5. Уравнения Бернулли и Риккати

Бернулли:

y′ = a(x)y + b(x)y^m, m ≠ 0,1 y ≡ 0 – решение

Разделим на y^m =>

Замена: z=y^1-m y’=

(решаем одни из 3 методов)

y^1-m = z(x,C)

-----------------------------------------------------

Решаем методом Бернулли: y’ = a(x)y+b(x)y^m

y = u·v, где u и v – функции от x.

Дифференцируем по x: y′ = u′ v + u v′.

Подставляем в исходное уравнение:

u’v + uv’ - a(x)uv = b(x)u^mv^m

u’v + u(v’ - av) = b(x)u^mv^m

v’ – av = 0 - с разделяющ перемен

Решаем его и находим частное решение v = v(x) = e^A(x)

u’= b(x)u^mv^m-1 |: u^m *dx

= далее интегрируем

Затем подставляем в y = uv

Риккати:

Правая часть квадратична по y: y′ = a(x)y + b(x)y² + c(x),

В общем случае уравнение не интегрируется в квадратурах, но если известно какое-либо частное решение y₁(x), то заменой y = y₁(x) + z (общ решение) приходим к уравнению Бернулли для новой искомой функции z(x):

z’ = [a(x) + 2b(x)y₁]z + z²b(x)– уравнение Бернулли 2 порядка

Общее решение Риккати = част реш + общ реш ур-я Бернулли

Частные случаи:

1) a,b,c – const y’ = ay+by²+c =>

2) Ур-ие вида y’ = by²+С*xⁿ

Если n = 0 – разделяем перемен

Если n = -2 => y = 1/z и получим однородное ур-ие

5. Уравнения, не разрешенные относительно производной. Задача коши

Уравнения не разреш относ производ: (1) x – неизв, y(x) – искомая функ

ОПР Пусть y=φ(x) – реш-ие ур-ия, опред-ое на [α1, β1] ⊂R. Решение y=ψ(x) назыв продолжением решения φ(x) на интервале (α2, β2) ([α2, β2]) : [α1, β1] ⊂(α2, β2), если φ(x) определяется на (α2, β2) и ψ(x)= φ(x), когда x [α1, β1]

ОПР Дискриминантной кривой назыв кривая, определяемая из системы исключением y’

ОПР Особые решения ур-ия (1) назыв решение через каждую точку которого проходит график другого решения, касающегося его в этой точке.

Замечание: среди дискрим.кривых находятся особ.решения, но не только они.

Методы: 1)Разрешить, если это возможно, ур-ие относ y’

2)Ур-ие записать в виде y = Ф(x,y’) (2) или x= Ψ(y,y’) (3)

В этом случае ур-ие решается методом параметра

Вводим параметр p: y’=p => dy=pdx

Находим полных диф-ал левой и правой части (2)-(3):

Из(2) y = Ф(x,p) (2*) dy= + , pdx = +

=> выражаем х как функ р и conts и подставляем в (2*) =>

у как функция p и conts.

Из (3) x= Ψ(y,p) , dx= + , + ,

p и , р=0 рассатр-ся отдельно.

Ур-ие Лагранжа:

y = xF(y′) + G(y′), где F,G

Пусть y’=p => dy= pdx => y=xF(p)+G(p) (*)

dy= F(p)dx+xF’(p)dp+G’(p)dp

pdx= F(p)dx+xF’(p)dp+G’(p)dp

(p-F(p))dx = (xF’(p)+G’(p))dp

(p-F(p)) = xF’(p)+G’(p)

1) p-F(p) = 0 => p=p0…подстав в (*) => y=y(p0,x)

2) Ко 2 равенство => x=φ(p,c)

подставл в (*) =>

– параметрич-ое выраж-ие решения

Уравнение Клеро:

y=xy’ + G(y’) Вводим параметр p: y’=p => y = xp +G(p) (**)

dy=pdx+xdp+G’(p)dp

pdx = pdx+xdp+G’(p)dp

(x+ G’(p))dp = 0 =>

1) => p=x =>(**)=>y=xc+G(c) = xc+C¹

2) ко 2 равн-ву => y = -G’(p)p+G(p)

– параметрич-ое выраж-ие решения

Теорема Пикара:

Пусть y’=f(x,y) – ОДУ (1) y(x0) = y0 (2)

Пусть f(x,y) C(П) – непрерывн в прямоуг.П и удовлет. услов. Липшица, где П = {(x,y): |x-x0| , |y-y0|| } – прямоуг. с центром в т (x0,y0). Тогда решение задачи (1)-(2) на [x0-h, x0+h], где h = min(a, b/M, 1/L), M = L-const Липшица

ОПР f удовлет. услов Липшица f , если L >0: (x,y’), (x,y’’) имеем |f(x,y’)-f(x,y’’)| L|y’ - y’’|