Уравнения, приводящиеся к однородным

A. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида

\frac{dy}{dx}=f\left ( \frac{ax+by+c}{a_1x+b_1y+c_1} \right ),      (*)

где a, b, c, a_1, b_1, c_1 — постоянные, а f(u) — непрерывная функция своего аргумента u.

Если c=c_1=0, то данное уравнение является однородным и интегрируется, как указано в предыдущей статье.

Если хотя бы одно из чисел c, c_1 отлично от нуля, то следует различать два случая:

1) Определитель \Delta= \begin{vmatrix}a & b\\ a_1 & b_1\end{vmatrix} \ne 0.

Вводя новые переменные \xi и \eta по формулам x= \xi +h, y= \eta +k, где h и k — пока неопределенные постоянные, приведем уравнение (*) к виду

\frac{d\eta}{d\xi}=f\left ( \frac{a\xi+b\eta+ah+bk+c}{a_1\xi+b_1\eta+a_1h+b_1k+c_1} \right ).

Выбирая h и k как решение системы линейных уравнений

\begin{cases}ah+bk+c=0 \\a_1h+b_1k+c_1=0\end{cases}     (\Delta \ne 0),        (1)

получаем однородное уравнение \frac{d\eta}{d\xi}=f\left ( \frac{a\xi+b\eta}{a_1\xi+b_1\eta} \right ).

Найдя его общий интеграл и заменив в нем \xi на x-h, а \eta на y-k, получаем общий интеграл уравнения (*).

2) Определитель \Delta= \begin{vmatrix}a & b\\ a_1 & b_1\end{vmatrix} =0.

Система (1) в общем случае не имеет решений и изложенный выше метод неприменим; в этом случае \frac{a_1}{a}= \frac{b_1}{b}= \lambda, и, следовательно, уравнение (*) имеет вид

\frac{dy}{dx}=f\left ( \frac{ax+by+c}{\lambda(ax+by)+c_1} \right ).

Подстановка z=ax+by приводит его к уравнению с разделяющимися переменными.

 Пример 1. Решить уравнение

(x+y-2)dx+(x-y+4)dy=0

Решение: Рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений

 \begin{cases}x+y-2=0 \\x-y+4=0\end{cases}.

Определитель этой системы \Delta =  \begin{vmatrix}1 & 1\\ 1 & -1\end{vmatrix} = -2 \ne 0.

Система имеет единственное решение x_0=-1, y_0=3. Делаем замену x= \xi -1, y= \eta +3. Тогда исходное уравнение примет вид

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

Это уравнение является однородным. Полагая \eta=u\xi, получаем

(\xi+\xi u)d\xi+(\xi-\xi u)(\xi du+ud\xi)=0,

откуда   (1+2u-u^2)d\xi+\xi(1-u)du=0.

Разделяем переменные

 \frac{d\xi}{\xi}+\frac{1-u}{1+2u+u^2}du=0.

Интегрируя, найдем

\ln{| \xi |}+\frac{1}{2} \ln{|1+2u+u^2|}=\ln C   или   {\xi}^2(1+2u-u^2) = C.

Возвращаемся к переменным x, y:

 (x+1)^2\left [ 1+2\frac{y-3}{x+1} -\frac{(y-3)^2}{(x+1)^2} \right ] = C_1   или

x^2+2xy-y^2-4x+8y=C   (C=C_1+14).

Ответ:  x^2+2xy-y^2-4x+8y=C.

Пример 2. Решить уравнение

(x+y+1)dx+(2x+xy-1)dy=0

Решение: Система линейных алгебраических уравнений

  \begin{cases}x+y+1=0 \\2x+2y-1=0\end{cases}

несовместна. В этом случае метод, примененный в предыдущем примере, не подходит.  Для интегрирования уравнения применяем подстановку x+y=z, dy=dz-dx. Уравнение примет вид

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

Разделяя переменные, получаем

dx-\frac{2z-1}{z-2}dz=0,   отсюда    x-2z-3\ln {|z-2| =C}.

Возвращаясь к переменным x, y, получаем общий интеграл данного уравнения x+2y+3\ln {|x+y-2|} =C.

Ответ:  x+2y+3\ln {|x+y-2|} =C.

Б. Иногда уравнение можно привести к однородному заменой переменного y=z^{\alpha}. Это имеет место в том случае, когда в уравнении все члены оказываются одинакового измерения, если переменному x приписать измерение 1, переменному y — измерение \alpha и производной \frac{dy}{dx} — измерение \alpha -1.

 Пример 3. Решить уравнение

(x^2y^2-1)dy+2xy^3dx=0

Решение: Делаем подстановку y=z^{\alpha}, dy= \alpha z^{\alpha -1}dz, где \alpha пока произвольное число, которое мы выберем позже. Подставляя в уравнение выражения для y и dy, получим

(x^2z^{2\alpha}-1)\alpha z^{\alpha -1}dz+2xz^{3\alpha}dx=0   или

x^2z^{3\alpha -1}-z^{\alpha -1}\alpha dz+2xz^{3\alpha}dx=0.

Заметим, что x^2z^{3\alpha -1} имеет измерение 2+3\alpha -1=3\alpha +1, z^{\alpha -1} имеет измерение \alpha -1, xz^{3\alpha} имеет измерение 1+3\alpha. Полученное уравнение будет однородным, если измерения всех членов одинаковы, то есть, если выполняется условие 3\alpha +1=\alpha -1 или \alpha =-1.

Положим y=\frac{1}{z}; исходное уравнение примет вид

 \left ( \frac{1}{z^2} -\frac{x^2}{z^4} \right ) dz+2\frac{x}{z^3} dx=0   или   (z^2-x^2)dz+2zxdx=0.

Положим теперь z=ux, dz=udx+xdu. Тогда это уравнение примет вид

(u^2-1)(udx+xdu)+2udx=0, откуда u(u^2+1)dx+x(u^2-1)du=0.

Разделяем переменные в этом уравнении \frac{dx}{x}+\frac{u^2-1}{u^3+u}du=0.

Интегрируя, найдем \ln {|x|}+\ln {(u^2+1)}-\ln {|u|} = \ln {C} или \frac{x(u^2+1)}{u} = C.

Заменяя u через \frac{1}{xy}, получаем общий интеграл данного уравнения

1+x^2y^2=Cy.

Исходное уравнение имеет еще очевидное решение y=0, которое получается из общего интеграла при C \rightarrow \infty, если интеграл записать в виде y=\frac{1+x^2y^2}{C}, а затем перейти к пределу при C \rightarrow \infty. Таким образом, функция y=0 является частным решением исходного уравнения.

Добавить комментарий