Valmis vastused homogeensete diferentsiaalvõrrandite näidetele Paljud õpilased otsivad esimest järku (1. järku kontrollerid on õppetöös kõige levinumad), siis saate neid üksikasjalikult analüüsida. Kuid enne näidete kaalumise juurde asumist soovitame teil lühike teoreetiline materjal hoolikalt läbi lugeda.
Nimetatakse võrrandid kujul P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0, kus funktsioonid P(x,y) ja Q(x,y) on sama järku homogeensed funktsioonid. homogeenne diferentsiaalvõrrand(ODR).

Skeem homogeense diferentsiaalvõrrandi lahendamiseks

1. Esmalt tuleb rakendada asendust y=z*x, kus z=z(x) on uus tundmatu funktsioon (seega algne võrrand taandatakse eraldatavate muutujatega diferentsiaalvõrrandiks).
2. Korrutise tuletis on y"=(z*x)"=z"*x+z*x"=z"*x+z või diferentsiaalides dy=d(zx)=z*dx+ x*dz.
3. Järgmiseks asendame uue funktsiooni y ja selle tuletise y" (või dy). DE eraldatavate muutujatega x ja z suhtes.
4. Olles lahendanud eraldatavate muutujatega diferentsiaalvõrrandi, teeme pöördmuutuse y=z*x, seega z= y/x ja saame diferentsiaalvõrrandi üldlahend (üldintegraal)..
5. Kui on antud algtingimus y(x 0)=y 0, siis leiame Cauchy probleemile konkreetse lahenduse. Teoorias kõlab see lihtsalt, kuid praktikas pole kõigil diferentsiaalvõrrandite lahendamine nii lõbus. Seetõttu vaatame oma teadmiste süvendamiseks levinud näiteid. Lihtsate ülesannete kohta pole teile palju õpetada, nii et liigume edasi keerukamate ülesannete juurde.

Esimest järku homogeensete diferentsiaalvõrrandite arvutused

Näide 1.

Lahendus: jagage võrrandi parem pool muutujaga, mis on tuletise kõrval tegur. Selle tulemusena jõuame kohale 0-ndat järku homogeenne diferentsiaalvõrrand

Ja siin hakkasid ilmselt paljud inimesed huvi tundma, kuidas määrata homogeense võrrandi funktsiooni järjekorda?
Küsimus on üsna asjakohane ja vastus sellele on järgmine:
paremal pool asendame funktsiooni ja argumendi asemel väärtused t*x, t*y. Lihtsustades saadakse parameeter “t” teatud määral k, mida nimetatakse võrrandi järjekorraks. Meie puhul vähendatakse "t", mis võrdub 0-nda astmega või homogeense võrrandi nulljärku.
Järgmisena saame paremal pool liikuda uue muutuja juurde y=zx; z=y/x.
Samal ajal ärge unustage väljendada "y" tuletist uue muutuja tuletise kaudu. Osade reegli järgi leiame

Võrrandid diferentsiaalides võtab vormi

Tühistame paremal ja vasakul küljel olevad levinud terminid ja liigume edasi eraldatud muutujatega diferentsiaalvõrrand.

Integreerime DE mõlemad pooled

Edasiste teisenduste mugavuse huvides sisestame konstandi kohe logaritmi alla

Vastavalt logaritmide omadustele on saadud logaritmiline võrrand samaväärne järgmisega

See kirje ei ole veel lahendus (vastus), tuleb tagasi pöörduda muutujate teostatud asendamise juurde

Nii nad leiavad diferentsiaalvõrrandite üldlahendus. Kui lugesite tähelepanelikult eelnevaid õppetükke, siis ütlesime, et eraldatud muutujatega võrrandite arvutamise skeemi peaks saama vabalt rakendada ja sellised võrrandid tuleb arvutada keerukamate kaugjuhtimispuldi tüüpide jaoks.

Näide 2. Leia diferentsiaalvõrrandi integraal

Lahendus: homogeensete ja kombineeritud juhtimissüsteemide arvutamise skeem on teile nüüd tuttav. Liigutame muutuja võrrandist paremale poole ja võtame ühise tegurina välja ka x 2 lugejas ja nimetajas

Seega saame homogeense nulljärgu diferentsiaalvõrrandi.
Järgmise sammuna tutvustame muutujate z=y/x, y=z*x asendamist, mida tuletame teile pidevalt meelde, et see meelde jääks.

Pärast seda kirjutame kaugjuhtimispuldi diferentsiaalidesse

Järgmisena teisendame sõltuvuse eraldatud muutujatega diferentsiaalvõrrand

ja me lahendame selle integreerimise teel.

Integraalid on lihtsad, ülejäänud teisendused sooritatakse logaritmi omaduste põhjal. Viimane samm hõlmab logaritmi paljastamist. Lõpuks pöördume tagasi algse asendamise juurde ja kirjutame selle vormi

Konstant "C" võib võtta mis tahes väärtuse. Kõigil, kes õpivad kirja teel, on seda tüüpi võrranditega eksamitel probleeme, seega vaadake hoolikalt ja pidage meeles arvutusskeem.

Näide 3. Lahendage diferentsiaalvõrrand

Lahendus: ülaltoodud metoodikast tulenevalt lahendatakse seda tüüpi diferentsiaalvõrrandid uue muutuja sisseviimisega. Kirjutame sõltuvuse ümber nii, et tuletis on ilma muutujata

Edasi, analüüsides paremat poolt, näeme, et fragment -ee on kõikjal olemas ja tähistab seda kui uut tundmatut
z=y/x, y=z*x.
y tuletise leidmine

Võttes arvesse asendust, kirjutame vormile ümber esialgse DE

Lihtsustame identseid termineid ja taandame kõik saadud terminid DE-ks eraldatud muutujatega

Integreerides mõlemad võrdsuse pooled

jõuame lahenduseni logaritmide kujul

Leitud sõltuvuste paljastamisega diferentsiaalvõrrandi üldlahendus

mis pärast muutujate esialgse muutumise asendamist sellesse võtab kuju

Siin on C konstant, mida saab edasi määrata Cauchy tingimuse põhjal. Kui Cauchy ülesannet ei täpsustata, omandab see suvalise tegeliku väärtuse.
See on kogu tarkus homogeensete diferentsiaalvõrrandite arvutamisel.

Käesolevas artiklis vaatleme homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamise meetodit.

Homogeensetel trigonomeetrilistel võrranditel on sama struktuur kui mis tahes muud tüüpi homogeensetel võrranditel. Tuletan teile meelde teise astme homogeensete võrrandite lahendamise meetodit:

Vaatleme vormi homogeenseid võrrandeid

Homogeensete võrrandite iseloomulikud tunnused:

a) kõigil monoomidel on sama aste,

b) vaba tähtaeg on null,

c) võrrand sisaldab kahe erineva alusega astmeid.

Homogeensed võrrandid lahendatakse sarnase algoritmi abil.

Seda tüüpi võrrandi lahendamiseks jagame võrrandi mõlemad pooled arvuga (saab jagada või võrrandiga)

Tähelepanu! Kui jagate võrrandi parema ja vasaku külje tundmatut sisaldava avaldisega, võite kaotada juured. Seetõttu tuleb kontrollida, kas avaldise juured, millega jagame võrrandi mõlemad pooled, on algvõrrandi juured.

Kui on, siis kirjutame selle juure üles, et me seda hiljem ei unustaks, ja jagame siis avaldise sellega.

Üldiselt on esimene asi, mida teha mis tahes võrrandi lahendamisel, mille paremal küljel on null, püüda võrrandi vasakut poolt mis tahes saadaoleval viisil arvesse võtta. Ja seejärel võrdsustage iga tegur nulliga. Sel juhul ei kaota me kindlasti juuri.

Niisiis, jagage võrrandi vasak pool ettevaatlikult termini kaupa avaldisteks. Saame:

Vähendame teise ja kolmanda murru lugejat ja nimetajat:

Tutvustame asendust:

Saame ruutvõrrandi:

Lahendame ruutvõrrandi, leiame väärtused ja naaseme seejärel algse tundmatu juurde.

Homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamisel tuleb meeles pidada mõnda olulist asja:

1. Näiliku termini saab teisendada siinuse ja koosinuse ruuduks, kasutades põhilist trigonomeetrilist identiteeti:

2. Topeltargumendi siinus ja koosinus on teise astme monomiaalid – topeltargumendi siinus on kergesti teisendatav siinuse ja koosinuse korrutiseks ning topeltargumendi koosinus siinuse või koosinuse ruuduks:

Vaatame mitut näidet homogeensete trigonomeetriliste võrrandite lahendamisest.

1 . Lahendame võrrandi:

See on klassikaline näide esimese astme homogeensest trigonomeetrilisest võrrandist: iga monoomi aste on võrdne ühega, vaba liige on võrdne nulliga.

Enne võrrandi mõlema poole jagamist peate kontrollima, et võrrandi juured ei oleks algse võrrandi juured. Kontrollime: if , then title="sin(x)0">, следовательно их сумма не равна нулю.!}

Jagame võrrandi mõlemad pooled arvuga .

Saame:

, Kus

, Kus

Vastus: , Kus

2. Lahendame võrrandi:

See on näide teise astme homogeensest trigonomeetrilisest võrrandist. Peame meeles, et kui saame võrrandi vasakpoolset külge arvesse võtta, on soovitatav seda teha. Sellesse võrrandisse võime panna . Teeme seda:

Esimese võrrandi lahendus: , kus

Teine võrrand on esimese astme homogeenne trigonomeetriline võrrand. Selle lahendamiseks jagage võrrandi mõlemad pooled . Saame:

Vastus: , kus ,

3. Lahendame võrrandi:

Selle võrrandi homogeenseks muutmiseks teisendame selle korrutiseks ja esitame arvu 3 siinuse ja koosinuse ruutude summana:

Liigutame kõik terminid vasakule, avame sulud ja esitame sarnased terminid. Saame:

Faktoriseerime vasaku külje ja määrame iga teguri võrdseks nulliga:

Vastus: , kus ,

4 . Lahendame võrrandi:

Vaatame, mida saame sulgudest välja võtta. Teeme seda:

Võrdleme iga teguri nulliga:

Esimese võrrandi lahendus:

Teine populatsioonivõrrand on klassikaline teise astme homogeenne võrrand. Võrrandi juured ei ole algse võrrandi juured, seega jagame võrrandi mõlemad pooled järgmisega:

Esimese võrrandi lahendus:

Teise võrrandi lahendus.

1. järku homogeense diferentsiaalvõrrandi lahendamiseks kasuta asendust u=y/x, st u on uus tundmatu funktsioon, mis sõltub x-ist. Seega y=ux. Leiame tuletise y’ korrutise eristamise reegli abil: y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u (kuna x’=1). Teise tähistusvormi jaoks: dy = udx + xdu Pärast asendamist lihtsustame võrrandit ja saame eraldatavate muutujatega võrrandi.

I järku homogeensete diferentsiaalvõrrandite lahendamise näiteid.

1) Lahenda võrrand

Kontrollime, kas see võrrand on homogeenne (vt Kuidas määrata homogeenset võrrandit). Kui oleme veendunud, teeme asendus u=y/x, millest y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Asendus: u’x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Kuna korrutise logaritm on võrdne logaritmide summaga, siis ln(ux)=lnu+lnx. Siit

u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Pärast sarnaste terminite toomist: u’x+u=u(1+lnu). Nüüd avage sulgud

u'x+u=u+u·lnu. Mõlemad pooled sisaldavad u, seega u’x=u·lnu. Kuna u on x-i funktsioon, siis u’=du/dx. Asendame

Oleme saanud eraldatavate muutujatega võrrandi. Eraldame muutujad, korrutades mõlemad osad dx-ga ja jagades x·u·lnu-ga, eeldusel, et korrutis x·u·lnu≠0

Integreerime:

Vasakul küljel on tabeli integraal. Paremal - teeme asenduseks t=lnu, kust dt=(lnu)’du=du/u

ln│t│=ln│x│+C. Kuid me oleme juba arutanud, et sellistes võrrandites on mugavam võtta C asemel ln│C│. Siis

ln│t│=ln│x│+ln│C│. Vastavalt logaritmide omadusele: ln│t│=ln│Сx│. Seega t=Cx. (tingimuse järgi, x>0). On aeg teha vastupidine asendus: lnu=Cx. Ja veel üks vastupidine asendus:

Logaritmide omaduste järgi:

See on võrrandi üldine integraal.

Tuletame meelde korrutise x·u·lnu≠0 (ja seega x≠0,u≠0, lnu≠0, kust u≠1) tingimust. Kuid tingimusest x≠0 jääb alles u≠1, seega x≠y. Ilmselgelt on y=x (x>0) üldlahendisse kaasatud.

2) Leidke võrrandi y’=x/y+y/x osaintegraal, mis vastab algtingimustele y(1)=2.

Esiteks kontrollime, kas see võrrand on homogeenne (kuigi terminite y/x ja x/y olemasolu viitab sellele juba kaudselt). Seejärel teeme asendus u=y/x, millest y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Asendame saadud avaldised võrrandisse:

u’x+u=1/u+u. Lihtsustame:

u'x=1/u. Kuna u on x-i funktsioon, siis u’=du/dx:

Oleme saanud eraldatavate muutujatega võrrandi. Muutujate eraldamiseks korrutame mõlemad pooled dx ja u-ga ning jagame x-ga (tingimuse järgi x≠0, seega ka u≠0, mis tähendab, et lahenduste kadu ei ole).

Integreerime:

ja kuna mõlemad pooled sisaldavad tabeliintegraale, saame kohe

Teostame vastupidise asendamise:

See on võrrandi üldine integraal. Kasutame algtingimust y(1)=2, st asendame saadud lahendusega y=2, x=1:

3) Leidke homogeense võrrandi üldine integraal:

(x²-y²)dy-2xydx=0.

Asendus u=y/x, kust y=ux, dy=xdu+udx. Asendame:

(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. Võtame sulgudest välja x² ja jagame sellega mõlemad osad (kui x≠0):

x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0

(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Avage sulud ja lihtsustage:

xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,

xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Grupeerime terminid du ja dx-ga:

(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Võtame sulgudest välja tavalised tegurid:

x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Eraldame muutujad:

x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Selleks jagame võrrandi mõlemad pooled xu(u²+1)≠0-ga (vastavalt liidame nõuded x≠0 (juba märgitud), u≠0):

Integreerime:

Võrrandi paremal küljel on tabeliintegraal ja vasakpoolses osas jagame ratsionaalse murdosa lihtsateks teguriteks:

(või teises integraalis sai diferentsiaalmärgi asendamise asemel teha asendus t=1+u², dt=2udu - kellele meeldib, kumb meetod parem). Saame:

Vastavalt logaritmide omadustele:

Vastupidine asendamine

Tuletame meelde tingimust u≠0. Seega y≠0. Kui C=0 y=0, tähendab see, et lahenduste kadu ei ole ja y=0 sisaldub üldises integraalis.

kommenteerida

Lahenduse saab kirjutada erineval kujul, kui jätate termini x-ga vasakule:

Integraalkõvera geomeetriline tähendus on antud juhul ringide perekond, mille keskpunktid on Oy teljel ja läbivad alguspunkti.

Enesetesti ülesanded:

1) (x²+y²)dx-xydy=0

1) Kontrollime võrrandi homogeensust, mille järel teeme asendus u=y/x, kust y=ux, dy=xdu+udx. Asendage tingimus: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Jagades võrrandi mõlemad pooled x²≠0-ga, saame: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Seega dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Lihtsustades on meil: dx-xudu=0. Seega xudu=dx, udu=dx/x. Integreerime mõlemad osad:

Homogeenne

Selles tunnis vaatleme nn esimest järku homogeensed diferentsiaalvõrrandid. Koos eraldatavad võrrandid Ja lineaarsed mittehomogeensed võrrandid seda tüüpi kaugjuhtimispulti leidub peaaegu kõigis hajutiteemalistes testtöödes. Kui tulite lehele otsingumootori kaudu või pole diferentsiaalvõrrandite mõistmises eriti kindel, siis soovitan esmalt tungivalt läbida selle teema sissejuhatav õppetund - Esimest järku diferentsiaalvõrrandid. Fakt on see, et paljud homogeensete võrrandite lahendamise põhimõtted ja kasutatavad tehnikad on täpselt samad, mis kõige lihtsamate eraldatavate muutujatega võrrandite puhul.

Mis vahe on homogeensetel diferentsiaalvõrranditel ja muud tüüpi diferentsiaalvõrranditel? Lihtsaim viis seda kohe selgitada on konkreetse näitega.

Näide 1

Lahendus:
Mida Esiteks tuleks otsustamisel analüüsida ükskõik milline diferentsiaalvõrrand esimene tellimus? Kõigepealt tuleb kontrollida, kas “kooli” toimingute abil on võimalik muutujaid kohe eraldada? Tavaliselt tehakse see analüüs vaimselt või proovides muutujaid mustandis eraldada.

Selles näites muutujaid ei saa eraldada(võid proovida termineid osast osasse visata, faktoreid sulgudest välja tõsta jne). Muide, selles näites on asjaolu, et muutujaid ei saa jagada, tänu kordaja olemasolule üsna ilmne.

Tekib küsimus: kuidas seda hajutatud probleemi lahendada?

Vaja kontrollida ja Kas see võrrand pole homogeenne?? Kontrollimine on lihtne ja verifitseerimisalgoritmi saab sõnastada järgmiselt:

Algsele võrrandile:

selle asemel me asendame, selle asemel me asendame, me ei puuduta tuletist:

Täht lambda on tingimuslik parameeter ja siin mängib see järgmist rolli: kui teisenduste tulemusena on võimalik KÕIK lambdad "hävitada" ja saada algne võrrand, siis see diferentsiaalvõrrand on homogeenne.

On ilmne, et lambdasid vähendatakse kohe eksponendiga:

Nüüd võtame paremal küljel lambda sulgudest välja:

ja jagage mõlemad osad selle sama lambdaga:

Tulemusena Kõik Lambdad kadusid nagu unenägu, nagu hommikune udu ja saime algse võrrandi.

Järeldus: See võrrand on homogeenne

Kuidas lahendada homogeenset diferentsiaalvõrrandit?

Mul on väga häid uudiseid. Absoluutselt kõiki homogeenseid võrrandeid saab lahendada ühe (!) standardse asendusega.

Funktsioon "mäng" peaks olema asendada tööd mingi funktsioon (sõltub ka x-st) ja "x":

Nad kirjutavad peaaegu alati lühidalt:

Selgitame välja, milliseks tuletis sellise asendusega muutub, kasutame toote eristamise reeglit. Kui siis:

Asendame algsesse võrrandisse:

Mida selline asendus annab? Pärast seda asendamist ja lihtsustusi me garanteeritud saame eraldatavate muutujatega võrrandi. JÄTA MEELDE nagu esimene armastus :) ja vastavalt .

Pärast asendamist teostame maksimaalseid lihtsustusi:

Kuna funktsioon sõltub x-st, saab selle tuletise kirjutada standardmurruna: .
Seega:

Eraldame muutujad, samas kui vasakul küljel peate koguma ainult "te" ja paremal küljel - ainult "x":

Muutujad on eraldatud, integreerime:


Minu artikli esimese tehnilise näpunäide kohaselt Esimest järku diferentsiaalvõrrandid, paljudel juhtudel on soovitatav konstant “sõnastada” logaritmi kujul.

Pärast võrrandi integreerimist peame läbi viima vastupidine asendamine, see on ka standardne ja ainulaadne:
Kui siis
Sel juhul:

18-19 juhul 20-st kirjutatakse homogeense võrrandi lahend üldise integraalina.

Vastus:üldine integraal:

Miks antakse homogeensele võrrandile vastus peaaegu alati üldintegraali kujul?
Enamasti on “mängu” selgesõnaline väljendamine võimatu (üldlahenduse saamiseks) ja kui see on võimalik, siis enamasti osutub üldlahendus tülikaks ja kohmakaks.

Näiteks vaadeldavas näites saab üldise lahenduse saada, kaaludes logaritme üldintegraali mõlemal küljel:

- Noh, see on kõik korras. Kuigi peate tunnistama, et see on siiski veidi kõver.

Muide, selles näites ei pannud ma üldintegraali päris “korralikult” kirja. See pole viga, kuid "heas" stiilis tuletan meelde, et üldine integraal kirjutatakse tavaliselt kujul . Selleks tuleks kohe pärast võrrandi integreerimist konstant kirjutada ilma logaritmita (siin on erand reeglist!):

Ja pärast vastupidist asendust hankige üldine integraal "klassikalisel" kujul:

Saadud vastust saab kontrollida. Selleks peate eristama üldist integraali, see tähendab leidma kaudselt määratud funktsiooni tuletis:

Murdudest vabaneme, korrutades võrrandi mõlemad pooled järgmisega:

Saadud on algne diferentsiaalvõrrand, mis tähendab, et lahendus on leitud õigesti.

Soovitav on alati kontrollida. Kuid homogeensed võrrandid on ebameeldivad selle poolest, et nende üldintegraale on tavaliselt raske kontrollida – selleks on vaja väga-väga korralikku diferentseerimistehnikat. Vaadeldavas näites oli juba kontrollimise käigus vaja leida mitte kõige lihtsamad tuletised (kuigi näide ise on üsna lihtne). Kui saate seda kontrollida, kontrollige seda!

Järgmise näite saate ise lahendada, et saaksite toimingute algoritmiga rahule jääda:

Näide 2

Kontrollige võrrandi homogeensust ja leidke selle üldine integraal.

Kirjutage vastus vormile, tehke kontroll.

Ka siin osutus see üsna lihtsaks kontrolliks.

Ja nüüd teema alguses mainitud lubatud oluline punkt,
Toon rasvaste mustade tähtedega esile:

Kui teisenduste käigus "lähtestame" kordaja (mitte konstant)nimetajasse, siis OHTME lahendustest ilma jääda!

Ja tegelikult kohtasime seda esimeses näites diferentsiaalvõrrandite sissejuhatav tund. Võrrandi lahendamise käigus osutus "y" nimetajaks: , kuid ilmselgelt on see DE lahendus ja ebavõrdse teisenduse (jagamise) tulemusena on kõik võimalused selle kaotamiseks! Teine asi on see, et see lisati üldlahendisse konstandi nullväärtusega. Nimetaja “X” lähtestamist võib samuti ignoreerida, kuna ei rahulda originaalhajutit.

Sarnane lugu sama õppetunni kolmanda võrrandiga, mille lahendamise käigus “kukkusime” nimetajasse. Rangelt võttes oli siin vaja kontrollida, kas see difuusor on lahendus? Lõppude lõpuks on see! Kuid isegi siin "kõik osutus hästi", kuna see funktsioon oli lisatud üldisesse integraali aadressil .

Ja kui see sageli "eraldatavate" võrranditega töötab, siis homogeensete ja mõne muu hajuti puhul ei pruugi see töötada. Suure tõenäosusega.

Analüüsime selles tunnis juba lahendatud ülesandeid: sisse Näited 1-2 Ka X “lähtestamine” osutus ohutuks, sest on olemas ja ning seetõttu on kohe selge, et see ei saa olla lahendus. Pealegi sisse Näide 2 osutus nimetajas olevaks ja siin riskisime funktsiooni kaotamisega, mis ilmselgelt võrrandit rahuldab . Siiski ka siin "läks see mööda", sest... see sisestas üldintegraali konstandi nullväärtusel.

Kuid loomulikult lõin "õnnelikud sündmused" meelega ja pole tõsi, et praktikas tulevad need kokku:

Näide 3

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Kas pole mitte lihtne näide? ;-)

Lahendus: selle võrrandi homogeensus on ilmne, kuid siiski - esimesel sammul Me kontrollime ALATI, kas muutujaid on võimalik eraldada. Sest võrrand on samuti homogeenne, kuid selles olevad muutujad on kergesti eraldatavad. Jah, neid on!

Pärast eraldatavuse kontrollimist teeme asendus ja lihtsustame võrrandit nii palju kui võimalik:

Eraldame muutujad, kogume vasakule "te" ja paremale "x":

Ja siin STOP. Aastaga jagamisel riskime korraga kahe funktsiooni kaotamisega. Alates , on järgmised funktsioonid:

Esimene funktsioon on ilmselgelt võrrandi lahendus . Kontrollime teist - asendame ka selle tuletise oma difuusoris:

– saadakse õige võrdsus, mis tähendab, et funktsioon on ühtlasi lahendus.

JA riskime nendest otsustest ilma jääda.

Lisaks osutus nimetajaks “X” ja seetõttu kontrollige kindlasti, ei ole algse diferentsiaalvõrrandi lahendus. Ei ole.

Võtkem see kõik teadmiseks ja jätkame:

Pean ütlema, et mul vedas vasaku külje integraaliga, see võib olla palju hullem.

Kogume paremale küljele ühe logaritmi ja viskame köidikud maha:

Ja nüüd ainult vastupidine asendus:

Korrutame kõik terminid arvuga:

Nüüd peaksite kontrollima - kas üldintegraali kaasati “ohtlikud” lahendused. Jah, mõlemad lahendid sisaldusid üldintegraalis konstandi nullväärtusega: , seega ei pea neid täiendavalt märkima vastama:

üldine integraal:

Uurimine. Isegi mitte test, vaid puhas nauding :)

Saadud on algne diferentsiaalvõrrand, mis tähendab, et lahendus on leitud õigesti.

Selle ise lahendamiseks:

Näide 4

Tehke homogeensuse test ja lahendage diferentsiaalvõrrand

Kontrolli üldist integraali diferentseerimise teel.

Täislahendus ja vastus tunni lõpus.

Vaatame veel paari tüüpilisemat näidet:

Näide 5

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Lahendus Eks me harjume seda kompaktsemalt kujundama. Esiteks, vaimselt või mustandil, veendume, et muutujaid ei saaks siin eraldada, misjärel viime läbi homogeensuse testi – seda tavaliselt lõpliku mustandi puhul ei tehta. (kui pole spetsiaalselt nõutud). Seega algab lahendus peaaegu alati kirjega: “ See võrrand on homogeenne, teeme asendus: ...».

Asendamine ja läheme mööda läbimõeldud teed:

"X" on siin hea, aga kuidas on ruuttrinoomiga? Kuna see ei ole lagundatav teguriteks: , siis me kindlasti ei kaota lahendusi. See oleks alati nii! Valige vasakpoolsest servast terve ruut ja integreerige:

Siin pole midagi lihtsustada ja seega ka vastupidine asendamine:

Vastus:üldine integraal:

Järgmine näide sõltumatu lahenduse jaoks:

Näide 6

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Tundub, et võrrandid on sarnased, kuid ei - suur erinevus;)

Ja nüüd algab lõbu! Esiteks mõelgem välja, mida teha, kui homogeenne võrrand antakse valmis diferentsiaalidega:

Näide 7

Lahendage diferentsiaalvõrrand

See on väga huvitav näide, terve põnevus!

Lahendus: kui homogeenne võrrand sisaldab valmis diferentsiaale, saab seda lahendada modifitseeritud asendusega:

Kuid ma ei soovita sellist asendust kasutada, kuna see osutub Hiina diferentsiaalide suureks müüriks, kus on vaja silma ja silma. Tehnilisest vaatenurgast on kasulikum minna üle tuletise "kriipsutatud" tähistusele, jagame võrrandi mõlemad pooled:

Ja siin oleme juba teinud "ohtliku" ümberkujundamise! Nulldiferentsiaal vastab teljega paralleelsete sirgjoonte perekonnale. Kas need on meie DU juured? Asendame algse võrrandiga:

See võrdsus kehtib, kui st jagades riskisime lahenduse kaotamisega, ja me kaotasime ta- alates sellest enam ei rahulda saadud võrrand .

Tuleb märkida, et kui me esialgu võrrand oli antud , siis poleks juurtest juttugi. Aga meil on see olemas ja saime selle õigel ajal kinni.

Jätkame lahendust standardse asendusega:
:

Pärast asendamist lihtsustame võrrandit nii palju kui võimalik:

Eraldame muutujad:

Ja siin jälle STOP: jagades riskime kaotada kaks funktsiooni. Alates , on järgmised funktsioonid:

Ilmselgelt on esimene funktsioon võrrandi lahendus . Kontrollime teist - asendame ka selle tuletise:

– kätte saanud tõeline võrdsus, mis tähendab, et funktsioon on ühtlasi ka diferentsiaalvõrrandi lahendus.

Jagades jagades riskime need lahendused kaotada. Siiski võivad nad siseneda üldisesse integraali. Kuid nad ei pruugi siseneda

Võtkem see teadmiseks ja integreerime mõlemad osad:

Vasaku külje integraal on lahendatud standardselt kasutades tervikliku ruudu esiletõstmine, kuid seda on palju mugavam kasutada hajutites määramatute koefitsientide meetod:

Määramatute koefitsientide meetodit kasutades laiendame integrandi elementaarmurdude summaks:


Seega:

Integraalide leidmine:

– kuna oleme joonistanud ainult logaritme, siis lükkame ka konstandi logaritmi alla.

Enne väljavahetamist jällegi lihtsustades kõike, mida saab lihtsustada:

Kettide lähtestamine:

Ja vastupidine asendus:

Meenutagem nüüd “kadunud asju”: lahendus oli küll üldintegraalis kell, kuid “lendas kassast mööda”, sest osutus nimetajaks. Seetõttu antakse vastuses sellele eraldi fraas ja jah - ärge unustage kadunud lahendust, mis muide osutus ka allpool olevaks.

Vastus:üldine integraal: . Rohkem lahendusi:

Üldist lahendust pole siin nii raske väljendada:
, kuid see on juba eputamine.

Mugav aga kontrollimiseks. Leiame tuletise:

ja asendada võrrandi vasakule küljele:

– tulemuseks saadi võrrandi parem pool, mida oli vaja kontrollida.

Nüüd juurtega otsimine, see on ka tavaline ja väga salakaval juhtum:

Näide 8

Lahendage diferentsiaalvõrrand

Lahendus: veenduge suuliselt, et võrrand on homogeenne, ja asendage esimene armastus algvõrrandiga:

Ja oht ootab meid juba siin. Fakt on see, ja seda asjaolu on väga lihtne silmist kaotada:

Head edutamist!

Lahendused ja vastused:

Näide 2: Lahendus: Kontrollime võrrandi homogeensust, selleks algses võrrandis selle asemel asendame ja selle asemel asendame:

Selle tulemusena saadakse algne võrrand, mis tähendab, et see DE on homogeenne.

Esimest järku homogeenne diferentsiaalvõrrand on vormi võrrand
, kus f on funktsioon.

Kuidas määrata homogeenset diferentsiaalvõrrandit

Selleks, et teha kindlaks, kas esimest järku diferentsiaalvõrrand on homogeenne, tuleb sisestada konstant t ja asendada y ty-ga ja x tx-ga: y → ty, x → tx. Kui t väheneb, siis see homogeenne diferentsiaalvõrrand. Tuletis y′ selle teisendusega ei muutu.
.

Näide

Tehke kindlaks, kas antud võrrand on homogeenne

Lahendus

Teeme asendused y → ty, x → tx.


Jagage t-ga 2 .

.
Võrrand ei sisalda t. Seetõttu on see homogeenne võrrand.

Homogeense diferentsiaalvõrrandi lahendamise meetod

Esimest järku homogeenne diferentsiaalvõrrand taandatakse eraldatavate muutujatega võrrandiks, kasutades asendust y = ux. Näitame seda. Mõelge võrrandile:
(i)
Teeme asendused:
y = ux,
kus u on x-i funktsioon. Eristage x suhtes:
y′ =
Asendage algsesse võrrandisse (i).
,
,
(ii) .
Eraldame muutujad. Korrutage dx-ga ja jagage x-ga ( f(u) - u ).

Kell f (u) – u ≠ 0 ja x ≠ 0 saame:

Integreerime:

Seega oleme saanud võrrandi üldise integraali (i) kvadratuurides:

Asendame integratsiooni konstandi C väärtusega Aastal C, Siis

Jätame mooduli märgi välja, kuna soovitud märgi määrab konstandi C märgi valik. Siis võtab üldine integraal järgmisel kujul:

Järgmisena peaksime käsitlema juhtumit f (u) - u = 0.
Kui sellel võrrandil on juured, on need võrrandi lahendus (ii). Kuna Eq. (ii) ei kattu algvõrrandiga, siis peaksite veenduma, et lisalahendused rahuldavad esialgset võrrandit (i).

Kui me teisenduste käigus jagame mis tahes võrrandi mõne funktsiooniga, mida tähistame kui g (x, y), siis kehtivad edasised teisendused g jaoks (x, y) ≠ 0. Seetõttu tuleks juhtumit g käsitleda eraldi (x, y) = 0.

Näide homogeense esimest järku diferentsiaalvõrrandi lahendamisest

Lahenda võrrand

Lahendus

Kontrollime, kas see võrrand on homogeenne. Teeme asendused y → ty, x → tx. Sel juhul y′ → y′.
,
,
.
Lühendame seda t võrra.

Konstant t on vähenenud. Seetõttu on võrrand homogeenne.

Teeme asendus y = ux, kus u on x funktsioon.
y′ = (ux) ′ = u′ x + u (x) ′ = u′ x + u
Asendage algsesse võrrandisse.
,
,
,
.
Kui x ≥ 0 , |x| = x. Kui x ≤ 0 , |x| = - x . Kirjutame |x| = x, mis tähendab, et ülemine märk viitab väärtustele x ≥ 0 ja alumine - väärtustele x ≤ 0 .
,
Korrutage dx-ga ja jagage .

Kui u 2 - 1 ≠ 0 meil on:

Integreerime:

tabeli integraalid,
.

Rakendame valemit:
(a + b) (a - b) = a 2 - b 2.
Paneme a = u, .
.
Võtame mõlemad pooled mooduli ja logaritmi,
.
Siit
.

Seega on meil:
,
.
Jätame välja mooduli märgi, kuna soovitud märk tagatakse konstandi C märgi valimisega.

Korrutage x-ga ja asendage ux = y.
,
.
Ruudu see.
,
,
.

Mõelge nüüd juhtumile, u 2 - 1 = 0 .
Selle võrrandi juured
.
Lihtne on kontrollida, kas funktsioonid y = x vastavad algsele võrrandile.

Vastus

,
,
.

Viited:
N.M. Gunter, R.O. Kuzmin, Kõrgema matemaatika ülesannete kogu, “Lan”, 2003.