Диференцијалне једначине

Приметимо да је ово Бернулијева диференцијална једначина за $k=2$.
Увешћемо смену $$z=z(x)=y^{1-k}(x)=\frac{1}{y}\ \Rightarrow y=\frac{1}{z}$$
Када диференцирамо последњу једнакост по $x$ добићемо $$y'=-\frac{z'}{z^2}$$ Заменом у полазну једначину добијамо $$-\frac{z'}{z^2}+\frac{1}{zx}=-\frac{x}{z^2}\quad \bigg /\ \cdot(-z^2)$$ $$z'-\frac{1}{x}\cdot z=x.$$ Последња једначина представља линеарну диференцијалну једначину по $z=z(x),$ где је $$P(x)=-\frac{1}{x},\quad Q(x)=x$$ Нека је $$I_1=\displaystyle{\int{\displaystyle{P(x)dx}}}=-\int{\frac{\displaystyle{dx}}{\displaystyle{x}}}=-ln|x|.$$
Разликујемо два случаја:

1) Ако је $x>0$ тада је $$I_1=-lnx$$ $$I_2=\int{Q(x)e^{\int{P(x)dx}}dx}=\int{x e^{-lnx}dx}=\int{dx}=x$$ па је опште решење линеарне диференцијалне једначине облика $$z(x)=e^{-I_1}(C_1+I_2)\quad \Leftrightarrow \quad z(x)=e^{lnx}(C_1+x),$$ односно, када вратимо смену $\displaystyle{z}=\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{y}}$, добијамо $$\frac{1}{y}=x(C_1+x)\quad \Leftrightarrow \quad y=\frac{1}{x(C_1+x)}$$

2) Ако је $x<0$ тада је $$I_1=-ln(-x)$$ $$I_2=\int{Q(x)e^{\int{P(x)dx}}dx}=\int{x e^{-ln(-x)}dx}=-\int{dx}=-x$$ па је опште решење облика $$z(x)=e^{-I_1}(C_1+I_2)\quad \Leftrightarrow \quad z(x)=e^{ln(-x)}(C_1-x),$$ односно, када вратимо смену $\displaystyle{z}=\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{y}}$, добијамо $$\frac{1}{y}=-x(C_1-x)\quad \Leftrightarrow \quad y=\frac{1}{x(-C_1+x)}$$
Ако уведемо нову константу $C=\pm C_1$ тада је опште решење $$y=\frac{1}{x(C+x)},\ C\in \mathbf{R}$$.

• На следећем аплету је дат графички приказ решења дате диференцијалне једначине за неке вредности константе $C$.

   

Ovo je Java Applet napravljen u GeoGebri sa www.geogebra.org - izgleda da nemate instaliranu Javu; molim otvorite www.java.com


Затвори решење.

Дату једначину можемо записати у облику $$y'=\frac{y^3}{2(xy^2-x^2)}\quad \Leftrightarrow \quad \frac{dy}{dx}=\frac{y^3}{2(xy^2-x^2)}$$ Посматраћемо реципрочну једначину $$\frac{dx}{dy}=\frac{2(xy^2-x^2)}{y^3}$$ Тада добијамо да је $$x'-\frac{2}{y}x=-\frac{2}{y^3}x^2\ ,$$ а то је Бернулијева диференцијална једначина по $x=x(y)$, за $y\neq 0$, где је $k=2$. Поделимо Бернулијеву једначину са $x^2$ уз претпоставку да је $x\neq 0$, тада добијамо $$\frac{x'}{x^2}-\frac{2}{y}\cdot \frac{1}{x}=-\frac{2}{y^3}$$ Уведимо смену $$z=x^{1-k}=\frac{1}{x},\ z=z(y)$$ Диференцирањем $z=z(y)$ по $y$ добијамо $$z'=-x^{-2}\cdot x'\ \Leftrightarrow \ z'=-\frac{x'}{x^2}$$ Када ово уврстимо у Бернулијеву једначину $\displaystyle{x'}-\frac{\displaystyle{2}}{\displaystyle{y}}\displaystyle{x}=-\frac{\displaystyle{2}}{\displaystyle{y^3}}\displaystyle{x^2}$ добијамо $$z'+\frac{2}{y}z=\frac{2}{y^3}.$$
Последња једначина представља линеарну диференцијалну једначину по $z=z(y)$, где је $P(y)=\frac{\displaystyle{2}}{\displaystyle{y}}$ и $Q(y)=\frac{\displaystyle{2}}{\displaystyle{y^3}}$. Тада је $$I_1=\int{P(y)dy}=\int{\frac{2}{y}dy}=2ln|y|=lny^2$$ $$I_2=\int{Q(y)e^{\int{P(y)dy}}dy}=\int{\frac{2}{y^3}e^{lny^2}dy}=\int{\frac{2dy}{y}dy}=2ln|y|=lny^2$$ па је опште решење $$z(y)=e^{-I_1}(C+I_2)\quad \Leftrightarrow \quad z(y)=e^{-lny^2}(C+lny^2)$$ Када вратимо смену $\displaystyle{z}=\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{x}}$ добијамо $$\frac{1}{x}=\frac{C+lny^2}{y^2},$$ па је опште решење полазне диференцијалне једначине облика $$x(y)=\frac{y^2}{C+lny^2}$$.

• Илустрација решења дате једначине

   

Ovo je Java Applet napravljen u GeoGebri sa www.geogebra.org - izgleda da nemate instaliranu Javu; molim otvorite www.java.com


Затвори решење.