Homogeenne

Selles tunnis vaatleme nn esimest järku homogeensed diferentsiaalvõrrandid. Koos eraldatavad võrrandid Ja lineaarsed mittehomogeensed võrrandid Seda tüüpi kaugjuhtimispulti leidub peaaegu kõigis hajutiteemalistes testtöödes. Kui tulite lehele otsingumootori kaudu või pole diferentsiaalvõrrandite mõistmises eriti kindel, siis soovitan esmalt tungivalt läbida selle teema sissejuhatav õppetund - Esimest järku diferentsiaalvõrrandid. Fakt on see, et paljud homogeensete võrrandite lahendamise põhimõtted ja kasutatavad tehnikad on täpselt samad, mis kõige lihtsamate eraldatavate muutujatega võrrandite puhul.

Mis vahe on homogeensetel diferentsiaalvõrranditel ja muud tüüpi diferentsiaalvõrranditel? Lihtsaim viis seda kohe selgitada on konkreetse näitega.

Näide 1

Lahendus:
Mida Esiteks tuleks otsustamisel analüüsida ükskõik milline diferentsiaalvõrrand esimene tellimus? Kõigepealt tuleb kontrollida, kas “kooli” toimingute abil on võimalik muutujaid kohe eraldada? Tavaliselt tehakse see analüüs vaimselt või proovides muutujaid mustandis eraldada.

Selles näites muutujaid ei saa eraldada(võid proovida termineid osast osasse visata, faktoreid sulgudest välja tõsta jne). Muide, selles näites on asjaolu, et muutujaid ei saa jagada, tänu kordaja olemasolule üsna ilmne.

Tekib küsimus: kuidas seda hajutatud probleemi lahendada?

Vaja kontrollida ja Kas see võrrand pole homogeenne?? Kontrollimine on lihtne ja verifitseerimisalgoritmi saab sõnastada järgmiselt:

Algsesse võrrandisse:

selle asemel me asendame, selle asemel me asendame, me ei puuduta tuletist:

Täht lambda on tingimuslik parameeter ja siin mängib see järgmist rolli: kui teisenduste tulemusena on võimalik KÕIK lambdad "hävitada" ja saada algne võrrand, siis see diferentsiaalvõrrand on homogeenne.

On ilmne, et lambdasid vähendatakse kohe eksponendiga:

Nüüd võtame paremal küljel lambda sulgudest välja:

ja jagage mõlemad osad selle sama lambdaga:

Tulemusena Kõik Lambdad kadusid nagu unenägu, nagu hommikune udu ja saime algse võrrandi.

Järeldus: See võrrand on homogeenne

Kuidas lahendada homogeenset diferentsiaalvõrrandit?

Mul on väga häid uudiseid. Absoluutselt kõiki homogeenseid võrrandeid saab lahendada ühe (!) standardse asendusega.

Funktsioon "mäng" peaks olema asendada tööd mingi funktsioon (sõltub ka x-st) ja "x":

Nad kirjutavad peaaegu alati lühidalt:

Selgitame välja, milliseks tuletis sellise asendusega muutub, kasutame toote eristamise reeglit. Kui siis:

Asendame algsesse võrrandisse:

Mida selline asendus annab? Pärast seda asendamist ja lihtsustusi me garanteeritud saame eraldatavate muutujatega võrrandi. JÄTA MEELDE nagu esimene armastus :) ja vastavalt .

Pärast asendamist teostame maksimaalseid lihtsustusi:

Kuna funktsioon sõltub x-st, saab selle tuletise kirjutada standardmurruna: .
Seega:

Eraldame muutujad, samas kui vasakul küljel peate koguma ainult "te" ja paremal küljel - ainult "x":

Muutujad on eraldatud, integreerime:


Minu artikli esimese tehnilise näpunäide kohaselt Esimest järku diferentsiaalvõrrandid paljudel juhtudel on soovitatav konstant “sõnastada” logaritmi kujul.

Pärast võrrandi integreerimist peame läbi viima vastupidine asendamine, see on ka standardne ja ainulaadne:
Kui siis
Sel juhul:

18-19 juhul 20-st kirjutatakse homogeense võrrandi lahend üldise integraalina.

Vastus:üldine integraal:

Miks antakse homogeensele võrrandile vastus peaaegu alati üldintegraali kujul?
Enamasti on “mängu” selgesõnaline väljendamine võimatu (üldlahenduse saamiseks) ja kui see on võimalik, siis enamasti osutub üldlahendus tülikaks ja kohmakaks.

Näiteks vaadeldavas näites saab üldise lahenduse saada, kaaludes logaritme üldise integraali mõlemal küljel:

- Noh, see on kõik korras. Kuigi peate tunnistama, et see on siiski veidi kõver.

Muide, selles näites ei pannud ma üldintegraali päris “korralikult” kirja. See pole viga, kuid "heas" stiilis tuletan meelde, et üldine integraal kirjutatakse tavaliselt kujul . Selleks tuleks kohe pärast võrrandi integreerimist konstant kirjutada ilma logaritmita (siin on erand reeglist!):

Ja pärast vastupidist asendust hankige üldine integraal "klassikalisel" kujul:

Saadud vastust saab kontrollida. Selleks peate eristama üldist integraali, see tähendab leidma kaudselt määratud funktsiooni tuletis:

Murdudest vabaneme, korrutades võrrandi mõlemad pooled järgmisega:

Saadud on algne diferentsiaalvõrrand, mis tähendab, et lahendus on leitud õigesti.

Soovitav on alati kontrollida. Kuid homogeensed võrrandid on ebameeldivad selle poolest, et nende üldintegraale on tavaliselt raske kontrollida – selleks on vaja väga-väga korralikku diferentseerimistehnikat. Vaadeldavas näites oli juba kontrollimise käigus vaja leida mitte kõige lihtsamad tuletised (kuigi näide ise on üsna lihtne). Kui saate seda kontrollida, kontrollige seda!

Näide 2

Kontrollige võrrandi homogeensust ja leidke selle üldine integraal.

Kirjuta vastus vormi

See on näide, mille saate ise otsustada, et saaksite toimingute algoritmiga rahule jääda. Saate kontrollida oma vabal ajal, sest... siin on see päris keeruline ja ma ei viitsinudki seda esitleda, muidu sellise maniaki peale enam ei tule :)

Ja nüüd teema alguses mainitud lubatud oluline punkt,
Toon rasvaste mustade tähtedega esile:

Kui teisenduste käigus "lähtestame" kordaja (mitte konstant)nimetajasse, siis OHTME lahendustest ilma jääda!

Ja tegelikult puutusime sellega kokku esimeses näites diferentsiaalvõrrandite sissejuhatav tund. Võrrandi lahendamise käigus osutus "y" nimetajaks: , kuid ilmselgelt on see DE lahendus ja ebavõrdse teisenduse (jagamise) tulemusena on kõik võimalused selle kaotamiseks! Teine asi on see, et see lisati üldlahendisse konstandi nullväärtusega. Nimetaja “X” lähtestamist võib samuti ignoreerida, kuna ei vasta originaalhajutile.

Sarnane lugu sama õppetunni kolmanda võrrandiga, mille lahendamise käigus “kukkusime” nimetajasse. Rangelt võttes oli siin vaja kontrollida, kas see difuusor on lahendus? Lõppude lõpuks on see! Kuid isegi siin "kõik osutus hästi", kuna see funktsioon oli lisatud üldisesse integraali aadressil .

Ja kui see sageli töötab "eraldatavate" võrranditega, siis homogeensete ja mõne muu hajuti puhul ei pruugi see töötada. Suure tõenäosusega.

Analüüsime selles õppetükis juba lahendatud probleeme: sisse Näide 1 X "lähtestati", kuid see ei saa olla võrrandi lahendus. Aga sisse Näide 2 jagunesime , kuid ka tema „saanud“: kuna , ei saanud lahendused kaduma minna, neid lihtsalt pole. Kuid loomulikult lõin "õnnelikud sündmused" meelega ja pole tõsi, et praktikas tulevad need kokku:

Näide 3

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Kas pole mitte lihtne näide? ;-)

Lahendus: selle võrrandi homogeensus on ilmne, kuid siiski - esimesel sammul Me kontrollime ALATI, kas muutujaid on võimalik eraldada. Sest võrrand on samuti homogeenne, kuid selles olevad muutujad on kergesti eraldatavad. Jah, neid on!

Pärast eraldatavuse kontrollimist teeme asendus ja lihtsustame võrrandit nii palju kui võimalik:

Eraldame muutujad, kogume vasakule "te" ja paremale "x":

Ja siin STOP. Aastaga jagades riskime korraga kahe funktsiooni kaotamisega. Alates , on järgmised funktsioonid:

Esimene funktsioon on ilmselgelt võrrandi lahendus . Kontrollime teist - asendame ka selle tuletise oma difuusoris:

– saadakse õige võrdsus, mis tähendab, et funktsioon on lahendus.

JA riskime nendest otsustest ilma jääda.

Lisaks osutus nimetajaks “X”, asendus tähendab aga, et see ei ole null. Pidage meeles seda fakti. Aga! Kontrollige kindlasti, on ORIGINAALDIferentsiaalvõrrandi lahendus. Ei ole.

Võtkem see kõik teadmiseks ja jätkame:

Pean ütlema, et mul vedas vasaku külje integraaliga, see võib palju hullem olla.

Kogume paremale küljele ühe logaritmi ja viskame köidikud maha:

Ja nüüd ainult vastupidine asendus:

Korrutame kõik terminid arvuga:

Nüüd peaksite kontrollima - kas “ohtlikud” lahendused sisaldusid üldintegraalis. Jah, mõlemad lahendid sisaldusid üldintegraalis konstandi nullväärtusega: , seega ei pea neid täiendavalt märkima vastama:

üldine integraal:

Läbivaatus. Isegi mitte test, vaid puhas nauding :)

Saadud on algne diferentsiaalvõrrand, mis tähendab, et lahendus on leitud õigesti.

Selle ise lahendamiseks:

Näide 4

Tehke homogeensuse test ja lahendage diferentsiaalvõrrand

Kontrolli üldist integraali diferentseerimise teel.

Täislahendus ja vastus tunni lõpus.

Vaatleme paari näidet, kui homogeenne võrrand on antud valmis diferentsiaalidega.

Näide 5

Lahendage diferentsiaalvõrrand

See on väga huvitav näide, terve põnevus!

Lahendus Harjume seda kompaktsemalt kujundama. Esiteks veendume vaimselt või mustandil, et muutujaid ei saaks siin eraldada, misjärel viime läbi homogeensuse testi – seda tavaliselt lõpliku mustandi puhul ei tehta. (kui pole spetsiaalselt nõutud). Seega algab lahendus peaaegu alati kirjega: “ See võrrand on homogeenne, teeme asendus: ...».

Kui homogeenne võrrand sisaldab valmis diferentsiaale, saab selle lahendada modifitseeritud asendusega:

Kuid ma ei soovita sellist asendust kasutada, kuna see osutub Hiina diferentsiaalide suureks müüriks, kus on vaja silma ja silma. Tehnilisest vaatenurgast on soodsam minna üle tuletise "kriipsutatud" tähistusele, selleks jagame kõik võrrandi liikmed järgmisega:

Ja siin oleme juba teinud "ohtliku" ümberkujundamise! Nulldiferentsiaal vastab teljega paralleelsete sirgjoonte perekonnale. Kas need on meie DU juured? Asendame algse võrrandiga:

See võrdsus kehtib, kui st jagades riskisime lahenduse kaotamisega, ja me kaotasime ta- alates sellest enam ei rahulda saadud võrrand .

Tuleb märkida, et kui me esialgu võrrand oli antud , siis poleks juurtest juttugi. Kuid see on meil olemas ja saime selle õigel ajal kinni.

Jätkame lahendust standardse asendusega:
:

Pärast asendamist lihtsustame võrrandit nii palju kui võimalik:

Eraldame muutujad:

Ja siin jälle STOP: jagades riskime kaotada kaks funktsiooni. Alates , on järgmised funktsioonid:

Ilmselgelt on esimene funktsioon võrrandi lahendus . Kontrollime teist - asendame ka selle tuletise:

– kätte saanud tõeline võrdsus, mis tähendab, et funktsioon on ühtlasi ka diferentsiaalvõrrandi lahendus.

Jagades jagades riskime need lahendused kaotada. Siiski võivad nad siseneda üldisesse integraali. Kuid nad ei pruugi siseneda

Võtkem see teadmiseks ja integreerime mõlemad osad:

Vasaku külje integraal on lahendatud standardselt kasutades tervikliku ruudu esiletõstmine, kuid seda on palju mugavam kasutada hajutites määramatute koefitsientide meetod:

Määramatute koefitsientide meetodit kasutades laiendame integrandi elementaarmurdude summaks:


Seega:

Integraalide leidmine:

– kuna oleme joonistanud ainult logaritme, siis lükkame ka konstandi logaritmi alla.

Enne väljavahetamist jällegi lihtsustades kõike, mida saab lihtsustada:

Kettide lähtestamine:

Ja vastupidine asendus:

Meenutagem nüüd “kadunud asju”: lahendus oli küll üldintegraalis kell, aga “lendas kassast mööda”, sest osutus nimetajaks. Seetõttu antakse vastuses sellele eraldi fraas ja jah - ärge unustage kadunud lahendust, mis muide osutus ka allpool olevaks.

Vastus:üldine integraal: . Rohkem lahendusi:

Üldist lahendust pole siin nii raske väljendada:
, kuid see on juba eputamine.

Mugav aga kontrollimiseks. Leiame tuletise:

ja asendada võrrandi vasakule küljele:

– tulemuseks saadi võrrandi parem pool, mida oli vaja kontrollida.

Järgmine difuusor on eraldiseisev:

Näide 6

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Täislahendus ja vastus tunni lõpus. Proovige siin samas harjutamiseks väljendada üldist lahendust.

Tunni viimases osas käsitleme veel paari tüüpilisemat ülesannet sellel teemal:

Näide 7

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Lahendus: Lähme mööda sissetallatud rada. See võrrand on homogeenne, teeme asendus:

"X" on siin hea, aga kuidas on ruuttrinoomiga? Kuna see ei ole lagundatav teguriteks: , siis me kindlasti ei kaota lahendusi. See oleks alati nii! Valige vasakpoolsest servast terve ruut ja integreerige:

Siin pole midagi lihtsustada ja seega ka vastupidine asendamine:

Vastus:üldine integraal:

Näide 8

Lahendage diferentsiaalvõrrand

See on näide, mille saate ise lahendada.

Niisiis:

Ebavõrdsete teisenduste korral kontrollige ALATI (vähemalt verbaalselt), Kas kaotate oma lahendused? Mis on need teisendused? Tavaliselt lühendab või jagab midagi. Seega tuleb näiteks jagamisel kontrollida, kas funktsioonid on diferentsiaalvõrrandi lahendid. Samas jagades pole enam sellist kontrolli vaja - tänu sellele, et see jagaja ei lähe nulli.

Siin on veel üks ohtlik olukord:

Siin, vabanedes, peaksite kontrollima, kas DE on lahendus. Tihti kasutatakse selliste kordajatena “x” ja “y”, mida vähendades kaotame funktsioone, mis võivad osutuda lahendusteks.

Teisalt, kui miski on ALGAL nimetajas, siis pole selliseks mureks põhjust. Seega ei pea te homogeenses võrrandis funktsiooni pärast muretsema, kuna see on nimetajas "deklareeritud".

Loetletud peensused ei kaota oma tähtsust, isegi kui probleem nõuab ainult konkreetse lahenduse leidmist. On, kuigi väike, võimalus, et me kaotame täpselt vajaliku konkreetse lahenduse. Kas see on tõsi Cauchy probleem praktilistes homogeensete võrranditega ülesannetes küsitakse seda üsna harva. Artiklis on aga selliseid näiteid Võrrandid taandatakse homogeenseks, mille lahendamise oskuste tugevdamiseks soovitan õppida “kuumalt kannul”.

On ka keerulisemaid homogeenseid võrrandeid. Raskus ei seisne mitte muutujate muudatustes või lihtsustustes, vaid muutujate eraldamise tulemusena tekkivates üsna rasketes või harvaesinevates integraalides. Mul on näiteid selliste homogeensete võrrandite lahendustest – hirmutavad integraalid ja hirmutavad vastused. Kuid me ei räägi neist, sest järgmistes tundides (vt allpool) Mul on veel aega sind piinata, ma tahan sind värske ja optimistlikuna näha!

Head edutamist!

Lahendused ja vastused:

Näide 2: Lahendus: Kontrollime võrrandi homogeensust, selleks algses võrrandis selle asemel asendame ja selle asemel asendame:

Selle tulemusena saadakse algne võrrand, mis tähendab, et see DE on homogeenne.

Näiteks funktsioon
on esimese mõõtme homogeenne funktsioon, kuna

on kolmanda mõõtme homogeenne funktsioon, kuna

on nullmõõtme homogeenne funktsioon, kuna

, st.
.

2. definitsioon. Esimest järku diferentsiaalvõrrand y" = f(x, y) nimetatakse homogeenseks, kui funktsiooni f(x, y) on nullmõõtme homogeenne funktsioon x Ja y või nagu öeldakse, f(x, y) on nullastme homogeenne funktsioon.

Seda saab esitada kujul

mis võimaldab defineerida homogeenset võrrandit diferentsiaalvõrrandina, mida saab teisendada kujule (3.3).

Asendamine
taandab homogeense võrrandi eraldatavate muutujatega võrrandiks. Tõepoolest, pärast asendamist y =xz saame
,
Muutujad eraldades ja integreerides leiame:

,

Näide 1. Lahenda võrrand.

Δ Eeldame y =zx,
Asendage need väljendid y Ja dy sellesse võrrandisse:
või
Eraldame muutujad:
ja integreerida:
,

Asendamine z peal , saame
.

Näide 2. Leidke võrrandi üldlahend.

Δ Selles võrrandis P (x,y) =x 2 -2y 2 ,K(x,y) =2xy on teise mõõtme homogeensed funktsioonid, seetõttu on see võrrand homogeenne. Seda saab esitada kujul
ja lahendage sama nagu ülal. Kuid me kasutame teistsugust salvestusvormi. Paneme y = zx, kus dy = zdx + xdz. Asendades need avaldised algsesse võrrandisse, saame

dx+2 zxdz = 0 .

Eraldame muutujad loendamise teel

.

Integreerime selle võrrandi terminite kaupa

, kus

see on
. Eelmise funktsiooni juurde naasmine
leida üldine lahendus


Näide 3 . Leidke võrrandi üldlahend
.

Δ Teisenduste ahel: ,y = zx,
,
,
,
,
,
,
,
, ,
. 

8. loeng.

4. Esimest järku lineaarsed diferentsiaalvõrrandid Esimest järku lineaarsel diferentsiaalvõrrandil on vorm

Siin on vaba termin, mida nimetatakse ka võrrandi parempoolseks pooleks. Järgnevalt käsitleme lineaarvõrrandit sellisel kujul.

Kui
0, siis võrrandit (4.1a) nimetatakse lineaarseks ebahomogeenseks. Kui
0, siis võtab võrrand kuju

ja seda nimetatakse lineaarseks homogeenseks.

Võrrandi (4.1a) nimi on seletatav asjaoluga, et tundmatu funktsioon y ja selle tuletis sisestage see lineaarselt, st. esimesel astmel.

Lineaarses homogeenses võrrandis on muutujad eraldatud. Selle vormi ümberkirjutamine
kus
ja integreerides saame:
, need.

Kui jagatud kaotame otsuse
. Küll aga võib selle kaasata leitud lahenduste perekonda (4.3), kui seda eeldada KOOS võib võtta ka väärtuse 0.

Võrrandi (4.1a) lahendamiseks on mitu meetodit. Vastavalt Bernoulli meetod, otsitakse lahendust kahe funktsiooni korrutise kujul X:

Üks neist funktsioonidest saab valida meelevaldselt, kuna ainult toode uv peab vastama algsele võrrandile, teine ​​määratakse võrrandi (4.1a) alusel.

Võrdsuse mõlemat poolt (4.4) eristades leiame
.

Saadud avaldise asendamine tuletisega , samuti väärtust juures võrrandisse (4.1a), saame
, või

need. funktsioonina v Võtame homogeense lineaarvõrrandi (4.6) lahendi:

(Siin C Kirjutada on vaja, muidu saad mitte üldise, vaid konkreetse lahenduse).

Seega näeme, et kasutatud asendus (4.4) tulemusena taandub võrrand (4.1a) kaheks eraldatavate muutujatega (4.6) ja (4.7) võrrandiks.

Asendamine
Ja v(x) valemisse (4.4), saame lõpuks

,

.

Näide 1. Leidke võrrandi üldlahend

 Paneme
, Siis
. Väljendite asendamine Ja algsesse võrrandisse, saame
või
(*)

Seadke koefitsiendiks null, mis on võrdne :

Eraldades saadud võrrandis muutujad, saame


(suvaline konstant C me ei kirjuta), siit v= x. Leitud väärtus v asendage võrrand (*):

,
,
.

Seega
algvõrrandi üldlahendus.

Pange tähele, et võrrandi (*) saab kirjutada samaväärsel kujul:

.

Funktsiooni juhuslik valimine u, kuid mitte v, võisime uskuda
. See lahendus erineb lahendusest, mida kaalutakse ainult asendamise teel v peal u(ning seetõttu u peal v), seega lõplik väärtus juures osutub samaks.

Eelneva põhjal saame algoritmi esimest järku lineaarse diferentsiaalvõrrandi lahendamiseks.

Pange tähele, et mõnikord muutub esimest järku võrrand lineaarseks, kui juures peetakse sõltumatuks muutujaks ja x– sõltuv, s.t. vahetada rolle x Ja y. Seda saab teha tingimusel, et x Ja dx sisestage võrrand lineaarselt.

Näide 2 . Lahenda võrrand
.

Välimuselt ei ole see võrrand funktsiooni suhtes lineaarne juures.

Kui aga arvestada x funktsioonina juures, siis seda arvestades
, saab selle vormi viia

(4.1 b)

Asendamine peal ,saame
või
. Viimase võrrandi mõlema poole jagamine korrutisega ydy, viime selle vormi

, või
. (**)

Siin P(y)=,
. See on lineaarne võrrand suhtes x. Meie usume
,
. Asendades need avaldised (**), saame

või
.

Valime v nii, et
,
, kus
;
. Järgmisena on meil
,
,
.

Sest
, siis jõuame selle võrrandi üldlahenduseni kujul

.

Pange tähele, et võrrandis (4.1a) P(x) Ja K (x) saab lisada mitte ainult funktsioonide kujul alates x, aga ka konstandid: P= a,K= b. Lineaarvõrrand

saab lahendada ka asendusega y= uv ja muutujate eraldamine:

;
.

Siit
;
;
; Kus
. Vabastades end logaritmist, saame võrrandi üldlahenduse

(Siin
).

Kell b= 0 jõuame võrrandi lahenduseni

(vt eksponentsiaalse kasvu võrrandit (2.4) aadressil
).

Esiteks integreerime vastava homogeense võrrandi (4.2). Nagu eespool öeldud, on selle lahendus kujul (4.3). Me kaalume tegurit KOOS(4.3) funktsioonina X, st. sisuliselt muutuja muutmine

kust integreerides leiame

Pange tähele, et vastavalt punktile (4.14) (vt ka (4.9)) on ebahomogeense lineaarvõrrandi üldlahend võrdne vastava homogeense võrrandi (4.3) üldlahendi ja valemiga defineeritud mittehomogeense võrrandi konkreetse lahendi summaga. teine ​​termin, mis sisaldub punktis (4.14) (ja punktis ( 4.9)).

Konkreetsete võrrandite lahendamisel tuleks korrata ülaltoodud arvutusi, mitte kasutada tülikat valemit (4.14).

Rakendame vaadeldavale võrrandile Lagrange'i meetodit näide 1 :

.

Integreerime vastava homogeense võrrandi
.

Eraldades muutujad, saame
ja edasi
. Avaldise lahendamine valemiga y = Cx. Algvõrrandi lahendust otsime vormis y = C(x)x. Asendades selle avaldise antud võrrandisse, saame
;
;
,
. Algvõrrandi üldlahendusel on vorm

.

Kokkuvõtteks märgime, et Bernoulli võrrand on taandatud lineaarseks võrrandiks

, ( )

mille saab vormile kirjutada

.

Asendamine
see taandub lineaarseks võrrandiks:

,
,
.

Bernoulli võrrandeid saab lahendada ka ülaltoodud meetoditega.

Näide 3 . Leidke võrrandi üldlahend
.

 Teisenduste ahel:
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,


Valmis vastused homogeensete diferentsiaalvõrrandite näidetele Paljud õpilased otsivad esimest järku (1. järku kontrollerid on õppetöös kõige levinumad), siis saate neid üksikasjalikult analüüsida. Kuid enne näidete kaalumise juurde asumist soovitame teil lühike teoreetiline materjal hoolikalt läbi lugeda.
Nimetatakse võrrandid kujul P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0, kus funktsioonid P(x,y) ja Q(x,y) on sama järku homogeensed funktsioonid. homogeenne diferentsiaalvõrrand(ODR).

Skeem homogeense diferentsiaalvõrrandi lahendamiseks

1. Kõigepealt tuleb rakendada asendust y=z*x, kus z=z(x) on uus tundmatu funktsioon (seega algne võrrand taandatakse eraldatavate muutujatega diferentsiaalvõrrandiks.
2. Korrutise tuletis on y"=(z*x)"=z"*x+z*x"=z"*x+z või diferentsiaalides dy=d(zx)=z*dx+ x*dz.
3. Järgmisena asendame uue funktsiooni y ja selle tuletise y" (või dy). DE eraldatavate muutujatega x ja z suhtes.
4. Olles lahendanud eraldatavate muutujatega diferentsiaalvõrrandi, teeme pöördmuutuse y=z*x, seega z= y/x ja saame diferentsiaalvõrrandi üldlahend (üldintegraal)..
5. Kui on antud algtingimus y(x 0)=y 0, siis leiame Cauchy probleemile konkreetse lahenduse. Teoorias kõlab see lihtsalt, kuid praktikas pole kõigil diferentsiaalvõrrandite lahendamine nii lõbus. Seetõttu vaatame oma teadmiste süvendamiseks levinud näiteid. Lihtsate ülesannete kohta pole teile palju õpetada, nii et liigume edasi keerukamate ülesannete juurde.

Esimest järku homogeensete diferentsiaalvõrrandite arvutused

Näide 1.

Lahendus: jagage võrrandi parem pool muutujaga, mis on tuletise kõrval tegur. Selle tulemusena jõuame kohale 0-ndat järku homogeenne diferentsiaalvõrrand

Ja siin hakkasid ilmselt paljud inimesed huvi tundma, kuidas määrata homogeense võrrandi funktsiooni järjekorda?
Küsimus on üsna asjakohane ja vastus sellele on järgmine:
paremal pool asendame funktsiooni ja argumendi asemel väärtused t*x, t*y. Lihtsustades saadakse parameeter “t” teatud määral k, mida nimetatakse võrrandi järjekorraks. Meie puhul vähendatakse "t", mis võrdub 0-nda astmega või homogeense võrrandi nulljärku.
Järgmisena saame paremal pool liikuda uue muutuja juurde y=zx; z=y/x.
Samal ajal ärge unustage väljendada "y" tuletist uue muutuja tuletise kaudu. Osade reegli järgi leiame

Võrrandid diferentsiaalides võtab vormi

Tühistame paremal ja vasakul küljel olevad levinud terminid ja liigume edasi eraldatud muutujatega diferentsiaalvõrrand.

Integreerime DE mõlemad pooled

Edasiste teisenduste mugavuse huvides sisestame konstandi kohe logaritmi alla

Vastavalt logaritmide omadustele on saadud logaritmiline võrrand samaväärne järgmisega

See kirje ei ole veel lahendus (vastus), tuleb tagasi pöörduda muutujate teostatud asendamise juurde

Sel viisil nad leiavad diferentsiaalvõrrandite üldlahendus. Kui lugesite tähelepanelikult eelmisi tunde, siis ütlesime, et eraldatud muutujatega võrrandite arvutamise skeemi peaks saama vabalt kasutada ja sellised võrrandid tuleb arvutada keerukamate kaugjuhtimispuldi tüüpide jaoks.

Näide 2. Leia diferentsiaalvõrrandi integraal

Lahendus: homogeensete ja kombineeritud juhtimissüsteemide arvutamise skeem on teile nüüd tuttav. Liigutame muutuja võrrandist paremale poole ja võtame ühise tegurina välja ka x 2 lugejas ja nimetajas

Seega saame homogeense nulljärgu diferentsiaalvõrrandi.
Järgmise sammuna tutvustame muutujate z=y/x, y=z*x asendamist, mida tuletame teile pidevalt meelde, et see meelde jääks.

Pärast seda kirjutame kaugjuhtimispuldi diferentsiaalidesse

Järgmisena teisendame sõltuvuse eraldatud muutujatega diferentsiaalvõrrand

ja me lahendame selle integreerimise teel.

Integraalid on lihtsad, ülejäänud teisendused sooritatakse logaritmi omaduste põhjal. Viimane samm hõlmab logaritmi paljastamist. Lõpuks pöördume tagasi algse asendamise juurde ja kirjutame selle vormi

Konstant "C" võib võtta mis tahes väärtuse. Kõigil, kes õpivad kirja teel, on seda tüüpi võrranditega eksamitel probleeme, seega vaadake hoolikalt ja pidage meeles arvutusskeem.

Näide 3. Lahendage diferentsiaalvõrrand

Lahendus: ülaltoodud metoodikast tulenevalt lahendatakse seda tüüpi diferentsiaalvõrrandid uue muutuja sisseviimisega. Kirjutame sõltuvuse ümber nii, et tuletis on ilma muutujata

Edasi, analüüsides paremat poolt, näeme, et fragment -ee on kõikjal olemas ja tähistab seda kui uut tundmatut
z=y/x, y=z*x.
y tuletise leidmine

Võttes arvesse asendust, kirjutame vormile ümber esialgse DE

Lihtsustame identseid termineid ja taandame kõik saadud terminid DE-ks eraldatud muutujatega

Integreerides mõlemad võrdsuse pooled

jõuame lahenduseni logaritmide kujul

Leitud sõltuvuste paljastamisega diferentsiaalvõrrandi üldlahendus

mis pärast muutujate esialgse muutumise asendamist sellesse võtab kuju

Siin on C konstant, mida saab edasi määrata Cauchy tingimuse põhjal. Kui Cauchy ülesannet ei täpsustata, omandab see suvalise tegeliku väärtuse.
See on kogu tarkus homogeensete diferentsiaalvõrrandite arvutamisel.

Kutsutakse funktsioon f(x,y). homogeenne funktsioon dimensiooni n argumentidest, kui identsus on tõene f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).

Näiteks funktsioon f(x,y)=x^2+y^2-xy on teise mõõtme homogeenne funktsioon, kuna

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

Kui n=0 on meil nullmõõtme funktsioon. Näiteks, \frac(x^2-y^2)(x^2+y^2) on nullmõõtmega homogeenne funktsioon, kuna

(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).)

Vormi diferentsiaalvõrrand \frac(dy)(dx)=f(x,y) nimetatakse homogeenseks x ja y suhtes, kui f(x,y) on selle nullmõõtmeliste argumentide homogeenne funktsioon. Homogeenset võrrandit saab alati esitada kui

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

Uue nõutava funktsiooni u=\frac(y)(x) kasutuselevõtuga saab võrrandi (1) taandada eraldavate muutujatega võrrandiks:

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

Kui u=u_0 on võrrandi \varphi(u)-u=0 juur, siis on homogeense võrrandi lahend u=u_0 või y=u_0x (originaali läbiv sirge).

Kommenteeri. Homogeensete võrrandite lahendamisel ei ole vaja neid taandada vormiks (1). Saate kohe teha asendus y=ux .

Näide 1. Lahendage homogeenne võrrand xy"=\sqrt(x^2-y^2)+y.

Lahendus. Kirjutame võrrandi vormile y"=\sqrt(1-(\left(\frac(y)(x)\right)\^2}+\frac{y}{x} !} seega osutub see võrrand x ja y suhtes homogeenseks. Paneme u=\frac(y)(x) või y=ux . Seejärel y"=xu"+u . Asendades võrrandis y ja y" avaldised, saame x\frac(du)(dx)=\sqrt(1-u^2). Eraldame muutujad: \frac(du)(1-u^2)=\frac(dx)(x). Siit leiame integreerimise teel

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

Kuna C_1|x|=\pm(C_1x) , siis, tähistades \pm(C_1)=C, saame \arcsin(u)=\ln(Cx), Kus |\ln(Cx)|\leqslant\frac(\pi)(2) või e^(-\pi/2)\leqslant(Cx)\leqslant(e^(\pi/2)). Asendades u \frac(y)(x) , saame üldise integraali \arcsin(y)(x)=\ln(Cx).

Siit tuleneb üldlahend: y=x\sin\ln(Cx) .

Muutujate eraldamisel jagasime võrrandi mõlemad pooled korrutisega x\sqrt(1-u^2) , nii et võisime lahendi kaotada, mistõttu see korrutis kaob.

Määrame nüüd x=0 ja \sqrt(1-u^2)=0 . Kuid x\ne0 tänu asendusele u=\frac(y)(x) , ja seosest \sqrt(1-u^2)=0 saame selle 1-\frac(y^2)(x^2)=0, kust y=\pm(x) . Otsese kontrollimise teel oleme veendunud, et funktsioonid y=-x ja y=x on ka selle võrrandi lahendid.

Näide 2. Vaatleme homogeense võrrandi integraalkõverate perekonda C_\alpha y"=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right). Näidake, et selle homogeense diferentsiaalvõrrandiga määratletud kõverate vastavate punktide puutujad on üksteisega paralleelsed.

Märge: Me helistame asjakohane need punktid kõveratel C_\alpha, mis asuvad samal lähtepunktist lähtuval kiirel.

Lahendus. Vastavate punktide määratluse järgi on meil \frac(y)(x)=\frac(y_1)(x_1), seega võrrandi enda kohaselt y"=y"_1, kus y" ​​ja y"_1 on integraalkõverate C_\alpha ja C_(\alpha_1) puutujate nurkkoefitsiendid vastavalt punktides M ja M_1 (joonis 12).

Võrrandid taandatakse homogeenseks

A. Vaatleme vormi diferentsiaalvõrrandit

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

kus a,b,c,a_1,b_1,c_1 on konstandid ja f(u) on selle argumendi u pidev funktsioon.

Kui c=c_1=0, siis on võrrand (3) homogeenne ja integreeritakse nagu ülal näidatud.

Kui vähemalt üks arvudest c,c_1 erineb nullist, tuleb eristada kahte juhtumit.

1) Determinant \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)\ne0. Tuues sisse uued muutujad \xi ja \eta valemite x=\xi+h,~y=\eta+k, kus h ja k on veel määramata konstandid, taandame võrrandi (3) kujule

\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 )\paremal).

H ja k valimine lineaarvõrrandisüsteemi lahenduseks

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

saame homogeense võrrandi \frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta)(a_1\xi+b_1\eta)\right). Olles leidnud selle üldintegraali ja asendades selles \xi x-h-ga ja \eta y-k-ga, saame võrrandi (3) üldintegraali.

2) Determinant \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)=0. Süsteemil (4) üldiselt lahendusi ei ole ja ülalkirjeldatud meetod ei ole rakendatav; sel juhul \frac(a_1)(a)=\frac(b_1)(b)=\lambda, ja seetõttu on võrrandil (3) vorm \frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(\lambda(ax+by)+c_1)\right). Asendus z=ax+by toob kaasa eraldatavate muutujatega võrrandi.

Näide 3. Lahenda võrrand (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0.

Lahendus. Vaatleme lineaarsete algebraliste võrrandite süsteemi \begin(cases)x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end(cases)

Selle süsteemi määraja \Delta=\begin(vmatrix)\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end(vmatrix)=-2\ne0.

Süsteemil on unikaalne lahendus x_0=-1,~y_0=3. Teeme asenduseks x=\xi-1,~y=\eta+3 . Seejärel võtab võrrand (5) kuju

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

See võrrand on homogeenne võrrand. Seadistades \eta=u\xi , saame

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

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

Integreerimine, leiame \ln|\xi|+\frac(1)(2)\ln|1+2u-u^2|=\ln(C) või \xi^2(1+2u-u^2)=C .

Pöördume tagasi muutujate x,~y juurde:

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

Näide 4. Lahenda võrrand (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0.

Lahendus. Lineaarsete algebraliste võrrandite süsteem \begin(juhtumid)x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end(juhtumid) Sobimatu. Sel juhul ei sobi eelmises näites kasutatud meetod. Võrrandi integreerimiseks kasutame asendust x+y=z, dy=dz-dx. Võrrand saab kuju

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

Eraldades muutujad, saame

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

Tulles tagasi muutujate x,~y juurde, saame selle võrrandi üldintegraali

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

B. Mõnikord saab võrrandi homogeenseks muuta, asendades muutuja y=z^\alpha . See juhtub siis, kui kõik võrrandi liikmed on sama mõõtmega, kui muutujale x on määratud dimensioon 1, muutujale y - dimensioon \alpha ja tuletisele \frac(dy)(dx) - dimensioon \alpha-1.

Näide 5. Lahenda võrrand (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0.

Lahendus. Asenduse tegemine y=z^\alpha,~dy=\alpha(z^(\alpha-1))\,dz, kus \alpha on praegu suvaline arv, mille valime hiljem. Asendades võrrandis y ja dy avaldised, saame

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

Pange tähele, et x^2z^(3\alpha-1) on dimensioon 2+3\alpha-1=3\alpha+1, z^(\alpha-1) dimensioon on \alpha-1 , xz^(3\alpha) dimensioon 1+3\alpha . Saadud võrrand on homogeenne, kui kõigi liikmete mõõtmised on samad, st. kui tingimus on täidetud 3\alfa+1=\alfa-1 või \alpha-1 .

Paneme y=\frac(1)(z) ; algne võrrand võtab kuju

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

Paneme nüüd z=ux,~dz=u\,dx+x\,du. Siis võtab see võrrand kuju (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0, kus u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0.

Muutujate eraldamine selles võrrandis \frac(dx)(x)+\frac(u^2-1)(u^3+u)\,du=0. Integreerimine, leiame

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

Asendades u läbi \frac(1)(xy) , saame selle võrrandi üldise integraali 1+x^2y^2=Cy.

Võrrandil on ka ilmne lahend y=0, mis saadakse C\to\infty üldintegraalist, kui integraal on kirjutatud kujul y=\frac(1+x^2y^2)(C), ja seejärel minge limiidi juurde aadressil C\to\infty . Seega on funktsioon y=0 algse võrrandi konkreetne lahendus.

Javascript on teie brauseris keelatud.
Arvutuste tegemiseks peate lubama ActiveX-juhtelemendid!