Уравнения на Бернули и линейни уравнения
Уравнение на Бернули се нарича уравнение от вида $$y’=f(x)y+g(x)y^{\alpha},$$ където $f,g$ са непрекъснати функции в даден интервал и $\alpha\in\mathbb{R}$ е параметър, който се нарича показател на уравнението. При $\alpha=0$ имаме уравнението $y’=f(x)y+g(x)$, което се нарича линейно уравнение. При $\alpha=1$ имаме уравнение с разделящи се променливи, което вече знаем как се решава.
Да видим по какъв начин уравнението на Бернули, се свежда до уравнение с разделящи се променливи. Това става в следните две стъпки:
1) Решаваме линеаризираното уравнение на Бернули $y’=f(x)y$ (т. е. уравнението, което се получава като пренебрегнем събираемото $g(x)y^{\alpha}$, то е с разделящи се променливи), и избираме кое да е негово решение, например $y(x)=e^{F(x)}$, където $F’=f$,
2) Правим смяната $y(x)=z(x)e^{F(x)}$, където $z$ е новата неизвестна функция.
Тогава $y’=z’e^F+ze^Ff=fze^F+g(ze^F)^{\alpha}$, откъдето $z’e^F=ge^{\alpha F}z^{\alpha}$, т. е. $z’=g(x)e^{(\alpha-1)F(x)}z^{\alpha}$, което е уравнение с разделящи се променливи.
Да решим това уравнение в случая $\alpha=0$, което ще ни даде формула за решаване на линейните уравнения. Имаме $z'(x)=g(x)e^{-F(x)}$, откъдето $z(x)=\int g(x)e^{-F(x)}dx+c$. Следователно $y(x)=e^{F(x)}\left( \int g(x)e^{-F(x)}dx+c\right)$. Тъй като $F'(x)=f(x)$, последната формула често се записва във вида $y(x)=e^{\int f(x)dx}\left(c+\int g(x)e^{-\int f(x)dx}dx\right)$.
Да отбележим, че линейните уравнения могат да се задават и във вида $(f(x)y+g(x))dx+h(x)dy=0$ или $h(y)dx+(f(y)x+g(y))dy=0,$ тъй като последните уравнения са еквивалентни на уравненията $y’=-\frac{f(x)}{h(x)}y-\frac{g(x)}{h(x)}$ или $x’=-\frac{f(y)}{h(y)}x-\frac{g(y)}{h(y)},$ там където $h$ не се анулира.
Понякога е удобно да се преминава от уравнения между функции към уравнения между диференциали и обратно (когато последното е възможно). Например ако имаме уравнението $(2x+y^3)y’=y$, то в отвореното множество $U=\mathbb{R}^2\setminus\{(x,y)\in\mathbb{R}^2|2x+3y^3=0\}$ уравнението е еквивалентно на $ydx-(2x+y^3)dy=0$ и не е от изучените до момента типове. Непосредствено се вижда, че правата с уравнение $y=0$ е интегрална крива за това уравнение. От друга страна, в отвореното множество $U\setminus\{(x,0)|x\in\mathbb{R}\}$, уравнението е еквивалентно на $dx-\left(\frac{2}{y}x+y^2\right)dy=0$, т. е. на линейното уравнение $x’=\frac{2}{y}x+y^2$, което вече можем да решим. Ще отбележим, че преходът от уравнението $(2x+y^3)y’=y$ към уравнението $x’=\frac{2}{y}x+y^2$ може да се получи, и чрез смяната на координатите $(x,y)=(y^{-1}(t), t)$, т. е. като положим в уравнението $x(t)=y^{-1}(t)$. Да подчертаем, че предвид теоремата за съществуване на обратна функция, такава смяна не е възможна в никоя околност на точка $x_0$, в която $y'(x_0)=0$. Ако $y'(x_0)\neq 0$, то съществува околност $I$ на $x_0$ в образа на която $J=y(I)$, можем да дефинираме $x(t)=y^{-1}(t)$. Тогава от уравнението $(2x+y(x)^3)y'(x)=y(x)$ и теоремата за диференциране на обратна функция имаме $x'(t)= \frac{1}{y'(x(t))} =\frac{2x(t)+y(x(t))^3}{y(x(t))}= \frac{2x(t)+t^3}{t}$. Заменяйки означението на независимата променлива $t$ с $y$, получаваме уравнението $x’=\frac{2}{y}x+y^2$.
Упражнения
- Решете уравненията $xy’+2y+x^5y^3e^x=0$, $y’=\frac{y}{3x-y^2}$, $xydy=(y^2+x)dx$.
- Решете уравненията $y’+y\tan x=\frac{1}{\sin x}$, $(2x+y)dy=ydx+4\ln ydy$, $(\sin^2y+x\cot y)y’=1$
- Решете задачите на Коши $(y’-2y)y=8x, y(0)=-1$, $3(1-x)y’=4x(x-1)y^4+6y, y(0)=1$.