Birinci dereceden homojen diferansiyel denklem
formun bir denklemidir
burada f bir fonksiyondur.
Birinci dereceden bir diferansiyel denklemin homojen olup olmadığını belirlemek için bir t sabiti eklemeniz ve y'yi ty ile ve x'i tx ile değiştirmeniz gerekir: y → ty, x → tx. Eğer t iptal edilirse, o zaman bu homojen diferansiyel denklem. Y' türevi bu dönüşümle değişmez.
.
Belirli bir denklemin homojen olup olmadığını belirleme
y → ty, x → tx'in yerine koyarız.
t'ye böl 2
.
.
Denklem t'yi içermiyor. Dolayısıyla bu homojen bir denklemdir.
Birinci dereceden homojen bir diferansiyel denklem, y = ux ikamesi kullanılarak ayrılabilir değişkenlere sahip bir denkleme indirgenir. Hadi gösterelim. Denklemi düşünün:
(Ben)
Bir değişiklik yapalım:
y = ux,
burada u x'in bir fonksiyonudur. x'e göre türev alın:
y′ =
Orijinal denklemde yerine koy (Ben).
,
,
(ii) .
Değişkenleri ayıralım. dx ile çarpın ve x'e bölün ( f(u) - u ).
f'de (u) - u ≠ 0 ve x ≠ 0
şunu elde ederiz:
İntegral alalım:
Böylece denklemin genel integralini elde ettik (Ben) karesel olarak:
C integralinin sabitini şununla değiştirelim: C'de, Daha sonra
İstenilen işaret C sabitinin işaretinin seçimiyle belirlendiğinden modülün işaretini atlayalım. O zaman genel integral şu şekli alacaktır:
Daha sonra f durumunu ele almalıyız. (u) - sen = 0.
Bu denklemin kökleri varsa, o zaman bunlar denklemin çözümüdür (ii). Denklem'den beri. (ii) orijinal denklemle örtüşmüyorsa, ek çözümlerin orijinal denklemi karşıladığından emin olmalısınız. (Ben).
Dönüşüm sürecinde herhangi bir denklemi g olarak belirttiğimiz bir fonksiyona böldüğümüzde (x, y), o zaman g için başka dönüşümler geçerlidir (x, y) ≠ 0. Bu nedenle g durumu ayrı olarak ele alınmalıdır. (x, y) = 0.
Bu denklemin homojen olup olmadığını kontrol edelim. y → ty, x → tx'in yerine koyarız. Bu durumda y′ → y′.
,
,
.
T kadar kısaltıyoruz.
t sabiti azaldı. Bu nedenle denklem homojendir.
u'nun x'in bir fonksiyonu olduğu durumda, y = ux değişimini yaparız.
y′ = (ux) ′ = u′ x + sen (x) ′ = u′ x + sen
Orijinal denklemde yerine koyun.
,
,
,
.
x ≥ olduğunda 0
, |x| = x. x ≤ olduğunda 0
, |x| = - x . |x| yazıyoruz = x üstteki işaretin x ≥ değerlerine karşılık geldiğini ima eder 0
ve düşük olanı - x ≤ değerlerine 0
.
,
dx ile çarpın ve bölün.
Sen nezaman 2 - 1 ≠ 0
sahibiz:
İntegral alalım:
Tablosal integraller,
.
Formülü uygulayalım:
(a + b)(a - b) = a 2 - b 2.
a = u'yu koyalım.
.
Her iki tarafı da modülo alıp logaritmaya alalım,
.
Buradan
.
Böylece elimizde:
,
.
İstenilen işaret C sabitinin işareti seçilerek sağlandığı için modülün işaretini atlıyoruz.
x ile çarpın ve ux = y yerine koyun.
,
.
Haydi karesini alalım.
,
,
.
Şimdi durumu düşünün, 2 - 1 = 0
.
Bu denklemin kökleri
.
Y = x fonksiyonlarının orijinal denklemi sağladığını doğrulamak kolaydır.
,
,
.
Referanslar:
N.M. Gunter, R.O. Kuzmin, Yüksek matematikte problemlerin toplanması, “Lan”, 2003.
Bu yazıda homojen trigonometrik denklemleri çözmek için bir yönteme bakacağız.
Homojen trigonometrik denklemler, diğer türdeki homojen denklemlerle aynı yapıya sahiptir. Size ikinci dereceden homojen denklemleri çözme yöntemini hatırlatmama izin verin:
Formun homojen denklemlerini ele alalım
Homojen denklemlerin ayırt edici özellikleri:
a) tüm monomlar aynı dereceye sahiptir,
b) serbest terim sıfırdır,
c) Denklemin iki farklı tabanı olan kuvvetleri vardır.
Homojen denklemler benzer bir algoritma kullanılarak çözülür.
Bu tür denklemleri çözmek için denklemin her iki tarafını da (bölünebilir veya bölünebilir) ile böleriz.
Dikkat! Bir denklemin sağ ve sol taraflarını bilinmeyen içeren bir ifadeye böldüğünüzde kökleri kaybedebilirsiniz. Bu nedenle denklemin her iki tarafını da böldüğümüz ifadenin köklerinin orijinal denklemin kökleri olup olmadığını kontrol etmek gerekir.
Eğer öyleyse, daha sonra unutmamak için bu kökü yazıyoruz ve ifadeyi buna bölüyoruz.
Genel olarak, sağ tarafında sıfır bulunan herhangi bir denklemi çözerken yapılacak ilk şey, denklemin sol tarafını mümkün olan herhangi bir şekilde çarpanlara ayırmaya çalışmaktır. Daha sonra her faktörü sıfıra eşitleyin. Bu durumda kesinlikle kökleri kaybetmeyeceğiz.
Bu nedenle, denklemin sol tarafını dikkatlice terim terim ifadesine bölün. Şunu elde ederiz:
İkinci ve üçüncü kesirlerin pay ve paydasını azaltalım:
Değiştirmeyi tanıtalım:
İkinci dereceden bir denklem elde ederiz:
İkinci dereceden denklemi çözelim, değerlerini bulalım ve sonra orijinal bilinmeyene dönelim.
Homojen trigonometrik denklemleri çözerken hatırlanması gereken birkaç önemli nokta vardır:
1. Kukla terim, temel trigonometrik özdeşlik kullanılarak sinüs ve kosinüsün karesine dönüştürülebilir:
2. Çift argümanın sinüsü ve kosinüsü ikinci dereceden monomlardır - çift argümanın sinüsü kolayca sinüs ve kosinüs ürününe ve çift argümanın kosinüsü sinüs veya kosinüsün karesine dönüştürülebilir:
Homojen trigonometrik denklemlerin çözümüne ilişkin birkaç örneğe bakalım.
1. Denklemi çözelim:
Bu, birinci dereceden homojen trigonometrik denklemin klasik bir örneğidir: her monomiyalin derecesi bire eşittir, serbest terim sıfıra eşittir.
Denklemin her iki tarafını da 'ye bölmeden önce, denklemin köklerinin orijinal denklemin kökleri olup olmadığını kontrol etmeniz gerekir. Şunu kontrol ediyoruz: if , ardından title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}
Denklemin her iki tarafını da bölelim.
Şunu elde ederiz: 
, Nerede
, Nerede
Cevap: , Nerede
2. Denklemi çözelim:
Bu, ikinci dereceden homojen trigonometrik denklemin bir örneğidir. Denklemin sol tarafını çarpanlara ayırabilirsek, bunu yapmamızın tavsiye edildiğini hatırlıyoruz. Bu denklemden şunu çıkarabiliriz. Hadi yapalım:
İlk denklemin çözümü: , nerede
İkinci denklem birinci dereceden homojen bir trigonometrik denklemdir. Bunu çözmek için denklemin her iki tarafını da 'ye bölün. Şunu elde ederiz:
Cevap: , nerede ,
3. Denklemi çözelim:
Bu denklemi homojen hale getirmek için onu bir çarpıma dönüştürüyoruz ve 3 sayısını sinüs ve kosinüs karelerinin toplamı olarak sunuyoruz:
Tüm terimleri sola taşıyıp parantezleri açalım ve benzer terimleri sunalım. Şunu elde ederiz:
Sol tarafı çarpanlara ayıralım ve her çarpanı sıfıra eşitleyelim:
Cevap: , nerede ,
4. Denklemi çözelim:
Parantezlerden neler çıkarabileceğimizi görüyoruz. Hadi yapalım:
Her faktörü sıfıra eşitleyelim:
İlk denklemin çözümü:
İkinci popülasyon denklemi, ikinci dereceden klasik bir homojen denklemdir. Denklemin kökleri orijinal denklemin kökleri değildir, dolayısıyla denklemin her iki tarafını da şu şekilde böleriz:
İlk denklemin çözümü:
İkinci denklemin çözümü.
Örneğin, fonksiyon 
birinci boyutun homojen bir fonksiyonudur, çünkü
üçüncü boyutun homojen bir fonksiyonudur, çünkü
sıfır boyutun homojen bir fonksiyonudur, çünkü
, yani 
.
Tanım 2. Birinci dereceden diferansiyel denklem sen" = F(X, sen) eğer fonksiyon homojen olarak adlandırılır F(X, sen) sıfır boyutun homojen bir fonksiyonudur X Ve sen veya dedikleri gibi, F(X, sen) sıfır derecenin homojen bir fonksiyonudur.
Şeklinde temsil edilebilir
bu, homojen bir denklemi (3.3) formuna dönüştürülebilen bir diferansiyel denklem olarak tanımlamamıza olanak tanır.
Yenisiyle değiştirme 
Homojen bir denklemi ayrılabilir değişkenlere sahip bir denkleme indirger. Aslında ikameden sonra y =xz alıyoruz 
,
Değişkenleri ayırıp entegre ettiğimizde şunu buluruz:
,
Δ Varsayalım ki y =zx,
Bu ifadeleri değiştirin sen
Ve ölmek bu denklemde: 
veya 
Değişkenleri ayırıyoruz: 
ve entegre edin: 
,
Değiştirme z Açık 
, alıyoruz 
.
Örnek 2. Denklemin genel çözümünü bulun.
Δ Bu denklemde P
(X,sen)
=X 2 -2sen 2 ,Q(X,sen)
=2xy ikinci boyutun homojen fonksiyonlarıdır, dolayısıyla bu denklem homojendir. Şeklinde temsil edilebilir 
ve yukarıdakinin aynısını çözün. Ama biz farklı bir kayıt şekli kullanıyoruz. Hadi koyalım sen =
zx, Neresi ölmek =
zdx
+
xdz. Bu ifadeleri orijinal denklemde yerine koyarsak,
dx+2 zxdz = 0 .
Değişkenleri sayarak ayırıyoruz 
.
Bu denklemin terim terim integralini alalım
, Neresi 
yani 
. Önceki fonksiyona dönme 
genel bir çözüm bul 
Örnek 3
.
Denklemin genel çözümünü bulun 
.
Δ Dönüşüm zinciri: 
,sen =
zx,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
.
Ders 8.
İşte denklemin sağ tarafı olarak da adlandırılan serbest terim. Bu formdaki doğrusal denklemi aşağıda ele alacağız.
Eğer 
0 ise denklem (4.1a)’ya doğrusal homojen olmayan denir. Eğer 
0 ise denklem şu formu alır:
|
|
ve doğrusal homojen olarak adlandırılır.
Denklemin (4.1a) adı bilinmeyen fonksiyonun olmasıyla açıklanmaktadır. sen
ve onun türevi 
doğrusal olarak girin, yani birinci derecede.
Doğrusal homojen bir denklemde değişkenler ayrılır. Formda yeniden yazma 
Neresi 
ve entegre ettiğimizde şunu elde ederiz: 
,onlar.
|
|
ile bölündüğünde 
kararı kaybettik 
. Ancak şunu varsayarsak, bulunan çözüm ailesine (4.3) dahil edilebilir. İLE 0 değerini de alabilir.
Denklemi (4.1a) çözmek için çeşitli yöntemler vardır. Buna göre Bernoulli'nin yöntemiçözüm iki fonksiyonun çarpımı olarak aranır. X:
|
|
Bu işlevlerden biri keyfi olarak seçilebilir, çünkü yalnızca ürün UV orijinal denklemi sağlamalı, diğeri ise (4.1a) denklemine göre belirlenir.
Eşitliğin her iki tarafını (4.4) farklılaştırarak, şunu buluruz: 
.
Ortaya çıkan türev ifadesinin değiştirilmesi 
ve aynı zamanda değer en
(4.1a) denklemine girersek, şunu elde ederiz: 
, veya
onlar. işlev olarak v Homojen doğrusal denklemin (4.6) çözümünü alalım:
|
|
(Burada C Yazmak gerekir, aksi takdirde genel değil, belirli bir çözüm elde edersiniz).
Böylece (4.4)'te kullanılan ikame sonucunda denklem (4.1a)'nın (4.6) ve (4.7) ayrılabilir değişkenli iki denkleme indirgendiğini görüyoruz.
Değiştirme 
Ve v(x)'i formül (4.4)'e dönüştürürsek, sonunda şunu elde ederiz:
,
|
|
Örnek 1.
Denklemin genel çözümünü bulun 
Hadi koyalım 
, Daha sonra 
. İfadeleri değiştirme 
Ve 
orijinal denklemde şunu elde ederiz: 
veya 
(*)
Katsayıyı eşitleyelim 
:
Ortaya çıkan denklemdeki değişkenleri ayırarak, 
(keyfi sabit C
buradan yazmıyoruz) v=
X. Bulunan değer v(*) denkleminde yerine koy:
,
,
.
Buradan, 
Orijinal denklemin genel çözümü.
Denklemin (*) eşdeğer biçimde yazılabileceğini unutmayın:
.
Rastgele bir işlev seçme sen, Ama değil v, inanabilirdik 
. Bu çözüm, yalnızca değiştirilerek düşünülen çözümden farklıdır. v Açık sen(ve bu nedenle sen Açık v), yani son değer en aynı olduğu ortaya çıkıyor.
Yukarıdakilere dayanarak, birinci dereceden doğrusal diferansiyel denklemi çözmek için bir algoritma elde ediyoruz.
Ayrıca bazen birinci dereceden bir denklemin aşağıdaki durumlarda doğrusal hale geldiğini unutmayın: en bağımsız bir değişken olarak kabul edilir ve X– bağımlı, yani rolleri değişmek X Ve sen. Bu, şu şartla yapılabilir: X Ve dx Denklemi doğrusal olarak girin.
Örnek 2
.
Denklemi çözün 
.
Görünüşte bu denklem fonksiyona göre doğrusal değildir. en.
Ancak şöyle düşünürsek X bir fonksiyonu olarak en o halde, buna göre 
, akla getirilebilir
|
|
(4.1 B) |
Değiştirme 
Açık 
,anladık 
veya 
. Son denklemin her iki tarafının çarpıma bölünmesi iddy hadi onu şekillendirelim
, veya 
.
(**)
Burada P(y)=, 
. Bu, aşağıdakilere göre doğrusal bir denklemdir: X. İnanıyoruz 
,
. Bu ifadeleri (**) yerine koyarsak, şunu elde ederiz:
veya 
.
V'yi seçelim ki 
,
, Neresi 
;
. Sonraki elimizde 
,
,
.
Çünkü 
sonra bu denklemin genel çözümüne şu şekilde ulaşırız:
.
Denklem (4.1a)'da olduğuna dikkat edin P(X) Ve Q (X) yalnızca işlevler biçiminde dahil edilemez X, aynı zamanda sabitler: P= A,Q= B. Doğrusal Denklem
|
|
y= ikamesi kullanılarak da çözülebilir UV ve değişkenlerin ayrılması:
;
.
Buradan 
;
;
; Nerede 
. Kendimizi logaritmadan kurtararak denklemin genel bir çözümünü elde ederiz
(Burada 
).
Şu tarihte: B= 0 Denklemin çözümüne geliyoruz
|
|
|
|
(bkz. üstel büyüme denklemi (2.4) 
).
İlk önce karşılık gelen homojen denklemi (4.2) entegre ediyoruz. Yukarıda belirtildiği gibi çözümü (4.3) formundadır. Faktörü dikkate alacağız İLE(4.3)'ün bir fonksiyonu olarak X, yani aslında değişken değişikliği yapmak
nereden, entegre olarak buluyoruz
(4.14)'e göre (ayrıca bakınız (4.9)), homojen olmayan bir doğrusal denklemin genel çözümünün, karşılık gelen homojen denklemin (4.3) genel çözümünün ve aşağıdaki şekilde tanımlanan homojen olmayan denklemin özel çözümünün toplamına eşit olduğuna dikkat edin. ikinci terim (4.14)'te (ve (4.9)'da) yer almaktadır.
Belirli denklemleri çözerken yukarıdaki hesaplamaları tekrarlamalı ve hantal formülü (4.14) kullanmamalısınız.
Lagrange yöntemini yukarıda ele alınan denkleme uygulayalım. örnek 1 :
.
Karşılık gelen homojen denklemi entegre ediyoruz 
.
Değişkenleri ayırarak şunu elde ederiz 
ve sonrası 
. İfadeyi formülle çözme sen
=
Cx. Formdaki orijinal denklemin çözümünü arıyoruz sen
=
C(X)X. Bu ifadeyi verilen denklemde yerine koyarsak, şunu elde ederiz: 
;
;
,
. Orijinal denklemin genel çözümü şu şekildedir:
.
Sonuç olarak Bernoulli denkleminin doğrusal bir denkleme indirgendiğini görüyoruz.
|
|
şeklinde yazılabilir
|
|
Yenisiyle değiştirme 
doğrusal bir denkleme indirgenir:
,
,
.
Bernoulli denklemleri yukarıda özetlenen yöntemler kullanılarak da çözülebilir.
Örnek 3
.
Denklemin genel çözümünü bulun 
.
Dönüşüm zinciri: 
,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
Şu anda temel matematik eğitimi seviyesine göre lisede matematik eğitimi için sadece 4 saat verilmektedir (2 saat cebir, 2 saat geometri). Kırsaldaki küçük okullarda okul bileşeni nedeniyle saat sayısını artırmaya çalışıyorlar. Ancak sınıf insancıl ise, o zaman beşeri bilimler konularının incelenmesi için bir okul bileşeni eklenir. Küçük bir köyde, bir okul çocuğunun genellikle o sınıfta okuma seçeneği yoktur; okulda mevcut olan. Avukat, tarihçi ya da gazeteci olmayı düşünmüyor (böyle durumlar var), ancak mühendis ya da ekonomist olmak istiyor, bu yüzden matematikte Birleşik Devlet Sınavını yüksek puanlarla geçmek zorunda. Bu koşullar altında matematik öğretmeninin mevcut durumdan kendi yolunu bulması gerekiyor; üstelik Kolmogorov'un ders kitabına göre "homojen denklemler" konusunun incelenmesi sağlanmıyor. Geçtiğimiz yıllarda bu konuyu tanıtmak ve pekiştirmek için iki çift ders almam gerekiyordu. Ne yazık ki eğitim denetimi denetimimiz okulda çift ders yapılmasını yasakladığından alıştırma sayısı 45 dakikaya düşürülmek zorunda kaldı ve buna bağlı olarak alıştırmaların zorluk derecesi de orta seviyeye indirildi. Kırsal küçük bir okulda temel düzeyde matematik eğitimi içeren 10. sınıfta bu konuyla ilgili bir ders planını dikkatinize sunuyorum.
Ders türü: geleneksel.
Hedef: Tipik homojen denklemleri çözmeyi öğrenin.
Görevler:
Bilişsel:
Gelişimsel:
eğitici:
Tamamlanan görevlerin daha ayrıntılı analiziyle ana zorlukları belirleyin. Adamlar 3 seçeneği seçiyorlar. Çocukların zorluk derecesine ve hazırlık düzeyine göre farklılaşan görevler ve ardından tahtada açıklamalar yapılır.
Seviye 1. Denklemleri çözün:
Seviye 2. Basit trigonometrik denklemleri ve ikinci dereceden denklemleri çözün: 
Yanıtlar: 
b) x 4 -13x 3 +36=0 Cevaplar: -2; 2; -3; 3
3. seviye. Değişkenleri değiştirerek denklemleri çözme:
b) x 6 -9x 3 +8=0 Cevaplar:
Ders: Homojen denklemler
Hedef: tipik homojen denklemleri çözmeyi öğrenin
Görevler:
Bilişsel:
Gelişimsel:
1. Ders anı.
Tanım 1(Bir deftere yazın). P(x;y)=0 formundaki bir denklem, eğer P(x;y) homojen bir polinom ise homojen olarak adlandırılır.
İki değişkenli x ve y'deki bir polinom, eğer terimlerinin her birinin derecesi aynı k sayısına eşitse, homojen olarak adlandırılır.
Tanım 2(Sadece bir giriş). Formun denklemleri
u(x) ve v(x)'e göre n dereceli homojen denklem denir. Denklemin her iki tarafını (v(x))n'ye bölerek denklemi elde etmek için bir ikame kullanabiliriz.
Bu da orijinal denklemi basitleştirmemizi sağlar. 0'a bölmek mümkün olmadığından v(x)=0 durumu ayrı olarak ele alınmalıdır.
2. Homojen denklem örnekleri:
Açıklayın: neden homojenler, bu tür denklemlere örnek verin.
3. Homojen denklemleri belirleme görevi:
Verilen denklemler arasından homojen denklemleri belirleyin ve seçiminizi açıklayın:
Seçiminizi açıkladıktan sonra homojen bir denklemin nasıl çözüleceğini göstermek için örneklerden birini kullanın:
4. Kendi başınıza karar verin:
Cevap: 
b) 2sin x – 3 çünkü x =0
Denklemin her iki tarafını cos x'e bölersek 2 tg x -3=0, tg x=⅔ , x=arctg⅔ + elde ederiz
5. Broşürdeki bir örnekle çözümü gösterin“P.V. Chulkov. Okul matematik dersinde denklemler ve eşitsizlikler. Moskova Pedagoji Üniversitesi “1 Eylül” 2006 s.22.” Birleşik Devlet Sınavı seviyesi C'nin olası örneklerinden biri olarak.
sayfa 183 No. 59 (1.5) veya Kolmogorov tarafından düzenlenen ders kitabına göre: sayfa 81 No. 169 (a, c)
Yanıtlar: 
| 1 seçenek | seçenek 2 |
| Denklemleri çözün: | |
| a) sin 2 x-5sinxcosx+6cos 2 x=0 | a) 3sin 2 x+2sin x cos x-2cos 2 x=0 |
b) çünkü 2 -3sin 2 =0 |
B) |
Görevlerin yanıtları:
Seçenek 1 a) Cevap: arctan2+πn,n € Z; b) Cevap: ±π/2+ 3πn,n € Z; V) 
Seçenek 2 a) Cevap: arctg(-1±31/2)+πn,n € Z; b) Cevap: -arctg3+πn, 0,25π+πk, ; c) (-5;-2); (5;2)
Kolmogorov'a göre 169, Bashmakov'a göre 59 numara.
Ek olarak denklem sistemini çözün:
Cevap: arktan(-1±√3) +πn,
Referanslar:
1. dereceden homojen bir diferansiyel denklemi çözmek için u=y/x ikamesini kullanın, yani u, x'e bağlı yeni bir bilinmeyen fonksiyondur. Dolayısıyla y=ux. Çarpım farklılaşma kuralını kullanarak y' türevini buluyoruz: y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u (x'=1 olduğundan). Başka bir gösterim şekli için: dy = udx + xdu Yerine koyma işleminden sonra denklemi basitleştirir ve ayrılabilir değişkenlere sahip bir denkleme ulaşırız.
1. mertebeden homojen diferansiyel denklemlerin çözümüne örnekler.
1) Denklemi çözün
Bu denklemin homojen olup olmadığını kontrol ediyoruz (bkz. Homojen bir denklem nasıl belirlenir). İkna olduktan sonra, u=y/x değişimini yaparız; buradan y=ux, y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u olur. Yerine koy: u'x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Bir çarpımın logaritması logaritmaların toplamına eşit olduğundan ln(ux)=lnu+lnx olur. Buradan
u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Benzer terimleri getirdikten sonra: u'x+u=u(1+lnu). Şimdi parantezleri açın
u'x+u=u+u·lnu. Her iki taraf da u'yu içerir, dolayısıyla u'x=u·lnu. u x'in bir fonksiyonu olduğundan u'=du/dx olur. Hadi değiştirelim
Ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde ettik. x·u·lnu≠0 çarpımı olması koşuluyla, her iki parçayı da dx ile çarparak ve x·u·lnu'ya bölerek değişkenleri ayırıyoruz.
İntegral alalım:
Sol tarafta tablo integrali var. Sağda - t=lnu değişimini yapıyoruz, buradan dt=(lnu)’du=du/u
ln│t│=ln│x│+C. Ancak bu tür denklemlerde C yerine ln│C│ almanın daha uygun olduğunu daha önce tartışmıştık. Daha sonra
ln│t│=ln│x│+ln│C│. Logaritmanın özelliğine göre: ln│t│=ln│Сx│. Dolayısıyla t=Cx. (koşula göre, x>0). Ters değişimi yapmanın zamanı geldi: lnu=Cx. Ve bir ters değiştirme daha:
Logaritmanın özelliğine göre:
Bu denklemin genel integralidir.
x·u·lnu≠0 çarpımının durumunu hatırlıyoruz (ve dolayısıyla x≠0,u≠0, lnu≠0, dolayısıyla u≠1). Ancak koşuldan x≠0, u≠1 kalır, dolayısıyla x≠y. Açıkçası, y=x (x>0) genel çözüme dahil edilmiştir.
2) y'=x/y+y/x denkleminin y(1)=2 başlangıç koşullarını sağlayan kısmi integralini bulun.
İlk olarak, bu denklemin homojen olup olmadığını kontrol ederiz (her ne kadar y/x ve x/y terimlerinin varlığı zaten dolaylı olarak bunu gösteriyor olsa da). Daha sonra u=y/x değişimini yaparız, buradan y=ux, y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u olur. Ortaya çıkan ifadeleri denklemde yerine koyarız:
u'x+u=1/u+u. Basitleştirelim:
u'x=1/u. u x'in bir fonksiyonu olduğundan u'=du/dx:
Ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde ettik. Değişkenleri ayırmak için her iki tarafı dx ve u ile çarparız ve x'e böleriz (koşula göre x≠0, dolayısıyla u≠0 da olur, bu da çözüm kaybı olmadığı anlamına gelir).
İntegral alalım:
ve her iki taraf da tablo halinde integraller içerdiğinden, hemen şunu elde ederiz:
Ters değiştirme işlemini gerçekleştiriyoruz:
Bu denklemin genel integralidir. y(1)=2 başlangıç koşulunu kullanırız, yani elde edilen çözümde y=2, x=1 yerine koyarız:
3) Homojen denklemin genel integralini bulun:
(x²-y²)dy-2xydx=0.
u=y/x'in değiştirilmesi, dolayısıyla y=ux, dy=xdu+udx. yerine koyalım:
(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. X²'yi parantezden çıkarıyoruz ve her iki parçayı da ona bölüyoruz (x≠0 şartıyla):
x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0
(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Parantezleri açın ve basitleştirin:
xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,
xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Terimleri du ve dx ile gruplandırıyoruz:
(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Parantez içindeki ortak faktörleri çıkaralım:
x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Değişkenleri ayırıyoruz:
x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Bunu yapmak için denklemin her iki tarafını xu(u²+1)≠0'a böleriz (buna göre x≠0 (zaten belirtilmişti), u≠0 gerekliliklerini ekleriz):
İntegral alalım:
Denklemin sağ tarafında tablo halinde bir integral var ve sol taraftaki rasyonel kesri basit faktörlere genişletiyoruz:
(veya ikinci integralde, diferansiyel işaretini değiştirmek yerine, t=1+u², dt=2udu - kim hangi yöntemi beğenirse onu tercih eder) değişimini yapmak mümkündü. Şunu elde ederiz:
Logaritmanın özelliklerine göre:
Ters değiştirme
u≠0 koşulunu hatırlıyoruz. Dolayısıyla y≠0. C=0 y=0 olduğunda bu, çözüm kaybının olmadığı ve y=0'ın genel integrale dahil edildiği anlamına gelir.
Yorum
Terimi solda x ile bırakırsanız farklı biçimde yazılmış bir çözüm elde edebilirsiniz:
Bu durumda integral eğrisinin geometrik anlamı, merkezleri Oy ekseni üzerinde olan ve orijinden geçen bir daire ailesidir.
Kendi kendine test görevleri:
1) (x²+y²)dx-xydy=0
1) Denklemin homojen olup olmadığını kontrol ediyoruz ve ardından u=y/x değişimini yapıyoruz, dolayısıyla y=ux, dy=xdu+udx. Şu koşulu yerine koyun: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Denklemin her iki tarafını da x²≠0'a bölerek şunu elde ederiz: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Dolayısıyla dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Basitleştirirsek: dx-xudu=0. Dolayısıyla xudu=dx, udu=dx/x. Her iki parçayı da entegre edelim:
.
,
(
)
.
