Методы решения физико-математических задач

Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным

Дифференциальные уравнения, приводящиеся к однородным
Рассмотрен метод решения дифференциальных уравнений, приводящихся к однородным дифференциальным уравнениям первого порядка. Дан пример подробного решения дифференциального уравнения, приводящегося к однородному уравнению.
Содержание

К однородным дифференциальным уравнениям первого порядка приводятся уравнения вида
M (a1 x + b1 y + c1 ,  a2 x + b2 y + c2 )  y ′ +  N (a1 x + b1 y + c1 ,  a2 x + b2 y + c2 )  = 0 , 
где M (u, v )  и N (u, v )  – однородные функции с равными показателями однородности p . То есть функции, обладающие свойством
M (tu, tv )  = t p M (u, v ) ,   N (tu, tv )  = t p N (u, v )  . 
Такие уравнения можно выразить через одну функцию F :
y ′ = F ( a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2   )  . 
См. Общий вид ДУ, приводящихся к однородным.

Если система
{ 
a1 x + b1 y + c1  = 0
a2 x + b2 y + c2  = 0
 

имеет единственное решение x0 ,  y0  ,  то такие уравнения приводятся к однородным подстановками x = t + x0 ,  y = w + y0  . 

Как определить, что дифференциальное уравнение приводится к однородному

Для того, чтобы определить, что дифференциальное уравнение приводится к однородному, нужно выделить две линейные формы:
u = a1 x + b1 y + c1 ,   v = a2 x + b2 y + c2  , 
и выполнить замены:
a1 x + b1 y + c1  → tu,   a2 x + b2 y + c2  → tv . 
Если, после преобразований, t сократится, и уравнение будет содержать только u,  v и y ′ ,  то это уравнение приводится к однородному.

Пример

Определить, приводится ли данное дифференциальное уравнение к однородному:
(x + 2y + 1 ) dydx = (x + 4y + 3 )  ⋅  (  ln (x + 2y + 1 )  – ln (x + 4y + 3 )   )  . 

Решение

Выделяем две линейные формы:
u = x + 2y + 1,  v = x + 4y + 3 . 
В исходном уравнении делаем замены: x + 2y + 1 → tu,  x + 4y + 3 → tv . 
tu dydx = tv ⋅ (  ln (tu )  – ln (tv )   )  ; 
u dydx = v ⋅ (  ln (tu )  – ln (tv )   )  . 
По свойству логарифма:
ln (tu )  – ln (tv )  =  ln t + ln u – ln t – ln v = ln u – ln v . 
t сокращается, и уравнение не содержит в явном виде переменные x и y :
u dydx = v ⋅ (  ln u – ln v   )  . 
Следовательно, это уравнение приводится к однородному.

Метод решения, приводящегося к однородному, дифференциального уравнения

Рассмотрим дифференциальное уравнение вида
(М.1)   M (a1 x + b1 y + c1 ,  a2 x + b2 y + c2 )  y ′ +  N (a1 x + b1 y + c1 ,  a2 x + b2 y + c2 )  = 0 , 
где M (u, v )  и N (u, v )  – однородные функции с равными показателями однородности p :
(М.2)   M (tu, tv )  = t p M (u, v ) ,   N (tu, tv )  = t p N (u, v )  . 
Тогда оно приводится либо к однородному уравнению, либо к уравнению с разделяющимися переменными.
Доказательство

Две формы уравнения

Покажем, что уравнение (М.1) можно записать в более удобной форме
(М.3)   y ′ = F ( a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2   )  . 
Введем обозначения
u = a1 x + b1 y + c1 ,   v = a2 x + b2 y + c2  . 
Разделим (М.1) на M (u, v )  ,  и применим (М.2).
При M (u, v )  ≠ 0 имеем:
y ′ + N (u, v ) M (u, v )  = 0 ;    y ′ + N ( v ⋅ uv , v ⋅ 1  ) M ( v ⋅ uv , v ⋅ 1  )  = 0 ;    y ′ + v p N ( uv , 1  ) v p M ( uv , 1  )  = 0 ;    y ′ = – N ( uv , 1  ) M ( uv , 1  )   ; 
y ′ = F ( uv  )  . 
Здесь F ( uv  )  = – N ( uv , 1  ) M ( uv , 1  )   – функция, зависящая только от отношения uv = a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2   . 

Далее следует рассмотреть случай
(М.4)   M (u, v )  = 0 , 
который мы исключили из рассмотрения при переходе от (М.1) к (М.3). В (М.1) могут дополнительно присутствовать решения, определяемые из (М.4), которых нет в (М.3). В остальном множества решений этих уравнений совпадают. При доказательстве мы будем использовать более простую форму (М.3).

Решения системы уравнений

Методом Крамера решаем систему уравнений:
(М.5)  
{ 
a1 x + b1 y + c1  = 0
a2 x + b2 y + c2  = 0
 

Δ = | 
a1 b1 
a2 b2 
 | = a1 b2  – a2 b1  ; 

x0  = – 1Δ | 
c1 b1 
c2 b2 
 | = 
 – c1 b2  – c2 b1 a1 b2  – a2 b1   ; 
y0  = – 1Δ | 
a1 c1 
a2 c2 
 | = 
 – a1 c2  – a2 c1 a1 b2  – a2 b1   . 
Здесь возможны три случая.
1. Система имеет единственное решение, Δ ≠ 0   (прямые a1 x + b1 y + c1  = 0 и a2 x + b2 y + c2  = 0 пересекаются в одной точке).
2. Система имеет бесконечное множество решений, Δ = 0,   a1  = λa2 ,  b1  = λb2 ,  c1  = λc2  (прямые совпадают).
3. Система не имеет решений, Δ = 0,   a1  = λa2 ,  b1  = λb2 ,  c1  ≠ λc2  (прямые параллельны).

1. Система имеет одно решение

Пусть система (М.5) имеет одно решение (x0 , y0 )   : 
(М.6)  
{ 
a1 x0  + b1 y0  + c1  = 0
a2 x0  + b2 y0  + c2  = 0
 

Сделаем в (М.3) подстановку x = t + x0 , y = w + y0 , и применим (М.6). Здесь w – функция от t . Тогда
dx = dt,   dy = dw ;
y ′ = dydx = dwdt =  F ( a1 (t + x0 )  + b1 (w + y0 )  + c1 a2 (t + x0 )  + b2 (w + y0 )  + c2   )  = 
 F ( a1 t + b1 w + a1 x0  + b1 y0  + c1 a2 t + b2 w + a2 x0  + b2 y0  + c2   )  =  F ( a1 t + b1 wa2 t + b2 w  )  =  F ( a1  + b1 wt a2  + b2 wt   )  = G ( wt  )  . 
Или
dwdt = G ( wt  )  . 
Это однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Оно решается подстановкой w = z t ,  где z – функция от t . 

2. Система имеет бесконечное множество решений

Пусть система (М.5) имеет бесконечное множество решений. В этом случае имеется только одно линейно независимое уравнение. Первое получаются из второго, умножением на постоянную:
a1 x + b1 y + c1  =  λ (a2 x + b2 y + c2 )  ; 
a1  = λa2 ,  b1  = λb2 ,  c1  = λc2  . 
Тогда
a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2  = λ ; 
y ′ = F ( a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2   )  =  F (λ )  = const . 
Это простейший вид уравнения с разделяющимися переменными:
dydx = A = const . 
Его решение:
y = Ax + C . 
Здесь A = F (λ )  . 

3. Система не имеет решений

Пусть система (М.5) не имеет решений. В этом случае
a1  = λa2 ,  b1  = λb2 ,  c1  ≠ λc2  . 
Тогда
u = a1 x + b1 y + c1  =  λa2 x + λb2 y + λ0 c2  =  λ (a2 x + b2 y + c2 )  + μ = λv + μ ; 
u = λv + μ . 
Здесь λ0  ≠ λ,  μ = (λ0  – λ ) c2 ,  μ ≠ 0 . 
Также мы ввели обозначения u = a1 x + b1 y + c1 ,   v = a2 x + b2 y + c2  . 
Подставляем в уравнение (М.3).
y ′ = F ( a1 x + b1 y + c1 a2 x + b2 y + c2   )  =  F ( uv  )  = F ( λv + μv  )  =  F ( λ + μv  )  = 
 F ( λ + μa2 x + b2 y + c2   )  =  H (a2 x + b2 y + c2 )  ; 
y ′ = H (a2 x + b2 y + c2 )  . 
То есть в этом случае правая часть уравнения является функцией от a2 x + b2 y + c2  .  Ранее мы нашли, что такое уравнение приводится к уравнению с разделяющимися переменными подстановкой
z = a2 x + b2 y + c2  . 

Пример решения, приводящегося к однородному, дифференциального уравнения первого порядка

Решить уравнение
(П.1)   (2x – y + 4 )  y ′ + x – 2y + 5 = 0 . 

Решение

1)   Проверим, приводится ли это дифференциальное уравнение к однородному. Для этого выделяем две линейные формы:
2x – y + 4   и   x – 2y + 5 . 
Первую заменим на tu ,  вторую – на tv  : 
tu  dydx + tv = 0 . 
Делим на t :
u y ′ + v = 0 . 
t сократилось, и уравнение содержит в явном виде только u,  v и производную y ′ .  Поэтому оно приводится к однородному.

2)   Решаем систему
{ 
2x – y + 4 = 0
x – 2y + 5 = 0
 

Из первого уравнения y = 2x + 4 . Подставляем во второе:
x – 2(2x + 4) + 5 = 0 ;
x – 4x – 8 + 5 = 0 ;
– 3x = 3 ;
x = –1 ;
y = 2x + 4 = 2·(–1) + 4 = 2 .
Итак, мы нашли решение системы:
x0 = –1 ,   y0 = 2 .

3)   Делаем подстановки:
x = t + x0  = t – 1 ; 
y = w + y0  = w + 2 , 
где w – функция от t .
dx = dt,   dy = dw ,   y ′ = dydx = dwdt  ; 
2x – y + 4 =  2(t – 1 )  – (w + 2 )  + 4 = 2t – w ; 
x – 2y + 5 =  t – 1 – 2(w + 2 )  + 5 = t – 2u . 
Подставляем в (П.1):
(П.2)   (2t – w )  dwdt + t – 2w = 0 . 

4)   Решаем однородное уравнение (П.2). Делаем подстановку:
w = z ⋅ t ,  где z – функция от t .
w ′ = (z ⋅ t )  ′ = z ′ ⋅ t + z ⋅ t ′ =  z ′ ⋅ t + z ⋅ 1 = z ′ ⋅ t + z . 
Подставляем в (П.2):
(2t – zt )  (tz ′ + z )  + t – 2zt = 0 . 
Сокращаем на t и выполняем преобразования:
(2 – z )  (tz ′ + z )  + 1 – 2z = 0 ; 
(2 – z )  tz ′ + 2z – z 2  + 1 – 2z = 0 ; 
(2 – z )  t dzdt = z 2  – 1 . 
Разделяем переменные – умножаем на dt ,  и делим на t (z 2  – 1 )  . 

При z 2  ≠ 1 получаем:
(2 – z )  dzz 2  – 1 = dtt  . 
Интегрируем:
(П.3)   ∫ (2 – z )  dzz 2  – 1 = ∫ dtt + C . 
Вычисляем интегралы:
∫ dtt = ln  | t |  ; 
∫ (2 – z )  dzz 2  – 1 =  2 ∫ dzz 2  – 1 – ∫ z dzz 2  – 1 =  22 ln | z – 1z + 1  |  – 12 ∫ d (z 2  – 1 ) z 2  – 1 = 
 ln | z – 1z + 1  |  – 12 ln  | z 2  – 1 |  . 
Подставляем в (П.3):
ln | z – 1z + 1  |  – 12 ln  | z 2  – 1 |  = ln  | t |  + C . 
Умножим на 2 и потенцируем:
2 ln | z – 1z + 1  |  =  ln  | z 2  – 1 |  + 2 ln  | t |  + 2C ; 
( z – 1z + 1  )  2  =  | z 2  – 1 |  ⋅ t 2  ⋅ e 2C  . 
Заменим постоянную e 2C  → C > 0 .  Раскроем знак модуля, после чего постоянная C сможет принимать отрицательные значения. Умножим на (z + 1 )  2  и применим формулу: z 2  – 1 = (z – 1 ) (z + 1 )  . 
(z – 1 )  2  =  C (z + 1 )  2 (z – 1 ) (z + 1 )  t 2  . 
Сократим на (z – 1 )   : 
z – 1 = C (z + 1 )  3  t 2  . 
Возвращаемся к переменным w и t , используя формулу: w = z t .  Для этого умножим на t :
(z – 1 ) t = C (z + 1 )  3  t 3  ; 
zt – t = C (zt + t )  3  ; 
w – t = C (w + t )  3  . 
Возвращаемся к переменным x и y , используя формулы: t = x + 1 , w = y – 2 .
y – 2 – (x + 1 )  = C (y – 2 + x + 1 )  3  ; 
(П.4)   y – x – 3 = C (y + x – 1 )  3  . 

Теперь рассмотрим случай z 2  = 1 или z = ± 1 . 
z = wt = y – 2x + 1 = ± 1 ; 
y – 2 = ± x ± 1 . 
Для верхнего знака «+» имеем:
y – 2 = x + 1 ; 
y – x – 3 = 0 . 
Это решение входит в общий интеграл (П.4) при значении постоянной C = 0 .
Для нижнего знака «–»:
y – 2 = – x – 1 ; 
y + x – 1 = 0 . 
Эта зависимость также является решением исходного дифференциального уравнения, но не входит в общий интеграл (П.4). Поэтому к общему интегралу добавим решение
y + x – 1 = 0 . 

Ответ

y – x – 3 = C (y + x – 1 )  3  ; 
y + x – 1 = 0 . 

Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.

Автор: Олег Одинцов.     Опубликовано:   Изменено:

▲
Меню