1.4: Інші рівняння першого порядку
- Page ID
- 62060
Існує кілька нелінійних рівнянь першого порядку, рішення яких можна отримати за допомогою спеціальних методик. Ми завершуємо цю главу, розглянувши кілька з цих рівнянь, названих на честь відомих математиків\(17-18\) го століття, натхненних різними додатками.
Рівняння Бернуллі
Бернуллі були сім'єю швейцарських математиків, що охоплювала три покоління. Все почалося з Якова Бернуллі (1654-1705) і його брата Йоганна Бернуллі (1667-1748). У Якова був син, Микола Бернуллі (1687- 1759), а Йоганн (1667-1748) мав трьох синів: Микола Бернуллі II (1695-1726), Даніель Бернуллі (1700-1872) та Йоганн Бернуллі II (1710-1790). Останнє покоління складалося з синів Йоганна II, Йоганна Бернуллі III (1747-1807) і Якова Бернуллі II (1759-1789). Найвідомішими з Бернуллі були Йоганн, Яків і Даніель Бернуллі, Яків навчався у Лейбніца, Йоганн навчався у старшого брата, а пізніше викладав Леонхарда Ейлера (1707-1783) і Даніеля Бернуллі, який відомий своєю роботою в гідродинаміці.
Почнемо з рівняння Бернуллі, названого на честь Якова Бернуллі (1655-1705). Рівняння Бернуллі має вигляд
\(\dfrac{d y}{d x}+p(x) y=q(x) y^{n}, \quad n \neq 0,1\)
Зверніть увагу, що коли\(n=0,1\) рівняння лінійне і може бути вирішено за допомогою інтегруючого коефіцієнта. Ключем до вирішення цього рівняння є використання трансформації для\(z(x)=\dfrac{1}{y^{n-1}(x)}\) створення рівняння для\(z(x)\) лінійного. Продемонструємо процедуру на прикладі.
Розв'яжіть рівняння Бернуллі\(x y^{\prime}+y=y^{2} \ln x\) для\(x>0\). У цьому\(p(x)=1, q(x)=\ln x\) прикладі і\(n=2\). Тому ми пустили мишу Бернуллі. Яків вивчав\(z=\dfrac{1}{y} .\) Тоді,
\(z^{\prime}=-\dfrac{1}{y^{2}} y^{\prime}=z^{2} y^{\prime} .\)
Вставивши\(z=y^{-1}\) і\(z^{\prime}=z^{2} y^{\prime}\) в диференціальне рівняння, ми маємо
\[ \begin{aligned} x y^{\prime}+y &=y^{2} \ln x \\ -x \dfrac{z^{\prime}}{z^{2}}+\dfrac{1}{z} &=\dfrac{\ln x}{z^{2}} \\ -x z^{\prime}+z &=\ln x \\ z^{\prime}-\dfrac{1}{x} z=-\dfrac{\ln x}{x} . \end{aligned} \end{equation}\label{1.47} \]
Таким чином, отримане рівняння є лінійним диференціальним рівнянням першого порядку. Це може бути вирішено за допомогою інтегруючого фактора,
\(\mu(x)=\exp \left(-\int \dfrac{d x}{x}\right)=\dfrac{1}{x}\)
Помноживши диференціальне рівняння на інтегруючий коефіцієнт, ми маємо
\(\left(\dfrac{z}{x}\right)^{\prime}=\dfrac{\ln x}{x^{2}}\)
Інтегруючи, отримуємо
\[ \begin{aligned} \dfrac{z}{x} &=-\int \dfrac{\ln x}{x^{2}}+C \\ &=\dfrac{\ln x}{x}+\int \dfrac{d x}{x^{2}}+C \\ &=\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}+C \end{aligned}\label{1.48} \]
Помножуючи на\(x\), ми маємо\(z=\ln x+1+C x .\) З тих пір\(z=y^{-1}\), загальним рішенням проблеми є
\(y=\dfrac{1}{\ln x+1+C x}\)
Рівняння Лагранжа та Клеро
АЛЕКСІС КЛОД КЛЕРО (1713-1765) РОЗВ'ЯЗАВ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ РІВНЯННЯ
\(y=x y^{\prime}+g\left(y^{\prime}\right)\)
Це окремий випадок сімейства рівнянь Лагранжа,
\(y=x f\left(y^{\prime}\right)+g\left(y^{\prime}\right)\)
названий на честь Джозефа Луї Лагранжа (1736-1813). Ці рівняння також мають рішення, які називаються сингулярними розв'язками. Сингулярні розв'язки - це розв'язки, для яких відбувається збій єдиності до початкової задачі значення в кожній точці кривої. Особливим рішенням часто є той, який дотичний до кожного рішення в сімействі рішень.
Спочатку розглянемо розв'язування більш загального рівняння Лагранжа. Нехай\(p=y^{\prime}\) в рівняння Лагранжа, даючи
\[y=x f(p)+g(p) \nonumber \]
Далі ми диференціюємо\(x\) щодо пошуку
\(y^{\prime}=p=f(p)+x f^{\prime}(p) p^{\prime}+g^{\prime}(p) p^{\prime}\)
Рівняння Лагранжа,\(y=x f\left(y^{\prime}\right)+g\left(y^{\prime}\right)\).
Тут ми використовували правило ланцюга. Наприклад,
\(\dfrac{d g(p)}{d x}=\dfrac{d g}{d p} \dfrac{d p}{d x}\)
Вирішуючи для\(p^{\prime}\), ми маємо
\[\dfrac{d p}{d x}=\dfrac{p-f(p)}{x f^{\prime}(p)+g^{\prime}(p)} \nonumber \]
Ми ввели\(p=p(x)\), розглядали як функцію\(x\). Припустимо, що ми можемо інвертувати цю функцію, щоб знайти\(x=x(p)\). Тоді з вступного числення ми знаємо, що похідні функції та її зворотна пов'язані,
\(\dfrac{d x}{d p}=\dfrac{1}{\dfrac{d p}{d x}}\)
Застосовуючи це до рівняння\(\PageIndex{4}\), ми маємо
\[ \begin{aligned} \dfrac{d x}{d p} &=\dfrac{x f^{\prime}(p)+g^{\prime}(p)}{p-f(p)} \\ x^{\prime}-\dfrac{f^{\prime}(p)}{p-f(p)} x &=\dfrac{g^{\prime}(p)}{p-f(p)} \end{aligned} \label{1.51} \]
припускаючи, що\(p-f(p) \neq 0\).
Як видно, ми перетворили рівняння Лагранжа в лінійне диференціальне рівняння першого порядку\(\PageIndex{5}\) для\(x(p)\). Використовуючи методи з раніше в розділі, ми можемо в принципі отримати сімейство розв'язків
\(x=F(p, C)\)
де\(C\) - довільна константа інтеграції. Використовуючи Рівняння\(\PageIndex{3}\), можна усунути\(p\) в Рівнянні,\(\PageIndex{5}\) щоб отримати сімейство розв'язків рівняння Лагранжа у вигляді
\(\varphi(x, y, C)=0\)
Якщо неможливо усунути\(p\) з Рівняння\(\PageIndex{3}\) і\(\PageIndex{5}\), то можна повідомити сімейство розв'язків як параметричне сімейство розв'язків з\(p\) параметром. Отже, параметричні рішення набули б вигляду
\[ \begin{aligned} &x=F(p, C) \\ &y=F(p, C) f(p)+g(p) \end{aligned} \label{1.52} \]
Можливі сингулярні розв'язки для рівнянь Лагранжа.
Ми також припустили\(p-f(p) \neq 0\). Однак можуть бути і розв'язки рівняння Лагранжа, для яких\(p-f(p)=0 .\) такі розв'язки називаються сингулярними розв'язками.
Розв'яжіть рівняння Лагранжа\(y=2 x y^{\prime}-y^{\prime 2}\).
Ми почнемо з Рівняння\(\PageIndex{5}\). Відзначивши це\(f(p)=2 p, g(p)=\)\(-p^{2}\), ми маємо
\ [\ почати {вирівняний} х
^ {\ прайм} -\ dfrac {f^ {\ прайм} (р)} {р-ф (р)} х &=\ dfrac {g^ {\ прайм} (р)} {р-ф (р)}\\
x^ {\ прайм} -\ dfrac {2} {р-2 р} х =\ dfrac {-2} р-2 р}\\
x^ {\ прайм} +\ dfrac {2} {p} х &=2.
\ end {вирівняний}\ мітка {1.53}\]
Це лінійне диференціальне рівняння першого порядку може бути вирішено за допомогою інтегруючого коефіцієнта. А саме,
\(\mu(p)=\exp \left(\int \dfrac{2}{p} dp\right)=e^{2 \ln p}=p^{2}\)
Помноживши диференціальне рівняння на інтегруючий коефіцієнт, ми маємо
\(\dfrac{d}{d p}\left(x p^{2}\right)=2 p^{2}\)
Інтеграція,
\(x p^{2}=\dfrac{2}{3} p^{3}+C.\)
Це дає загальне рішення
\(x(p)=\dfrac{2}{3} p+\dfrac{C}{p^{2}}\)
Замінивши\(y^{\prime}=p\) в вихідне диференціальне рівняння, ми маємо\(y=2 x p-p^{2}\). Потім сімейство розв'язків задається параметричними рівняннями
\[\begin{aligned} x &=\dfrac{2}{3} p+\dfrac{C}{p^{2}}, \\ y &=2\left(\dfrac{2}{3} p+\dfrac{C}{p^{2}}\right) p-p^{2} \\ &=\dfrac{1}{3} p^{2}+\dfrac{2 C}{p} . \end{aligned} \label{1.54} \]
Графіки цих рішень наведені на рис\(\PageIndex{1}\).
Нам також потрібно перевірити наявність сингулярного рішення. Вирішуємо рівняння\(p-f(p)=0\), або\(p=0 .\) Це дає рішення\(y(x)=\left(2 x p-p^{2}\right) p=0=0 .\)
Диференціальне рівняння Клеро задається
\(y=x y^{\prime}+g\left(y^{\prime}\right)\)
Відпускаючи\(p=y^{\prime}\), у нас є
\(y=x p+g(p)\)
Це рівняння Лагранжа с\(f(p)=p\). Диференціюючи по відношенню до x,
Рівняння Клеро,\(y=x y^{\prime}+g\left(y^{\prime}\right)\).
\(p=p+x p^{\prime}+g^{\prime}(p) p^{\prime}\)
Переставляючи, знаходимо
\(x=-g^{\prime}(p)\)
Отже, у нас є параметричне рішення
\[ \begin{aligned} &x=-g^{\prime}(p) \\ &y=-p g^{\prime}(p)+g(p) \end{aligned} \label{1.55} \]
У тому випадку\(y^{\prime}=C\), видно, що\(y=C x+g(C)\) це загальне рішення рішення.
Знайдіть рішення\(y=x y^{\prime}-y^{\prime 2}\).
Як зазначалося, існує сімейство прямих рішень\(y=C x-C^{2}\), так як\(g(p)=-p^{2}\). Там також може бути параметричне рішення, яке не містило\(n\) це сімейство. Це буде дано множиною рівнянь
\[ \begin{aligned} &x=-g^{\prime}(p)=2 p \\ &y=-p g^{\prime}(p)+g(p)=2 p^{2}-p^{2}=p^{2} \end{aligned} \label{1.56} \]
Усунувши\(p\), ми маємо параболічну криву\(y=x^{2} / 4\).
На малюнку\(\PageIndex{2}\) ми намічаємо ці рішення. Сімейство прямих
луцій показано синім кольором. Обмежуюча крива, промальована, подібно до рядкових фігур, яку можна створити, є параметричною кривою.
Рівняння Ріккаті
ЯКОПО ФРАНЧЕСКО РІККАТІ (\(1676-1754\)) ВИВЧАВ КРИВІ З деякою заданою кривизною. Він запропонував рівняння виду
\(y^{\prime}+a(x) y^{2}+b(x) y+c(x)=0\)
близько 1720 року. Він повідомив про це Бернуллі, і саме Даніель Бернуллі фактично вирішив це рівняння. Як зазначав Ранджан Рой\((2011)\), Ріккаті опублікував своє рівняння в 1722 році з приміткою, що Д. Бернуллі дає рішення з точки зору анаграми. Крім того\(a \equiv 0\), коли рівняння Ріккаті зводиться до рівняння Бернуллі.
У розділі 7.2 ми покажемо, що рівняння Рікатті можна перетворити в лінійне диференціальне рівняння другого порядку. Однак є особливі випадки, коли ми можемо отримати рішення. Наприклад, якщо\(a, b\), і\(c\) є константами, то диференціальне рівняння можна інтегрувати безпосередньо. У нас є
\(\dfrac{d y}{d x}=-\left(a y^{2}+b y+c\right)\)
Це рівняння роздільне і отримаємо
\(x-C=-\int \dfrac{d y}{a y^{2}+b y+c}\)
Коли диференціальне рівняння залишається в такому вигляді, кажуть, що воно вирішується квадратурою, коли отриманий інтеграл в принципі можна обчислити за термінами елементарних функцій. \({ }^{1}\)
- 1
-
Під елементарними функціями ми маємо на увазі
\[x-C=-\int \dfrac{d y}{a y^{2}+b y+c} \nonumber \]
добре відомі функції, такі як поліноми, тригонометричні, гіперболічні, а деякі не так добре знають магістрантам, такі як еліптичні функції Якобі або Вейєрштрасса.
Якщо відоме конкретне рішення, то можна отримати рішення рівняння Ріккаті. Дозвольте відомому розв'язку\(y_{1}(x)\) і припустимо, що загальне рішення набуває вигляду\(y(x)=y_{1}(x)+z(x)\) для якоїсь невідомої функції\(z(x)\). Підставивши цю форму в диференціальне рівняння, ми можемо показати, що\(v(x)=1 / z(x)\) задовольняє лінійне диференціальне рівняння першого порядку.
Вставляючи\(y=y_{1}+z\) в загальне рівняння Ріккаті, ми маємо
\[\begin{equation} \begin{aligned} 0=& \dfrac{d y}{d x}+a(x) y^{2}+b(x) y+c \\ =& \dfrac{d z}{d x}+a z^{2}+2 a z y_{1}+b z+\\ &+\dfrac{d y_{1}}{d x}+a y_{1}^{2}+b y_{1}+c \\ =& \dfrac{d z}{d x}+a(x)\left[2 y_{1} z+z^{2}\right]+b(x) z \\ -a(x) z^{2}=& \dfrac{d z}{d x}+\left[2 a(x) y_{1}+b(x)\right] z . \end{aligned}\end{equation}\label{1.57} \]
Останнє рівняння є рівнянням Бернуллі з\(n=2 .\) Отже, ми можемо зробити його лінійним рівнянням з заміщенням\(z=\dfrac{1}{v}, z^{\prime}=-\dfrac{z^{\prime}}{v^{2}}\). Потім отримаємо диференціальне рівняння для\(v(x)\). Це дається
\(v^{\prime}-\left(2 a(x) y_{1}(x)+b(x)\right) v=a(x)\)
Знайти загальний розв'язок рівняння Ріккаті\(y^{\prime}-\)\(y^{2}+2 e^{x} y-e^{2 x}-e^{x}=0\), використовуючи конкретний розв'язок\(y_{1}(x)=e^{x} .\)
Даємо шуканому розчину прийняти форму\(y(x)=z(x)+e^{x}\). Потім рівняння для\(z(x)\) знаходить як
\(\dfrac{d z}{d x}=z^{2}\)
Це рівняння досить просте, щоб інтегрувати безпосередньо для отримання\(z=\dfrac{1}{C-x}\). Тоді вирішенням проблеми стає
\(y(x)=\dfrac{1}{C-x}+e^{x}\)