Thay thế phương trình vi phân đồng nhất. phương trình đồng nhất

đồng nhất phương trình vi phânđơn hàng đầu tiên là một phương trình có dạng
, trong đó f là một hàm.

Cách xác định phương trình vi phân thuần nhất

Để xác định xem phương trình vi phân bậc nhất có thuần nhất hay không, bạn cần đưa vào một hằng số t và thay y bằng ty và x bằng tx: y → ty, x → tx. Nếu t hủy thì cái này phương trình vi phân thuần nhất. Đạo hàm y′ không thay đổi với phép biến đổi này.
.

Ví dụ

Xác định xem một phương trình đã cho có thuần nhất hay không

Giải pháp

Chúng tôi thực hiện thay thế y → ty, x → tx.


Chia cho t 2 .

.
Phương trình không chứa t. Vì vậy, đây là một phương trình thuần nhất.

Phương pháp giải phương trình vi phân thuần nhất

Phương trình vi phân thuần nhất bậc nhất được rút gọn thành phương trình với các biến có thể tách được bằng cách thay thế y = ux. Hãy thể hiện nó. Xét phương trình:
(Tôi)
Hãy thực hiện một sự thay thế:
y = ux,
trong đó u là hàm của x. Đạo hàm theo x:
y' =
Thay vào phương trình ban đầu (Tôi).
,
,
(ii) .
Hãy tách các biến. Nhân với dx và chia cho x ( f(u) - u ).

Tại f (u) - u ≠ 0 và x ≠ 0 chúng tôi nhận được:

Hãy tích hợp:

Như vậy ta đã thu được tích phân tổng quát của phương trình (Tôi) trong hình cầu:

Hãy thay hằng số tích phân C bằng ln C, Sau đó

Chúng ta bỏ qua dấu của mô đun, vì dấu mong muốn được xác định bằng cách chọn dấu của hằng số C. Khi đó tích phân tổng quát sẽ có dạng:

Tiếp theo chúng ta xét trường hợp f (u) - u = 0.
Nếu phương trình này có nghiệm thì chúng là nghiệm của phương trình (ii). Vì phương trình. (ii) không trùng với phương trình ban đầu thì bạn phải đảm bảo rằng các nghiệm bổ sung thỏa mãn phương trình ban đầu (Tôi).

Bất cứ khi nào, trong quá trình biến đổi, chúng ta chia bất kỳ phương trình nào cho một hàm nào đó mà chúng ta ký hiệu là g (x, y), thì các phép biến đổi tiếp theo có giá trị với g (x, y) ≠ 0. Vì vậy, trường hợp g cần được xem xét riêng (x, y) = 0.

Một ví dụ về giải phương trình vi phân thuần nhất bậc nhất

giải phương trình

Giải pháp

Hãy kiểm tra xem phương trình này có thuần nhất hay không. Chúng tôi thực hiện thay đổi y → ty , x → tx . Trong trường hợp này, y′ → y′ .
,
,
.
Chúng tôi giảm đi t.

Hằng số t đã giảm. Do đó, phương trình là đồng nhất.

Chúng ta thay thế y = ux, trong đó u là hàm của x.
y' = (ux) ′ = u′ x + u (x) ′ = u′ x + u
Thay thế vào phương trình ban đầu.
,
,
,
.
Khi x ≥ 0 , |x| = x. Khi x ≤ 0 , |x| = - x . Chúng tôi viết |x| = x ngụ ý dấu trên cùng ám chỉ giá trị x ≥ 0 , và giá trị thấp hơn - với các giá trị x ≤ 0 .
,
Nhân với dx và chia cho .

Khi bạn 2 - 1 ≠ 0 chúng ta có:

Hãy tích hợp:

tích phân dạng bảng,
.

Hãy áp dụng công thức:
(a + b)(a - b) = a 2 - b 2.
Hãy đặt a = u, .
.
Hãy lấy cả hai vế modulo và logarit,
.
Từ đây
.

Như vậy chúng ta có:
,
.
Chúng ta bỏ qua dấu của mô đun, vì dấu mong muốn được đảm bảo bằng cách chọn dấu của hằng số C.

Nhân với x và thay ux = y.
,
.
Làm vuông nó.
,
,
.

Bây giờ hãy xem xét trường hợp này, bạn 2 - 1 = 0 .
Các gốc của phương trình này
.
Dễ dàng chứng minh rằng hàm số y = x thỏa mãn phương trình ban đầu.

Trả lời

,
,
.

Người giới thiệu:
N.M. Gunter, R.O. Kuzmin, Tuyển tập các bài toán cao cấp, “Lan”, 2003.

Để giải phương trình vi phân thuần nhất bậc 1, hãy sử dụng thay thế u=y/x, nghĩa là u là một hàm mới chưa biết phụ thuộc vào x. Do đó y=ux. Chúng ta tìm đạo hàm y' bằng cách sử dụng quy tắc phân biệt sản phẩm: y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u (vì x'=1). Đối với dạng ký hiệu khác: dy = udx + xdu, sau khi thay thế, chúng ta đơn giản hóa phương trình và thu được phương trình có các biến tách được.

Ví dụ về giải phương trình vi phân thuần nhất bậc 1.

1) Giải phương trình

Chúng tôi kiểm tra xem phương trình này có đồng nhất hay không (xem Cách xác định phương trình đồng nhất). Sau khi được thuyết phục, chúng ta thực hiện thay thế u=y/x, từ đó y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Thay thế: u'x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Vì logarit của tích bằng tổng logarit nên ln(ux)=lnu+lnx. Từ đây

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Sau khi đưa các số hạng tương tự: u’x+u=u(1+lnu). Bây giờ hãy mở dấu ngoặc

u'x+u=u+u·lnu. Cả hai phần đều chứa u, do đó u'x=u·lnu. Vì u là hàm của x nên u’=du/dx. Hãy thay thế

Chúng ta có một phương trình với các biến có thể tách rời. Chúng ta tách các biến bằng cách nhân cả hai phần với dx và chia cho x·u·lnu, với điều kiện là tích x·u·lnu≠0

Hãy tích hợp:

Bên trái là tích phân dạng bảng. Ở bên phải, chúng ta thực hiện thay thế t=lnu, từ đó dt=(lnu)’du=du/u

ln│t│=ln│x│+C. Nhưng chúng ta đã thảo luận rằng trong các phương trình như vậy, sẽ thuận tiện hơn khi lấy ln│C│ thay vì С. Sau đó

ln│t│=ln│x│+ln│C│. Theo tính chất logarit: ln│t│=ln│Сx│. Do đó t=Cx. (theo điều kiện, x>0). Đã đến lúc thực hiện phép thay thế ngược lại: lnu=Cx. Và thêm một sự thay thế ngược lại:

Theo tính chất logarit:

Đây là tích phân tổng quát của phương trình.

Chúng ta nhớ lại điều kiện của tích x·u·lnu≠0 (và do đó x≠0,u≠0, lnu≠0, từ đó u≠1). Nhưng x≠0 từ điều kiện, u≠1 vẫn giữ nguyên, do đó x≠y. Rõ ràng, y=x (x>0) được đưa vào quyết định chung.

2) Tìm tích phân riêng của phương trình y’=x/y+y/x, thỏa mãn điều kiện ban đầu y(1)=2.

Đầu tiên, chúng ta kiểm tra xem phương trình này có đồng nhất hay không (mặc dù sự có mặt của các số hạng y/x và x/y đã gián tiếp chỉ ra điều này). Sau đó, chúng ta thực hiện thay thế u=y/x, từ đó y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Chúng tôi thay thế các biểu thức kết quả vào phương trình:

u'x+u=1/u+u. Hãy đơn giản hóa:

u'x=1/u. Vì u là hàm của x nên u’=du/dx:

Chúng ta đã thu được một phương trình với các biến có thể tách rời. Để tách các biến, chúng ta nhân cả hai vế với dx và u rồi chia cho x (x≠0 cho điều kiện, do đó u≠0 cũng vậy, nghĩa là không mất nghiệm).

Hãy tích hợp:

và vì có tích phân bảng ở cả hai phần nên ngay lập tức chúng ta nhận được

Thực hiện phép thay thế ngược:

Đây là tích phân tổng quát của phương trình. Chúng tôi sử dụng điều kiện ban đầu y(1)=2, nghĩa là chúng ta thay y=2, x=1 vào nghiệm thu được:

3) Tìm tích phân tổng quát của phương trình thuần nhất:

(x²-y²)dy-2xydx=0.

Thay đổi u=y/x, từ đó y=ux, dy=xdu+udx. Hãy thay thế:

(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. Chúng ta lấy x2 ra khỏi ngoặc và chia cả hai phần cho nó (giả sử x≠0):

x 2(1-u 2)(xdu+udx)-2ux 2dx=0

(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Mở rộng dấu ngoặc và đơn giản hóa:

xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,

xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Nhóm các thuật ngữ với du và dx:

(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Chúng tôi lấy các yếu tố chung ra khỏi dấu ngoặc:

x(1-u2)du-u(u2+1)dx=0. Chúng tôi tách các biến:

x(1-u2)du=u(u2+1)dx. Để làm điều này, chúng ta chia cả hai vế của phương trình cho xu(u²+1)≠0 (theo đó, chúng ta thêm các yêu cầu x≠0 (đã lưu ý), u≠0):

Hãy tích hợp:

Ở vế phải của phương trình có tích phân dạng bảng và chúng ta phân tích phần hữu tỷ ở vế trái thành các thừa số đơn giản:

(hoặc trong tích phân thứ hai, thay vì thay dấu vi phân, có thể thay t=1+u², dt=2udu - ai thích phương pháp nào tốt hơn). Chúng tôi nhận được:

Theo tính chất của logarit:

Thay thế ngược

Chúng ta nhớ lại điều kiện u≠0. Do đó y≠0. Khi C=0 y=0 thì không mất nghiệm và y=0 được đưa vào tích phân tổng quát.

Bình luận

Bạn có thể nhận được lời giải ở dạng khác nếu bạn để lại số hạng có x ở bên trái:

Ý nghĩa hình học của đường cong tích phân trong trường hợp này là một họ đường tròn có tâm nằm trên trục Oy và đi qua gốc tọa độ.

Nhiệm vụ tự kiểm tra:

1) (x2+y2)dx-xydy=0

1) Chúng ta kiểm tra xem phương trình có đồng nhất hay không, sau đó chúng ta thực hiện thay thế u=y/x, từ đó y=ux, dy=xdu+udx. Thay thế vào điều kiện: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Chia cả hai vế của phương trình cho x²≠0, chúng ta nhận được: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Do đó dx+u2dx-xudu-u2dx=0. Rút gọn, ta có: dx-xudu=0. Do đó xudu=dx, udu=dx/x. Hãy tích hợp cả hai phần:

Ví dụ, chức năng
là hàm đồng nhất của chiều thứ nhất, vì

là hàm đồng nhất của chiều thứ ba, vì

là hàm đồng nhất có chiều không, vì

, I E.
.

Định nghĩa 2. Phương trình vi phân bậc một y" = f(x, y) được gọi là đồng nhất nếu hàm f(x, y) là hàm số không đồng nhất đối với x Và y, hoặc, như người ta nói, f(x, y) là hàm đồng nhất bậc 0.

Nó có thể được biểu diễn dưới dạng

cho phép chúng ta định nghĩa một phương trình thuần nhất là một phương trình vi phân có thể chuyển về dạng (3.3).

thay thế
biến một phương trình thuần nhất thành một phương trình có các biến tách được. Thật vậy, sau khi thay thế y =xz chúng tôi nhận được
,
Tách các biến và tích phân, chúng tôi tìm thấy:

,

Ví dụ 1. Giải phương trình.

Δ Chúng tôi giả sử y =zx,
Chúng tôi thay thế các biểu thức này y Và nhuộm vào phương trình này:
hoặc
Tách các biến:
và tích hợp:
,

Thay thế z TRÊN , chúng tôi nhận được
.

Ví dụ 2. Tìm nghiệm tổng quát của phương trình.

∆ Trong phương trình này P (x,y) =x 2 -2y 2 ,Q(x,y) =2xy là các hàm đồng nhất của chiều thứ hai, do đó phương trình này là đồng nhất. Nó có thể được biểu diễn dưới dạng
và giải tương tự như trên. Nhưng chúng tôi sử dụng một hình thức ghi âm khác. Chúng ta hãy đặt y = zx, Ở đâu nhuộm = zdx + xdz. Thay các biểu thức này vào phương trình ban đầu, ta sẽ có

dx+2 zxdz = 0 .

Chúng tôi tách các biến bằng cách đếm

.

Hãy tích hợp số hạng phương trình này theo số hạng

, Ở đâu

đó là
. Quay lại chức năng trước đó
tìm một giải pháp chung


Ví dụ 3 . Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
.

∆ Chuỗi biến đổi: ,y = zx,
,
,
,
,
,
,
,
, ,
. 

Bài giảng 8.

4. Phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất Phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất có dạng

Đây là số hạng tự do, còn được gọi là vế phải của phương trình. Chúng ta sẽ xem xét phương trình tuyến tính ở dạng này như sau.

Nếu như
0 thì phương trình (4.1a) được gọi là tuyến tính không thuần nhất. Nếu như
0 thì phương trình có dạng

và được gọi là đồng nhất tuyến tính.

Tên của phương trình (4.1a) được giải thích là do hàm số chưa biết y và đạo hàm của nó nhập nó một cách tuyến tính, tức là ở mức độ đầu tiên.

Trong một phương trình đồng nhất tuyến tính, các biến được tách ra. Viết lại dưới dạng
Ở đâu
và tích hợp, chúng tôi nhận được:
,những thứ kia.

Khi chia cho chúng ta mất quyền quyết định
. Tuy nhiên, nó có thể được bao gồm trong họ nghiệm (4.3) đã tìm được, nếu chúng ta giả sử rằng VỚI cũng có thể lấy giá trị 0.

Có một số phương pháp giải phương trình (4.1a). Dựa theo Phương pháp Bernoulli, lời giải được tìm kiếm dưới dạng tích của hai hàm X:

Một trong các hàm này có thể được chọn tùy ý, vì chỉ có tích tia cực tím phải thỏa mãn phương trình ban đầu, phương trình còn lại được xác định dựa vào phương trình (4.1a).

Vi phân hai vế đẳng thức (4.4), ta tìm được
.

Thay thế biểu thức kết quả cho đạo hàm , cũng như giá trị Tại vào phương trình (4.1a), ta được
, hoặc

những thứ kia. như một chức năng v Ta hãy giải phương trình tuyến tính đồng nhất (4.6):

(Đây C Cần phải viết, nếu không bạn sẽ không nhận được một giải pháp chung chung mà là một giải pháp cụ thể).

Vì vậy, chúng ta thấy rằng nhờ phép thay thế được sử dụng (4.4), phương trình (4.1a) được rút gọn thành hai phương trình có các biến tách được (4.6) và (4.7).

Thay thế
Và v(x) vào công thức (4.4), cuối cùng ta thu được

,

.

ví dụ 1 Tìm nghiệm tổng quát của phương trình

 Hãy đặt
, Sau đó
. Biểu thức thay thế Và vào phương trình ban đầu, ta được
hoặc
(*)

Chúng ta hãy đặt hệ số ở mức 0 bằng :

Tách các biến trong phương trình thu được, ta có


(Hằng số tùy ý C chúng tôi không viết), từ đây v= x. Giá trị tìm thấy v thay vào phương trình (*):

,
,
.

Kể từ đây,
nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu.

Lưu ý rằng phương trình (*) có thể được viết ở dạng tương đương:

.

Chọn ngẫu nhiên một chức năng bạn, nhưng không v, chúng ta có thể tin
. Giải pháp này khác với giải pháp chỉ được xem xét bằng cách thay thế v TRÊN bạn(và do đó bạn TRÊN v), do đó giá trị cuối cùng Tại hóa ra là giống nhau.

Dựa vào những điều trên, chúng ta có được một thuật toán để giải phương trình vi phân tuyến tính bậc nhất.

Lưu ý thêm rằng đôi khi phương trình bậc nhất trở thành tuyến tính nếu Tạiđược coi là một biến độc lập và x– phụ thuộc, tức là đổi vai trò x Và y. Điều này có thể được thực hiện với điều kiện x Và dx nhập phương trình một cách tuyến tính.

Ví dụ 2 . Giải phương trình
.

Về hình thức, phương trình này không tuyến tính đối với hàm Tại.

Tuy nhiên, nếu chúng ta xem xét x như là một chức năng của Tại, sau đó, xem xét rằng
, nó có thể được đưa về dạng

(4.1 b)

Thay thế TRÊN ,chúng tôi nhận được
hoặc
. Chia cả hai vế của phương trình cuối cùng cho tích ydy, đưa nó về dạng

, hoặc
. (**)

Ở đây P(y)=,
. Đây là một phương trình tuyến tính đối với x. Chúng tôi tin
,
. Thay các biểu thức này vào (**), ta được

hoặc
.

Ta chọn v sao cho
,
, Ở đâu
;
. Tiếp theo chúng ta có
,
,
.

Bởi vì
, thì chúng ta đi đến nghiệm tổng quát của phương trình này dưới dạng

.

Lưu ý rằng trong phương trình (4.1a) P(x) Và Q (x) có thể được đưa vào không chỉ ở dạng hàm từ x, nhưng cũng có các hằng số: P= Một,Q= b. Phương trình đường thẳng

cũng có thể được giải bằng cách thay thế y= tia cực tím và tách biến:

;
.

Từ đây
;
;
; Ở đâu
. Giải phóng bản thân khỏi logarit, chúng ta thu được nghiệm tổng quát của phương trình

(Đây
).

Tại b= 0 ta đi đến nghiệm của phương trình

(xem phương trình tăng trưởng theo cấp số nhân (2.4) tại
).

Đầu tiên, chúng ta lấy tích phân phương trình thuần nhất tương ứng (4.2). Như đã nêu ở trên, nghiệm của nó có dạng (4.3). Chúng ta sẽ xem xét yếu tố VỚI trong (4.3) là hàm của X, I E. về cơ bản là thực hiện thay đổi biến

từ đâu, tích hợp, chúng ta tìm thấy

Lưu ý rằng theo (4.14) (xem thêm (4.9)), nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính không thuần nhất bằng tổng nghiệm tổng quát của phương trình thuần nhất tương ứng (4.3) và nghiệm riêng của phương trình không thuần nhất xác định bởi số hạng thứ hai có trong (4.14) (và trong (4.9)).

Khi giải các phương trình cụ thể, bạn nên lặp lại các phép tính trên, thay vì sử dụng công thức rườm rà (4.14).

Chúng ta hãy áp dụng phương pháp Lagrange cho phương trình được xem xét trong ví dụ 1 :

.

Chúng tôi tích hợp phương trình thuần nhất tương ứng
.

Tách các biến, chúng tôi nhận được
trở đi
. Giải biểu thức bằng công thức y = Cx. Ta tìm nghiệm của phương trình ban đầu ở dạng y = C(x)x. Thay biểu thức này vào phương trình đã cho, ta được
;
;
,
. Nghiệm tổng quát của phương trình ban đầu có dạng

.

Để kết luận, chúng tôi lưu ý rằng phương trình Bernoulli được rút gọn thành phương trình tuyến tính

, ( )

có thể được viết dưới dạng

.

thay thế
nó giảm xuống một phương trình tuyến tính:

,
,
.

Phương trình Bernoulli cũng có thể được giải bằng các phương pháp nêu trên.

Ví dụ 3 . Tìm nghiệm tổng quát của phương trình
.

 Chuỗi biến đổi:
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,


Hàm f(x,y) được gọi là chức năng đồng nhất các đối số của nó có chiều n, nếu danh tính là đúng f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).

Ví dụ: hàm f(x,y)=x^2+y^2-xy là hàm đồng nhất của chiều thứ hai, vì

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

Khi n=0 chúng ta có hàm không thứ nguyên. Ví dụ, \frac(x^2-y^2)(x^2+y^2) là hàm đồng nhất không chiều, vì

(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).)

Phương trình vi phân có dạng \frac(dy)(dx)=f(x,y)được gọi là đồng nhất đối với x và y nếu f(x,y) là hàm đồng nhất của các đối số không thứ nguyên của nó. Một phương trình thuần nhất luôn có thể được biểu diễn dưới dạng

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

Bằng cách giới thiệu hàm yêu cầu mới u=\frac(y)(x) , phương trình (1) có thể được rút gọn thành phương trình với các biến tách biệt:

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

Nếu u=u_0 là nghiệm của phương trình \varphi(u)-u=0, thì nghiệm của phương trình thuần nhất sẽ là u=u_0 hoặc y=u_0x (đường thẳng đi qua gốc tọa độ).

Bình luận. Khi giải các phương trình thuần nhất không nhất thiết phải rút gọn về dạng (1). Bạn có thể thực hiện thay thế ngay y=ux .

ví dụ 1 Giải một phương trình thuần nhất xy"=\sqrt(x^2-y^2)+y.

Giải pháp. Hãy viết phương trình dưới dạng y"=\sqrt(1-(\left(\frac(y)(x)\right)\^2}+\frac{y}{x} !} do đó phương trình đã cho là đồng nhất đối với x và y. Hãy đặt u=\frac(y)(x) hoặc y=ux . Sau đó y"=xu"+u . Thay các biểu thức của y và y" vào phương trình, ta được x\frac(du)(dx)=\sqrt(1-u^2). Chúng tôi tách các biến: \frac(du)(1-u^2)=\frac(dx)(x). Từ đây bằng phép tích phân ta tìm được

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

Vì C_1|x|=\pm(C_1x) , biểu thị \pm(C_1)=C , chúng tôi nhận được \arcsin(u)=\ln(Cx), Ở đâu |\ln(Cx)|\leqslant\frac(\pi)(2) hoặc e^(-\pi/2)\leqslant(Cx)\leqslant(e^(\pi/2)). Thay thế u bằng \frac(y)(x) , chúng ta có tích phân tổng quát \arcsin(y)(x)=\ln(Cx).

Do đó, giải pháp chung: y=x\sin\ln(Cx) .

Khi tách các biến, chúng ta chia cả hai vế của phương trình cho tích x\sqrt(1-u^2) , do đó chúng ta có thể mất nghiệm, khiến tích này biến mất.

Bây giờ chúng ta đặt x=0 và \sqrt(1-u^2)=0 . Nhưng x\ne0 do sự thay thế u=\frac(y)(x) và từ mối quan hệ \sqrt(1-u^2)=0 chúng ta có được điều đó 1-\frac(y^2)(x^2)=0, từ đó y=\pm(x) . Bằng cách xác minh trực tiếp, chúng tôi tin rằng các hàm y=-x và y=x cũng là nghiệm của phương trình này.

Ví dụ 2. Xét họ đường tích phân C_\alpha của một phương trình thuần nhất y"=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right). Chứng tỏ rằng các tiếp tuyến tại các điểm tương ứng với các đường cong được xác định bởi phương trình vi phân thuần nhất này song song với nhau.

Ghi chú: Chúng tôi sẽ gọi phù hợp những điểm trên đường cong C_\alpha nằm trên cùng một tia phát ra từ gốc tọa độ.

Giải pháp. Theo định nghĩa các điểm tương ứng ta có \frac(y)(x)=\frac(y_1)(x_1), do đó, nhờ vào phương trình y"=y"_1, trong đó y" và y"_1 lần lượt là các hệ số góc của các tiếp tuyến của các đường cong tích phân C_\alpha và C_(\alpha_1), tại các điểm M và M_1 (Hình 12).

Phương trình giảm đến đồng nhất

MỘT. Xét một phương trình vi phân có dạng

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

trong đó a,b,c,a_1,b_1,c_1 là các hằng số và f(u) là hàm liên tục của đối số u của nó.

Nếu c=c_1=0 thì phương trình (3) là đồng nhất và được tích phân như đã chỉ ra ở trên.

Nếu ít nhất một trong các số c,c_1 khác 0 thì cần phân biệt hai trường hợp.

1) Yếu tố quyết định \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)\ne0. Giới thiệu biến mới \xi và \eta theo công thức x=\xi+h,~y=\eta+k, trong đó h và k vẫn là hằng số chưa xác định, ta rút gọn phương trình (3) về dạng

\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 )\Phải).

Chọn h và k làm nghiệm của hệ Các phương trình tuyến tính

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

chúng ta thu được một phương trình đồng nhất \frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta)(a_1\xi+b_1\eta)\right). Sau khi tìm được tích phân tổng quát của nó và thay \xi trong đó bằng x-h và \eta bằng y-k, chúng ta thu được tích phân tổng quát của phương trình (3).

2) Yếu tố quyết định \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)=0. Hệ (4) trong trường hợp tổng quát không có nghiệm và phương pháp nêu trên không áp dụng được; trong trường hợp này \frac(a_1)(a)=\frac(b_1)(b)=\lambda, và do đó phương trình (3) có dạng \frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(\lambda(ax+by)+c_1)\right). Sự thay thế z=ax+by dẫn đến một phương trình với các biến có thể tách rời.

Ví dụ 3. giải phương trình (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0.

Giải pháp. Xét hệ phương trình đại số tuyến tính \begin(case)x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end(case)

Yếu tố quyết định của hệ thống này \Delta=\begin(vmatrix)\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end(vmatrix)=-2\ne0.

Hệ có nghiệm duy nhất x_0=-1,~y_0=3. Chúng tôi thực hiện thay thế x=\xi-1,~y=\eta+3 . Khi đó phương trình (5) sẽ có dạng

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

Phương trình này là một phương trình thuần nhất. Đặt \eta=u\xi , chúng tôi nhận được

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

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

Tích hợp, chúng tôi tìm thấy \ln|\xi|+\frac(1)(2)\ln|1+2u-u^2|=\ln(C) hoặc \xi^2(1+2u-u^2)=C .

Hãy quay lại các biến x,~y:

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

Ví dụ 4. giải phương trình (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0.

Giải pháp. Hệ phương trình đại số tuyến tính \begin(case)x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end(case) không tương thích. Trong trường hợp này, phương pháp được sử dụng trong ví dụ trước không phù hợp. Để lấy tích phân phương trình, chúng ta sử dụng phép thế x+y=z, dy=dz-dx. Phương trình sẽ có dạng

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

Tách các biến, chúng tôi nhận được

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

Trở lại các biến x,~y, ta thu được tích phân tổng quát của phương trình này

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

B.Đôi khi phương trình có thể được đồng nhất bằng cách thay thế biến y=z^\alpha . Điều này xảy ra khi tất cả các số hạng trong phương trình đều có cùng thứ nguyên, nếu biến x được gán thứ nguyên 1 thì biến y - thứ nguyên \alpha và đạo hàm \frac(dy)(dx) - thứ nguyên \alpha-1.

Ví dụ 5. giải phương trình (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0.

Giải pháp. Thực hiện thay thế y=z^\alpha,~dy=\alpha(z^(\alpha-1))\,dz, trong đó \alpha hiện tại là một số tùy ý, chúng ta sẽ chọn sau. Thay các biểu thức của y và dy vào phương trình, ta được

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

Lưu ý rằng x^2z^(3\alpha-1) có thứ nguyên 2+3\alpha-1=3\alpha+1, z^(\alpha-1) có thứ nguyên \alpha-1 , xz^(3\alpha) có thứ nguyên 1+3\alpha . Phương trình thu được sẽ đồng nhất nếu số đo của tất cả các số hạng đều giống nhau, tức là nếu điều kiện được đáp ứng 3\alpha+1=\alpha-1, hoặc \alpha-1 .

Hãy đặt y=\frac(1)(z) ; phương trình ban đầu có dạng

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

Bây giờ chúng ta hãy đặt z=ux,~dz=u\,dx+x\,du. Khi đó phương trình này sẽ có dạng (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0, Ở đâu u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0.

Tách các biến trong phương trình này \frac(dx)(x)+\frac(u^2-1)(u^3+u)\,du=0. Tích hợp, chúng tôi tìm thấy

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

Thay thế u vào \frac(1)(xy) , chúng ta thu được tích phân tổng quát của phương trình này 1+x^2y^2=Cy.

Phương trình cũng có nghiệm hiển nhiên y=0, thu được từ tích phân tổng quát tại C\to\infty, nếu tích phân được viết dưới dạng y=\frac(1+x^2y^2)(C), sau đó đi đến giới hạn tại C\to\infty . Do đó, hàm y=0 là một nghiệm cụ thể của phương trình ban đầu.

Javascript bị vô hiệu hóa trong trình duyệt của bạn.
Để thực hiện tính toán, bạn phải kích hoạt điều khiển ActiveX!