как решать дифференциальные уравнения, приводящиеся к однородным

Некоторые уравнения могут быть приведены к однородным. Дифференциальные уравнения, приводящиеся к однородным, имеют вид:

$y' = f(\frac{{{a_1}x + {b_1}y + {c_1}}}{{{a_2}x + {b_2}y + {c_2}}})$

либо в другой форме записи

$({a_1}x + {b_1}y + {c_1})dx + ({a_2}x + {b_2}y + {c_2}) = 0.$

Рассмотрим три возможных случая.

$\frac{{{a_1}}}{{{a_2}}} \ne \frac{{{b_1}}}{{{b_2}}}$

Собственно, это и есть дифференциальные уравнения, приводящиеся к однородным, поскольку в двух других случаях переходим непосредственно к уравнениям с разделяющимися переменными. Такие уравнения решают с помощью замены переменных.

В этом случае решаем систему уравнений

$\left\{ \begin{gathered} {a_1}\alpha + {b_1}\beta + {c_1} = 0 \hfill \\ {a_2}\alpha + {b_2}\beta + {c_2} = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Отсюда находим значения α и β и делаем замену

$\left\{ \begin{gathered} x = u + \alpha ; \hfill \\ y = v + \beta . \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Откуда dx=du, dy=dv, y’=dv/du. Эта замена позволяет нам получить однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка.

Пример.

(2x+8)dx+(3y-5x-11)dy=0.

Решение:

${a_1} = 2,{b_1} = 0,{a_2} = - 5,{b_2} = 3.\frac{{{a_1}}}{{{a_2}}} \ne \frac{{{b_1}}}{{{b_2}}}, \Rightarrow$

решаем систему уравнений

$\left\{ \begin{gathered} 2\alpha + 0\beta + 8 = 0 \hfill \\ - 5\alpha + 3\beta - 11 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Откуда α=-4, β=-3. Замена

$\left\{ \begin{gathered} x = u - 4; \hfill \\ y = v - 3. \hfill \\ \end{gathered} \right.$

dx=du, dy=dv. Подставляем и упрощаем:

(2(u-4)+8)du+(3(v-3)-5(u-4)-11)dv=0,

(2u-8+8)du+(3v-9-5u+20-11)dv=0

2udu+(3v-5u)dv=0. Это однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка относительно переменных u и v. Выполняем замену z=v/u,откуда v=uz, dv=zdu+udz. Подставляем:

2udu+(3uz-5u)(zdu+udz)=0

2udu+3uz²du-5uzdu+3u²zdz-5u²dz=0

(2udu+3uz²du-5uzdu)+(3u²zdz-5u²dz)=0. Делим обе части на u≠0:

(2+3z²-5z)du+(3z-5)dz=0. Получили уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные: u(3z-5)dz=-(2+3z²-5z)du. Для этого делим обе части на u(2+3z²-5z)≠0, имеем:

$\frac{{3z - 5}}{{3{z^2} - 5z + 2}}dz = - \frac{{du}}{u}.$

Интегрируем:

$\int {\frac{{3z - 5}}{{3{z^2} - 5z + 2}}dz = - \int {\frac{{du}}{u}} }$

В правой части — табличный интеграл. Рациональную дробь в левой части раскладываем на простые множители:

$\frac{{3z - 5}}{{3{z^2} - 5z + 2}} = \frac{{3z - 5}}{{3(z - 1)(z - \frac{2}{3})}} = \frac{{3z - 5}}{{(z - 1)(3z - 2)}} = - \frac{2}{{z - 1}} + \frac{9}{{3z - 2}}$

Отсюда

$- 2\int {\frac{{dz}}{{z - 1}}} + 9\int {\frac{{dz}}{{3z - 2}}} = - \int {\frac{{du}}{u}}$

$- 2\ln \left| {z - 1} \right| + 9 \cdot \frac{1}{3}\ln \left| {3z - 2} \right| = - \ln \left| u \right| + \ln \left| C \right|$

Применяем свойства логарифмов:

$\ln \left| {\frac{{{{(3z - 2)}^3}}}{{{{(z - 1)}^2}}}} \right| = \ln \left| {\frac{C}{u}} \right|, \Rightarrow \frac{{{{(3z - 2)}^3}}}{{{{(z - 1)}^2}}} = \frac{C}{u}, \Rightarrow \frac{{u{{(3z - 2)}^3}}}{{{{(z - 1)}^2}}} = C,$

теперь — обратная замена

$\frac{{u{{(3\frac{v}{u} - 2)}^3}}}{{{{(\frac{v}{u} - 1)}^2}}} = C, \Rightarrow \frac{{\frac{{u{{(3v - 2u)}^3}}}{{{u^3}}}}}{{\frac{{{{(v - u)}^2}}}{{{u^2}}}}} = C, \Rightarrow \frac{{{{(3v - 2u)}^3}}}{{{{(v - u)}^2}}} = C, \Rightarrow$

$\frac{{{{(3(y + 3) - 2(x + 4))}^3}}}{{{{((y + 3) - (x + 4))}^2}}} = C, \Rightarrow \frac{{{{(3y - 2x + 1)}^3}}}{{{{(y - x - 1)}^2}}} = C.$

Ответ:

$\frac{{{{(3y - 2x + 1)}^3}}}{{{{(y - x - 1)}^2}}} = C.$

Геометрический смысл такой замены: начало координат переносится в точку пересечения прямых

$\begin{gathered} y = {a_1}x + {b_1}y + {c_1}; \hfill \\ y = {a_2}x + {b_2}y + {c_2}, \hfill \\ \end{gathered}$

и в новой системе свободные члены в уравнениях прямых равны нулю.

Перейдем к рассмотрению двух других случаев решения дифференциальных уравнений такого вида.

Как решать дифференциальные уравнения, приводящиеся к однородным

Добавить комментарий Отменить ответ

Свежие записи

Это интересно

Навигация по сайту

Рубрики

Свежие записи

Это интересно