Дискуссионный математический форумМатематический форум
Математический форум Math Help Planet

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

Теоретический раздел
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]
MathHelpPlanet.com RSS-лента Математического форума

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Однородные дифференциальные уравнения

Однородные дифференциальные уравнения
и приводящиеся к ним


Однородные уравнения


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


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


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

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


{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).}

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


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

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


x\frac{du}{dx}=\varphi(u)-u.

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


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




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


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


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

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


Отсюда общее решение: y=x\sin\ln{Cx}.


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


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




Угловые коэффициенты касательных к интегральным кривым

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


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


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




Уравнения, приводящиеся к однородным


А. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида


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

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


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


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


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


\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).

Выбирая h и k как решение системы линейных уравнений


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

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


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




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


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


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


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


(\xi+\eta)\,d\xi+(\xi-\eta)\,d\eta=0.

Это уравнение является однородным уравнением. Полагая \eta=u\xi, получаем


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

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


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


Возвращаемся к переменным x,~y:


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



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


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


(2-z)\,dx+(2z-1)\,dz=0.

Разделяя переменные, получаем


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

Возвращаясь к переменным x,~y, получаем общий интеграл данного уравнения


x+2y+3\ln|x+y-2|=C.

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




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


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


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

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


Положим y=\frac{1}{z}; исходное уравнение принимает вид


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

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


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


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

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


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

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).
Кнопка "Поделиться"

Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ]


Яндекс.Метрика

Copyright © 2010-2019 MathHelpPlanet.com. All rights reserved