Ensimmäisen asteen homogeeninen differentiaaliyhtälö
on muodon yhtälö
, jossa f on funktio.
Jotta voit määrittää, onko ensimmäisen asteen differentiaaliyhtälö homogeeninen, sinun on otettava käyttöön vakio t ja korvattava y tyllä ja x tx:llä: y → ty, x → tx. Jos t pienenee, niin tämä homogeeninen differentiaaliyhtälö. Derivaata y' ei muutu tällä muunnolla.
.
Selvitä, onko annettu yhtälö homogeeninen
Korvaamme y → ty, x → tx.
Jaa t 2
.
.
Yhtälö ei sisällä t. Siksi tämä on homogeeninen yhtälö.
Ensimmäisen asteen homogeeninen differentiaaliyhtälö pelkistetään yhtälöksi, jossa on erotettavia muuttujia käyttämällä substituutiota y = ux. Näytä se. Harkitse yhtälöä:
(i)
Tehdään vaihto:
y = ux,
missä u on x:n funktio. Erota x:n suhteen:
y′ =
Korvaa alkuperäiseen yhtälöön (i).
,
,
(ii) .
Erottelemme muuttujat. Kerro dx:llä ja jaa x:llä ( f(u) - u ).
Klo f (u) - u ≠ 0 ja x ≠ 0
saamme:
Integroidaan:
Siten olemme saaneet yhtälön yleisen integraalin (i) kvadratuureissa:
Korvataan integraation C vakio arvolla Vuonna C, Sitten
Jätetään moduulin etumerkki pois, koska haluttu etumerkki määräytyy vakion C etumerkin valinnasta. Sitten yleinen integraali saa muodon:
Seuraavaksi meidän pitäisi tarkastella tapausta f (u) - u = 0.
Jos tällä yhtälöllä on juuret, ne ovat yhtälön ratkaisu (ii). Koska Eq. (ii) ei täsmää alkuperäisen yhtälön kanssa, niin sinun tulee varmistaa, että lisäratkaisut täyttävät alkuperäisen yhtälön (i).
Aina kun jaamme muunnosprosessissa minkä tahansa yhtälön jollakin funktiolla, jota merkitsemme g (x, y), niin lisämuunnokset ovat voimassa g:lle (x, y) ≠ 0. Siksi tapausta g tulisi tarkastella erikseen (x, y) = 0.
Tarkastetaan, onko tämä yhtälö homogeeninen. Korvaamme y → ty, x → tx. Tässä tapauksessa y′ → y′.
,
,
.
Lyhennämme sitä t.
Vakio t on pienentynyt. Siksi yhtälö on homogeeninen.
Teemme substituution y = ux, missä u on x:n funktio.
y′ = (ux) ′ = u′ x + u (x) ′ = u′ x + u
Korvaa alkuperäiseen yhtälöön.
,
,
,
.
Kun x ≥ 0
, |x| = x. Kun x ≤ 0
, |x| = - x. Kirjoitamme |x| = x, mikä tarkoittaa, että ylämerkki viittaa arvoihin x ≥ 0
, ja alempi - arvoihin x ≤ 0
.
,
Kerro dx:llä ja jaa luvulla .
Kun u 2 - 1 ≠ 0
meillä on:
Integroidaan:
Taulukkointegraalit,
.
Sovelletaan kaavaa:
(a + b)(a - b) = a 2 - b 2.
Laitetaan a = u, .
.
Otetaan molemmat puolet modulo ja logaritmi,
.
Täältä
.
Meillä on siis:
,
.
Jätetään moduulin etumerkki pois, koska haluttu etumerkki varmistetaan valitsemalla vakion C etumerkki.
Kerro x:llä ja korvaa ux = y.
,
.
Neliöi.
,
,
.
Harkitse nyt tapausta, u 2 - 1 = 0
.
Tämän yhtälön juuret
.
On helppo varmistaa, että funktiot y = x täyttävät alkuperäisen yhtälön.
,
,
.
Viitteet:
N.M. Gunther, R.O. Kuzmin, Korkeamman matematiikan tehtäväkokoelma, "Lan", 2003.
Tässä artikkelissa tarkastellaan menetelmää homogeenisten trigonometristen yhtälöiden ratkaisemiseksi.
Homogeenisilla trigonometrisilla yhtälöillä on sama rakenne kuin minkä tahansa muun tyyppisillä homogeenisillä yhtälöillä. Muistutan teitä menetelmästä toisen asteen homogeenisten yhtälöiden ratkaisemiseksi:
Tarkastellaan muodon homogeenisia yhtälöitä
Homogeenisten yhtälöiden erityispiirteet:
a) kaikilla monomieilla on sama aste,
b) vapaa termi on nolla,
c) yhtälö sisältää potenssit kahdella eri kantalla.
Homogeeniset yhtälöt ratkaistaan käyttämällä samanlaista algoritmia.
Tämän tyyppisen yhtälön ratkaisemiseksi jaamme yhtälön molemmat puolet arvolla (voidaan jakaa arvolla tai arvolla)
Huomio! Kun jaat yhtälön oikean ja vasemman puolen lausekkeella, joka sisältää tuntemattoman, voit menettää juuret. Siksi on tarpeen tarkistaa, ovatko lausekkeen juuret, joilla jaamme yhtälön molemmat puolet, alkuperäisen yhtälön juuria.
Jos on, kirjoitamme tämän juuren muistiin, jotta emme unohda sitä myöhemmin, ja jaamme sitten lausekkeen tällä.
Yleensä ensimmäinen asia, joka sinun tulee tehdä ratkaistaessa yhtälöä, jonka oikealla puolella on nolla, on yrittää ottaa huomioon yhtälön vasen puoli millä tahansa käytettävissä olevalla tavalla. Ja sitten vertaa jokainen tekijä nollaan. Tässä tapauksessa emme varmasti menetä juuria.
Jaa siis varovasti yhtälön vasen puoli lausekkeeksi termi kerrallaan. Saamme:
Pienennetään toisen ja kolmannen murtoluvun osoittajaa ja nimittäjää:
Esittelemme korvaavan:
Saamme toisen asteen yhtälön:
Ratkaistaan toisen asteen yhtälö, etsitään arvot ja palataan sitten alkuperäiseen tuntemattomaan.
Kun ratkaiset homogeenisiä trigonometrisiä yhtälöitä, on muistettava muutama tärkeä seikka:
1. Nuken termi voidaan muuntaa sinin ja kosinin neliöksi käyttämällä trigonometristä perusidentiteettiä:
2. Kaksoisargumentin sini ja kosini ovat toisen asteen monomialeja - kaksoisargumentin sini voidaan helposti muuntaa sinin ja kosinin tuloksi ja kaksoisargumentin kosini sinin tai kosinin neliöiksi:
Katsotaanpa useita esimerkkejä homogeenisten trigonometristen yhtälöiden ratkaisemisesta.
1 . Ratkaistaan yhtälö:
Tämä on klassinen esimerkki ensimmäisen asteen homogeenisesta trigonometrisesta yhtälöstä: kunkin monomin aste on yhtä suuri, leikkaustermi on yhtä suuri kuin nolla.
Ennen kuin jaat yhtälön molemmat puolet arvolla, sinun on tarkistettava, että yhtälön juuret eivät ole alkuperäisen yhtälön juuria. Tarkistamme: if , then title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}
Jaetaan yhtälön molemmat puolet luvulla .
Saamme: 
, Missä
, Missä
Vastaus: , Missä
2. Ratkaistaan yhtälö:
Tämä on esimerkki toisen asteen homogeenisesta trigonometrisesta yhtälöstä. Muistamme, että jos voimme kertoa yhtälön vasemman puolen, niin on suositeltavaa tehdä niin. Tässä yhtälössä voimme laittaa . Tehdään se:
Ensimmäisen yhtälön ratkaisu: , missä
Toinen yhtälö on ensimmäisen asteen homogeeninen trigonometrinen yhtälö. Ratkaise se jakamalla yhtälön molemmat puolet . Saamme:
Vastaus: missä,
3. Ratkaistaan yhtälö:
Jotta tämä yhtälö "tulisi" homogeeniseksi, muunnetaan se tuloksi ja esitetään luku 3 sinin ja kosinin neliöiden summana:
Siirretään kaikki termit vasemmalle, avataan sulut ja esitellään vastaavat termit. Saamme:
Kerrotaan vasen puoli ja asetetaan jokainen tekijä nollaksi:
Vastaus: missä,
4. Ratkaistaan yhtälö:
Katsotaan, mitä voimme ottaa pois suluista. Tehdään se:
Yhdistäkäämme jokainen tekijä nollaan:
Ensimmäisen yhtälön ratkaisu:
Toinen populaatioyhtälö on klassinen homogeeninen toisen asteen yhtälö. Yhtälön juuret eivät ole alkuperäisen yhtälön juuria, joten jaamme yhtälön molemmat puolet seuraavasti:
Ensimmäisen yhtälön ratkaisu:
Toisen yhtälön ratkaisu.
Esimerkiksi funktio 
on ensimmäisen ulottuvuuden homogeeninen funktio, koska
on kolmannen ulottuvuuden homogeeninen funktio, koska
on nollaulottuvuuden homogeeninen funktio, koska
, eli 
.
Määritelmä 2. Ensimmäisen asteen differentiaaliyhtälö y" = f(x, y) kutsutaan homogeeniseksi, jos funktiota f(x, y) on nollamitan homogeeninen funktio suhteessa x Ja y tai kuten sanotaan, f(x, y) on nollaasteen homogeeninen funktio.
Se voidaan esittää muodossa
jonka avulla voimme määritellä homogeenisen yhtälön differentiaaliyhtälöksi, joka voidaan muuntaa muotoon (3.3).
Korvaus 
pelkistää homogeenisen yhtälön yhtälöksi, jossa on erotettavia muuttujia. Todellakin, vaihdon jälkeen y =xz saamme 
,
Erottelemalla muuttujat ja integroimalla löydämme:
,
Δ Oletamme y =zx,
Korvaa nämä lausekkeet y
Ja dy tähän yhtälöön: 
tai 
Erottelemme muuttujat: 
ja integroida: 
,
Vaihtaminen z päällä 
, saamme 
.
Esimerkki 2. Etsi yhtälön yleinen ratkaisu.
Δ Tässä yhtälössä P
(x,y)
=x 2 -2y 2 ,K(x,y)
=2xy ovat toisen ulottuvuuden homogeenisia funktioita, joten tämä yhtälö on homogeeninen. Se voidaan esittää muodossa 
ja ratkaise sama kuin edellä. Mutta käytämme erilaista tallennusmuotoa. Laitetaan y =
zx, missä dy =
zdx
+
xdz. Korvaamalla nämä lausekkeet alkuperäiseen yhtälöön, saamme
dx+2 zxdz = 0 .
Erottelemme muuttujat laskemalla 
.
Integroidaan tämä yhtälö termiltä
, missä 
tuo on 
. Paluu edelliseen toimintoon 
löytää yleinen ratkaisu 
Esimerkki 3
.
Etsi yhtälön yleinen ratkaisu 
.
Δ Muunnosketju: 
,y =
zx,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
.
Luento 8.
Tässä on vapaa termi, jota kutsutaan myös yhtälön oikeaksi puolelle. Tarkastellaan lineaarista yhtälöä tässä muodossa seuraavassa.
Jos 
0, yhtälöä (4.1a) kutsutaan lineaariseksi epähomogeeniseksi. Jos 
0, yhtälö saa muodon
|
|
ja sitä kutsutaan lineaariseksi homogeeniseksi.
Yhtälön (4.1a) nimi selittyy sillä, että tuntematon funktio y
ja sen johdannainen 
syötä se lineaarisesti, ts. ensimmäisessä asteessa.
Lineaarisessa homogeenisessa yhtälössä muuttujat erotetaan toisistaan. Kirjoitetaan se uudelleen lomakkeeseen 
missä 
ja integroimalla saamme: 
,nuo.
|
|
Kun jaettuna 
menetämme päätöksen 
. Se voidaan kuitenkin sisällyttää löydettyyn ratkaisuperheeseen (4.3), jos oletetaan niin KANSSA voi myös ottaa arvon 0.
Yhtälön (4.1a) ratkaisemiseen on useita menetelmiä. Mukaan Bernoullin menetelmä, ratkaisua etsitään kahden funktion tuloksena X:
|
|
Yksi näistä toiminnoista voidaan valita mielivaltaisesti, koska vain tuote uv on täytettävä alkuperäinen yhtälö, toinen määräytyy yhtälön (4.1a) perusteella.
Erottelemalla tasa-arvon molemmat puolet (4.4), löydämme 
.
Korvataan tuloksena oleva johdannaislauseke 
, sekä arvo klo
yhtälöön (4.1a), saamme 
, tai
nuo. funktiona v Otetaan homogeenisen lineaarisen yhtälön (4.6) ratkaisu:
|
|
(Tässä C On tarpeen kirjoittaa, muuten et saa yleistä, vaan erityistä ratkaisua).
Näin ollen näemme, että käytetyn substituution (4.4) seurauksena yhtälö (4.1a) pelkistyy kahdeksi yhtälöksi, joissa on erotettavissa olevat muuttujat (4.6) ja (4.7).
Korvaaminen 
Ja v(x) kaavaan (4.4), saadaan lopulta
,
|
|
Esimerkki 1.
Etsi yhtälön yleinen ratkaisu 
Laitetaan 
, Sitten 
. Ilmaisujen korvaaminen 
Ja 
alkuperäiseen yhtälöön, saamme 
tai 
(*)
Yhdistäkäämme kerroin at 
:
Erottelemalla muuttujat tuloksena olevassa yhtälössä, meillä on 
(mielivaltainen vakio C
emme kirjoita), täältä v=
x. Löyty arvo v korvaa yhtälö (*):
,
,
.
Siten, 
yleinen ratkaisu alkuperäiseen yhtälöön.
Huomaa, että yhtälö (*) voidaan kirjoittaa vastaavassa muodossa:
.
Toiminnon valinta satunnaisesti u, mutta ei v, voimme uskoa 
. Tämä ratkaisu eroaa vain korvaamalla harkitusta ratkaisusta v päällä u(ja siksi u päällä v), joten lopullinen arvo klo osoittautuu samaksi.
Edellä olevan perusteella saadaan algoritmi ensimmäisen asteen lineaarisen differentiaaliyhtälön ratkaisemiseksi.
Huomaa lisäksi, että joskus ensimmäisen asteen yhtälöstä tulee lineaarinen, jos klo pidetään riippumattomana muuttujana, ja x– riippuvainen, ts. vaihtaa rooleja x Ja y. Tämä voidaan tehdä sillä edellytyksellä x Ja dx syötä yhtälö lineaarisesti.
Esimerkki 2
.
Ratkaise yhtälö 
.
Ulkonäöltään tämä yhtälö ei ole lineaarinen funktion suhteen klo.
Jos kuitenkin ajatellaan x funktiona klo, sen huomioon ottaen 
, se voidaan viedä muotoon
|
|
(4.1 b) |
Vaihtaminen 
päällä 
,saamme 
tai 
. Jaetaan viimeisen yhtälön molemmat puolet tulolla ydy, saadaan se muotoon
, tai 
.
(**)
Tässä P(y)=, 
. Tämä on lineaarinen yhtälö suhteessa x. Me uskomme 
,
. Korvaamalla nämä lausekkeet arvolla (**), saamme
tai 
.
Valitaan v niin 
,
, missä 
;
. Seuraavaksi meillä on 
,
,
.
Koska 
, niin päästään tämän yhtälön yleiseen ratkaisuun muodossa
.
Huomaa, että yhtälössä (4.1a) P(x) Ja K (x) voidaan sisällyttää paitsi funktioiden muodossa x, mutta myös vakiot: P= a,K= b. Lineaarinen yhtälö
|
|
voidaan myös ratkaista käyttämällä substituutiota y= uv ja muuttujien erottelu:
;
.
Täältä 
;
;
; Missä 
. Vapautumalla logaritmista saamme yhtälön yleisen ratkaisun
(Tässä 
).
klo b= 0 tulemme yhtälön ratkaisuun
|
|
|
|
(katso eksponentiaalisen kasvun yhtälö (2.4) osoitteessa 
).
Ensin integroidaan vastaava homogeeninen yhtälö (4.2). Kuten edellä todettiin, sen ratkaisu on muotoa (4.3). Otamme huomioon tekijän KANSSA kohdassa (4.3) funktiona X, eli olennaisesti muuttujan muuttaminen
mistä integroimalla löydämme
Huomaa, että kohdan (4.14) mukaan (katso myös (4.9)) epähomogeenisen lineaarisen yhtälön yleinen ratkaisu on yhtä suuri kuin vastaavan homogeenisen yhtälön (4.3) yleisratkaisun ja kaavan määrittelemän epähomogeenisen yhtälön erityisratkaisun summa. toinen termi, joka sisältyy kohtaan (4.14) (ja kohtaan ( 4.9).
Kun ratkaiset tiettyjä yhtälöitä, sinun tulee toistaa yllä olevat laskelmat sen sijaan, että käytät hankalaa kaavaa (4.14).
Sovelletaan Lagrangen menetelmää tarkasteltavaan yhtälöön esimerkki 1 :
.
Integroimme vastaavan homogeenisen yhtälön 
.
Erottelemalla muuttujat, saamme 
ja niin edelleen 
. Lausekkeen ratkaiseminen kaavalla y
=
Cx. Etsimme ratkaisua alkuperäiseen yhtälöön muodossa y
=
C(x)x. Korvaamalla tämän lausekkeen annettuun yhtälöön, saamme 
;
;
,
. Alkuperäisen yhtälön yleisratkaisulla on muoto
.
Lopuksi toteamme, että Bernoullin yhtälö on pelkistetty lineaariseksi yhtälöksi
|
|
joka voidaan kirjoittaa muotoon
|
|
Korvaus 
se pelkistyy lineaariseksi yhtälöksi:
,
,
.
Bernoullin yhtälöt voidaan ratkaista myös edellä kuvatuilla menetelmillä.
Esimerkki 3
.
Etsi yhtälön yleinen ratkaisu 
.
Muunnosketju: 
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
Tällä hetkellä matematiikan opiskelun perustason mukaan lukiossa matematiikan opiskeluun on varattu vain 4 tuntia (2 tuntia algebraa, 2 tuntia geometriaa). Maaseudun pienissä kouluissa tuntimäärää yritetään lisätä koulukomponentin kautta. Mutta jos luokka on humanitaarinen, niin humanististen aineiden opiskeluun lisätään koulukomponentti. Pienessä kylässä koululaisella ei useinkaan ole valinnanvaraa, sillä hän opiskelee siinä luokassa; joka on saatavilla koulussa. Hän ei aio ryhtyä lakimieheksi, historioitsijaksi tai toimittajaksi (sellaisia tapauksia on), mutta hän haluaa insinööriksi tai taloustieteilijäksi, joten hänen on läpäistävä matematiikan yhtenäinen valtiokoe korkealla arvosanalla. Tällaisissa olosuhteissa matematiikan opettajan on löydettävä oma tiensä ulos nykyisestä tilanteesta, ja Kolmogorovin oppikirjan mukaan aihetta "homogeeniset yhtälöt" ei tarjota. Kuluneiden vuosien aikana kesti kaksi kaksinkertaista oppituntia esitelläkseni tätä aihetta ja vahvistaakseni sitä. Valitettavasti opetusvalvontatarkastuksemme kielsi tuplatunnit koulussa, joten harjoitusten määrä jouduttiin vähentämään 45 minuuttiin ja vastaavasti harjoitusten vaikeustasoa keskitasolle. Tuon huomionne tätä aihetta käsittelevän tuntisuunnitelman 10. luokalla matematiikan perusopiskelussa maaseudun pienessä koulussa.
Oppitunnin tyyppi: perinteinen.
Kohde: oppia ratkaisemaan tyypillisiä homogeenisia yhtälöitä.
Tehtävät:
Kognitiivinen:
Kehittäviä:
Koulutuksellinen:
Tunnista tärkeimmät vaikeudet suoritettujen tehtävien lisäanalyysissä. Pojat valitsevat 3 vaihtoehtoa. Tehtävät eritelty lasten vaikeusasteen ja valmiustason mukaan, minkä jälkeen selitys taululla.
Taso 1. Ratkaise yhtälöt:
Taso 2. Ratkaise yksinkertaiset trigonometriset yhtälöt ja kaksikvadraattiset yhtälöt: 
vastaukset: 
b) x 4 -13x 3 +36=0 Vastaukset: -2; 2; -3; 3
Taso 3. Yhtälöiden ratkaiseminen muuttujia vaihtamalla:
b) x 6 -9x 3 +8=0 Vastaukset:
Aihe: Homogeeniset yhtälöt
Kohde: oppia ratkaisemaan tyypillisiä homogeenisia yhtälöitä
Tehtävät:
Kognitiivinen:
Kehittäviä:
1. Luentohetki.
Määritelmä 1(Kirjoita se muistivihkoon). Yhtälöä, jonka muoto on P(x;y)=0, kutsutaan homogeeniseksi, jos P(x;y) on homogeeninen polynomi.
Kahden muuttujan x ja y polynomia kutsutaan homogeeniseksi, jos sen kunkin ehdon aste on sama kuin sama luku k.
Määritelmä 2(Vain johdanto). Muodon yhtälöt
kutsutaan homogeeniseksi yhtälöksi n-asteella suhteessa u(x):iin ja v(x). Jakamalla yhtälön molemmat puolet (v(x))n:llä, voimme käyttää substituutiota yhtälön saamiseksi
Tämä mahdollistaa alkuperäisen yhtälön yksinkertaistamisen. Tapausta v(x)=0 on tarkasteltava erikseen, koska nollalla jakaminen on mahdotonta.
2. Esimerkkejä homogeenisista yhtälöistä:
Selitä: miksi ne ovat homogeenisia, anna esimerkkejä tällaisista yhtälöistä.
3. Tehtävä määrittää homogeeniset yhtälöt:
Tunnista annetuista yhtälöistä homogeeniset yhtälöt ja selitä valintasi:
Kun olet selittänyt valintasi, käytä yhtä esimerkeistä näyttääksesi, kuinka homogeeninen yhtälö ratkaistaan:
4. Päätä itse:
Vastaus: 
b) 2sin x – 3 cos x =0
Jaa yhtälön molemmat puolet cos x:llä, saadaan 2 tg x -3=0, tg x=⅔ , x=arctg⅔ +
5. Näytä ratkaisu esitteen esimerkissä"P.V. Chulkov. Yhtälöt ja epäyhtälöt koulumatematiikan kurssilla. Moskovan pedagoginen yliopisto "Syyskuun ensimmäinen päivä" 2006, s. 22." Yhtenä mahdollisista esimerkeistä yhtenäisen valtiontutkinnon tasosta C.
sivu 183 nro 59 (1.5) tai Kolmogorovin toimittaman oppikirjan mukaan: sivu 81 nro 169 (a, c)
vastaukset: 
| 1 vaihtoehto | Vaihtoehto 2 |
| Ratkaise yhtälöt: | |
| a) sin 2 x-5sinxcosx+6cos 2 x=0 | a) 3sin 2 x+2sin x cos x-2cos 2 x=0 |
b) cos 2 - 3sin 2 = 0 |
b) |
Vastaukset tehtäviin:
Vaihtoehto 1 a) Vastaus: arctan2+πn,n € Z; b) Vastaus: ±π/2+ 3πn,n € Z; V) 
Vaihtoehto 2 a) Vastaus: arctg(-1±31/2)+πn,n € Z; b) Vastaus: -arctg3+πn, 0,25π+πk, ; c) (-5; -2); (5; 2)
Kolmogorovin mukaan nro 169, Bashmakovin mukaan nro 59.
Lisäksi ratkaise yhtälöjärjestelmä:
Vastaus: arctan(-1±√3) +πn,
Viitteet:
Ensimmäisen kertaluvun homogeenisen differentiaaliyhtälön ratkaisemiseksi käytä substituutiota u=y/x, eli u on uusi tuntematon funktio, joka riippuu x:stä. Siksi y=ux. Löydämme derivaatan y' käyttämällä tulon erotussääntöä: y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u (koska x'=1). Toiselle merkintämuodolle: dy = udx + xdu Korvauksen jälkeen yksinkertaistamme yhtälöä ja päädymme yhtälöön, jossa on erotettavia muuttujia.
Esimerkkejä ensimmäisen asteen homogeenisten differentiaaliyhtälöiden ratkaisemisesta.
1) Ratkaise yhtälö
Tarkistamme, että tämä yhtälö on homogeeninen (katso Homogeenisen yhtälön määrittäminen). Kun olemme vakuuttuneita, teemme korvauksen u=y/x, josta y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Korvaa: u’x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Koska tuotteen logaritmi on yhtä suuri kuin logaritmien summa, ln(ux)=lnu+lnx. Täältä
u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Samankaltaisten termien tuomisen jälkeen: u’x+u=u(1+lnu). Avaa nyt kiinnikkeet
u’x+u=u+u·lnu. Molemmat puolet sisältävät u:n, joten u’x=u·lnu. Koska u on x:n funktio, u’=du/dx. Korvataan
Olemme saaneet yhtälön, jossa on erotettavia muuttujia. Erottelemme muuttujat kertomalla molemmat osat dx:llä ja jakamalla x·u·lnu:lla, edellyttäen, että tulo x·u·lnu≠0
Integroidaan:
Vasemmalla puolella on pöytäintegraali. Oikealla - teemme korvauksen t=lnu, josta dt=(lnu)’du=du/u
ln│t│ = ln│x│+C. Mutta olemme jo keskustelleet siitä, että tällaisissa yhtälöissä on kätevämpää ottaa ln│C│ C:n sijaan. Sitten
ln│t│=ln│x│+ln│C│. Logaritmien ominaisuuden mukaan: ln│t│=ln│Сx│. Tästä syystä t = Cx. (ehdon mukaan, x>0). On aika tehdä käänteinen vaihto: lnu=Cx. Ja vielä yksi käänteinen vaihto:
Logaritmien ominaisuuden mukaan:
Tämä on yhtälön yleinen integraali.
Muistamme tuotteen x·u·lnu≠0 (ja siksi x≠0,u≠0, lnu≠0, mistä u≠1) tilan. Mutta x≠0 ehdosta, u≠1 jää, joten x≠y. Ilmeisesti y=x (x>0) sisältyy yleiseen ratkaisuun.
2) Etsi yhtälön y’=x/y+y/x osaintegraali, joka täyttää alkuehdot y(1)=2.
Ensin tarkistetaan, että tämä yhtälö on homogeeninen (vaikka termien y/x ja x/y esiintyminen jo epäsuorasti osoittaa tämän). Sitten tehdään korvaus u=y/x, josta y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Korvaamme tuloksena olevat lausekkeet yhtälöön:
u'x+u=1/u+u. Yksinkertaistetaan:
u'x=1/u. Koska u on x:n funktio, u'=du/dx:
Olemme saaneet yhtälön, jossa on erotettavia muuttujia. Muuttujien erottamiseksi kerrotaan molemmat puolet dx:llä ja u:lla ja jaetaan x:llä (x≠0 ehdolla, joten myös u≠0, mikä tarkoittaa, että ratkaisuja ei häviä).
Integroidaan:
ja koska molemmat puolet sisältävät taulukkointegraaleja, saamme välittömästi
Suoritamme käänteisen vaihdon:
Tämä on yhtälön yleinen integraali. Käytämme alkuehtoa y(1)=2, eli korvaamme y=2, x=1 tuloksena olevaan ratkaisuun:
3) Etsi homogeenisen yhtälön yleinen integraali:
(x²-y²)dy-2xydx=0.
Korvaus u=y/x, josta y=ux, dy=xdu+udx. Korvataan:
(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. Otamme x² suluista ja jaamme molemmat osat sillä (jos x≠0):
x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0
(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Avaa sulut ja yksinkertaista:
xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,
xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Ryhmittelemme termit du:lla ja dx:llä:
(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Otetaan yleiset tekijät pois suluista:
x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Erottelemme muuttujat:
x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Tätä varten jaamme yhtälön molemmat puolet xu(u²+1)≠0:lla (vastaavasti lisäämme vaatimukset x≠0 (jo todettu), u≠0):
Integroidaan:
Yhtälön oikealla puolella on taulukkointegraali, ja jaamme vasemman puolen rationaalisen murtoluvun yksinkertaisiin tekijöihin:
(tai toisessa integraalissa differentiaalimerkin korvaamisen sijaan oli mahdollista tehdä korvaus t=1+u², dt=2udu - kuka tykkää, kumpi menetelmä on parempi). Saamme:
Logaritmien ominaisuuksien mukaan:
Käänteinen vaihto
Muistamme ehdon u≠0. Siksi y≠0. Kun C=0 y=0, tämä tarkoittaa, että ratkaisujen häviötä ei ole, ja y=0 sisältyy yleiseen integraaliin.
Kommentti
Voit saada ratkaisun kirjoitettuna eri muodossa, jos jätät termin x:n vasemmalle:
Integraalikäyrän geometrinen merkitys tässä tapauksessa on ympyräperhe, jonka keskipisteet ovat Oy-akselilla ja kulkevat origon kautta.
Itsetestaustehtävät:
1) (x²+y²)dx-xydy=0
1) Tarkistamme, että yhtälö on homogeeninen, minkä jälkeen teemme korvauksen u=y/x, josta y=ux, dy=xdu+udx. Korvaa ehto: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Jakamalla yhtälön molemmat puolet x²≠0:lla, saadaan: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Tästä syystä dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Yksinkertaistaen, meillä on: dx-xudu=0. Tästä syystä xudu=dx, udu=dx/x. Yhdistetään molemmat osat:
.
,
(
)
.
