Дискуссионный математический форумМатематический форум

Математический форум Math Help Planet

Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Однородные дифференциальные уравнения

Однородные дифференциальные уравнения
и приводящиеся к ним


Однородные уравнения


Функция [math]f(x,y)[/math] называется однородной функцией своих аргументов измерения [math]n[/math], если справедливо тождество [math]f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y)[/math].


Например, функция [math]f(x,y)=x^2+y^2-xy[/math] есть однородная функция второго измерения, так как


[math]f(tx,ty)=(tx)^2+(ty)^2-(tx)(ty)=t^2(x^2+y^2-xy)=t^2f(x,y).[/math]

При [math]n=0[/math] имеем функцию нулевого измерения. Например, [math]\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}[/math] есть однородная функция нулевого измерения, так как


[math]{f(tx,ty)=\frac{(tx)^2-(ty)^2}{(tx)^2+(ty)^2}=\frac{t^2(x^2-y^2)}{t^2(x^2+y^2)}=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=f(x,y).}[/math]

Дифференциальное уравнение вида [math]\frac{dy}{dx}=f(x,y)[/math] называется однородным относительно [math]x[/math] и [math]y[/math], если [math]f(x,y)[/math] есть однородная функция своих аргументов нулевого измерения. Однородное уравнение всегда можно представить в виде


[math]\frac{dy}{dx}=\varphi\!\left(\frac{y}{x}\right).[/math]
(1)

Вводя новую искомую функцию [math]u=\frac{y}{x}[/math], уравнение (1) можно привести к уравнению с разделяющими переменными:


[math]x\frac{du}{dx}=\varphi(u)-u.[/math]

Если [math]u=u_0[/math] есть корень уравнения [math]\varphi(u)-u=0[/math], то решение однородного уравнения будет [math]u=u_0[/math] или [math]y=u_0x[/math] (прямая, проходящая через начало координат).


Замечание. При решении однородных уравнений необязательно приводить их к виду (1). Можно сразу делать подстановку [math]y=ux[/math].




Пример 1. Решить однородное уравнение [math]xy'=\sqrt{x^2-y^2}+y[/math].


Решение. Запишем уравнение в виде [math]y'=\sqrt{1-{\left(\frac{y}{x}\right)\!}^2}+\frac{y}{x}[/math] так что данное уравнение оказывается однородным относительно [math]x[/math] и [math]y[/math]. Положим [math]u=\frac{y}{x}[/math] , или [math]y=ux[/math]. Тогда [math]y'=xu'+u[/math]. Подставляя в уравнение выражения для [math]y[/math] и [math]y'[/math], получаем [math]x\frac{du}{dx}=\sqrt{1-u^2}[/math]. Разделяем переменные: [math]\frac{du}{1-u^2}=\frac{dx}{x}[/math]. Отсюда интегрированием находим


[math]\arcsin{u}=\ln|x|+\ln{C_1}~(C_1>0)[/math], или [math]\arcsin{u}=\ln{C_1|x|}[/math].

Так как [math]C_1|x|=\pm{C_1x}[/math], то, обозначая [math]\pm{C_1}=C[/math], получаем [math]\arcsin{u}=\ln{Cx}[/math], где [math]|\ln{Cx}|\leqslant\frac{\pi}{2}[/math] или [math]e^{-\pi/2}\leqslant{Cx}\leqslant{e^{\pi/2}}[/math]. Заменяя [math]u[/math] на [math]\frac{y}{x}[/math], будем иметь общий интеграл [math]\arcsin{y}{x}=\ln{Cx}[/math].


Отсюда общее решение: [math]y=x\sin\ln{Cx}[/math].


При разделении переменных мы делили обе части уравнения на произведение [math]x\sqrt{1-u^2}[/math], поэтому могли потерять решение, которые обращают в ноль это произведение.


Положим теперь [math]x=0[/math] и [math]\sqrt{1-u^2}=0[/math]. Но [math]x\ne0[/math] в силу подстановки [math]u=\frac{y}{x}[/math], а из соотношения [math]\sqrt{1-u^2}=0[/math] получаем, что [math]1-\frac{y^2}{x^2}=0[/math], откуда [math]y=\pm{x}[/math]. Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции [math]y=-x[/math] и [math]y=x[/math] также являются решениями данного уравнения.




Угловые коэффициенты касательных к интегральным кривым

Пример 2. Рассмотреть семейство интегральных кривых [math]C_\alpha[/math] однородного уравнения [math]y'=\varphi\!\left(\frac{y}{x}\right)[/math]. Показать, что касательные в соответственных точках к кривым, определяемым этим однородным дифференциальным уравнением, параллельны между собой.


Примечание: Будем называть соответственными те точки на кривых [math]C_\alpha[/math], которые лежат на одном луче, выходящем из начала координат.


Решение. По определению соответственных точек имеем [math]\frac{y}{x}=\frac{y_1}{x_1}[/math], так что в силу самого уравнения [math]y'=y'_1[/math], где [math]y'[/math] и [math]y'_1[/math] — угловые коэффициенты касательных к интегральным кривым [math]C_\alpha[/math] и [math]C_{\alpha_1}[/math], в точках [math]M[/math] и [math]M_1[/math] соответственно (рис. 12).




Уравнения, приводящиеся к однородным


А. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида


[math]\frac{dy}{dx}=f\!\left(\frac{ax+by+c}{a_1x+b_1y+c_1}\right).[/math]
(3)

где [math]a,b,c,a_1,b_1,c_1[/math] — постоянные, а [math]f(u)[/math] — непрерывная функция своего аргумента [math]u[/math].


Если [math]c=c_1=0[/math], то уравнение (3) является однородным и оно интегрируется, как указано выше.


Если хотя бы одно из чисел [math]c,c_1[/math] отлично от нуля, то следует различать два случая.


1) Определитель [math]\Delta=\begin{vmatrix}a&b\\a_1&b_1\end{vmatrix}\ne0[/math]. Вводя новые переменные [math]\xi[/math] и [math]\eta[/math] по формулам [math]x=\xi+h,~y=\eta+k[/math], где [math]h[/math] и [math]k[/math] — пока неопределенные постоянные, приведем уравнение (3) к виду


[math]\frac{d\eta}{d\xi}=f\!\left(\frac{a\xi+b\eta+ah+bk+c}{a_1\xi+b_2\eta+a_1h+b_1k+c_1}\right).[/math]

Выбирая [math]h[/math] и [math]k[/math] как решение системы линейных уравнений


[math]\begin{cases}ah+bk+c=0,\\a_1h+b_1k+c_1=0\end{cases}~(\Delta\ne0),[/math]
(4)

получаем однородное уравнение [math]\frac{d\eta}{d\xi}=f\!\left(\frac{a\xi+b\eta}{a_1\xi+b_1\eta}\right)[/math]. Найдя его общий интеграл и заменив в нем [math]\xi[/math] на [math]x-h[/math], a [math]\eta[/math] на [math]y-k[/math], получаем общий интеграл уравнения (3).


2) Определитель [math]\Delta=\begin{vmatrix}a&b\\a_1&b_1\end{vmatrix}=0[/math]. Система (4) в общем случае не имеет решений и изложенный выше метод неприменим; в этом случае [math]\frac{a_1}{a}=\frac{b_1}{b}=\lambda[/math], и, следовательно, уравнение (3) имеет вид [math]\frac{dy}{dx}=f\!\left(\frac{ax+by+c}{\lambda(ax+by)+c_1}\right)[/math]. Подстановка [math]z=ax+by[/math] приводит его к уравнению с разделяющимися переменными.




Пример 3. Решить уравнение [math](x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0[/math].


Решение. Рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений [math]\begin{cases}x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end{cases}[/math]


Определитель этой системы [math]\Delta=\begin{vmatrix}\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end{vmatrix}=-2\ne0[/math].


Система имеет единственное решение [math]x_0=-1,~y_0=3[/math]. Делаем замену [math]x=\xi-1,~y=\eta+3[/math]. Тогда уравнение (5) примет вид


[math](\xi+\eta)\,d\xi+(\xi-\eta)\,d\eta=0.[/math]

Это уравнение является однородным уравнением. Полагая [math]\eta=u\xi[/math], получаем


[math](\xi+\xi{u})\,d\xi+(\xi-\xi{u})(\xi\,du+u\,d\xi)=0[/math], откуда [math](1+2u-u^2)\,d\xi+\xi(1-u)\,du=0[/math].

Разделяем переменные [math]\frac{d\xi}{\xi}+\frac{1-u}{1+2u-u^2}\,du=0.[/math]


Интегрируя, найдем [math]\ln|\xi|+\frac{1}{2}\ln|1+2u-u^2|=\ln{C}[/math] или [math]\xi^2(1+2u-u^2)=C[/math].


Возвращаемся к переменным [math]x,~y[/math]:


[math](x+1)^2\left[1+2\frac{y-3}{x+1}-\frac{(y-3)^2}{(x+1)^2}\right]=C_1[/math] или [math]x^2+2xy-y^2-4x+8y=C~~(C=C_1+14).[/math]



Пример 4. Решить уравнение [math](x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0[/math].


Решение. Система линейных алгебраических уравнений [math]\begin{cases}x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end{cases}[/math] несовместна. В этом случае метод, примененный в предыдущем примере, не подходит. Для интегрирования уравнения применяем подстановку [math]x+y=z[/math], [math]dy=dz-dx[/math]. Уравнение примет вид


[math](2-z)\,dx+(2z-1)\,dz=0.[/math]

Разделяя переменные, получаем


[math]dx-\frac{2z-1}{z-2}\,dz=0[/math] отсюда [math]x-2z-3\ln|z-2|=C.[/math]

Возвращаясь к переменным [math]x,~y[/math], получаем общий интеграл данного уравнения


[math]x+2y+3\ln|x+y-2|=C.[/math]

Б. Иногда уравнение можно привести к однородному заменой переменного [math]y=z^\alpha[/math]. Это имеет место в том случае, когда в уравнении все члены оказываются одинакового измерения, если переменному [math]x[/math] приписать измерение 1, переменному [math]y[/math] — измерение [math]\alpha[/math] и производной [math]\frac{dy}{dx}[/math] — измерение [math]\alpha-1[/math].




Пример 5. Решить уравнение [math](x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0[/math].


Решение. Делаем подстановку [math]y=z^\alpha,~dy=\alpha{z^{\alpha-1}}\,dz[/math], где [math]\alpha[/math] пока произвольное число, которое мы выберем позже. Подставляя в уравнение выражения для [math]y[/math] и [math]dy[/math], получим


[math]\alpha(x^2x^{2\alpha}-1)z^{\alpha-1}\,dz+2xz^{3\alpha}\,dx=0[/math] или [math]\alpha(x^2z^{3\alpha-1}-z^{\alpha-1})\,dz+2xz^{3\alpha}\,dx=0,[/math]

Заметим, что [math]x^2z^{3\alpha-1}[/math] имеет измерение [math]2+3\alpha-1=3\alpha+1,[/math] [math]z^{\alpha-1}[/math] имеет измерение [math]\alpha-1[/math], [math]xz^{3\alpha}[/math] имеет измерение [math]1+3\alpha[/math]. Полученное уравнение будет однородным, если измерения всех членов одинаковы, т.е. если выполняется условие [math]3\alpha+1=\alpha-1[/math], или [math]\alpha-1[/math].


Положим [math]y=\frac{1}{z}[/math]; исходное уравнение принимает вид


[math]\left(\frac{1}{z^2}-\frac{x^2}{z^4}\right)dz+\frac{2x}{z^3}\,dx=0[/math] или [math](z^2-x^2)\,dz+2xz\,dx=0.[/math]

Положим теперь [math]z=ux,~dz=u\,dx+x\,du[/math]. Тогда это уравнение примет вид [math](u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0[/math], откуда [math]u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0[/math].


Разделяем переменные в этом уравнении [math]\frac{dx}{x}+\frac{u^2-1}{u^3+u}\,du=0[/math]. Интегрируя, найдем


[math]\ln|x|+\ln(u^2+1)-\ln|u|=\ln{C}[/math] или [math]\frac{x(u^2+1)}{u}=C.[/math]

Заменяя [math]u[/math] через [math]\frac{1}{xy}[/math], получаем общий интеграл данного уравнения [math]1+x^2y^2=Cy.[/math]


Уравнение имеет еще очевидное решение [math]y=0[/math], которое получается из общего интеграла при [math]C\to\infty[/math], если интеграл записать в виде [math]y=\frac{1+x^2y^2}{C}[/math], а затем перейти к пределу при [math]C\to\infty[/math]. Таким образом, функция [math]y=0[/math] является частным решением исходного уравнения.


Часовой пояс: UTC + 4 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2016 MathHelpPlanet.com. All rights reserved