Дифференциальные уравнения первого порядка, приводящиеся к однородным
К однородным уравнениям первого порядка приводится уравнение вида:
(1) ,
где f – функция.
Как определить, что дифференциальное уравнение приводится к однородному
Для того, чтобы определить, что дифференциальное уравнение приводится к однородному, нужно выделить две линейные формы:
a 1 x + b 1 y + c 1 , a 2 x + b 2 y + c 2 ,
и выполнить замену:
a 1 x + b 1 y + c 1 → t ( a 1 x + b 1 y + c 1 ) ;
a 2 x + b 2 y + c 2 → t ( a 2 x + b 2 y + c 2 ) .
Если, после преобразований, t сократится, то это уравнение приводится к однородному.
Пример
Определить, приводится ли данное дифференциальное уравнение к однородному:
.
Выделяем две линейные формы:
x + 2 y + 1 и x + 4 y + 3 .
Первую заменим на t ( x + 2 y + 1) , вторую – на t ( x + 4 y + 3) :
.
По свойству логарифма:
.
t сокращается:
.
Следовательно, это уравнение приводится к однородному.
Решение дифференциального уравнения, приводящегося к однородному уравнению
Решаем систему уравнений:
(2)
Здесь возможны три случая.
1) Система (2) имеет бесконечное множество решений (прямые a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 и a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 совпадают). В этом случае
;
.
Тогда
.
Это простейший вид уравнения с разделяющимися переменными:
.
Его решение:
y = Ax + C .
2) Система (2) не имеет решений (прямые a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 и a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 параллельны). В этом случае a 1 b 2 = a 2 b 1 .
Применим это соотношение.
.
Это означает, что a 2 x + b 2 y + c 2 является функцией от a 1 x + b 1 y + c 1 . Поэтому является функцией от a 1 x + b 1 y + c 1 . То есть f является функцией от a 1 x + b 1 y + c 1 . Обозначим такую функциею как g . Тогда исходное уравнение (1) имеет вид:
.
Это уравнение приводится к уравнению с разделяющимися переменными подстановкой
z = a 1 x + b 1 y + c 1 .
3) Система (2) имеет одно решение (прямые a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 и a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 пересекаются в одной точке). Обозначим это решение как x 0 , y 0 . Тогда
(3)
Делаем подстановку x = t + x 0 , y = u + y 0 , где u – это функция от t . Тогда
dx = dt, dy = du ;
.
Или
.
Это однородное дифференциальное уравнение первого порядка. Оно решается подстановкой u = z t , где z – это функция от t .
Пример решения дифференциального уравнения, приводящегося к однородному уравнению первого порядка
Решить уравнение
(П.1) .
1) Проверим, приводится ли это дифференциальное уравнение к однородному. Для этого выделяем две линейные формы:
2 x – y + 4 и x – 2 y + 5 .
Первую заменим на t (2 x – y + 4) , вторую – на t ( x – 2 y + 5) :
.
Делим на t :
.
t сократилось, поэтому это уравнение приводится к однородному.
2) Решаем систему
Из первого уравнения y = 2 x + 4 . Подставляем во второе:
x – 2(2 x + 4) + 5 = 0 ;
x – 4 x – 8 + 5 = 0 ;
– 3 x = 3 ;
x = – 1 ;
y = 2 x + 4 = 2·(–1) + 4 = 2 .
Итак, мы нашли решение системы:
x 0 = –1 , y 0 = 2 .
3) Делаем подстановку:
x = t + x 0 = t – 1 ;
y = u + y 0 = u + 2 ,
где u – функция от t . dx = dt, dy = du , ;
;
.
Подставляем в (П.1):
(П.2) .
Это – однородное уравнение.
4) Решаем однородное уравнение (П.2). Делаем подстановку:
u = z · t , где z – функция от t .
u′ = ( z · t ) ′ = z′t + z t′ = z′t + z .
Подставляем в (П.2):
.
Сокращаем на t и выполняем преобразования:
;
;
.
Разделяем переменные – умножаем на dt и делим на t ( z 2 – 1) . При z 2 ≠ 1 получаем:
.
Интегрируем:
(П.3) .
Вычисляем интегралы:
;
.
Подставляем в (П.3):
.
Умножим на 2 и потенцируем:
;
.
Заменим постоянную e 2 C → C . Раскроем знак модуля, поскольку нужный знак обеспечивается выбором знака постоянной C . Умножим на ( z + 1) 2 и применим формулу: z 2 – 1 = ( z – 1)( z + 1) .
.
Сократим на ( z – 1) :
.
Возвращаемся к переменным u и t , используя формулу: u = z t . Для этого умножим на t :
;
;
.
Возвращаемся к переменным x и y , используя формулы: t = x + 1 , u = y – 2 .
;
(П.4) .
Теперь рассмотрим случай z 2 = 1 или z = ±1 .
;
.
Для верхнего знака «+» имеем:
;
.
Это решение входит в общий интеграл (П.4) при значении постоянной C = 0 .
Для нижнего знака «–»:
;
.
Эта зависимость также является решением исходного дифференциального уравнения, но не входит в общий интеграл (П.4). Поэтому к общему интегралу добавим решение
.
Использованная литература:
Н.М. Гюнтер, Р.О. Кузьмин, Сборник задач по высшей математике, «Лань», 2003.
Автор: Олег Одинцов . Опубликовано: 30-07-2012 Изменено: 22-06-2015
Однородные дифференциальные уравнения
и приводящиеся к ним
Однородные уравнения
Функция называется однородной функцией своих аргументов измерения , если справедливо тождество .
Например, функция есть однородная функция второго измерения, так как
При имеем функцию нулевого измерения. Например, есть однородная функция нулевого измерения, так как
Дифференциальное уравнение вида называется однородным относительно и , если есть однородная функция своих аргументов нулевого измерения. Однородное уравнение всегда можно представить в виде
Вводя новую искомую функцию , уравнение (1) можно привести к уравнению с разделяющими переменными:
Если есть корень уравнения , то решение однородного уравнения будет или (прямая, проходящая через начало координат).
Замечание. При решении однородных уравнений необязательно приводить их к виду (1). Можно сразу делать подстановку .
Пример 1. Решить однородное уравнение .
Решение. Запишем уравнение в виде так что данное уравнение оказывается однородным относительно и . Положим , или . Тогда . Подставляя в уравнение выражения для и , получаем . Разделяем переменные: . Отсюда интегрированием находим
Так как , то, обозначая , получаем , где или . Заменяя на , будем иметь общий интеграл .
Отсюда общее решение: .
При разделении переменных мы делили обе части уравнения на произведение , поэтому могли потерять решение, которые обращают в ноль это произведение.
Положим теперь и . Но в силу подстановки , а из соотношения получаем, что , откуда . Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции и также являются решениями данного уравнения.
Пример 2. Рассмотреть семейство интегральных кривых однородного уравнения . Показать, что касательные в соответственных точках к кривым, определяемым этим однородным дифференциальным уравнением, параллельны между собой.
Примечание: Будем называть соответственными те точки на кривых , которые лежат на одном луче, выходящем из начала координат.
Решение. По определению соответственных точек имеем , так что в силу самого уравнения , где и — угловые коэффициенты касательных к интегральным кривым и , в точках и соответственно (рис. 12).
Уравнения, приводящиеся к однородным
А. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида
где — постоянные, а — непрерывная функция своего аргумента .
Если , то уравнение (3) является однородным и оно интегрируется, как указано выше.
Если хотя бы одно из чисел отлично от нуля, то следует различать два случая.
1) Определитель . Вводя новые переменные и по формулам , где и — пока неопределенные постоянные, приведем уравнение (3) к виду
Выбирая и как решение системы линейных уравнений
получаем однородное уравнение . Найдя его общий интеграл и заменив в нем на , a на , получаем общий интеграл уравнения (3).
2) Определитель . Система (4) в общем случае не имеет решений и изложенный выше метод неприменим; в этом случае , и, следовательно, уравнение (3) имеет вид . Подстановка приводит его к уравнению с разделяющимися переменными.
Пример 3. Решить уравнение .
Решение. Рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений
Определитель этой системы .
Система имеет единственное решение . Делаем замену . Тогда уравнение (5) примет вид
Это уравнение является однородным уравнением. Полагая , получаем
Интегрируя, найдем или .
Возвращаемся к переменным :
Пример 4. Решить уравнение .
Решение. Система линейных алгебраических уравнений несовместна. В этом случае метод, примененный в предыдущем примере, не подходит. Для интегрирования уравнения применяем подстановку , . Уравнение примет вид
Разделяя переменные, получаем
Возвращаясь к переменным , получаем общий интеграл данного уравнения
Б. Иногда уравнение можно привести к однородному заменой переменного . Это имеет место в том случае, когда в уравнении все члены оказываются одинакового измерения, если переменному приписать измерение 1, переменному — измерение и производной — измерение .
Пример 5. Решить уравнение .
Решение. Делаем подстановку , где пока произвольное число, которое мы выберем позже. Подставляя в уравнение выражения для и , получим
Заметим, что имеет измерение имеет измерение , имеет измерение . Полученное уравнение будет однородным, если измерения всех членов одинаковы, т.е. если выполняется условие , или .
Положим ; исходное уравнение принимает вид
Положим теперь . Тогда это уравнение примет вид , откуда .
Разделяем переменные в этом уравнении . Интегрируя, найдем
Заменяя через , получаем общий интеграл данного уравнения
Уравнение имеет еще очевидное решение , которое получается из общего интеграла при , если интеграл записать в виде , а затем перейти к пределу при . Таким образом, функция является частным решением исходного уравнения.
Учебное занятие «Однородные уравнения и уравнения, сводимые к однородным»
Разделы: Математика
Дидактическая цель: Создать условия для осознания и осмысления новой информации и успешного применения ранее полученных знаний.
Тип урока: Урок изучения и первичного закрепления нового материала.
Триединая дидактическая цель:
Образовательная:
- продолжить формирование знаний по решению тригонометрических уравнений и умения применять эти знания в стандартной ситуации;
- создавать условия для выработки умений применять известные алгоритмы в стандартной ситуации.
Развивающая:
- создавать условия для развития аналитических навыков при решении однородных тригонометрических уравнений.
Воспитательная:
- создание условий для качественного выполнения работы;
- воспитание воли и упорства в достижении поставленной цели.
Технология проблемного обучения
Форма организации учебной деятельности — индивидуальная, фронтальная.
Конспект занятия
I. Математический диктант с самопроверкой (актуализация знаний)
Карточки с уравнениями на магнитах крепятся к доске. Ответы ученики пишут в тетрадях.
Уравнение
Ответ
Уравнение
Ответ
cos x = 0
x = + n, nZ
sin x = 0
x = n, nZ
tg x = —
x = — + n
tg x = — 1
x = — + n
sin x = — 1
x = — + 2n
ctg x = —
x = + n
tg x = 1
x = + n
cos x = 1
x = 2n
ctg x = —
x = + n
tg x =
x = +n
II. Изучение нового материала
A. sin x — cos x = 0 — однородное уравнение первой степени.
Заканчивая предыдущий урок, я сказала, что пока мы не умеем решать такое уравнение, но некоторые сомневались и предлагали разделить обе части уравнения на cos x. Сохранится ли равносильность? Может быть, решения уравнения cos x = 0 являются решениями данного уравнения? Нет! Почему? Как это доказать?
Если cos x = 0 , то sin x — 0 = 0 sin x = 0, что невозможно, т.к. теряет смысл тождество sin 2 x + cos 2 x = 1. Синус и косинус одного и того же аргумента не могут быть равны 0 одновременно. Следовательно, при делении на cos x получаем уравнение, равносильное данному.
sin x — cos x = 0 | : cos x
tg x — = 0; tg x = ; x = + n, n Z
(Ответ: x = + n, nZ)
Если это неубедительно, то обратимся к квадратному уравнению у 2 — у = 0; если разделим его на у, то потеряем корень 0.
Можно ли делить на sin x? Если делить на sin x, то выдвигать условие sin x 0. Будут ли значения x, при которых sin x = 0, корнями данного уравнения? Нет! Если sin x = 0, то cos x = 0 , что невозможно, т.к. теряет смысл основное тригонометрическое тождество sin 2 x + cos 2 x = 1.
Учащиеся изучают “Материалы к уроку”.
Материалы к уроку (раздаются каждому ученику)
Тема урока: “Однородные уравнения и уравнения, сводимые к однородным”
a·sin 2 x + b·sin x·cos x + c·cos 2 x = 0,
a·sin 3 x + b·sin 2 x·cos x + c·sin x·cos 2 x + d·cos 3 x = 0 и т.д.,
где a, b, с, d — действительные числа, называют однородными относительно sin x и cos x.
2. Сумма показателей степеней при sin x и cos x у всех членов такого уравнения одинакова. Эта сумма называется степенью однородного уравнения. Рассмотренные уравнения имеют соответственно первую, вторую и третью степень.
3. Делением на cos k x, где k — степень однородного уравнения, уравнение приводится к алгебраическому относительно функции tg x.
4. Разделим обе части уравнения на cos x. Значения x, при которых cos x = 0, не являются решениями данного уравнения, т.к. если cos х = 0, то и sin x должен обращаться в 0, а косинус и синус одного аргумента не могут быть равны нулю одновременно. Следовательно, при делении на cos x получаем уравнение, равносильное данному.
5. Например, sin x — cos x = 0. Если cos x = 0, то sin x — ·0 = 0 sin x = 0, что невозможно, т.к. теряет смысл основное тригонометрическое тождество sin 2 x + cos 2 x = l.
B. sin 2 x + sin x cos x — 2cos 2 x = 0 — однородное II степени.
sin 2 x + sin x cos x — 2cos 2 x = 0 | : cos 2 x
cos 2 x 0, т.к. если cos x = 0, то sin 2 x + sin x ·0 — 2 ·0 = 0 sin x = 0, что невозможно (противоречит основному тригонометрическому тождеству).
tg 2 x + tg x — 2 = 0
Пусть tg x = t, тогда t 2 + t — 2 = 0.
В полученном квадратном уравнении a + b + c = 0, значит, t1 = 1, t2 = — 2.
tg x = 1 или tg x = — 2
x = + n, nZ; x = — arctg 2 + k, kZ
Ответ: x = + n, nZ; x = — arctg 2 + k, kZ
C. sin x cos x — 3cos 2 x + 1 = 0. Является ли уравнение однородным?
Нет, т.к. слагаемое 1 — нулевой степени. Следовательно, чтобы привести это уравнение к однородному необходимо заменить 1 на sin 2 x + cos 2 x.
sin x cos x — 3cos 2 x + sin 2 x + cos 2 x = 0
sin 2 x + sin x cos x — 2 cos 2 x = 0 | : cos 2 x
tg 2 x + tg x — 2 = 0 и т.д. (см. пример B).
D. 4 sin 2 x + sin x cos x + cos 2 x = 3 — уравнение не является однородным.
4 sin 2 x + sin x cos x + cos 2 x = 3(sin 2 x + cos 2 x)
4 sin 2 x + sin x cos x + cos 2 x — 3 sin 2 x — 3 cos 2 x = 0
sin 2 x + sin x cos x — 2 cos 2 x = 0 | : cos 2 x однородное II степени
tg 2 x + tg x — 2 = 0 и т.д. (см. пример B).
E. sin 2 x + 3sin x cos x — 8cos 2 x = — 2 — уравнение не является однородным.
sin 2 x + 3sin x cos x — 8cos 2 x + 2(sin 2 x + cos 2 x) = 0
3sin 2 x + 3sin x cos x — 6cos 2 x = 0 | : 3
sin 2 x + sin x cos x — 2 cos 2 x = 0 | : cos 2 x однородное II степени
tg 2 x + tg x — 2 = 0 и т.д. (см. пример B)
III. Устная работа
Указать прием решения уравнения:
2) 3sin 2 x — 4sin x cos x + cos 2 x = 0
3) sin 3 x cos x — 2sin 2 x cos 2 x = 3sin x cos 3 x — 6cos 4 x
4) sin 2 x + sin 2x = 0 (sin 2 x + 2sin x cos x = 0)
5) cos 2 x + sin 2x = 0 (cos 2 x + 2sin x cos x = 0)
IV. Неполные однородные уравнения
Уравнения 4) и 5) из устной работы два ученика решают одновременно на доске.
Традиционная ошибка школьников при решении неполных однородных уравнений II степени делением на одну из функций — потеря корней. Решая уравнения разложением на множители оба ученика получают две серии корней. А при решении новым способом (деление на функцию) у одного получаются две серии корней, а у другого — одна. В чём ошибка?
После обсуждения проблемы сформулировали вывод: “дели на то, чего мало”.
sin 2 x + 2sin x cos x = 0.
разложим левую часть уравнения на множители
sin x = 0 или sin x + 2cos x = 0 | : cos x (получили однородное уравнение I степени)
x = n, nZ; tg x = — 2; x = — arctg 2 + k, kZ
Ответ: x = n, nZ; x = — arctg 2 + k, kZ
Решаем данное уравнение как однородное II степени
sin 2 x + 2sin x cos x = 0 | : cos 2 x
tg 2 x + 2tg x = 0
tg x = 0 или tg x + 2 = 0
x = n, nZ; tg x = — 2; x = — arctg2 + k, kZ
cos 2 x + 2sin x cos x = 0.
I способ (решаем как однородное уравнение II степени):
cos 2 x + 2sin x cos x = 0 | : sin 2 x (“дели на то, чего мало”)
если sin x = 0, то cos 2 x + 2·0·cos x = 0 U сos x = 0,что невозможно
сtg 2 x + 2сtg x = 0
сtg x = 0 или сtg x + 2 = 0
х = + n, nZ; x = — arcctg 2 + k, kZ.
Ответ: х = + n, nZ; x = — arcctg 2 + k, kZ
II способ для проверки (решаем разложением на множители):
cos x (cos x + 2sin x ) = 0
cos x = 0 или cos x + 2sin x = 0 | : cos x
х = + n, nZ; 1 + 2tg x = 0 ; tg x = — ;
x = — arctg + k, kZ
V. Самостоятельная работа
1)
1)
2)
2)
3)
3)
4)
4)
5)
5)
Ответы: во всех случаях полагается n, kI Z
1)
1)
2)
2)
3)
3)
4)
4)
5)
5)
VI. Домашнее задание (Колмогоров А.Н. и др., “Алгебра и начала анализа”)
VII. Рефлексия (ответы на вопросы ученики пишут на листочках и сдают их учителю)
http://mathhelpplanet.com/static.php?p=odnorodnye-differentsialnye-uravneniya
http://urok.1sept.ru/articles/212251