Дифференциальное уравнение Бернулли

Статья раскрывает методы решения дифференциального уравнения Бернулли. В заключении будут рассмотрены решения примеров с подробным объяснением.

Приведение к линейному уравнению $1$ порядка

Определение 1

Дифференциальное уравнение Бернулли записывается как $y^{'} + P (x) \cdot y = Q (x) \cdot y^{n}$ . Если $n = 1$ , тогда его называют с разделяющими переменными. Тогда уравнение запишется как $y^{'} + P (x) \cdot y = Q (x) \cdot y \Leftrightarrow y^{'} = (Q (x) - P (x)) \cdot y$ .

Для того, чтобы решить такое уравнение, необходимо первоначально привести к линейному неоднородному дифференциальному уравнению $1$ порядка с новой переменной вида $z = y^{1 - n}$ . Проделав замену, получаем, что $y = z^{\frac{1}{1 - n}} \Rightarrow y^{'} = \frac{1}{1 - n} \cdot z^{\frac{n}{1 - n}} \cdot z^{^{'}}$ .

Отсюда вид уравнения Бернулли меняется:

$y^{'} + P (x) \cdot y = Q (x) \cdot y^{n} \frac{1}{1 - n} \cdot z^{\frac{1}{1 - n}} \cdot z^{'} + P (x) \cdot z^{\frac{1}{1 - n}} = Q (x) \cdot z^{\frac{1}{1 - n}} z^{'} + (1 - n) \cdot P (x) \cdot z = (1 - n) \cdot Q (x)$

Этот процесс вычисления и подстановки способствует приведению к линейному неоднородному дифференциальному уравнению первого порядка. В итоге проводим замену и получаем его решение.

Пример 1

Найти общее решение для уравнения вида $y^{'} + x y = (1 + x) \cdot e^{- x} \cdot y^{2}$ .

Решение

По условию имеем, что $n = 2, P (x) = x, Q (x) = (1 + x) \cdot e^{- x}$ . Необходимо ввести новую переменную $z = y^{1 - n} = y^{1 - 2} = \frac{1}{y}$ , отсюда получим, что $y = \frac{1}{z} \Rightarrow y^{'} = - \frac{z^{'}}{z^{2}}$ . Провести замену переменных и получить ЛНДУ первого порядка. Запишем, как

$y^{'} + x y = (1 + x) \cdot e^{- x} \cdot y^{2} - \frac{z^{'}}{z^{2}} + \frac{x}{z} = (1 + x) \cdot e^{- x} \cdot \frac{1}{z^{2}} z^{'} - x z = - (1 + x) \cdot e^{- x}$

Следует проводить решение при помощи метода вариации произвольной постоянной.

Проводим нахождение общего решения дифференциального уравнения вида:

$\frac{d z}{d x} - x z = 0 \Leftrightarrow \frac{d z}{z} = x d x, z \neq 0 \int \frac{d z}{z} = \int x d x \ln | z | + C_{1} = \frac{x^{2}}{2} + C_{2} e^{\ln | z | + C_{1}} = e^{\frac{x^{2}}{2} + C_{2}} z = C \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}}, C = e^{C_{2} - C_{1}}$

Где $z = 0$ , тогда решение дифференциального уравнения считается $z^{'} - x z = 0$ , потому как тождество становится равным нулю при нулевой функции $z$ . Данный случай записывается как $z = C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}}$ , где $С = 0$ . Отсюда имеем, что общим решением дифференциального уравнения $z^{'} - x z = 0$ считается выражение $z = C \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}}$ при $С$ являющейся произвольной постоянной.

Необходимо варьировать переменную для того, чтобы можно было принять
$z = C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}}$ как общее решение дифференциального уравнения вида $z^{'} - x z = - (1 + x) \cdot e^{- x}$ .

Отсюда следует, что производится подстановка вида

${(C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}})}^{^{'}} - x \cdot C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} = - (1 + x) \cdot e^{- x} C^{'} (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} + C (x) \cdot {(e^{\frac{x^{2}}{2}})}^{^{'}} - x \cdot C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} = - (1 + x) \cdot e^{- x} C^{'} (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} + C (x) \cdot x \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} - x \cdot C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} = - (1 + x) \cdot e^{- x} C^{'} (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} = - (1 + x) \cdot e^{- \frac{x^{2}}{2} - x} C (x) = \int (- (1 + x) \cdot e^{- \frac{x^{2}}{2} - x}) d x = \int e^{- \frac{x^{2}}{2} - x} d (- \frac{x^{2}}{2} - x) = e^{- \frac{x^{2}}{x} - x} + C_{3}$

$С_{3}$ принимает значение произвольной постоянной. Следовательно:

$z = C (x) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} = (e^{- \frac{x^{2}}{2} - x} + C_{3}) \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}} = e^{- x} + C_{3} \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}}$

Дальше производится обратная замена. Следует, что $z = \frac{1}{y}$ считается за $y = \frac{1}{z} = \frac{1}{e^{- x} + C_{3} \cdot e^{\frac{x^{2}}{2}}}$ .

Ответ: это решение считается решением исходного дифференциального уравнения Бернулли.

Представление произведением функций $u (x)$ и $v (x)$

Имеется другой метод решения дифференциального уравнения Бернулли, который основывается на том, что функцию представляют при помощи произведения функций $u (x)$ и $v (x)$ .

Тогда получаем, что $y^{'} = {(u \cdot v)}^{'} = u^{'} \cdot v + u \cdot v^{'}$ . Производим подстановку в уравнение Бернулли $y^{'} + P (x) \cdot y = Q (x) \cdot y^{n}$ и упростим выражение:

$u^{'} \cdot v + u \cdot v^{'} + P (x) \cdot u \cdot v = Q (x) \cdot {(u \cdot v)}^{n} u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} + P (x) \cdot v) = Q (x) \cdot {(u \cdot v)}^{n}$

Когда в качестве функции берут ненулевое частное решение дифференциального уравнения $v^{'} + P (x) \cdot v = 0$ , тогда придем к равенству такого вида

$u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} + P (x) \cdot v) = Q (x) \cdot {(u \cdot v)}^{n} \Leftrightarrow u^{'} \cdot v = Q (x) \cdot {(u \cdot v)}^{n}$ .

Отсюда следует определить функцию $u$ .

Пример 2

Решить задачу Коши $(1 + x^{2}) \cdot y^{'} + y = y^{2} \cdot a r c t g x, y (0) = 1$ .

Решение

Переходим к нахождению дифференциального уравнения вида $(1 + x^{2}) \cdot y^{'} = y \cdot a r c t g x$ , которое удовлетворяет условию $y (0) = 1$ .

Обе части неравенства необходимо поделить на $x^{2} + 1$ , после чего получим дифференциальное уравнение Бернулли $y^{'} + \frac{y}{x^{2} + 1} = y^{2} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1}$ .

Перейдем к поиску общего решения.

Принимаем $y = u \cdot v$ , отсюда получаем, что $y^{'} = {(u \cdot v)}^{'} = u^{'} \cdot v + u \cdot v^{'}$ и уравнение запишем в виде

$y^{'} + \frac{y}{x^{2} + 1} = y^{2} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} u^{'} \cdot v + u \cdot v^{'} + \frac{u \cdot v}{x^{2} + 1} = {(u \cdot v)}^{2} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} + \frac{v}{x^{2} + 1}) = u^{2} \cdot v^{2} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1}$

Проведем поиск частного решения с наличием разделяющих переменных $v^{'} + \frac{v}{x^{2} + 1} = 0$ , отличных от нуля. Получим, что

$\frac{d v}{v} = - \frac{d x}{x^{2} + 1}, v \neq 0 \int \frac{d v}{v} = - \int \frac{d x}{x^{2} + 1} \ln | v | + C_{1} = - a r c t g x + C_{2} v = C \cdot e^{- a r c t g x}, C = e^{C_{2} - C_{1}}$

В качестве частного решения необходимо брать выражение вида $v = e^{- a r c r g x}$ . Преобразуем и получим, что

$u^{'} \cdot v + u \cdot (v^{'} + \frac{v}{x^{2} + 1}) = u^{2} \cdot v^{2} \cdot \frac{a r c r g x}{x^{2} + 1} u^{'} \cdot v + u \cdot 0 = u^{2} \cdot v^{2} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} u^{'} = u^{2} \cdot v \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} u^{'} = u^{2} \cdot e^{- a r c t g x} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} \Leftrightarrow \frac{d u}{u^{2}} = e^{- a r c t g x} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} d x, u \neq 0 \int \frac{d u}{u^{2}} = \int e^{- a r c t g x} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1} d x \int \frac{d u}{u^{2}} = \int e^{- a r c t g x} \cdot a r c t g x d (a r c t g x)$

Имеем, что $u = 0$ рассматривается как решение дифференциального уравнения. Далее необходимо решить каждый из полученных интегралов по отдельности.

Интеграл с левой стороны, имеющего вид $\int \frac{d u}{u^{2}}$ , необходимо найти по таблице первообразных. Получаем, что

$\int \frac{d u}{u^{2}} = - \frac{1}{u} + C_{3}$ .

Чтобы найти интеграл вида $\int e^{- a r c t g x} \cdot a r c t g x d (a r c t g x)$ , принимаем значение $a r c t g x = z$ и применяем метод интегрирования по частям. Тогда имеем, что

$\int e^{- \arctan x} \cdot \arctan x d (\arctan x) = {\arctan x = z} = \int e^{- z} \cdot z d z = {\begin{aligned} u = z, d v = e^{- z} d z, \\ d u = d z, v = - e^{- z} \end{aligned} \] \[= - z \cdot e^{- z} + \int e^{- z} d z = - z \cdot e^{- z} - e^{- z} + C = - e^{- z} \cdot (z + 1) + C = - e^{- \arctan x} \cdot (\arctan x + 1) + C 4.$

Следовательно

$- \frac{1}{u} + C_{3} = - e^{- a r c t g x} \cdot (a r c t g x + 1) + C_{4} \frac{1}{u} = e^{- a r c r g x} \cdot (a r c t g x + 1) + C_{3} - C_{4} u = \frac{1}{e^{- a r c r g x} \cdot (a r c t g x + 1) + C}$

Отсюда находим, что

$y = u \cdot v = \frac{e^{- a r c t g x}}{e^{- a r c r g x} \cdot (a r c t g x + 1) + C}$ и $y = 0 \cdot v = 0 \cdot e^{- a r c r g x} = 0$ являются решениями дифференциального уравнения Бернулли вида $y^{'} + \frac{y}{x^{2} + 1} = y^{2} \cdot \frac{a r c t g x}{x^{2} + 1}$ .

На данном этапе следует переходить к поиску частного решения, которое удовлетворяет начальному условию. Получим, что

$y = \frac{e^{- a r c t g x}}{e^{- a r c t g x} \cdot (a r c t g x + 1) + C}$ , тогда запись примет вид $y (0) = \frac{e^{- a r c t g 0}}{e^{- a r c t g 0} \cdot (a r c t g 0 + 1) + C} = \frac{1}{1 + C}$ .

Очевидно, что $\frac{1}{1 + C} = 1 \Leftrightarrow C = 0$ . Тогда искомой задачей Коши будет являться полученное уравнение вида $y = \frac{e^{- a r c t g x}}{e^{- a r c t g x} \cdot (a r c t g x + 1) + 0} = \frac{1}{a r c t g x + 1}$ .

Ответ: $y = \frac{e^{- a r c t g x}}{e^{- a r c t g x} \cdot (a r c t g x + 1) + 0} = \frac{1}{a r c t g x + 1}$ .