Bernoulli diferensial tənliyi

Riyaziyyatda, $y'+P(x)y=Q(x)y^{n}$ formasında yazılan adi diferensial tənliyə Bernoulli diferensial tənliyi deyilir.

Burada $n$, 0 və ya 1-dən başqa hər hansı bir real sayıdır. 1695-ci ildə bunu müzakirə edən Yakob Bernulli adını daşıyır. Bernoulli tənlikləri özəl tənliklərdir, çünki məlum dəqiq həlləri olan xətti olmayan diferensial tənliklərdir. Bernoulli tənliyinin məşhur bir özəl hali logistik differensial tənliyidir .

Xətti diferensial tənliyə çevrilmə

$n=0$ olduğu hal üçün diferensial tənlik xəttidir. $n=1$ olarsa ayrıla bilər haldadır. Bu hallarda, bu formaların tənliklərini həll etmək üçün standart üsullar tətbiq edilə bilər. $n\neq 0$ və $n\neq 1$ olduqda $u=y^{1-n}$ yerləşdirilirsə hər hansı bir Bernoulli tənliyini xətti diferensial tənliyə endirilir. Məsələn, $n=2$ də, $u=y^{-1}$ yerləşdirilirsə, ${\frac {dy}{dx}}+{\frac {1}{x}}y=xy^{2}$ diferensial tənliyindən ${\frac {du}{dx}}-{\frac {1}{x}}u=-x$ xətti diferensial tənliyi d əldə edilir.

Həll

Qoy $x_{0}\in (a,b)$ və

$\left\{{\begin{array}{ll}z:(a,b)\rightarrow (0,\infty )\ ,&{\textrm {if}}\ \alpha \in \mathbb {R} \setminus \{1,2\},\\z:(a,b)\rightarrow \mathbb {R} \setminus \{0\}\ ,&{\textrm {if}}\ \alpha =2,\\\end{array}}\right.$

xətti diferensial tənliyin bir həlli olsun

$z'(x)=(1-\alpha )P(x)z(x)+(1-\alpha )Q(x).$

Onda bizdə $y(x):=[z(x)]^{\frac {1}{1-\alpha }}$ var ki aşağıdakının bir həllidir

$y'(x)=P(x)y(x)+Q(x)y^{\alpha }(x)\ ,\ y(x_{0})=y_{0}:=[z(x_{0})]^{\frac {1}{1-\alpha }}.$

Və bütün fərqli diferensial tənliklər üçün, bütün $\alpha >0$ üçün bizdə $y\equiv 0$ var ki $y_{0}=0$ üçün həllidir.

Nümunə

Bernoulli tənliyini nəzərdən keçirək

$y'-{\frac {2y}{x}}=-x^{2}y^{2}$

(bu vəziyyətdə daha konkret olaraq Riccati tənliyi ). $y=0$ sabit funksiyası bir həlldir. $y^{2}$ bölünməsiylə

$y'y^{-2}-{\frac {2}{x}}y^{-1}=-x^{2}$

Dəyişən dəyişənlər aşağıdakı tənlikləri verir

$w={\frac {1}{y}}$

$w'={\frac {-y'}{y^{2}}}.$

$-w'-{\frac {2}{x}}w=-x^{2}$

$w'+{\frac {2}{x}}w=x^{2}$

inteqrasiya amili istifadə edərək həll edilə bilər

$M(x)=e^{2\int {\frac {1}{x}}\,dx}=e^{2\ln x}=x^{2}.$

İlə çarparaq $M(x)$ ,

$w'x^{2}+2xw=x^{4},\,$

Sol tərəf $wx^{2}$ törəməsidir. Hər iki tərəfi $x$'e görə inteqrasiya etmək aşağıdakılara səbəb olur

$\int w'x^{2}+2xw\,dx=\int x^{4}\,dx$

$wx^{2}={\frac {1}{5}}x^{5}+C$

${\frac {1}{y}}x^{2}={\frac {1}{5}}x^{5}+C$

$y$ üçün həll

$y={\frac {x^{2}}{{\frac {1}{5}}x^{5}+C}}$

dır.

İstinadlar

• Bernulli, Yakob, "Explicationes, Annotationes & Additiones ad ea, quae in Actis sup. de Curva Elastica, Isochrona Paracentrica, & Velaria, hinc inde memorata, & paratim controversa legundur; ubi de Linea mediarum directionum, alliisque novis", Acta Eruditorum, 1695
• Hairer, Ernst; Nørsett, Syvert Paul; Wanner, Gerhard, Solving ordinary differential equations I: Nonstiff problems, Berlin, New York: Springer-Verlag, 1993, ISBN 978-3-540-56670-0