Vervanging van homogene differentiaalvergelijkingen. Homogene vergelijkingen

Homogeen differentiaalvergelijking eerste bestelling is een vergelijking van de vorm
, waarbij f een functie is.

Hoe een homogene differentiaalvergelijking te bepalen

Om te bepalen of een differentiaalvergelijking van de eerste orde homogeen is, moet je een constante t introduceren en y vervangen door ty en x door tx: y → ty, x → tx. Als t annuleert, dan dit homogene differentiaalvergelijking
.

. De afgeleide y ′ verandert niet met deze transformatie.

Voorbeeld

Bepaal of een gegeven vergelijking homogeen is

Oplossing


We maken de vervanging y → ty, x → tx. 2 .

.
Deel door t

De vergelijking bevat geen t.

Daarom is dit een homogene vergelijking.
Methode voor het oplossen van een homogene differentiaalvergelijking
Een homogene differentiaalvergelijking van de eerste orde wordt gereduceerd tot een vergelijking met scheidbare variabelen met behulp van de substitutie y = ux.
Laten we het laten zien. Beschouw de vergelijking:
(i)
Laten we een vervanging maken:
y = ux, Methode voor het oplossen van een homogene differentiaalvergelijking.
,
,
waarbij u een functie is van x. .
Differentiëren met betrekking tot x: y′ =.

Vervang het in de oorspronkelijke vergelijking (ii) Laten we de variabelen scheiden. Vermenigvuldig met dx en deel door x 0 ( f(u) - u )

Bij f

(u) - u ≠ 0 Methode voor het oplossen van een homogene differentiaalvergelijking en x ≠

wij krijgen: Laten we integreren: We hebben dus de algemene integraal van de vergelijking verkregen

in kwadratuur:

Laten we de integratieconstante C vervangen door In C.
, Dan waarbij u een functie is van x. Laten we het teken van de modulus weglaten, aangezien het gewenste teken wordt bepaald door de keuze van het teken van de constante C. waarbij u een functie is van x. De algemene integraal zal dan de vorm aannemen: Methode voor het oplossen van een homogene differentiaalvergelijking.

Vervolgens moeten we het geval f beschouwen (u) - u = 0 Als deze vergelijking wortels heeft, dan zijn deze een oplossing voor de vergelijking . Sinds vgl. niet samenvalt met de oorspronkelijke vergelijking, moet u ervoor zorgen dat aanvullende oplossingen aan de oorspronkelijke vergelijking voldoen Telkens wanneer we tijdens het transformatieproces een vergelijking delen door een functie, die we aanduiden als g.

(x, y)

, dan zijn verdere transformaties geldig voor g

Bepaal of een gegeven vergelijking homogeen is

Laten we eens kijken of deze vergelijking homogeen is. We maken de vervanging y → ty, x → tx.
,
,
.
In dit geval y′ → y′.

We verkorten het met t.

De constante t is afgenomen. Daarom is de vergelijking homogeen.
Laten we een vervanging maken: We maken de substitutie y = ux, waarbij u een functie is van x.
(ux) ′ = u′ x + u (x) ′ = u′ x + u
,
,
,
.
Vervang het in de oorspronkelijke vergelijking. 0 Wanneer x ≥ 0 , |x| = x. 0 Wanneer x ≤ 0 .
,
, |x| = - x.

Wij schrijven |x| = x wat impliceert dat het bovenste teken verwijst naar waarden x ≥ 2 - 1 ≠ 0 , en de onderste - naar de waarden x ≤

Bij f

Vermenigvuldig met dx en deel door .
.

Wanneer u
wij hebben:.
Tabelintegralen,
.
Laten we de formule toepassen:
.
(a + b)(a - b) = a 2 - b 2
.

Laten we a = u, .
,
.
Laten we beide kanten modulo nemen en logaritmisch berekenen,

Vanaf hier
,
.
Zo hebben we:
,
,
.

We laten het teken van de modulus weg, omdat het gewenste teken verzekerd wordt door het teken van de constante C te kiezen. 2 - 1 = 0 .
Vermenigvuldig met x en vervang ux = y.
.
Maak het vierkant.

Beschouw nu het geval, u

,
,
.

De wortels van deze vergelijking
Het is gemakkelijk om te verifiëren dat de functies y = x voldoen aan de oorspronkelijke vergelijking.

Antwoord

Gebruikte literatuur:

NM Günter, R.O. Kuzmin, Verzameling van problemen in de hogere wiskunde, “Lan”, 2003.

Om een ​​homogene differentiaalvergelijking van de eerste orde op te lossen, gebruik je de substitutie u=y/x, dat wil zeggen dat u een nieuwe onbekende functie is die afhankelijk is van x. Vandaar y=ux. We vinden de afgeleide y’ met behulp van de productdifferentiatieregel: y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u (aangezien x’=1). Voor een andere vorm van notatie: dy = udx + xdu. Na substitutie vereenvoudigen we de vergelijking en komen we tot een vergelijking met scheidbare variabelen.

Voorbeelden van het oplossen van homogene differentiaalvergelijkingen van de 1e orde.

1) Los de vergelijking op

We controleren of deze vergelijking homogeen is (zie Een homogene vergelijking bepalen). Eenmaal overtuigd, maken we de vervanging u=y/x, waaruit y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Vervanger: u’x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Omdat de logaritme van een product gelijk is aan de som van de logaritmen, geldt ln(ux)=lnu+lnx. Vanaf hier

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Na het invoeren van vergelijkbare termen: u’x+u=u(1+lnu). Open nu de beugels

u’x+u=u+u·lnu. Beide kanten bevatten u, dus u’x=u·lnu. Omdat u een functie is van x, is u’=du/dx. Laten we vervangen

We hebben een vergelijking verkregen met scheidbare variabelen. We scheiden de variabelen door beide delen te vermenigvuldigen met dx en te delen door x·u·lnu, op voorwaarde dat het product x·u·lnu≠0

ln│t│=ln│x│+ln│C│. Volgens de eigenschap van logaritmen: ln│t│=ln│Сx│. Daarom t=Cx. (op voorwaarde, x>0). Het is tijd om de omgekeerde substitutie uit te voeren: lnu=Cx. En nog een omgekeerde vervanging:

Door de eigenschap van logaritmen:

Dit is de algemene integraal van de vergelijking.

We herinneren ons de toestand van het product x·u·lnu≠0 (en dus x≠0,u≠0, lnu≠0, vandaar u≠1). Maar x≠0 uit de voorwaarde blijft u≠1, dus x≠y. Uiteraard is y=x (x>0) inbegrepen algemene oplossing.

2) Vind de partiële integraal van de vergelijking y’=x/y+y/x, die voldoet aan de beginvoorwaarden y(1)=2.

Eerst controleren we of deze vergelijking homogeen is (hoewel de aanwezigheid van de termen y/x en x/y dit al indirect aangeeft). Vervolgens maken we de vervanging u=y/x, waaruit y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. We vervangen de resulterende uitdrukkingen in de vergelijking:

u'x+u=1/u+u. Laten we het vereenvoudigen:

u'x=1/u. Omdat u een functie is van x, is u’=du/dx:

We hebben een vergelijking verkregen met scheidbare variabelen. Om de variabelen te scheiden, vermenigvuldigen we beide zijden met dx en u en delen we door x (x≠0 per voorwaarde, dus ook u≠0, wat betekent dat er geen verlies aan oplossingen is).

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Na het invoeren van vergelijkbare termen: u’x+u=u(1+lnu). Open nu de beugels

en aangezien beide zijden tabelvormige integralen bevatten, verkrijgen we onmiddellijk

Wij voeren de omgekeerde vervanging uit:

Dit is de algemene integraal van de vergelijking. Wij gebruiken initiële toestand y(1)=2, dat wil zeggen, we vervangen y=2, x=1 in de resulterende oplossing:

3) Vind de algemene integraal van de homogene vergelijking:

(x²-y²)dy-2xydx=0.

Vervanging u=y/x, vandaar y=ux, dy=xdu+udx. Laten we vervangen:

(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. We halen x² tussen haakjes en delen beide delen erdoor (mits x≠0):

x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0

(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Open de haakjes en vereenvoudig:

xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,

xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. We groeperen de termen met du en dx:

(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Laten we de gemeenschappelijke factoren tussen haakjes zetten:

x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. We scheiden de variabelen:

x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Om dit te doen, delen we beide zijden van de vergelijking door xu(u²+1)≠0 (dienovereenkomstig voegen we de vereisten x≠0 (reeds opgemerkt), u≠0) toe:

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Na het invoeren van vergelijkbare termen: u’x+u=u(1+lnu). Open nu de beugels

Aan de rechterkant van de vergelijking staat een tabelintegraal, en we ontleden de rationale breuk aan de linkerkant in eenvoudige factoren:

(of in de tweede integraal was het mogelijk om, in plaats van het differentiaalteken te vervangen, de vervanging t=1+u², dt=2udu te maken - wie maar wil welke methode beter is). Wij krijgen:

Volgens de eigenschappen van logaritmen:

Omgekeerde vervanging

We herinneren ons de voorwaarde u≠0. Vandaar y≠0. Wanneer C=0 y=0 betekent dit dat er geen verlies aan oplossingen is, en wordt y=0 opgenomen in de algemene integraal.

Opmerking

Je kunt een oplossing in een andere vorm geschreven krijgen als je de term met x aan de linkerkant laat staan:

De geometrische betekenis van de integrale curve is in dit geval een familie van cirkels met middelpunten op de Oy-as en die door de oorsprong gaan.

Zelftesttaken:

1) (x²+y²)dx-xydy=0

1) We controleren of de vergelijking homogeen is, waarna we de vervanging u=y/x maken, vandaar y=ux, dy=xdu+udx. Vervang dit in de voorwaarde: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Als we beide zijden van de vergelijking delen door x²≠0, krijgen we: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Dus dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Vereenvoudigd hebben we: dx-xudu=0. Vandaar xudu=dx, udu=dx/x. Laten we beide delen integreren:

De functie bijvoorbeeld
is een homogene functie van de eerste dimensie, aangezien

is een homogene functie van de derde dimensie, aangezien

is een homogene functie van de nuldimensie, aangezien

, d.w.z.
.

Definitie 2. Differentiaalvergelijking van de eerste orde j" = F(X, j) wordt homogeen genoemd als de functie F(X, j) is een homogene functie van de nuldimensie ten opzichte van X En j, of, zoals ze zeggen, F(X, j) is een homogene functie van graad nul.

Het kan in de vorm worden weergegeven

waarmee we een homogene vergelijking kunnen definiëren als een differentiaalvergelijking die kan worden omgezet in de vorm (3.3).

Vervanging
reduceert een homogene vergelijking tot een vergelijking met scheidbare variabelen. Na vervanging inderdaad j =xz wij krijgen
,
Door de variabelen te scheiden en te integreren, vinden we:

,

Voorbeeld 1. Los de vergelijking op.

Δ We nemen aan j =zx,
Vervang deze uitdrukkingen j En dy in deze vergelijking:
of
We scheiden de variabelen:
en integreren:
,

Vervangen z op , wij krijgen
.

Voorbeeld 2. Zoek de algemene oplossing van de vergelijking.

Δ In deze vergelijking P (X,j) =X 2 -2j 2 ,Q(X,j) =2xy zijn homogene functies van de tweede dimensie, daarom is deze vergelijking homogeen. Het kan in de vorm worden weergegeven
en los hetzelfde op als hierboven. Maar wij gebruiken een andere vorm van opnemen. Laten we zeggen j = zx, waar dy = zdx + xdz. Als we deze uitdrukkingen in de oorspronkelijke vergelijking vervangen, krijgen we het resultaat

dx+2 zxdz = 0 .

We scheiden de variabelen door te tellen

.

Laten we deze vergelijking term voor term integreren

, waar

dat is
. Terugkeren naar de vorige functie
een algemene oplossing vinden


Voorbeeld 3 . Zoek de algemene oplossing van de vergelijking
.

Δ Keten van transformaties: ,j = zx,
,
,
,
,
,
,
,
, ,
. 

Lezing 8.

4. Lineaire differentiaalvergelijkingen van de eerste orde Een lineaire differentiaalvergelijking van de eerste orde heeft de vorm

Hier is de vrije term, ook wel de rechterkant van de vergelijking genoemd. We zullen de lineaire vergelijking in deze vorm in wat volgt beschouwen.

Als
0, dan wordt vergelijking (4.1a) lineair inhomogeen genoemd. Als
0, dan heeft de vergelijking de vorm

en wordt lineair homogeen genoemd.

De naam van vergelijking (4.1a) wordt verklaard door het feit dat de onbekende functie j en zijn afgeleide voer het lineair in, d.w.z. in de eerste graad.

In een lineaire homogene vergelijking zijn de variabelen gescheiden. Herschrijf het in het formulier
waar
en integrerend krijgen we:
,die.

Wanneer gedeeld door we verliezen de beslissing
. Het kan echter worden opgenomen in de gevonden familie van oplossingen (4.3), als we dat aannemen MET kan ook de waarde 0 aannemen.

Er zijn verschillende methoden om vergelijking (4.1a) op te lossen. Volgens Bernoulli's methode, wordt de oplossing gezocht in de vorm van een product van twee functies van X:

Een van deze functies kan willekeurig worden gekozen, omdat alleen het product uv moet voldoen aan de oorspronkelijke vergelijking, de andere wordt bepaald op basis van vergelijking (4.1a).

Als we beide kanten van gelijkheid differentiëren (4.4), vinden we
.

De resulterende uitdrukking vervangen door de afgeleide , evenals de waarde bij in vergelijking (4.1a), krijgen we
, of

die. als functie v Laten we de oplossing nemen van de homogene lineaire vergelijking (4.6):

(Hier C Het is noodzakelijk om te schrijven, anders krijg je geen algemene, maar een specifieke oplossing).

We zien dus dat als gevolg van de gebruikte substitutie (4.4) vergelijking (4.1a) wordt gereduceerd tot twee vergelijkingen met scheidbare variabelen (4.6) en (4.7).

Vervanging
En v(x) in formule (4.4), verkrijgen we uiteindelijk

,

.

Voorbeeld 1. Zoek de algemene oplossing van de vergelijking

 Laten we zeggen
, Dan
. Uitdrukkingen vervangen En in de oorspronkelijke vergelijking, krijgen we
of
(*)

Laten we de coëfficiënt instellen op nul gelijk aan :

Door de variabelen in de resulterende vergelijking te scheiden, hebben we dat gedaan


(willekeurige constante C we schrijven niet), vanaf hier v= X. v Waarde gevonden

,
,
.

vervangen in vergelijking (*):
Vandaar,

algemene oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.

.

Merk op dat vergelijking (*) in een equivalente vorm geschreven kan worden: Willekeurig een functie selecteren u v, niet
, konden we geloven v op Willekeurig een functie selecteren. Deze oplossing verschilt van de oplossing die alleen door vervanging wordt overwogen Willekeurig een functie selecteren op v(en daarom bij), dus de uiteindelijke waarde

blijkt hetzelfde te zijn.

Op basis van het bovenstaande verkrijgen we een algoritme voor het oplossen van een lineaire differentiaalvergelijking van de eerste orde. bij Merk verder op dat een vergelijking van de eerste orde soms lineair wordt als X beschouwd als een onafhankelijke variabele, en X En j– afhankelijk, d.w.z. van rol wisselen X En dx. Dit kan op voorwaarde dat

voer de vergelijking lineair in. . Voorbeeld 2
.

Los de vergelijking op bij.

Het lijkt erop dat deze vergelijking niet lineair is met betrekking tot de functie X Als we echter overwegen bij als functie van
, dan, gegeven dat

(4.1 , kan het naar het formulier worden gebracht)

B op Vervangen
of
, wij krijgen . Beide zijden van de laatste vergelijking delen door het product ja

, laten we het in vorm brengen
. (**)

, of
Hier P(y)=, X. Dit is een lineaire vergelijking met betrekking tot
,
. Wij geloven

of
.

. Als we deze uitdrukkingen vervangen door (**), krijgen we
,
, waar
;
Laten we v kiezen zodat
,
,
.

. Volgende hebben we
Omdat

.

, dan komen we tot een algemene oplossing voor deze vergelijking in de vorm P(X Merk op dat in vergelijking (4.1a) Q (X) En X) kan niet alleen worden opgenomen in de vorm van functies uit P= , maar ook constanten:,Q= A B

kan ook worden opgelost met behulp van de substitutie y= uv en scheiding van variabelen:

;
.

Vanaf hier
;
;
; Waar
. Door onszelf te bevrijden van de logaritme, verkrijgen we een algemene oplossing voor de vergelijking

(Hier
).

Bij A= 0 komen we bij de oplossing van de vergelijking

(zie exponentiële groeivergelijking (2.4) op
).

Eerst integreren we de overeenkomstige homogene vergelijking (4.2). Zoals hierboven vermeld, heeft de oplossing de vorm (4.3). We zullen de factor overwegen MET in (4.3) als functie van X, d.w.z. in wezen een wijziging van de variabele doorvoeren

van waaruit we, integrerend, vinden

Merk op dat volgens (4.14) (zie ook (4.9)) de algemene oplossing van een inhomogene lineaire vergelijking gelijk is aan de som van de algemene oplossing van de overeenkomstige homogene vergelijking (4.3) en de specifieke oplossing van de inhomogene vergelijking gedefinieerd door de tweede term opgenomen in (4.14) (en in (4.9)).

Bij het oplossen van specifieke vergelijkingen moet u de bovenstaande berekeningen herhalen en niet de omslachtige formule (4.14) gebruiken.

Laten we de Lagrange-methode toepassen op de vergelijking die wordt beschouwd voorbeeld 1 :

.

We integreren de overeenkomstige homogene vergelijking
.

Als we de variabelen scheiden, krijgen we
en verder
. De uitdrukking oplossen met een formule j = Cx. We zoeken een oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking in het formulier j = C(X)X. Als we deze uitdrukking in de gegeven vergelijking vervangen, krijgen we
;
;
,
. De algemene oplossing van de oorspronkelijke vergelijking heeft de vorm

.

Concluderend merken we op dat de Bernoulli-vergelijking wordt gereduceerd tot een lineaire vergelijking

, ( )

die in de vorm kan worden geschreven

.

Vervanging
het reduceert tot een lineaire vergelijking:

,
,
.

De vergelijkingen van Bernoulli kunnen ook worden opgelost met behulp van de hierboven beschreven methoden.

Voorbeeld 3 . Zoek de algemene oplossing van de vergelijking
.

 Keten van transformaties:
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,


De functie f(x,y) wordt aangeroepen homogene functie van zijn argumenten van dimensie n, als de identiteit waar is f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).

De functie f(x,y)=x^2+y^2-xy is bijvoorbeeld een homogene functie van de tweede dimensie, aangezien

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

Wanneer n=0 hebben we een functie met dimensie nul. Bijvoorbeeld, \frac(x^2-y^2)(x^2+y^2) is een homogene functie met een nuldimensie, aangezien

(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).)

Differentiaalvergelijking van de vorm \frac(dy)(dx)=f(x,y) Er wordt gezegd dat het homogeen is met betrekking tot x en y als f(x,y) een homogene functie is van zijn nuldimensieargumenten. Een homogene vergelijking kan altijd worden weergegeven als

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

Door de nieuwe vereiste functie u=\frac(y)(x) te introduceren, kan vergelijking (1) worden gereduceerd tot een vergelijking met scheidende variabelen:

X\frac(du)(dx)=\varphi(u)-u.

Als u=u_0 de wortel is van de vergelijking \varphi(u)-u=0, dan zal de oplossing van de homogene vergelijking u=u_0 of y=u_0x zijn (de rechte lijn die door de oorsprong gaat).

Opmerking. Bij het oplossen van homogene vergelijkingen is het niet nodig deze te reduceren tot vorm (1). U kunt onmiddellijk de vervanging y=ux uitvoeren.

Voorbeeld 1. Homogene vergelijking oplossen xy"=\sqrt(x^2-y^2)+y.

Oplossing. Laten we de vergelijking in het formulier schrijven y"=\sqrt(1-(\left(\frac(y)(x)\right)\^2}+\frac{y}{x} !} dus deze vergelijking blijkt homogeen te zijn met betrekking tot x en y. Laten we u=\frac(y)(x) of y=ux invoeren. Dan y"=xu"+u . Als we de uitdrukkingen voor y en y" in de vergelijking vervangen, krijgen we: x\frac(du)(dx)=\sqrt(1-u^2). We scheiden de variabelen: \frac(du)(1-u^2)=\frac(dx)(x). Vanaf hier vinden we door integratie

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

Omdat C_1|x|=\pm(C_1x) , en dus \pm(C_1)=C aanduidt, krijgen we \arcsin(u)=\ln(Cx), Waar |\ln(Cx)|\leqslant\frac(\pi)(2) of e^(-\pi/2)\leqslant(Cx)\leqslant(e^(\pi/2)). Door u te vervangen door \frac(y)(x) , krijgen we de algemene integraal \arcsin(y)(x)=\ln(Cx).

Vandaar de algemene oplossing: y=x\sin\ln(Cx) .

Bij het scheiden van variabelen hebben we beide kanten van de vergelijking gedeeld door het product x\sqrt(1-u^2) , zodat we de oplossing kwijt zouden kunnen raken, waardoor dit product verdwijnt.

Laten we nu x=0 en \sqrt(1-u^2)=0 instellen. Maar x\ne0 vanwege de substitutie u=\frac(y)(x) , en uit de relatie \sqrt(1-u^2)=0 krijgen we dat 1-\frac(y^2)(x^2)=0, vanwaar y=\pm(x) . Door directe verificatie zijn we ervan overtuigd dat de functies y=-x en y=x ook oplossingen zijn voor deze vergelijking.

Voorbeeld 2. Beschouw de familie van integrale krommen C_\alpha van een homogene vergelijking y"=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right). Laat zien dat de raaklijnen op de overeenkomstige punten van de curven gedefinieerd door deze homogene differentiaalvergelijking evenwijdig aan elkaar zijn.

Opmerking: Wij zullen bellen gepast die punten op de krommen C_\alpha die op dezelfde straal liggen die uitgaat van de oorsprong.

Oplossing. Per definitie van de overeenkomstige punten hebben we \frac(y)(x)=\frac(y_1)(x_1), dus op grond van de vergelijking zelf y"=y"_1, waarbij y" en y"_1 de hoekcoëfficiënten zijn van de raaklijnen aan de integraalcurven C_\alpha en C_(\alpha_1), respectievelijk op de punten M en M_1 (Afb. 12).

Vergelijkingen reducerend tot homogeen

A. Beschouw een differentiaalvergelijking van de vorm

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

waarbij a,b,c,a_1,b_1,c_1 constanten zijn, en f(u) een continue functie is van zijn argument u.

Als c=c_1=0, dan is vergelijking (3) homogeen en wordt deze geïntegreerd zoals hierboven aangegeven.

Als ten minste één van de getallen c,c_1 verschillend is van nul, moeten er twee gevallen worden onderscheiden.

1) Bepalend \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)\ne0. Door nieuwe variabelen \xi en \eta te introduceren volgens de formules x=\xi+h,~y=\eta+k, waarbij h en k nog steeds onbepaalde constanten zijn, reduceren we vergelijking (3) tot de vorm

\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 )\rechts).

H en k kiezen als oplossing voor het systeem lineaire vergelijkingen

\begin(gevallen)ah+bk+c=0,\\a_1h+b_1k+c_1=0\end(gevallen)~(\Delta\ne0),

we verkrijgen een homogene vergelijking \frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta)(a_1\xi+b_1\eta)\right). Nadat we de algemene integraal ervan hebben gevonden en \xi daarin hebben vervangen door x-h en \eta door y-k, verkrijgen we de algemene integraal van vergelijking (3).

2) Bepalend \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)=0. Systeem (4) heeft in het algemene geval geen oplossingen en de hierboven geschetste methode is niet van toepassing; in dit geval \frac(a_1)(a)=\frac(b_1)(b)=\lambda, en daarom heeft vergelijking (3) de vorm \frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+door+c)(\lambda(ax+door)+c_1)\right). De substitutie z=ax+by leidt tot een vergelijking met scheidbare variabelen.

Voorbeeld 3. Los de vergelijking op (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0.

Oplossing. Beschouw een systeem van lineaire algebraïsche vergelijkingen \begin(gevallen)x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end(gevallen)

Bepalend voor dit systeem \Delta=\begin(vmatrix)\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end(vmatrix)=-2\ne0.

Het systeem heeft een unieke oplossing x_0=-1,~y_0=3. We maken de vervanging x=\xi-1,~y=\eta+3 . Dan zal vergelijking (5) de vorm aannemen

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

Deze vergelijking is een homogene vergelijking. Door \eta=u\xi in te stellen, krijgen we

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

Variabelen scheiden \frac(d\xi)(\xi)+\frac(1-u)(1+2u-u^2)\,du=0.

Integrerend, vinden we \ln|\xi|+\frac(1)(2)\ln|1+2u-u^2|=\ln(C) of \xi^2(1+2u-u^2)=C .

Laten we terugkeren naar de variabelen x,~y:

(x+1)^2\links=C_1 of x^2+2xy-y^2-4x+8y=C~~(C=C_1+14).

Voorbeeld 4. Los de vergelijking op (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0.

Oplossing. Systeem van lineaire algebraïsche vergelijkingen \begin(gevallen)x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end(gevallen) onverenigbaar. In dit geval is de in het vorige voorbeeld gebruikte methode niet geschikt. Om de vergelijking te integreren gebruiken we de substitutie x+y=z, dy=dz-dx. De vergelijking zal de vorm aannemen

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

Als we de variabelen scheiden, krijgen we

Dx-\frac(2z-1)(z-2)\,dz=0 vandaar x-2z-3\ln|z-2|=C.

Terugkerend naar de variabelen x,~y verkrijgen we de algemene integraal van deze vergelijking

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

B. Soms kan de vergelijking homogeen gemaakt worden door de variabele y=z^\alpha te vervangen. Dit gebeurt wanneer alle termen in de vergelijking dezelfde dimensie hebben, als aan de variabele x dimensie 1 wordt toegewezen, aan de variabele y - dimensie \alpha en de afgeleide \frac(dy)(dx) - dimensie \alpha-1.

Voorbeeld 5. Los de vergelijking op (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0.

Oplossing. Een vervanging maken y=z^\alpha,~dy=\alpha(z^(\alpha-1))\,dz, waarbij \alpha voorlopig een willekeurig getal is, dat we later zullen kiezen. Als we uitdrukkingen voor y en dy in de vergelijking vervangen, krijgen we

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

Merk op dat x^2z^(3\alpha-1) de dimensie heeft 2+3\alfa-1=3\alfa+1, z^(\alpha-1) heeft dimensie \alpha-1 , xz^(3\alpha) heeft dimensie 1+3\alpha . De resulterende vergelijking zal homogeen zijn als de metingen van alle termen hetzelfde zijn, d.w.z. als aan de voorwaarde is voldaan 3\alfa+1=\alfa-1, of \alpha-1 .

Laten we stellen y=\frac(1)(z) ; de oorspronkelijke vergelijking heeft de vorm

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

Laten we nu stellen z=ux,~dz=u\,dx+x\,du. Dan zal deze vergelijking de vorm aannemen (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0, waar u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0.

Het scheiden van de variabelen in deze vergelijking \frac(dx)(x)+\frac(u^2-1)(u^3+u)\,du=0. Integrerend, vinden we

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

Door u te vervangen door \frac(1)(xy) , verkrijgen we de algemene integraal van deze vergelijking 1+x^2y^2=Cy.

De vergelijking heeft ook een voor de hand liggende oplossing y=0, die wordt verkregen uit de algemene integraal op C\to\infty, als de integraal wordt geschreven in de vorm y=\frac(1+x^2y^2)(C) en ga vervolgens naar de limiet bij C\to\infty . De functie y=0 is dus een specifieke oplossing voor de oorspronkelijke vergelijking.

Javascript is uitgeschakeld in uw browser.
Om berekeningen uit te voeren, moet u ActiveX-besturingselementen inschakelen!