left lbrace aα+bβ+c=0 {} # right none left lbrace a rSub { size 8{1} } α+b rSub { size 8{1} } β+c rSub { size 8{1} } =0 "." {} # right no } } lbrace } {}

При тоа:

  • Ако детерминантата на овој систем Δ=ab1−ba1≠0Δ=ab1−ba1≠0 size 12{Δ= ital "ab" rSub { size 8{1} } - ital "ba" rSub { size 8{1} } <> 0} {} еднозначно се определуваат константите α,βα,β size 12{α,`β} {} и равенката се сведува на хомогена диференцијална равенка

dv du = f au + bv a 1 u + b 1 v dv du = f au + bv a 1 u + b 1 v size 12{ { { ital "dv"} over { ital "du"} } =f left ( { { ital "au"+ ital "bv"} over {a rSub { size 8{1} } u+b rSub { size 8{1} } v} } right )} {}

која може да се реши со постапката за решавање на хомогена диференцијална равенка.

  • Ако детерминантата на системот Δ=ab1−ba1=0Δ=ab1−ba1=0 size 12{Δ= ital "ab" rSub { size 8{1} } - ital "ba" rSub { size 8{1} } =0} {} со смената

z = ax + by z = ax + by size 12{z= ital "ax"+ ital "by"} {}

диференцијалната равенка се сведува на равенка во која променливите се раздвојуваат и како таква се решава.

Example 5

Пример 5.

Да најде општото решение на диференцијалната равенка

y ' = 2 ( y + 2 ) 2 ( x + y − 1 ) 2 . y ' = 2 ( y + 2 ) 2 ( x + y − 1 ) 2 . size 12{ { {y}} sup { ' }= { {2 \( y+2 \) rSup { size 8{2} } } over { \( x+y - 1 \) rSup { size 8{2} } } } "." } {}

РЕШЕНИЕ.

Со смената

x = u + α , dx = du y = v + β , dy = dv x = u + α , dx = du y = v + β , dy = dv alignl { stack { size 12{x=u+α,~ ital "dx"= ital "du"} {} # size 12{y=v+β,~ ital "dy"= ital "dv"~} {} } } {} ⇒ dy dx = y ' = v ' = dv du ⇒ dy dx = y ' = v ' = dv du size 12{ drarrow ~ { { ital "dy"} over { ital "dx"} } = { {y}} sup { ' }= { {v}} sup { ' }= { { ital "dv"} over { ital "du"} } } {}

диференцијалната равенка се сведува на

v ' = 2 ( v + β + 2 ) 2 ( u + α + v + β − 1 ) 2 . v ' = 2 ( v + β + 2 ) 2 ( u + α + v + β − 1 ) 2 . size 12{ { {v}} sup { ' }= { {2 \( v+β+2 \) rSup { size 8{2} } } over { \( u+α+v+β - 1 \) rSup { size 8{2} } } } "." } {}

За да биде оваа диференцијална равенка хомогена, потребно е да се реши системот равенки

β+2=0α+β−1=0⇒Δ≠0⇒β=−2,α=3{β+2=0α+β−1=0⇒Δ≠0⇒β=−2,α=3{ size 12{alignl { stack { left lbrace β+2=0 {} # right none left lbrace α+β - 1=0 {} # right no } } lbrace ~ drarrow Δ <> 0` drarrow ~β= - 2,`α=3} {},

а диференцијалната равенка со овие вредности е

v ' = 2v 2 ( u + v ) 2 , v ' = 2v 2 ( u + v ) 2 , size 12{ { {v}} sup { ' }= { {2v rSup { size 8{2} } } over { \( u+v \) rSup { size 8{2} } } } ,} {}

односно таа е хомогена равенка

v ' = 2 v u 2 1 + v u 2 v ' = 2 v u 2 1 + v u 2 size 12{ { {v}} sup { ' }= { {2 left ( { {v} over {u} } right ) rSup { size 8{2} } } over { left (1+ { {u} over {v} } right ) rSup { size 8{2} } } } } {}

која со смената v=zuv=zu size 12{v= ital "zu"} {} и v'=z'u+zv'=z'u+z size 12{ { {v}} sup { ' }= { {z}} sup { ' }u+z} {} се сведува на равенка во која променливите се раздвојуваат

−(1+z)2z+z3dz=duu−(1+z)2z+z3dz=duu size 12{ - { { \( 1+z \) rSup { size 8{2} } } over {z+z rSup { size 8{3} } } } ital "dz"= { { ital "du"} over {u} } } {}.

Решението на оваа равенка е

− ln ∣ z ∣ − 2 arctg z = ln ∣ Cu ∣ − ln ∣ z ∣ − 2 arctg z = ln ∣ Cu ∣ size 12{ - "ln" \lline z \lline - 2"arctg"`z="ln" \lline ital "Cu" \lline } {}

кое по вараќање на променливте од последната замена z=vuz=vu size 12{z= { {v} over {u} } } {} има облик

arctgvu=−12ln∣Cv∣arctgvu=−12ln∣Cv∣ size 12{"arctg"` { {v} over {u} } = - { {1} over {2} } "ln" \lline ital "Cv" \lline } {} или vC=e−2arctgvuvC=e−2arctgvu size 12{ ital "vC"=e rSup { size 8{ - 2"arctg"` { {v} over {u} } } } } {}

а по враќање на првобитните променливи од смената x=u+3,y=v−2x=u+3,y=v−2 size 12{x=u+3,~y=v - 2} {}, се добива општото решение на равенката кое гласи

(y+2)C=e−2arctgy+2x−3(y+2)C=e−2arctgy+2x−3 size 12{ \( y+2 \) C=e rSup { size 8{ - 2"arctg"` { {y+2} over {x - 3} } } } } {}. ◄

Example 6

Пример 6.

Да најде општото решение на диференцијалната равенка

y ' = 2x + y − 1 4x + 2y + 5 . y ' = 2x + y − 1 4x + 2y + 5 . size 12{ { {y}} sup { ' }= { {2x+y - 1} over {4x+2y+5} } "." } {}

РЕШЕНИЕ.

Оваа диференцијална равенка се сведува на хомогена равенка, но по воведување на смената детерминантата на системот е = 0. Равенката може да се запише во обликот

y ' = 2x + y − 1 4x + 2y + 5 = ( 2x + y ) − 1 2 ( 2x + y ) + 5 y ' = 2x + y − 1 4x + 2y + 5 = ( 2x + y ) − 1 2 ( 2x + y ) + 5 size 12{ { {y}} sup { ' }= { {2x+y - 1} over {4x+2y+5} } = { { \( 2x+y \) - 1} over {2 \( 2x+y \) +5} } } {}

и со смената

z = 2x + y ⇒ y = z − 2x ⇒ y ' = z ' − 2 z = 2x + y ⇒ y = z − 2x ⇒ y ' = z ' − 2 size 12{z=2x+y~ drarrow ~y=z - 2x~ drarrow ~ { {y}} sup { ' }= { {z}} sup { ' } - 2} {}

таа се сведува на равенка во која променливите се раздвојуваат

z ' = 5z + 9 2z + 5 . z ' = 5z + 9 2z + 5 . size 12{ { {z}} sup { ' }= { {5z+9} over {2z+5} } "." } {}

Општото решение на оваа равенка е

∫ 2z + 5 5z + 9 dz = ∫ dx + C ∫ 2z + 5 5z + 9 dz = ∫ dx + C size 12{ Int { { {2z+5} over {5z+9} } ital "dz"} = Int { ital "dx"+C} } {}

и по интегрирање тоа гласи

2 5 z + 7 25 ln ∣ z + 9 5 ∣ = x + C 2 5 z + 7 25 ln ∣ z + 9 5 ∣ = x + C size 12{ { {2} over {5} } z+ { {7} over {"25"} } "ln" \lline z+ { {9} over {5} } \lline =x+C} {}

и по враќање на старата променлива од смената z=2x+yz=2x+y size 12{z=2x+y} {}, општото решение е

25(2x+y)+725ln∣10x+5y+95∣=x+C.25(2x+y)+725ln∣10x+5y+95∣=x+C. size 12{ { {2} over {5} } \( 2x+y \) + { {7} over {"25"} } "ln" lline { {"10"x+5y+9} over {5} } rline =x+C "." } {} ◄

3. Линерана диференцијална равенка

Општиот облик на линерна диференцијална равенка од прв ред е

dydx+P(x)y=Q(x)dydx+P(x)y=Q(x) size 12{ { { ital "dy"} over { ital "dx"} } +P \( x \) y=Q \( x \) } {},

каде P(x),Q(x)P(x),Q(x) size 12{P \( x \) ,``Q \( x \) } {} се дадени непрекинати функции од променливата xx size 12{x} {}.

Равенката од обликот

dy dx + P ( x ) y = 0 dy dx + P ( x ) y = 0 size 12{ { { ital "dy"} over { ital "dx"} } +P \( x \) y=0} {}

се нарекува хомогена линеарна диференцијална равенка од прв ред. Во оваа равенка променливите се раздвојуваат и нејзиното општо решение е

∫ dy y = − ∫ P ( x ) dx + ln C ∫ dy y = − ∫ P ( x ) dx + ln C size 12{ Int { { { ital "dy"} over {y} } } = - Int {P \( x \) ital "dx"} +"ln"C} {}

или

y=Ce−∫P(x)dxy=Ce−∫P(x)dx size 12{y= ital "Ce" rSup { size 8{ - Int {P \( x \) ital "dx"} } } } {}.

Ова решение на хомогената линеарна равенка може да се искористи за определување на општото решение на нехомогената линеарна равенка со користење на методот на варијација на константи, со кој константата C се третира како непрекината и диференцијабилна функција C(x)C(x) size 12{C \( x \) } {}. Затоа решението на хомогената линеарна равенка сега ќе биде

y=C(x)e−∫P(x)dxy=C(x)e−∫P(x)dx size 12{y=C \( x \) e rSup { size 8{ - Int {P \( x \) ital "dx"} } } } {} ,

а неговиот извод е

y ' = e − ∫ P ( x ) dx C ' ( x ) − P ( x ) C ( x ) . y ' = e − ∫ P ( x ) dx C ' ( x ) − P ( x ) C ( x ) . size 12{ { {y}} sup { ' }=e rSup { size 8{ - Int {P \( x \) ital "dx"} } } left [ { {C}} sup { ' } \( x \) - P \( x \) C \( x \) right ] "." } {}

Заменувајќи го ова решение и неговиот извод во нехомогената линерна равенка се добива

e − ∫ P ( x ) dx C ' ( x ) − P ( x ) C ( x ) + P ( x ) C ( x ) e − ∫ P ( x ) dx = Q ( x ) e − ∫ P ( x ) dx C ' ( x ) − P ( x ) C ( x ) + P ( x ) C ( x ) e − ∫ P ( x ) dx = Q ( x ) size 12{e rSup { size 8{ - Int {P \( x \) ital "dx"} } } left [ { {C}} sup { ' } \( x \) - P \( x \) C \( x \) right ]+P \( x \) C \( x \) e rSup { size 8{ - Int {P \( x \) ital "dx"} } } =Q \( x \) } {}

или по средување

C ' ( x ) = Q ( x ) e ∫ P ( x ) dx C ' ( x ) = Q ( x ) e ∫ P ( x ) dx size 12{~ { {C}} sup { ' } \( x \) =Q \( x \) e rSup { size 8{ Int {P \( x \) ital "dx"} } } } {}

од каде следува дека

C ( x ) = ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) dx dx + C , C = const . C ( x ) = ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) dx dx + C , C = const . size 12{C \( x \) = Int {Q \( x \) e rSup { size 8{ Int {P \( x \) ital "dx"} } } } ital "dx"+C,~C= ital "const" "." } {}

Со замена на оваа вредност за C(x)C(x) size 12{C \( x \) } {} во решението се добива

y = e − ∫ P ( x ) dx C + ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) dx dx y = e − ∫ P ( x ) dx C + ∫ Q ( x ) e ∫ P ( x ) dx dx size 12{y=e rSup { size 8{ - Int {P \( x \) ital "dx"} } } left [C+ Int {Q \( x \) } e rSup { size 8{ Int {P \( x \) ital "dx"} } } ital "dx" right ]} {}

што претставува општо решение на линеарната диференцијална равенка од прв ред.

Example 7

Пример 7.

Да се најде партикуларното решение на диференцијалната равенка

(1+x2)y'−2xy=(1+x2)2(1+x2)y'−2xy=(1+x2)2 size 12{ \( 1+x rSup { size 8{2} } \) { {y}} sup { ' } - 2 ital "xy"= \( 1+x rSup { size 8{2} } \) rSup { size 8{2} } } {} кое за x=1,y=2x=1,y=2 size 12{x=1,`y=2} {}.

РЕШЕНИЕ.

Диференцијалната равенка се запишува како

y'−2x1+x2y=1+x2y'−2x1+x2y=1+x2 size 12{ { {y}} sup { ' } - { {2x} over {1+x rSup { size 8{2} } } } y=1+x rSup { size 8{2} } } {},

и таа е линеарна при што P(x)=−2x1+x2,Q(x)=1+x2.P(x)=−2x1+x2,Q(x)=1+x2. size 12{P \( x \) = - { {2x} over {1+x rSup { size 8{2} } } } ,~Q \( x \) =1+x rSup { size 8{2} } "." } {}

Применувајќи ја формулата за општо решение на линеарната диференцијална равенка од прв ред се добива

y=e∫2x1+x2dxC+(1+x2)e−∫2x1+x2dxdxy=e∫2x1+x2dxC+(1+x2)e−∫2x1+x2dxdx size 12{y=e rSup { size 8{ Int { { {2x} over {1+x rSup { size 6{2} } } } } ital "dx"} } left [C+ \( 1+x rSup {2} size 12{ \) e rSup { - Int { { {2x} over {1+x rSup { size 6{2} } } } } ital "dx"} } size 12{ ital "dx"} right ]} {},

или по решавање на интегралите, општото решение е

y=(1+x2)(C+x)y=(1+x2)(C+x) size 12{y= \( 1+x rSup { size 8{2} } \) \( C+x \) } {}.

Со замена на почетните услови x=1,y=2x=1,y=2 size 12{x=1,`y=2} {} во општото решение

2 = ( 1 + 1 ) ( C + 1 ) ⇒ C = 0 2 = ( 1 + 1 ) ( C + 1 ) ⇒ C = 0 size 12{2= \( 1+1 \) \( C+1 \) ~ drarrow ~C=0} {}

се пресмета вредноста на интегралната константа и затоа бараното партикуларно решение е

y=(1+x2)xy=(1+x2)x size 12{y= \( 1+x rSup { size 8{2} } \) x} {}. ◄

Example 8

Пример 8.

Да најде општото решение на диференцијалната равенка

y'=y2ylny+y−xy'=y2ylny+y−x size 12{ { {y}} sup { ' }= { {y} over {2y"ln"y+y - x} } } {}.

РЕШЕНИЕ.

Ова е пример на диференцијална равенка која не е линеарна по yy size 12{y} {}, а е линерна по променливата xx size 12{x} {}. Користејќи ја релацијата

y'=dydx=1dxdy=1x'y'=dydx=1dxdy=1x' size 12{ { {y}} sup { ' }= { { ital "dy"} over { ital "dx"} } = { {1} over { { { ital "dx"} over { ital "dy"} } } } = { {1} over { { {x}} sup { ' }} } } {},

диференцијалната равенка се запишува во облик

1 x ' = y 2y ln y + y − x 1 x ' = y 2y ln y + y − x size 12{ { {1} over { { {x}} sup { ' }} } = { {y} over {2y"ln"y+y - x} } } {}

или

x'=2ylny+y−xyx'=2ylny+y−xy size 12{ { {x}} sup { ' }= { {2y"ln"y+y - x} over {y} } } {},

од каде се гледа дека таа е линеарна по променливата xx size 12{x} {} и се запишува во вообичаениот облик како

x'+xy=2ylny+1x'+xy=2ylny+1 size 12{ { {x}} sup { ' }+ { {x} over {y} } =2y"ln"y+1} {}.

Според тоа изразот за општо решение на оваа диференцијална равенка која е линеарна по променливата xx size 12{x} {} ќе гласи

x=e−∫dyy∫(2ylny+1)e∫dyydy+Cx=e−∫dyy∫(2ylny+1)e∫dyydy+C size 12{x=e rSup { size 8{ - Int { { { ital "dy"} over {y} } } } } left [ Int { \( 2y"ln"y+1 \) e rSup { size 8{ Int { { { ital "dy"} over {y} } } } } ital "dy"+C} right ]} {},

а по решавање на интегралите се добива

x = 1 y y 2 ( ln y − 1 2 ) + y 2 2 + C x = 1 y y 2 ( ln y − 1 2 ) + y 2 2 + C size 12{x= { {1} over {y} } left [y rSup { size 8{2} } \( "ln"y - { {1} over {2} } \) + { {y rSup { size 8{2} } } over {2} } +C right ]} {}

и по средување на овој израз, општото решение е

x=Cy+ylnyx=Cy+ylny size 12{x= { {C} over {y} } +y"ln"y} {}. ◄

4. Бернулиева диференцијална равенка

Диференцијалната равенка од облик

y ' + P ( x ) y = Q ( x ) y n y ' + P ( x ) y = Q ( x ) y n size 12{ { {y}} sup { ' }+P \( x \) y=Q \( x \) y rSup { size 8{n} } } {}

се нарекува Бернулиева (Bernoulli) диференцијална равенка. Со погодна смена на функцијата, оваа равенка може да се сведе на линеарна диференцијална равенка. За таа цел Бернулиевата диференцијална равенка се дели со ynyn size 12{y rSup { size 8{n} } } {}

y ' + P ( x ) y = Q ( x ) y n /: y n y ' + P ( x ) y = Q ( x ) y n /: y n size 12{ { {y}} sup { ' }+P \( x \) y=Q \( x \) y rSup { size 8{n} } "/:"y rSup { size 8{n} } } {}

при што се добива

y−ny'+P(x)y1−n=Q(x)y−ny'+P(x)y1−n=Q(x) size 12{y rSup { size 8{ - n} } { {y}} sup { ' }+P \( x \) y rSup { size 8{1 - n} } =Q \( x \) } {}.

Со смената

t = y 1 − n , t ' = ( 1 − n ) y − n y ' t = y 1 − n , t ' = ( 1 − n ) y − n y ' size 12{t=y rSup { size 8{1 - n} } ,~ { {t}} sup { ' }= \( 1 - n \) y rSup { size 8{ - n} } { {y}} sup { ' }} {}

Бернулиевата се сведува на линеарна равенка по новата променлива tt size 12{t} {}

1 1 − n t ' + P ( x ) t = Q ( x ) 1 1 − n t ' + P ( x ) t = Q ( x ) size 12{ { {1} over {1 - n} } { {t}} sup { ' }+P \( x \) t=Q \( x \) } {}

и за нејзино решавање се применува постапката за решавање на линерна дифернцијална равенка и на крај потребно е да се вратиме на старата променлива.

Example 9

Пример 9.

Да најде општото решение на диференцијалната равенка

y'−ytgx+y2cosx=0y'−ytgx+y2cosx=0 size 12{ { {y}} sup { ' } - y`"tg"`x+y rSup { size 8{2} } "cos"x=0} {}.

РЕШЕНИЕ.

Дадената равенка е Бернулиева диференцијална равенка

y ' − y tg x = − y 2 cos x y ' − y tg x = − y 2 cos x size 12{ { {y}} sup { ' } - y`"tg"`x= - y rSup { size 8{2} } "cos"x} {}

која по делење со y2y2 size 12{y rSup { size 8{2} } } {} ја дава равенката

y ' y 2 − tg x y = − cos x y ' y 2 − tg x y = − cos x size 12{ { { { {y}} sup { ' }} over {y rSup { size 8{2} } } } - { {"tg"`x} over {y} } = - "cos"x} {}

и која преку смената

t = 1 y , t ' = − y ' y 2 t = 1 y , t ' = − y ' y 2 size 12{t= { {1} over {y} } ,~ { {t}} sup { ' }= - { { { {y}} sup { ' }} over {y rSup { size 8{2} } } } } {}

се сведува на линеарна диференцијална равенка

−t'−ttgx=−cosx−t'−ttgx=−cosx size 12{ - { {t}} sup { ' } - t`"tg"`x= - "cos"x} {},

односно

t ' + t tg x = cos x t ' + t tg x = cos x size 12{ { {t}} sup { ' }+t`"tg"`x="cos"x} {}

чие што решение е

t=e−∫tgxdx∫cosxe∫tgxdxdx+Ct=e−∫tgxdx∫cosxe∫tgxdxdx+C size 12{t=e rSup { size 8{ - Int { ital "tgxdx"} } } left [ Int {"cos"x`e rSup { size 8{ Int { ital "tgxdx"} } } } ital "dx"+C right ]} {}.

Решавајќи ги интегралите од десната страна, се добива дека

t = ( x + C ) cos x t = ( x + C ) cos x size 12{t= \( x+C \) "cos"x} {}

и по враќање на старата променлива од смената t=1yt=1y size 12{t= { {1} over {y} } } {}, општото решение на бараната Бернулиева равенка е

y=1(x+C)cosxy=1(x+C)cosx size 12{y= { {1} over { \( x+C \) "cos"x} } } {}. ◄

Example 10

Пример 10.

Да се најде општото решение на Бернулиевата диференцијална равенка

xy(xdy+ydx)=4x3dxxy(xdy+ydx)=4x3dx size 12{ ital "xy" \( ital "xdy"+ ital "ydx" \) =4x rSup { size 8{3} } ital "dx"} {}.

РЕШЕНИЕ.

Ако во диференцијалната равенка

xy ( xdy + ydx ) = 4x 3 dx xy ( xdy + ydx ) = 4x 3 dx size 12{ ital "xy" \( ital "xdy"+ ital "ydx" \) =4x rSup { size 8{3} } ital "dx"} {}

се ослободиме од заградата (множиме) и потоа поделиме со dxdx size 12{ ital "dx"} {}, се добива

x2ydydx+xy2=4x3x2ydydx+xy2=4x3 size 12{x rSup { size 8{2} } y { { ital "dy"} over { ital "dx"} } + ital "xy" rSup { size 8{2} } =4x rSup { size 8{3} } } {}.

Делејќи ја последната равенка со коефициентот x2yx2y size 12{x rSup { size 8{2} } y} {} кој е пред изводот

x 2 y dy dx + xy 2 = 4x 3 /: x 2 y x 2 y dy dx + xy 2 = 4x 3 /: x 2 y size 12{x rSup { size 8{2} } y { { ital "dy"} over { ital "dx"} } + ital "xy" rSup { size 8{2} } =4x rSup { size 8{3} } "/:"x rSup { size 8{2} } y} {}

се добива стандардниот облик на Бернулиева диференцијална равенка

y'+yx=4xyy'+yx=4xy size 12{ { {y}} sup { ' }+ { {y} over {x} } = { {4x} over {y} } } {} .

Во оваа равенка степенот n=−1n=−1 size 12{n= - 1} {} и затоа равенката ја делиме со y−1y−1 size 12{y rSup { size 8{ - 1} } } {} (множиме со yy size 12{y} {}) при што се добива

y y ' + y 2 x = 4x y y ' + y 2 x = 4x size 12{y { {y}} sup { ' }+ { {y rSup { size 8{2} } } over {x} } =4x} {}

и со смената t=y2⇒t'=2yy't=y2⇒t'=2yy' size 12{t=y rSup { size 8{2} } ~ drarrow ~ { {t}} sup { ' }=2y { {y}} sup { ' }} {}, таа се сведува на линеарна диференцијална равенка

t ' + 2 x t = 8x t ' + 2 x t = 8x size 12{ { {t}} sup { ' }+ { {2} over {x} } t=8x} {}

која има решение

t=e−∫2xdx∫8xe∫2xdxdx+Ct=e−∫2xdx∫8xe∫2xdxdx+C size 12{t=e rSup { size 8{ - Int { { {2} over {x} } } ital "dx"} } left [ Int {8 ital "xe" rSup { size 8{ Int { { {2} over {x} } } ital "dx"} } ital "dx"} +C right ]} {},

односно

t=1x2(2x4+C)t=1x2(2x4+C) size 12{t= { {1} over {x rSup { size 8{2} } } } \( 2x rSup { size 8{4} } +C \) } {}.

Со враќање на старата променлива од смената t=y2t=y2 size 12{t=y rSup { size 8{2} } } {}, се добива општото решение

y2x2=2x4+C.y2x2=2x4+C. size 12{y rSup { size 8{2} } x rSup { size 8{2} } =2x rSup { size 8{4} } +C "." } {} ◄

Content actions

Download module as:

PDF | More downloads ...

Add module to:

My Favorites (?)

'My Favorites' is a special kind of lens which you can use to bookmark modules and collections. 'My Favorites' can only be seen by you, and collections saved in 'My Favorites' can remember the last module you were on. You need an account to use 'My Favorites'.

| A lens I own (?)

Definition of a lens

Lenses

A lens is a custom view of the content in the repository. You can think of it as a fancy kind of list that will let you see content through the eyes of organizations and people you trust.

What is in a lens?

Lens makers point to materials (modules and collections), creating a guide that includes their own comments and descriptive tags about the content.

Who can create a lens?

Any individual member, a community, or a respected organization.

What are tags? tag icon

Tags are descriptors added by lens makers to help label content, attaching a vocabulary that is meaningful in the context of the lens.

| External bookmarks