Решение дифференциальных уравнений однородный способ

Содержание

Решение дифференциальных уравнений однородный способ
Как найти общее решение однородного дифференциального уравнения
Однородные ДУ первого порядка
Однородные линейные ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами

Решение дифференциальных уравнений однородный способ

Однородное дифференциальное уравнение можно решить с помощью подстановки $y = ux,$ которая преобразует однородное уравнение в уравнение с разделяющимися переменными.

Дифференциальное уравнение вида \[\left( <x + y + > \right)dx + \left( <x + y + > \right)dy = 0\] преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными посредством переноса начала системы координат в точку пересечения прямых линий, заданных в уравнении. Если указанные прямые параллельны, то дифференциальное уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными путем замены переменной: \[z = ax + by.\]

Нетрудно заметить, что многочлены $P\left( \right)$ и $Q\left( \right),$ соответственно, при $dx$ и $dy,$ являются однородными функциями первого порядка. Поэтому, данное дифференциальное уравнение также будет однородным.

Положим $y = ux,$ где $u$ − некоторая новая функция, зависящая от $x.$ Тогда \[dy = d\left( \right) = udx + xdu.\] Подставляя это в дифференциальное уравнение, получаем \[\left( <2x + ux>\right)dx — x\left( \right) = 0.\] Следовательно, \[\require 2xdx + \cancel — \cancel — du = 0. \] Разделим обе части уравнения на $x:$ \[xdu = 2dx\;\;\text<или>\;\;du = 2\frac<>.\] Выполняя деление на $x,$ мы могли потерять решение $x = 0.$ Прямая подстановка показывает, что $x = 0$ действительно является одним из решений нашего уравнения.

Интегрируем последнее выражение: \[\int = 2\int <\frac<>> \;\;\text<или>\;\;u = 2\ln \left| x \right| + C,\] где $C$ − постоянная интегрирования.

Возвращаясь к старой переменной $y,$ можно записать: \[y = ux = x\left( <2\ln \left| x \right| + C>\right).\] Таким образом, уравнение имеет два решения: \[y = x\left( <2\ln \left| x \right| + C>\right),\;\;x = 0.\]

Заметим, что корень $x = 0$ не принадлежит области определения заданного дифференциального уравнения. Перепишем уравнение в следующей форме: \[y’ = \frac\ln \frac = f\left( <\frac> \right).\] Как видно, уравнение является однородным.

Сделаем замену $y = ux.$ Следовательно, \[y’ = <\left( \right)^\prime > = u’x + u.\] Подставляем полученное выражение в дифференциальное уравнение: \[x\left( \right) = ux\ln \frac<>.\] Разделим обе части на $x \ne 0:$ \[ \;\; <\Rightarrow \frac<><>x = u\ln u — u,>\;\; <\Rightarrow \frac<><>x = u\left( <\ln u - 1>\right).> \] В результате мы получаем уравнение с разделяющимися переменными: \[\frac<> <\right)>> = \frac<>.\] На следующем шаге проинтегрируем левую и правую части уравнения: \[ <\int <\frac<> <\right)>>> = \int <\frac<>> ,>\;\; <\Rightarrow \int <\frac<\right)>><<\ln u - 1>>> = \int <\frac<>> ,>\;\; <\Rightarrow \int <\frac<\right)>><<\ln u - 1>>> = \int <\frac<>> .> \] Следовательно, \[\ln\left| <\ln u - 1>\right| = \ln \left| x \right| + C.\] Постоянную $C$ здесь можно записать как $\ln \;\left( <> 0> \right).$ Тогда \[ <\ln\left| <\ln u - 1>\right| = \ln \left| x \right| + \ln ,>\;\; <\Rightarrow \ln\left| <\ln u - 1>\right| = \ln \left| <x> \right|,>\;\; <\Rightarrow \ln u - 1 = \pm x,>\;\; <\Rightarrow \ln u = 1 \pm x>\;\; <\text<или>\;\;u = x>>.> \] Таким образом, мы получили два решения: \[u = x>>\;\;\text<и>\;\;u = x>>.\] Если $ = 0,$ то ответом является функция $y = xe.$ Легко убедиться, что эта функция будет также и решением дифференциального уравнения. В самом деле, подставляя \[y = xe,\;\;y’ = e\] в дифференциальное уравнение, находим: \[ e>><\cancel>,>\;\; <\Rightarrow xe = xe\ln e,>\;\; <\Rightarrow xe = xe.>\] Таким образом, все решения дифференциального уравнения можно представить одной формулой: \[y = x>,\] где $C$ − произвольное действительное число.

Здесь мы снова встречаемся с однородным уравнением. В самом деле, запишем его в виде: \[ >><>> > = <\frac<<\frac<<>><<>>>><<\frac<><<>> + \frac<<>><<>>>> > = <\frac<<<<\left( <\frac> \right)>^2>>><<\frac + <<\left( <\frac> \right)>^2>>> > = > \right).> \] Сделаем подстановку $y = ux.$ Тогда $y’ = u’x + u.$ Подставляя $y$ и $y’$ в исходное уравнение, получаем: \[ <\left( > \right)\left( \right) = ,>\;\; <\Rightarrow u\left( \right)\left( \right) = .> \] Разделим обе части уравнения на $u.$ Заметим, что корень $x = 0$ не является решением, но можно убедиться, что корень $u = 0$ (или $y = 0$) будет одним из решений данного дифференциального уравнения.

В результате получаем: \[ <\left( \right)\left( \right) = u,>\;\; <\Rightarrow u'x\left( \right) + + u = u,>\;\; <\Rightarrow u'x\left( \right) = — ,>\;\; <\Rightarrow \left( <\frac<1> + \frac<1><<>>> \right)du = — \frac<>.> \] Интегрируя, находим общее решение: \[ <\int <\left( <\frac<1> + \frac<1><<>>> \right)du> = — \int <\frac<>> ,>\;\; <\Rightarrow \ln \left| u \right| - \frac<1> = — \ln \left| x \right| + C.> \] Учитывая, что $u = \large\frac\normalsize,$ последнее выражение можно записать в форме \[ <\ln \left| <\frac> \right| — \frac<1><<\frac>> = — \ln \left| x \right| + C,>\;\; <\Rightarrow \ln \left| y \right| - \cancel<\ln \left| x \right|>— \frac = — \cancel <\ln \left| x \right|>+ C,>\;\; <\Rightarrow y\ln \left| y \right| = Cy + x.>\] Обратная функция $x\left( y \right)$ имеет явный вид: \[x = y\ln \left| y \right| — Cy.\] Поскольку $C$ − произвольное число, знак «минус» перед этой константой можно заменить на знак «плюс». Тогда получаем: \[x = y\ln \left| y \right| + Cy.\] Таким образом, дифференциальное уравнение имеет решения: \[x = y\ln \left| y \right| + Cy,\;\;y = 0.\]

Видно, что числитель и знаменатель в правой части соответствуют пересекающимся прямым . Поэтому данное дифференциальное уравнение можно преобразовать в однородное путем соответствующего преобразования координат. Пусть новые и старые координаты связаны соотношениями: \[x = X + \alpha ,\;\;y = Y + \beta .\] Константы $\alpha$ и $\beta$ мы определим позже. В новых координатах производная имеет вид \[ ><> > = <\frac<\right)>> <\right)>> > = <\frac<><>,> \] а само уравнение записывается как \[ <\frac<><> = \frac <<2\left( \right) + 1>> <<3\left( \right) + X + \alpha + 2>> > = <\frac<<2X + 2\alpha + 1>><<3Y + X + \alpha + 3\beta + 2>>.> \] Данное уравнение будет однородным, если коэффициенты $\alpha$ и $\beta$ будут удовлетворять системе уравнений \[\left\< \begin 2\alpha + 1 = 0\\ \alpha + 3\beta + 2 = 0 \end \right..\] Решая данную систему уравнений относительно $\alpha$ и $\beta,$ находим: \[\left\< \begin \alpha = — \frac<1><2>\\ \beta = — \frac<1> <2>\end \right..\] При указанных значениях $\alpha$ и $\beta$ дифференциальное уравнение записывается следующим образом: \[\frac<><> = \frac<<2X>><<3Y + X>>.\] Мы получили однородное уравнение. Далее делаем замену: $Y = uX,$ где $u$ − некоторая функция $X.$ Следовательно, $dY = Xdu + udX.$ В итоге мы имеем: \[ <\frac<><> = \frac<<2X>><<3Y + X>>,>\;\; <\Rightarrow X\frac<><> + u = \frac<2><<3u + 1>>.> \] Разделим числитель и знаменатель в правой части на $X.$ Можно проверить, что $X = 0$ или $x = X + \alpha = — \large\frac<1><2>\normalsize$ не является решением дифференциального уравнения.

Можно заметить, что уравнения прямых в числителе и знаменателе в правой части соответствуют параллельным прямым . Поэтому, сделаем следующую замену переменных: \[z = x — y,\;\; \Rightarrow y = x — z,\;\;y’ = 1 — z’.\] В результате дифференциальное уравнение принимает вид: \[ <1 - z' = \frac<>,>\;\; <\Rightarrow 1 - z' = 1 + \frac<3>,>\;\; <\Rightarrow z' = - \frac<3>.> \] Как видно, мы получили простое уравнение с разделяющимися переменными. Решая его, находим ответ: \[ <\frac<><> = — \frac<3>,>\;\; <\Rightarrow zdz = - 3dx,>\;\; <\Rightarrow \int = — 3\int ,>\;\; <\Rightarrow \frac<<>> <2>= — 3x + C,>\;\; <\Rightarrow <\left( \right)^2> = 2C — 6x.> \] Из последнего выражения можно вывести явную функцию $y\left( x \right):$ \[x — y = \pm \sqrt <2c - 6x>.\] Поскольку $C$ − произвольное число, то можно заменить: $2C \to C.$ Таким образом, \[y = x \pm \sqrt .\]

Источник

Как найти общее решение однородного дифференциального уравнения

Данный тип задачи часто ставит студентов в тупик. Поэтому они присылают их на решение к нам. Мы написали данную статью, чтобы помочь разобраться в этой теме. Итак, прежде, чем приступать решать дифференциальное уравнение, необходимо понять к какому виду оно принадлежит. Сначала определить порядок, затем уже линейность и однородность. В данном материале рассмотрим однородные уравнения первого и второго порядка и как их решать. В зависимости от этого будет разный алгоритм действий. Так как в первом случае однородность уравнения по переменным, а во втором по правой части. Далее разберемся подробнее об этом.

Однородные ДУ первого порядка

Если после подстановки в уравнение вместо $x$ и $y$ соответствующих $\lambda x$ и $\lambda y$ можно добиться уничтожения всех $\lambda$, то уравнение является однородным первого порядка.

Такие уравнения имеют общий вид $$P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0,$$ где $P(x,y)$ и $Q(x,y)$ однородные функции одинакового порядка, то есть выполняются условия $P(\lambda x,\lambda y) = \lambda^n P(x,y)$ и $Q(\lambda x,\lambda y) = \lambda^n Q(x,y)$.

Проверить уравнение на однородность с помощью $\lambda$
Привести уравнение к виду $y’ = f(\frac)$
Выполнить замену $\frac= t$ и $y’ = t’x+t$
Решить уравнение методом разделяющихся переменных.

Подставляя $\lambda$ перед $x$ и $y$ в исходное уравнение получаем $$y’ = e^\frac<\lambda y> <\lambda x>+ \frac<\lambda y><\lambda x>,$$ в котором все $\lambda$ сокращаются, и это означает, что перед нами однородное дифференциальное уравнение первого порядка.

Выполняем замену $\frac = t \Rightarrow y’ = t’x + t$ в исходном уравнении и получаем: $$t’x+t=e^t+t$$ $$t’x=e^t.$$ Данное уравнение с разделяющимися переменными. Записываем его соответствующим образом и переносим всё, что содержит $t$ в левую часть, а то что с $x$ в правую: $$\frac

x=e^t$$ $$\frac

=\frac.$$ Интегрируем обе части уравнения: $$\int \frac

=\int \frac$$ $$-e^ <-t>= \ln|x|+C.$$

Теперь необходимо выполнить обратную замену $t = \frac$, чтобы вернуться к $y$ $$-e^<-\frac> = \ln|x| + C.$$ Записываем ответ в виде общего интеграла $$e^<-\frac>+\ln|x|=C.$$

Пример 1

Решить однородное дифференциальное уравнение первого порядка $$y’=e^\frac+\frac.$$

Решение

Ответ

$$e^<-\frac>+\ln|x|=C$$

Подставляем перед всеми иксами и игриками дополнительную константу $\lambda$, чтобы убедиться в однородности уравнения: $$( (\lambda x)^2 + 2\lambda x \lambda y)d(\lambda x) + \lambda x \lambda y d(\lambda y) = 0$$ $$\lambda^3 (x^2+2xy)dx+\lambda^3 xydy = 0$$ $$(x^2+2xy)dx+xydy=0.$$ Как видно, все $\lambda$ уничтожились, поэтому действительно дано однородное ДУ первого порядка.

Приведем уравнение к виду $y’ = f(\frac)$. Разделим уравнение на $x^2$ и $dx$. Получим $$(1+2\frac)+\frac\frac = 0.$$ Теперь выполняем замену $$\frac=t, \qquad \frac = t’x+t.$$ Подставляем это в уравнение и получаем $$(1+2t)+t(t’x+t) = 0, $$ и раскрываем скобки и упрощаем: $$1+2t+t’tx+t^2=0$$ $$t’tx + (t+1)^2=0.$$

Получившееся уравнение является ДУ с разделяющимися переменными. Поэтому начинаем резделять переменные $t$ и $x$ по разные стороны от знака равенства. Записываем уравнение в виде $$\frac

tx = -(t+1)^2.$$ Делим обе части на $(t+1)^2$ и $x$, затем умножаем на $dx$ $$\frac <(t+1)^2>= -\frac.$$

Последнее равенство нужно проинтегрировать, чтобы вытащить $t(x)$ $$\int \frac <(t+1)^2>= — \int \frac.$$ Решаем первый интеграл методом разложения: $$\int \frac <(t+1)^2>= \int \frac<(t+1)-1><(t+1)^2>dt = \int \frac<(t+1)^2>dt — \int \frac

<(t+1)^2>= $$ $$ = \int \frac

— \int \frac

<(t+1)^2>= $$ $$ = \ln|t+1| + \frac<1> + C.$$ Решаем второй интеграл $$\int \frac = \ln|x| + C.$$ Возвращаемся к равенству двух интегралов и подставляем полученные решения $$\ln|t+1| + \frac<1> = -\ln|x|+C.$$

Вспоминаем, что в начале решения задачи была сделана подстановка $\frac=t$, и значит, назад нужно вернуться к $y$ $$\ln|\frac+1|+\frac<1><\frac+1> = -\ln|x| + C.$$ Выполняем преобразования последнего уравнения: $$\ln|\frac|+\frac=-\ln|x|+C$$ $$\ln|x+y|-\ln|x|+\frac=-\ln|x|+C$$ $$\ln|x+y|+\frac=C.$$ Выразить $y$ просто так не получится. Поэтому оставим ответ в таком виде, который называется общий интеграл дифференциального уравнения.

Если не получается решить свою задачу, то присылайте её к нам. Мы предоставим подробное решение. Вы сможете ознакомиться с ходом вычисления и почерпнуть информацию. Это поможет своевременно получить зачёт у преподавателя!

Пример 2

Найти решение однородного дифференциального уравнения первого порядка $$(x^2+2xy)dx+xydy=0.$$

Решение

Ответ

$$\ln|x+y|+\frac=C$$

Как всегда начинает с проверки на однородность с помощью подстановки $\lambda$ в исходное ДУ $$\lambda xy’ \sin\frac<\lambda y><\lambda x>+\lambda x=\lambda y\sin \frac<\lambda y><\lambda x>.$$ Видим, что все $\lambda$ сокращаются и уравнение приобретает вид из условия задачи. Значит, это однородное ДУ первого порядка.

Придадим ему вид $y’=f(\frac)$ для удобства замены. Для этого разделим обе части уравнения на $x$ $$y’ \sin\frac+1=\frac \sin \frac.$$ Теперь делаем подстановку $\frac=t$ и $y’=t’x+t$: $$(t’x+t) \sin t + 1 = t \sin t$$ $$t’x \sin t + t\sin t+1=t\sin t$$ $$t’x \sin t=-1.$$ Получили уравнение с разделяющимися переменными. Всё, что с $t$ налево, всё что с $x$ направо: $$\frac

x \sin t = -1$$ $$\sin t dt = -\frac.$$

Интегрируем обе части равенства: $$\int \sin t dt = -\int \frac$$ $$-\cos t = -\ln|x|+C.$$ Выполняем обратную замену в последнем уравнении $$\cos \frac = \ln|x|+C.$$ Так как выразить $y$ достаточно тяжело, то запишем ответ в виде общего интеграла $$\cos \frac-\ln|x|=C.$$

Пример 3

Решить однородное дифференциальное уравнение $$xy’ \sin\frac+x=y\sin \frac.$$

Решение

Ответ

$$\cos \frac-\ln|x|=C$$

Однородные линейные ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами

Такие уравнения имеют следующий общий вид $$y»+py’+qy=0, $$ где $p$ и $q$ постоянные коэффициенты. Чтобы решить такие уравнения первым делом нужно составить характеристический многочлен $$\lambda^2+p\lambda + q = 0, $$ который получается путем замены всех $y$ на $\lambda$ в степенях, соответствующих порядку производной $y$ $$y» \Rightarrow \lambda^2, \quad y’ \Rightarrow \lambda, \quad y \Rightarrow 1.$$ Затем в зависимости от найденных корней $\lambda_1$ и $\lambda_2$ составляется общее решение:

Если $\lambda_1 \neq \lambda_2$, тогда $y=C_1e^x + C_2e^x$
Если $\lambda_1 = \lambda_2$, тогда $y=C_1e^x + C_2xe^x$
Если $\lambda_ <1,2>= \alpha \pm \beta i$, тогда $y=C_1e^ <\alpha x>\cos \beta x + C_2 e^ <\alpha x>\sin \beta x$.

Составляем характеристический многочлен путем замены $y$ на $\lambda$ в степени, соответствующей порядку производной и находим его корни: $$\lambda^2 — 9 = 0$$ $$(\lambda — 3)(\lambda+3)=0$$ $$\lambda_1=3, \quad \lambda_2=-3.$$

Так как получили действительные корни, отличающиеся друг от друга, то общее решение однородного уравнения будет выглядеть следующим образом $$y=C_1e^<-3x>+C_2e^<3x>.$$

Источник

Пример 4

найти общее решение однородного дифференциального уравнения второго порядка $$y»-9y=0.$$

Решение