Mat3teden9

Naj bo \( D \subset \mathbb{R} ^2 \) območje z (odsekoma) gladkim robom ( \( \partial D \) je končna odsekoma gladka krivulja, orientariana skladno z normalo \( (0, 0, + 1) \text{ na } D \)).

\( \vec{F} = (X, Y) \) naj bo \( C^1 \) vektorsko polje v okolici \( \bar{D} \)

Tedaj je

\[ \int\limits_{\partial D}^{} X\,\mathrm{d x} + Y\, \mathrm{dy} = \iint\limits_D^{}(Y_x - X_y) \,\mathrm{d xdy} \]

Dokaz: je podoben dokazu Gaussovega izreka. Že formulacija Greenovega izreka je “dvodimenzionalna različica Gaussovega izreka”.

In to v smislu

\begin{equation} \label{eq:1} \iint\limits_{\partial D}^{} \left\langle \vec{G}, \vec{N} \right\rangle \,\mathrm{d s} = \iint\limits_D^{} \dive \vec{G} \,\mathrm{d S} \end{equation}

Če bi imeli v \ref{eq:1} \( \vec{T} \) namesto \( \vec{G} \), bi leva stran v \ref{eq:1} bila krivuljni integral polja \( \vec{G} \) po (orient.) krivulji \( \partial D \). Zato poiščemo polje \( \vec{H} \), za katero je

\[ \left\langle \vec{G}, \vec{N} \right\rangle = \left\langle \vec{H}, \vec{T} \right\rangle \]

Vemo,

\[ \vec{T} = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \vec{N} = \underline{R} N \] kjer matrika \( \underline{R} \in \mathbb{R} ^2 \) rotira \( \vec{N} \) za kot \( \frac{\pi}{2} \).

Velja torej \( \vec{N} = \underline{R} ^{-1} \vec{T} \). Vemo, da je \( \underline{R} \) ortogonalna matrika v \( \mathbb{R} ^2 \), saj velja \( \left( \underline{R}^{-1} \right)^T = R \) oz. \( \underline{R}^T = \underline{R}^{-1} \) oz. \( \underline{R}^T \underline{R} = \underline{R} \underline{R}^T = I \)

\begin{align*} \left\langle \vec{G}, \vec{N} \right\rangle &= \left\langle \vec{G}, \underline{R} \vec{T} \right\rangle \\ &= \left\langle \underline{R} \vec{G}, \vec{T} \right\rangle \\ &= \left\langle \vec{H}, \vec{T} \right\rangle \end{align*}

Iz tega tako sledi, da če smo označili \( \vec{G} = (U, V) \), potem velja, da je \( \vec{H}= (-V, U) \)

Sledi

\begin{align*} \int\limits_{\partial D}^{} \left\langle \vec{G}, \vec{N} \right\rangle\,\mathrm{d s} &= \int\limits_{\partial D}^{} \left\langle \vec{H}, \vec{T} \right\rangle\,\mathrm{d s} \\ &= \int\limits_{\partial D}^{} \vec{H}\,\mathrm{d s} = \int\limits_{\partial D}^{} \left( -V \, \mathrm{dx} + U \, \mathrm{dy} \right) \end{align*}

Hkrati je \[ \iint\limits_D^{} \dive \vec{G} \,\mathrm{d S} = \iint\limits_D^{} U_x + V_y \,\mathrm{d x} \, \mathrm{ dy} \]

In tako iz \ref{eq:1} sledi

\[ \int\limits_{\partial D}^{} \left( -V \, \mathrm{dx} + U \, \mathrm{dy} \right) = \iint\limits_D^{} (U_x - V_y) \,\mathrm{d x} \mathrm{dy} \]

Sedaj z izborom \( (U, V)= (Y, -X) \) dobimo Greenovo formulo.

Naj bo

• \( M \) omejena gladka orientirana ploskev v \( \mathbb{R} ^3 \)
• \( \vec{F} \) vektorsko polje, definirano v okolici \( \bar{M} \).

Tedaj je \[ \int\limits_{\partial M}^{} \vec{F} \,\mathrm{d }\vec{r} = \iint\limits_M^{} \vec{F} \,\mathrm{d S} \]

Skica dokaza: za primer, ko je \( M = \Gamma_f = \left\{ \vec{r}(x, y) = (x, y, f(x, y)); \ (x, y) \in D \right\} \) za neko območje (basically parametrizacija za naš \( M \)), \( D \subset \mathbb{R} ^2 \) in gladko funkcijo \( f: D \to \mathbb{R} \).

Označimo \( \vec{F} = (X, Y, Z), \ X, Y, Z: M \to \mathbb{R} \) gladke.

Velja

\begin{equation} \label{eq:2} \int\limits_{\partial M}^{} \vec{F}\,\mathrm{d } \vec{r} = \int\limits_{\partial M}^{} X\,\mathrm{d x} + Y \, \mathrm{dy} + Z \, \mathrm{ dz} \end{equation}

Parametrizacija roba (\( \partial M \)) je pogojena z zožitvijo \( \vec{r} \) (podana za \( M \)) na \( \partial D \).

Če nadaljujemo \ref{eq:2}

\begin{align*} \int\limits_{\partial D}^{} X(\vec{r}) \,\mathrm{d x} + Y(\vec{r}) \, \mathrm{dy} + Z(\vec{r}) (f_x \, \mathrm{dx} + f_y \, \mathrm{dy}) &= \int\limits_{\partial D}^{} \left[ X(\vec{r}) + Z(\vec{r}) f_x \right]\,\mathrm{d x} + \left[ Y(\vec{r}) + Z(\vec{r}) f_y) \right]\, \mathrm{dy} && \text{ uporabimo Greenovo formulo } \\ &= \iint\limits_D^{} \left[ Y_u (\vec{r}) \frac{\partial x}{\partial x} + Y_v(\vec{r}) \frac{\partial y}{\partial x} + Y_w (\vec{r}) \frac{\partial f(x, y)}{\partial x} + (Z_u + Z_w f_x) f_y + Z f_{xy} \right. \\ & \left. -\left[ X_v + X_w \cdot f_y + (Z_v + Z_w f_y) f_x + Z f_{xy} \right]\right] \,\mathrm{d x dy} \\ &= \iiint\limits_D^{} (-f_x)(Z_v - Y_w) + (-f_y)(X_w - Z_u) + (Y_u - X_v) \,\mathrm{dx dy } \\ &= \iint\limits_D^{} \left\langle (\rot \vec{F})(\vec{r}), \vec{N} \right\rangle \sqrt{1 + f_x ^2 + f_y ^2} \,\mathrm{d x dy} \\ &= \iint\limits_M^{} \rot \vec{F} \,\mathrm{d }\vec{S} \end{align*}

kjer smo upoštevali \( \mathrm{dz} = d(d(x, y)) = (f_x \mathrm{dx} + f_y \mathrm{dy}) \) ter smo v drugi vrstici odvajali po verižnem pravilu \( X = X(u, v, w), \,Y= Y(u, v, w) \).

Tudi \( \rot \) je neodvisna od izbire ONB (ortonormirane baze v \( \mathbb{R}^3 \)).

Dokaz Naj bo \( \vec{r}_0 \in \mathbb{R} ^3 \) in \( \vec{F} \) vektorsko polje, definirano v okolici točke \( \vec{r}_0 \).

Vzemimo vektor \( \vec{n} \in \mathbb{R} ^3 \) in označimo s \( \Pi_{\vec{n}} \) ravnino v \( \mathbb{R} ^3 \) skozi točko \( \vec{r}_0 \) in z normalo \( \vec{n} \).

Dodatne oznake:

• \( K^2_{\vec{n}}(\vec{r}_0, \epsilon) \) je krog v \( \Pi_{\vec{n}} \), s središčem v \( \vec{r}_0 \) in radijem \( \epsilon \).
• \( S_{\vec{n}} ^1 (\vec{r}_0, \epsilon) \): krožnica

Imamo

\begin{align*} \left\langle \left( \rot \vec{F} \right)(\vec{r}_0), \vec{n} \right\rangle &= \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\pi \epsilon ^2} \int\limits_{K^2_{\vec{n}}(\vec{r}_0, \epsilon)}^{}\left\langle \rot \vec{F}, \vec{n} \right\rangle\,\mathrm{d S} \\ &\overset{\text{Stokes}}{=} \frac{1}{\pi} \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\epsilon ^2} \int\limits_{S_{\vec{n}}^{1}(\vec{r}_0, \epsilon)}^{} \vec{F} \,\mathrm{d }\vec{r} && S_{\vec{n}}^1(\vec{r}_0, \epsilon) \text{ neodvisen od izbire koordinat} \end{align*}

Opomba, da če je \( f \) zvezna, potem je \( f(s) = \lim_{\epsilon \to 0} \) povprečje \( f \) na \( K(s, \epsilon) \)

Pišimo \( \vec{v} = \left( \rot \vec{F} \right)(\vec{r}_0) \). Videli smo, da je \( \left\langle \vec{v}, \vec{n} \right\rangle \) neodvisen od izbire ONB \( \forall \vec{n} \), iz česar sledi, da je \( \vec{v} \) neodvisen od izbire baze.

Naj bo \( \left\{ e_1, e_2, e_3 \right\} \) ONB v \( \mathbb{R}^3 \). Označimo za

\begin{align*} a &= \sum\limits_1^3 \undd{a}_j e_j; && a_j = \left\langle a, e_j \right\rangle \\ b &= \sum\limits_1^3 \undd{b} e_j \\ \left\langle a, b \right\langle &= \sum\limits_{j=1}^3 a_j b_j \end{align*}

Naj bo \( \left\{ f_1, f_2, f_3 \right\} \) neka druga ONB. Označimo

\begin{align*} a &= \sum\limits_{j=1}^3 A_j f_j \\ b &= \sum\limits_1^3 B_j f_j \end{align*}

Označimo \( \left[ a, b \right] = \sum\limits_1^3 A_j, B_j \)

Definiramo linearno preslikavo

\begin{align*} \Lambda: \mathbb{R} ^3 &\to \mathbb{R} ^3 \\ \Lambda: e_1 &\mapsto f_1 \\ e_2 &\mapsto f_2 \\ e_3 &\mapsto f_3 \end{align*}

\( \Lambda \) je ortogonalna transformacija, ker ohranja dolžine

\begin{align*} \lVert \Lambda x \rVert ^2 &= \lVert x \rVert ^2 \\ \left\langle \Lambda x, \Lambda x \right\rangle &= \left\langle x, x \right\rangle \\ \left\langle \Lambda \Lambda^T x, x \right\rangle &= \left\langle x, x \right\rangle && \square \end{align*}

Naj bo \( M \) zgornja polovica enotske sfere v \( \mathbb{R} ^3 \), torej graf funkcije \( f(x, y) = \sqrt{1 - x ^2 - y ^2}; \ (x, y) \in K^2(0, 1) \).

Vzamemo še \( \vec{F} = \vec{F}(x, y, z) = (3yz, -xz, xy) \). Izračunajmo

\[ I = \iint\limits_M^{} \rot \vec{F} \,\mathrm{d }\vec{S} \]

1. direktno

   \[ \rot \vec{F} = \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ 3yz & -xz & xy \end{vmatrix} = (2x, 2y, -4z) \]

   Kar pomeni, da je naš integral enak

   \begin{align}\label{ali:1} I &= \iint\limits_{}^{} \left\langle (2x, 2y, -4z), (x, y, z) \right\rangle \,\mathrm{d x} \, \mathrm{dy} \\ &= 2 \iint\limits_{}^{} (x ^2 + y ^2 -2z ^2) \,\mathrm{d x} \, \mathrm{dy} && z ^2 = 1 - (x ^2 + y ^2) \\ &= 2 \iint\limits_{}^{} \left[ 3(x ^2 + y ^2) - 2 \right] \,\mathrm{d x} \, \mathrm{dy} \\ &= 6 \iint\limits_{}^{} (x ^2 + y ^2) \,\mathrm{d x}\, \mathrm{dy} = 6 J = -4 (\text{ površina } M) \end{align}

   Označili smo \[ J = \iint\limits_{}^{} (x ^2 + y ^2) \,\mathrm{d x} \, \mathrm{dy} = \int\limits_0^{2\pi} \int\limits_0^1 r ^2\,\mathrm{d r}\,\mathrm{d }\phi \]

   Parametrizacija za \( M \) je

   \[ \vec{R} (r, \phi) = \left( r \cos \phi, r \sin \phi, \sqrt{1 - r ^2} \right);\ r\in [0, 1], \ \phi \in [0, 2\pi) \]

   To je parametrziacija “polsfere” \( M \).

   Velja

   \begin{align*} \vec{R}_r \times \vec{R}_{\phi} &= \begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \cos \phi & \sin \phi & - \frac{r}{\sqrt{1 - r ^2}} \\ -r \sin \phi & r \cos \phi & 0 \end{vmatrix} \\ &= \left( \frac{r ^2}{ \sqrt{1 - r ^2}} \cos \phi, \frac{r ^2}{ \sqrt{1 - r ^2}} \sin\phi, r \right) \end{align*}

   Iz česar sledi, da je

   \begin{align*} \left| \vec{R}_r \times \vec{R}_{\phi} \right| &= \sqrt{\frac{r ^4}{1 - r ^2} + r ^2} \\ &= \sqrt{\frac{r ^4 + r ^2 - r ^4}{ 1 - r ^2}} = \frac{r}{ \sqrt{1 - r ^2}} \end{align*}

   To je neke vrste Jacobi

   \begin{align*} J &= 2 \pi \int\limits_0^1 \frac{r ^3}{\sqrt{1 - r ^2}}\,\mathrm{d r} && t = 1- r ^2 \\ &= 2\pi \int\limits_0^1 \frac{r ^2}{\sqrt{1 -r ^2}} r\,\mathrm{d r} \\ &= 2\pi \int\limits_{0 }^{1} \frac{1 - t}{\sqrt{t}} \left( - \frac{1}{2} \right)\,\mathrm{d t} \\ &= \pi \int\limits_0^1 \frac{1 - t}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d t} \\ &= \pi \left( \int\limits_0^1 \left( t ^{- \frac{1}{2}} - t^{\frac{1}{2}} \right)\,\mathrm{d t} \right) = \ldots = \frac{4 \pi}{3} \end{align*}

   Če nadaljujemo \ref{ali:1}, to pomeni, da je

   \[ I = 6J - 8 \pi = 0 \]

2. Stokesov izrek

   Na \( \partial M \) je \( \vec{F}(x, y, z) = (0, 0, xy) \).

   \begin{align*} I &= \int\limits_{}^{} \vec{F}\,\mathrm{d } \vec{r} \\ &= \int\limits_{\partial M}^{} \left\langle \vec{F}, \odv{r} \right\rangle\,\mathrm{d S} = 0 \quad \square \end{align*}

   Saj je \( \odv{r} \in \left\{ z = 0 \right\} \) in je posledično skalarni produkt enak 0.

   Spomnimo, če je

   • \( \vec{v} \in \mathbb{R} ^3 \)
   • \( u \) zvezna realna funkcija na okolici točke \( \vec{v} \)
   • \( \vec{a} \in \mathbb{R} ^3;\, \left| \vec{a} \right| = 1\)

   Tedaj je smerni odvod funkcije \( u \) v točki \( \vec{v} \) in v smeri \( \vec{a} \) definiran kot

   \begin{align*} \frac{\partial u}{\partial \vec{a}} (\vec{v}) &= \phi' (0) && \phi(t) = u(\vec{v} + t \vec{a}) \\ &= \lim_{h \to 0} \frac{\phi(h) - \phi(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{u(\vec{v} + h \vec{a}) - u (\vec{a})}{h} \end{align*}

   Vemo:

   \[ \frac{\partial u}{\partial \vec{a}} (\vec{v}) = \left\langle \nabla u (\vec{v}), \vec{a} \right\rangle; \, \nabla = (\partial_x, \partial_y, \partial_z) \]

Naj bo \( \Omega \subset \mathbb{R} ^3 \) odprta množica z gladkim robom in \( u, \, v \) gladki skalarni polji, definirani na neki okolici \( \bar{\Omega} \). Tedaj velja

1. Greenova identita

   \[ \iint\limits_{\partial \Omega}^{} u \frac{\partial v}{\partial \vec{n}} \, \mathrm{dS} = \iiint\limits_{\Omega}^{} (u \Delta v + \left\langle \nabla u, \nabla v \right\rangle) \,\mathrm{d V } \]

   kjer je \( \vec{n} \) enotska zunanja normala na \( \partial \Omega \) in je \( \Delta = \frac{\partial ^2}{\partial x ^2} + \frac{\partial ^2}{\partial y ^2} + \frac{\partial ^2}{\partial z ^2} \) Laplaceov operator.

2. Greenova identiteta

   \[ \iint\limits_{\partial \Omega}^{} \left( u \frac{\partial v}{\partial \vec{n}} - v \frac{\partial u}{\partial \vec{n}} \right) \,\mathrm{d S} = \iiint\limits_{\Omega}^{} \left( u \Delta v - v \Delta u \right) \,\mathrm{d V} \]

   Dokaz: 2. Greenova identiteta sledi iz 1. z zamenjavo vlog \( u \leftrightarrow v \) ter odštevanjem.

   Dokaz 1. Greenove identitete: Uporabimo Gaussovo formulo za \( \vec{F} = u \nabla v = u \left( v_x, v_y, v_z \right) \).

   \begin{align*} \iiint\limits_{\Omega}^{} \dive \vec{F} \,\mathrm{d V} &= \iiint\limits_{\Omega}^{} \left( u \Delta v + \left\langle \nabla u, \nabla v \right\rangle \right) \,\mathrm{d V}\\ &\overset{\text{Gauss}}{=} \iint\limits_{\partial \Omega}^{} \vec{F} \,\mathrm{d } \vec{S} \overset{(1)}{=} \iint\limits_{\partial \Omega}^{} \left\langle \vec{F}, \vec{n} \right\rangle \,\mathrm{d S} \\ &= \iint\limits_{\partial \Omega}^{} \left\langle u \nabla v, \vec{n} \right\rangle \,\mathrm{d S} \\ &= \iint\limits_{}^{} u \left\langle \nabla u, \vec{n} \right\rangle \,\mathrm{d S} \\ &= \iint\limits_{}^{} u \frac{\partial v}{\partial \vec{n}} \,\mathrm{d S} && \square \end{align*}

Za \( u = 1 \) dobimo

\[ \iint\limits_{\partial \Omega}^{} \frac{\partial v}{\partial \vec{n}} \,\mathrm{d S} = \iiint\limits_{\Omega}^{} \Delta v \,\mathrm{d V} \]

\begin{array}{|c|c|c|} \hline \text{integralsko območje / polje} & \text{skalarno } (f) & \text{vektorsko } (\vec{F})\\ \hline \text{ krivulja } \vec{r}= \vec{r}(t); t \in J \subset \mathbb{R} & \int\limits_J^{} f(\vec{r}(t)) \left| \odv{r}(t) \right|\,\mathrm{d t} & \int\limits_J^{} \left\langle \vec{F}(\vec{r}(t)), \odv{r} (t) \right\rangle\,\mathrm{d t} \\ \hline \text{ploskev } \vec{r} = \vec{r} (u, v), \ (u, v) \in D \subset \mathbb{R} ^2 & \iint\limits_D^{} f(\vec{r}(u, v)) \left| \odv{r}_u \times \odv{r}_v \right| \,\mathrm{d u} \, \mathrm{dv} & \iint\limits_D^{} \left\langle \vec{F}(\vec{r}(u, v)), \odv{r}_u \times \odv{r}_v \right\rangle \,\mathrm{du}\,\mathrm{dv} \\\hline \end{array}

Rešujemo enačbo

\[ y' = - \frac{x}{y} = f(x, y) \]

Vidimo, da \( \forall k \in \mathbb{R} \) velja

\begin{align*} y' = k & \iff - \frac{x}{y} = k \\ & \iff y = - \frac{1}{k}x \end{align*}

V splošnem \( (x, - \frac{1}{k} x) \) je točka na premici \( N_k \). \( (1, k) \) je tangentni vektor. Skalarni produkt teh dveh vektorjev je

\[ \left\langle (x, - \frac{1}{k}, x), (1, k) \right\rangle = 0 \]

iz česar sledi, da je vsaka točka pravokotna na tangentni vektor.

Analitična rešitev diferencialne enačbe je

\begin{align*} y ' &= - \frac{x}{y} && \left. \right/ \cdot y \\ y y' + x &= 0 \left. \right/ \cdot 2 \\ 2y y' + 2x &= 0 \\ (y ^2 + x ^2) ' &= 0 \\ \end{align*}

Rešitev je torej enotska krožnica s središčem v 0:

\[ x ^2 + y ^2 = C \]

Imamo problem \( y' = y \) z začetnim pogojem \( y(0) = 1 \).

Vzamemo \( x > 0 , \, n \in \mathbb{N} \). Po algoritmu \ref{ali:2} dobimo v splošnem \( y_j = (1 + h) y_{j - 1} \)

\begin{align*} y_0 &= 1 \\ y_1 &= 1 + 1 \cdot h = 1 + h \\ y_2 &= (1 + h ) ^2 \\ &\vdots \\ y_n &= (1 + h )^n = \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n && \text{ ocena za } y(x) \end{align*}

Iz tega sledi, da je

\[ y(x) \doteq \left(1 + \frac{x}{n}\right) ^n \]

Boljši približek dobimo z večanjem \( n \). Torej pogledamo

\[ \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right)^n = e ^x \]

Kar je pa eksaktna rešitev našega Cauchyjevega problema.

To so enačbe z oblike

\[ y ' = P(x) \cdot Q(y) \overset{\text{(2)}}{=} (P \otimes Q)(x, y) \]

(2): matematiki temu jokingly rečejo tenzorski produkt

za dani funkciji \( P, \, Q \).

Primer enačbe je \( y' = e^{x + y} \). Primer enačb, ki to niso pa so \( y' = \sin (xy) \) ali \( y' = e^{xy} \).

Funkcijo preoblikujemo

\[ \frac{y'}{Q(y)} = P(x) \]

in ker je definicija \( y' = \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d}x} \), iz česar potem sledi

\begin{align} \int\limits_{}^{}\frac{1}{Q(y)}\,\mathrm{d y} &= \int\limits_{}^{}P(x)\,\mathrm{d x} \label{ali:3}\\ F(y) &= G(x) \end{align}

Če dano odvajamo po \( x \)-u, potem

\begin{align*} F(y) &= G(x) && \left. \right/ \frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d}x} \\ F'(y) y' &= G'(x) && \text{ verižno pravilo } \\ \frac{1}{Q(y)} &= P(x) \\ \implies \frac{y'}{Q(y)} &= P(x) && \text{se ujema s čimer smo začeli } \end{align*}

Včasih dlje od integrala ne moremo priti in je integral rešitev (se moramo tudi to naučiti videti), npr. \( y(x) = \int\limits_0^x e^{t ^2}\,\mathrm{d t} \)

To je enačba oblike

\begin{equation} \label{eq:4} y' + py = q \end{equation}

kjer sta \( p, q \) podani funkciji, \( y \) pa iščemo. (torej linearna kombinacija \( y, \, y' = q \)).

Bernoullijeva diferencialna enačbe je oblike

\[ y' + py = qy^{\alpha}; \]

kjer sta \( p, q \) sta dani funkciji in \( \alpha \in \mathbb{R} \) dan.

Za \( \alpha = 1 \) dobimo homogeno LDE, za \( \alpha = 0 \) imamo LDE. Brez izgube za splošnost (BSŠ) rečemo \( \alpha \ne 0, 1 \)

Delimo z \( y^{\alpha} \) in uvedemo novo spremenljivko \( z = y ^{1 - \alpha} \) dobimo

\begin{align*} y ^{-\alpha} y' + p y^{1-\alpha} &= q && z' = \frac{1}{1 - \alpha} y^{-\alpha} y' \\ \frac{z'}{1 - \alpha} + p z &= q \end{align*}

Dobimo

\[ z' + (1 - \alpha) pz = (1 - \alpha) q \]

kar pa je LDE, kar že znamo rešiti.

To je enačba oblike

\[ y ' = ay ^2 + by + c \]

kjer so \( a, b, c \) podane funkcije in \( a \ne 0 \). Če je \( c = 0 \) dobimo Bernoullijevo enačbo.

Reševanje: Če poznamo (uganemo, najdemo na cesti, vseeno) eno rešitev, označimo jo z \( y_1 \), tedaj splošno rešitev dobimo s substitucijo \( y = z + y_1 \)

\[ z' + y'_1 = a (z ^2 + 2az y_1 + y_1 ^2) + b (z + y_1) + c \]

ker poznamo \( y_1 \), velja \( y'_1 = ay_1 ^2 + b y_1 + c \) in tako dobimo

\[ z' = a z ^2 + (2 a y_1 + b) z \]

kjer količine \( a, (2 a y_1 + b) \) poznamo. To je pa Bernoullijeva enačba, ki jo znamo rešiti.