Однорідні диференціальні рівняння першого порядку
На цьому уроці ми розглянемо так звані однорідні диференціальні рівняння першого порядку. Нарівні з рівняннями зі змінними, що розділяються, і лінійними неоднорідними рівняннями, цей тип ДР зустрічається практично в кожній контрольній роботі з теми диференціальних рівнянь. Якщо ви зайшли на цю сторінку через пошук або не дуже впевнено орієнтуєтеся в диференціальних рівняннях, то спочатку наполегливо рекомендую опрацювати вступний урок з теми – Диференціальні рівняння першого порядку. Справа в тому, що багато принципів розв'язування однорідних рівнянь і використовувані технічні прийоми будуть точно такими ж, як і для найпростіших рівнянь зі змінними, що розділяються.
У чому відмінність однорідних диференціальних рівнянь від інших типів ДР? Це найпростіше одразу ж пояснити на конкретному прикладі.
Ось детальний переклад тексту на українську мову:
Приклад 1
Розв'язати диференціальне рівняння \( xy' = y - xe^{y/x} \).
Розв'язання: що насамперед слід проаналізувати при розв'язанні будь-якого диференціального рівняння першого порядку? Насамперед потрібно перевірити, чи не можна одразу розділити змінні за допомогою "шкільних" дій? Зазвичай такий аналіз проводять подумки або намагаються розділити змінні на чернетці.
У даному прикладі розділити змінні не можна (можете спробувати перекидати доданки з частини в частину, повиносити множники за дужки і т. д.). До речі, в даному прикладі, той факт, що перемінні розділити не можна, достатньо очевидний через наявність множника \(\frac{y}{x} e^{\frac{y}{x}}\).
Виникає питання – як же розв’язати цей дифур?
Потрібно перевірити, чи не є це рівняння однорідним? Перевірка нескладна, і сам алгоритм перевірки можна сформулювати так:
У вихідне рівняння:
- замість \( x \) підставляємо \( \lambda x \),
- замість \( y \) підставляємо \( \lambda y \), похідну не чіпаємо:
\( \lambda x \cdot y' = \lambda y - \lambda x e^{\frac{\lambda y}{\lambda x}} \)
Буква лямбда – це умовний параметр, і тут вона відіграє таку роль: якщо в результаті перетворень вдасться "знищити" ВСІ лямбди і отримати вихідне рівняння, то дане диференціальне рівняння є однорідним.
Очевидно, що лямбди одразу скорочуються в показниках степеня:
\( \lambda x \cdot y' = \lambda y - \lambda x e^{\frac{y}{x}} \)
Тепер у правій частині виносимо лямбду за дужки:
\( \lambda x \cdot y' = \lambda(y - xe^{\frac{y}{x}}) \)
і обидві частини ділимо на цю саму лямбду:
\( xy' = y - xe^{\frac{y}{x}} \)
У результаті всі лямбди зникли, як ранковий туман, і ми отримали вихідне рівняння.
Висновок: дане рівняння є однорідним.
Початково рекомендую проводити розглянуту перевірку на чернетці, хоча дуже скоро вона буде виходити і подумки.
Як розв'язати однорідне диференціальне рівняння?
У мене є для вас хороша новина. Абсолютно всі однорідні рівняння можна розв'язати за допомогою єдиної (!) стандартної заміни. Замість функції \( y(x) \) слід розглянути нову невідому функцію \( t \) (також залежну від "ікса" та "ікса"):
\( y = t(x) \cdot x, \)
тобто \( y = tx \).
З'ясуємо, в що перетвориться похідна \( y' \) при такій заміні, використовуючи правило диференціювання добутку. Якщо \( y = tx \), то:
\( y' = (t(x) \cdot x)' = t'x + t \)
Підставляємо \( y = tx \) і \( y' = t'x + t \) в початкове рівняння \( xy' = y - x e^{-y/x} \):
\( x(t'x + t) = tx - x e^{-t} \)
Що дає така заміна? Після цієї заміни та проведених спрощень ми гарантовано отримаємо рівняння з такими, що розділяються змінними. ЗАПАМ'ЯТОВУЄМО як першу любов :)
Після підстановки проводимо максимальні спрощення:
\( x(t'x + t) = tx - x e^{-t} \)
\( t'x = -e^{-t} \)
Далі алгоритм працює на перевіреній колії рівняння з такими, що розділяються змінними.
Оскільки \( t \) - це функція, що залежить від "ікса", то її похідну можна записати стандартною дробою: \( t' = \frac{dt}{dx} \).
Таким чином:
\( \frac{x}{-e^{-t}}dt = dx \)
Розділяємо змінні, при цьому в лівій частині потрібно зібрати лише "т", а в правій частині – лише "ікси":
\( \int -e^t dt = \int \frac{dx}{x} \)
Змінні розділені, інтегруємо:
\( -e^t = \ln |x| + C \)
Згідно з моїм першим технічним порадою зі статті Диференціальні рівняння першого порядку, константу у багатьох випадках доцільно "оформити" у вигляді логарифма.
Після того, як рівняння проінтегровано, потрібно провести зворотну заміну, що також стандартна і єдина:
Якщо \( y = tx \), то \( t = \frac{y}{x} \):
\( -e^{\frac{y}{x}} = \ln |x| \)
У 18-19 випадках із 20 рішення однорідного рівняння записують у вигляді загального інтеграла.
Відповідь: загальний інтеграл: \( \frac{y}{x} = \ln |x| + C \), де \( C = \text{const} \).
Чому не завжди відповідь однорідного рівняння дається у вигляді загального інтеграла?
У більшості випадків неможливо виразити "ігрека" в явному вигляді (отримати явне рішення), а якщо і можливо, то частіше загальне рішення виходить громіздким і кривим.
Так, наприклад, у розглянутому прикладі, загальне рішення отримати можна, накинувши логарифми на обидві частини загального інтеграла:
\( \ln \left(-\frac{y}{x}\right) = \ln \ln |x| + C \)
\( y = -x \ln |\ln |x|| + C \)
До речі, у цьому прикладі я не зовсім "правильно" записав загальний інтеграл. Це не помилка, але в "гарному" стилі, нагадаю, загальний інтеграл прийнято записувати у вигляді \( F(x,y) = C \). Для цього відразу після інтегрування рівняння, константу слід записати без жодного логарифма (ось і виняток із правила!):
\( e^{- \frac{y}{x}} = \ln|x| + C \)
І після зворотної заміни отримати загальний інтеграл у "класичному" вигляді:
\( e^{- \frac{y}{x}} - \ln|x| = C, \text{ де } C = const \)
Отриманий результат можна перевірити. Для цього його потрібно продиференціювати, тобто знайти похідну від функції, заданої неявно:
\( \left( e^{- \frac{y}{x}} \right)' = \left( \ln|Cx| \right)' \)
\( e^{- \frac{y}{x}} \cdot \left( - \frac{y}{x} \right)' = \frac{1}{Cx} \cdot (Cx)' \)
\( - e^{- \frac{y}{x}} \cdot \left( \frac{y' \cdot x - y}{x^2} \right) = \frac{1}{Cx} \cdot C \)
\( - e^{- \frac{y}{x}} \cdot \left( \frac{y' \cdot x - y}{x^2} \right) = \frac{1}{x} \)
Позбавляємося від дробів, множачи кожну частину рівняння на \( x^2 \):
\( - e^{- \frac{y}{x}} \cdot \left( y'x - y \right) = x \)
\( e^{- \frac{y}{x}} \cdot \left( y'x - y \right) = -x \)
\( y'x - y = -x \cdot e^{\frac{y}{x}} \)
\( y'x = y - x \cdot e^{\frac{y}{x}} \)
\( y' = y - x \cdot e^{\frac{y}{x}} \)
Отримано початкове диференціальне рівняння, отже, рішення знайдено правильно.
Бажано завжди проводити перевірку. Але однорідні рівняння неприємні тим, що перевіряти їхні загальні інтеграли зазвичай складно – для цього необхідна досить добротна техніка диференціювання. У розглянутому прикладі під час перевірки вже довелося знаходити не найпростіші похідні (хоча сам по собі приклад досить простий). Якщо зможете перевіряти – перевіряйте!
Наступний приклад для самостійного вирішення – щоб ви освоїлися в самому алгоритмі дій.
Приклад 2
Приклад для самостійного розв'язання
Перевірити рівняння на однорідність і знайти його загальний інтеграл.
\( y'x' - y = xtg\frac{y}{x} \)
Відповідь записати у вигляді \( F(x,y) = C \), виконати перевірку.
Приклад 2. Розв'язання: перевіримо рівняння на однорідність, для цього у вихідне рівняння замість \( x \) підставимо \( \lambda x \), а замість \( y \) підставимо \( \lambda y \):
\( \lambda x y' - \lambda y = \lambda x \cdot \text{tg}\frac{\lambda y}{\lambda x} \) \( \lambda(x y' - y) = \lambda x \cdot \text{tg}\frac{y}{x} \) \( y' - y = x \cdot \text{tg}\frac{y}{x} \)
У результаті отримано вихідне рівняння, отже, дане ДР є однорідним.
Проведемо заміну: \( y = tx \Rightarrow y' = t'x + t \).
Підставимо \( y = tx \) і \( y' = t'x + t \) у вихідне рівняння:
\( t'x + t - tx = x \text{tg}\frac{tx}{x} \) \( t'x + t - tx = x \text{tg} t \)
Розділяємо змінні й інтегруємо:
\( \frac{\text{cos} t}{\text{sin} t} dt = \frac{dx}{x} \) \( \int \frac{\text{d} (\text{sin} t)}{\text{sin} t} = \int \frac{dx}{x} \)
Перед зворотною заміною результат доцільно спростити:
\( \ln |\text{sin} t| = \ln |x| + \ln |C| \) \( \text{sin} t = Cx \)
Зворотна заміна \( t = \frac{y}{x} \):
\( \frac{\text{sin} \frac{y}{x}}{x} = Cx \)
Відповідь: загальний інтеграл:
\( \frac{1}{x} \text{sin} \frac{y}{x} = C, \text{де } C = \text{const} \)
Перевірка: диференціюємо відповідь:
\( \left(\frac{1}{x} \text{sin} \frac{y}{x} \right)' = (C)’ \) \( \frac{1}{x} \text{sin} \frac{y}{x} + \frac{1}{x^2} \text{cos} \frac{y}{x} \cdot \left(\frac{y}{x}\right)' = 0 \)
Множимо обидві частини на \( x^3 \):
\( - x \text{sin} \frac{y}{x} + (yx' - y) \text{cos} \frac{y}{x} = 0 \)
І ділимо на \( \text{cos} \frac{y}{x} \):
\( - x \text{tg} \frac{y}{x} + (yx' - y) = 0 \)
\( xy' - y = x \text{tg} \frac{y}{x} \) — отримано вихідне ДР, отже, загальний інтеграл знайдено правильно.
...Тут теж вийшла досить проста перевірка.
А тепер обіцяний важливий момент, згаданий ще на самому початку теми, виділений жирним чорним шрифтом:
Якщо в ході перетворень ми "скидаємо" множник із змінною в знаменник, то РИЗИКУЄМО втратити рішення!
І насправді ми з цим зіткнулися в першому ж прикладі вступного уроку про диференціальні рівняння. У процесі розв'язування рівняння \( y' = y \) "ігрек" опинився в знаменнику:
\( \frac{dy}{y} = \frac{dx}{x} \), але \( y = 0 \) очевидно є розв'язком ДУ і в результаті нерівносильного перетворення (ділення) є всі шанси його втратити! Інша річ, що воно увійшло до інтеграла у вигляді \( y = Cx \) при нульовому значенні константи. Скидання "ікса" в знаменник також можна не брати до уваги, оскільки \( x = 0 \) не задовольняє вихідному диференціальному рівнянню.
Аналогічно ми зіткнулися з третім рівнянням \( y' + (2y + 1)tgx = 0 \) з того ж уроку, в ході вирішення якого ми "скинули" \( 2y + 1 \) в знаменник. Строго кажучи, тут слід було перевірити, а чи не є \( y = -\frac{1}{2} \) рішенням даного диференціального рівняння? Але тут "все обійшлося", оскільки ця функція увійшла до загального інтеграла \( sin^2x = C \) при \( C = 0 \).
І якщо з "розділяючимися" рівняннями таке часто буває, то з однорідними та деякими іншими диференціальними рівняннями може й "не прокатити". З високою ймовірністю.
Проаналізуємо перевірочне перетворення задачі цього уроку: в прикладах 1-2 "скидання" \( x \) виявилося безпечним, оскільки там є \( e^{\frac{y}{x}} \) і \( tg\frac{y}{x} \), а отже, одразу зрозуміло, що \( x = 0 \) не може бути рішенням. Крім того, в прикладі 2 в знаменнику виявилася функція \( sin \left( t = \frac{y}{x} \right) \), і ми тут ризикували втратити функцію \( y = 0 \), яка, очевидно, задовольняє рівнянню \( y'x' - y = xtg\frac{y}{x} \).
Приклад 3
Розв’язати диференціальне рівняння \((x + y)y' + y = 0\).
Простий приклад, правда ж? ;-)
Розв’язання: однорідність цього рівняння очевидна, але все одно на першому кроці ОБОВ'ЯЗКОВО перевіряємо, чи не можна розділити змінні. Адже рівняння \(xy' = y\) теж однорідне, але змінні в ньому прекрасно розділяються. Так, буває і таке!
Після перевірки на "роздільність" проводимо заміну \(y = tx \quad \Rightarrow \quad y' = t + x \cdot t'\) і максимально спрощуємо рівняння:
\( (x + tx)(t + x \cdot t') + tx = 0 \)
\( x(1 + t)(t'x + t) + tx = 0 \)
\( (1 + t)(t'x + t) + t = 0 \)
\( (1 + t)t'x + t^2 + 2t = 0 \)
Розділимо змінні, зліва збираємо «тзи», справа – «ікси»:
\( (1 + t) x \cdot \frac{dt}{dx} = -(t^2 + 2t) \)
\( (1 + t) \frac{dt}{t^2 + 2t} = -\frac{dx}{x} \)
І ось тут СТОП. При діленні на \(t(t + 2)\) ми ризикуємо втратити одразу дві функції. Оскільки \(t = \frac{y}{x}\), то ці функції:
\( t = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{y}{x} = 0 \quad \Rightarrow \quad y = 0 \)
\( t + 2 = 0 \quad \Rightarrow \quad \frac{y}{x} = -2 \quad \Rightarrow \quad y = -2x \)
Перша функція, очевидно, є розв'язком рівняння \((x + y)y' + y = 0\). Перевіряємо другу – підставляємо \(y = -2x\) і її похідну \(y' = -2\) в наше дифрівняння:
\( (x - 2x) \cdot (-2) - 2x = 0 \)
\( -2x - 2x = 0 \)
\( 0 = 0 \)
– отримано правильну рівність, отже, функція \(y = -2x\) також є розв'язком.
І ці розв’язки ми ризикуємо втратити.
Крім того, в знаменнику виявився "ікс", і тому обов’язково перевіряємо, чи є \(x = 0\) розв’язком вихідного диференціального рівняння. Ні, не є. "Чому? Адже виходить рівняння \(yy' + y = 0\), яке має корені." Але справа в тому, що це не тотожність (рівність справедлива для всіх функцій "ігриків"). Тут передбачалося \(0 = 0\), але не судилося.
Беремо все це до уваги та продовжуємо:
\( \int \frac{(1 + t)dt}{t^2 + 2t} = \int \frac{dx}{x} \)
\( \frac{1}{2} \int \frac{d(t^2 + 2t)}{t^2 + 2t} = - \ln|x| + \ln |c*| \)
\( \frac{1}{2} ln|t^2 + 2t| = -ln|x| + ln|C*| \)
Потрібно сказати, що з інтегралом в лівій частині пощастило, тому що буває набагато гірше.
Перед зворотною заміною максимально спрощуємо загальний інтеграл. Якщо є дроби, то від них краще позбутися, помноживши кожну частину на 2:
\( \ln|t^2 + 2t| = -2\ln|x| + \ln|C*| \)
Константу \(2\ln|C*|\) я позначаю через \(\ln|C|\):
\( \ln|k^2 + 2t| = -2\ln|x| + \ln|C| \)
(Якщо на цьому моменті не зрозуміло, читайте статтю "Диференціальні рівняння першого порядку")
Збираємо в правій частині єдиний логарифм і скидаємо "окови":
\( \ln\frac{k^2 + 2t}{x^2} = \ln|C| \)
І от тільки тепер зворотна заміна \(t = \frac{y}{x}\):
\( \frac{y^2}{x^2} + 2\frac{y}{x} = \frac{C}{x^2} \)
Множимо всі доданки на \(x^2\):
\( y^2 + 2xy = C \)
Тепер слід перевірити — чи увійшли до загального інтегралу "небезпечні" рішення \(y = 0, y = -2x\). Так, обидва рішення увійшли до загального інтегралу при нульовому значенні константи: \(y(y + 2x) = 0\), тому їх не потрібно додатково вказувати у відповіді:
Загальний інтеграл: \(y^2 + 2xy = C\), де \(C = const\)
Перевірка. Навіть не перевірка, а суцільне задоволення :)
\( (y^2 + 2xy)' = (СУ)' \)
\( (y^2)' + (2xy)' = 0 \)
\( 2yy' + 2xy' + 2y = 0 \)
\( y(y' + y) + x(y' + y) = 0 \)
\( (x + y)y' + y = 0 \)
Отримано вихідне диференціальне рівняння, отже, рішення знайдено вірно.
Для самостійного рішення:
Приклад 4
Приклад для самостійного розв'язання
Виконати перевірку на однорідність і вирішити диференціальне рівняння
\( y^3 + x^2y' = 0 \)
Загальний інтеграл перевірити диференціюванням.
Перевіримо рівняння на однорідність:
\( (\lambda y)^2 + (\lambda x)^2y' = \lambda x \cdot \lambda yy' \)
\( \lambda^2 y^2 + \lambda^2 x^2y' = \lambda^2 x yy' \)
\( y^2 + x^2y' = xyy' \)
Таким чином, дане рівняння є однорідним.
Проведемо заміну:
\( y = tx \Rightarrow dy = t'x + t \)
\( t^2 x^2 + x^2(t'x + t) = x \cdot tx(t'x + t) \)
Після підстановки проводимо максимальні спрощення:
\( t^2 + t'x + t = t'tx + t^2 \)
\( t'x + t = t'tx \)
\( t'tx - t'x = t \)
\( xt'(t - 1) = t \)
Розділяємо змінні і інтегруємо:
\( x(t - 1) \frac{dt}{dx} = t \)
\( \frac{(t-1)dt}{t} = \frac{dx}{x} \)
Контроль:
\( x = 0 \) - не є розв'язком рівняння \( y^2 + x^2y' = xxy' \),
а ось \( t = \frac{y}{x} = 0 \Rightarrow y = 0 \), очевидно, є розв'язком.
Інтегруємо: \( \int (1- \frac{1}{t}) dt = \int \frac{dx}{x} \)
\( t - \ln|t| = \ln|x| + C \)
І перед зворотною заміною записуємо рівняння як компактніше:
\( t - \ln|t| - \ln|x| = C \)
\( t - \ln|tx| = C \)
Проведемо зворотну заміну \( t = \frac{y}{x} \):
\( \frac{y}{x} - \ln\left(\frac{y}{x} \cdot x \right) = C \)
\( \frac{y}{x} - \ln|y| = C \)
Рішення \( y = 0 \) в загальний інтеграл не ввійшло, і тому його слід додатково прописати в відповіді:
Загальний інтеграл: \( \frac{y}{x} - \ln|y| = C \), де \( C \) - const. Ще один розв'язок: \( y = 0 \)
Перевірка:
\( \left(\frac{y}{x} - \ln|y|\right)' = (C)'\)
\( \left(\frac{y}{x}\right)' - \left(\ln|y|\right)' = 0 \)
\( \frac{(y'x - y) \cdot y - y' \cdot x^2}{x^2 y} = 0 \)
\( \frac{y'x - y}{x^2} - \frac{1}{y} \cdot y' = 0 \)
\( xxy' - y^2 - x^2 y' = 0 \)
У результаті отримано вихідне диференціальне рівняння, отже, рішення знайдено вірно.
Розглянемо ще пару типових прикладів.
Приклад 5
Задача: Розв’язати диференціальне рівняння:
\( y' = \frac{5x^2 - xy + y^2}{x^2} \)
Розв'язання: Ми будемо звикати оформляти компактніше. Спочатку подумки або на чернетці переконуємось у тому, що змінні тут не можна розділити, після чого проводимо перевірку на однорідність – на чистовику її зазвичай не проводять (якщо спеціально не вимагається). Таким чином, майже завжди рішення починається з запису: «Дане рівняння є однорідним, проведемо заміну: ...».
...заміною \( y = tx \) випливає \( y' = tx + t \), і йдемо прокладеним шляхом:
\( tx + t = \frac{5x^2 - tx \cdot tx + t^2 x^2}{x^2} \)
\( tx + t = 5 - t - t^2 \)
\( t x + t = 5 - t - t^2 \)
\( tx = 5 - 2t - t^2 \)
\( x \frac{dt}{dx} = \frac{-2t - t^2 + 5}{1 - t} \)
З «іксом» тут все гаразд, але що з квадратним тричленом? Оскільки він нерозкладний на множники: \( t^2 - 2t + 5 \neq 0 \), то розв'язків ми точно не втрачаємо. Завжди би так! Виділяємо в лівій частині повний квадрат і інтегруємо:
\( \frac{d\left(\frac{t-1}{2}\right)}{(t-1)^2 + 2^2} = \frac{dx}{x} \)
\( \frac{1}{2} \arctan\left(\frac{t - 1}{2}\right) = \ln |x| + C' \)
Тут спрощувати нічого, а тому зворотна заміна \( t = \frac{y}{x} \):
\( \frac{1}{2} \arctan \left(\frac{y}{2x} - \frac{1}{2}\right) = \ln |x| + C \)
Відповідь: загальний інтеграл:
\( \frac{1}{2} \arctan\left(\frac{y - x}{2x}\right) = \ln |x| + C \)
Наступний приклад для самостійного розв'язання:
Приклад 6
Приклад для самостійного розв'язання
Розв’язати диференціальне рівняння:
\( 4y' = \frac{y^2}{x} + 10\frac{y}{x} + 5 \)
...Здавалося б, схожі рівняння, але ні — різниця велика;)
Дане ДР є однорідним, проведемо заміну
\( y = tx \) ⇒ \( y' = tx' + t \):
\( 4(tx + t) = \frac{t^2x^2}{x} + \frac{10tx}{x} + 5 \)
\( 4tx + 4t = t^2 + 10t + 5 \)
Розділяємо змінні:
\( 4x \cdot \frac{dt}{t^2 + 6t + 5} = dx \)
Контроль: \( x = 0 \) не є рішенням, а ось тричлен розкладається на множники: \( t^2 + 6t + 5 = (t + 1)(t + 5) \), і тому в поле нашої пильності потрапляють дві функції:
\( \frac{y}{x} + 1 = 0 \quad ⇒ \quad y = -x \)
\( y + 5x = 0 \quad ⇒ \quad y = -5x \)
Обидві функції є коренями ДР (перевірте самостійно), і в результаті ділення ми ризикуємо втратити ці рішення!
Беремо їх до уваги і продовжуємо:
\( \int \frac{4dt}{(t + 1)(t + 5)} = \int \frac{dx}{x} \)
Методом невизначених коефіцієнтів отримуємо суму дробів:
\( \frac{A}{t + 1} + \frac{B}{t + 5} = \frac{4}{(t + 1)(t + 5)} \)
\( A(t + 5) + B(t + 1) = 4 \)
\( A + B = 0 \quad і \quad 5A + B = 4 \)
Отримуємо: \( A = 1 \); \( B = -1 \)
Таким чином:
\( \int \left(\frac{1}{t + 1} - \frac{1}{t + 5}\right) dt = \int \frac{dx}{x} \)
\( \ln |t + 1| - \ln |t + 5| = \ln |x| + \ln |C| \)
Отриманий загальний інтеграл спрощуємо:
\( \frac{t + 1}{t + 5} = x \cdot |C| \)
\( \frac{t + 1}{x(t + 5)} = C \)
І після спрощення виконуємо зворотну заміну \( t = \frac{y}{x} \):
\( \frac{\frac{y}{x} + 1}{x \left(\frac{y}{x} + 5\right)} = C \)
\( \frac{y + x}{x(y + 5x)} = C \)
На останньому рубежі згадуємо про «втратишки»: функція \( y = -x \) увійшла в загальний інтеграл (при \( C = 0 \)), проте \( y = -5x \) не увійшла, і тому її необхідно вписати додатково:
Відповідь: загальний інтеграл: \( \frac{y + x}{x(y + 5x)} = C \), де \( C = const \). Ще одне рішення: \( y = -5x \).
А тепер починається найцікавіше! Спочатку розберемося, що робити, якщо однорідне рівняння задано з готовими диференціалами:
Приклад 7
Задача: Розв’язати диференціальне рівняння:
\( (y^2 - 2xy)dx + x^2dy = 0 \)
Це дуже цікавий приклад, прямо цілий трилер!
Розв'язання: Якщо однорідне рівняння містить готові диференціали, то його можна розв'язати модифікованою заміною:
\( y = tx \quad \Rightarrow \quad dy = xdt + tdx \)
Але я не раджу використовувати таку підстановку, оскільки вийде Велика китайська стіна диференціалів, де потрібен глаз да глаз. З технічної точки зору вигідніше перейти до «штрихового» позначення похідної, для цього ділимо обидві частини рівняння на \(dx\):
\( (y^2 - 2xy)dx + x^2dy = 0 \quad \Rightarrow \quad y^2 - 2xy + x^2 y' = 0 \)
І вже тут ми зробили небезпечне перетворення! Нульовому диференціалу \(dx = 0\) відповідає \(x = C'\) — сімейство прямих, паралельних осі \(OY\). Чи є вони розв'язками нашого диференціального рівняння? Підставимо \(x = C'\) і \(dx = d(C') = 0\) в початкове рівняння:
\( (y^2 - 2Cy) \cdot 0 + C^2dy = 0 \quad \Rightarrow \quad C^2dy = 0 \)
Ця рівність справедлива, якщо \(C = 0\), і тоді при діленні на \(dx\) ми ризикували втратити розв'язок \(x = 0\), і ми його втратили — тому що він вже не задовольняє отриманому рівнянню \(y^2 - 2xy + x^2y' = 0\).
Слід зазначити, що якщо би ми спочатку взяли рівняння \(y^2 - 2xy + x^2y' = 0\), то про корінь \(x = 0\) мови би не йшло. Але у нас він є, і ми його вчасно «відловили».
Продовжуємо рішення стандартною заміною \( y = tx \) та \( y' = tx + t \):
\((tx)^2 - 2x \cdot tx + x^2 \left(tx + t\right) = 0\):
Після підстановки максимально спрощуємо рівняння:
\(t^2 x^2 - 2tx^2 + x^2 \left(tx + t\right) = 0\)
\(t^2 - 2t + t^2 = 0\)
\(t^2 - t = 0\)
Розділяємо змінні:
\(\frac{x}{t(1 - t)} \frac{dx}{x} = \frac{dt}{t - t^2}\)
І ось знову СТОП: при діленні на \(t(1 - t)\) ми ризикуємо втратити дві функції. Так як \(t = \frac{y}{x}\), то ці функції:
\(t = 0 \Rightarrow \frac{y}{x} = 0 \Rightarrow y = 0\)
\(1 - t = 0 \Rightarrow \frac{y}{x} = 1 \Rightarrow y = x\)
Очевидно, що перша функція є розв’язком рівняння \(y^2 - 2xy + x^2y' = 0\). Перевіряємо другу – підставляємо \(y = x\) та її похідну \(y' = (x)' = 1\):
\(x^2 - 2x^2 + x^2 = 0\)
\(0 = 0\) – отримано вірну рівність, отже, функція \(y = x\) також є розв’язком диференціального рівняння.
І при діленні на \(t(1 - t)\) ми ці розв’язки ризикуємо втратити. Втім, вони можуть увійти в загальний інтеграл. Але можуть і не увійти.
Беремо це до уваги та інтегруємо обидві частини:
\(\int \frac{dt}{t(1 - t)} = \int \frac{dx}{x}\)
Інтеграл лівої частини стандартно розв’язується за допомогою виділення повного квадрата, але в диференціальних рівняннях набагато зручніше використовувати метод невизначених коефіцієнтів: використовуючи метод невизначених коефіцієнтів, розкладемо підінтегральну функцію на суму елементарних дробів:
Таким чином:
\(\frac{A}{t} + \frac{B}{1 - t} = \frac{1}{t(1 - t)}\)
\(A(1 - t) + Bt = 1\)
\(A - At + Bt = 1\)
\(t(-A + B) = 0 \Rightarrow A + B = 0 \Rightarrow B = 1\)
Таким чином:
\(\frac{1}{t(1 - t)} = \frac{1}{t} - \frac{1}{1 - t}\)
Знаходимо інтеграли:
\(\int \left(\frac{1}{t} - \frac{1}{1 - t}\right)dt = \ln |t| - \ln |1 - t| + \ln |C|\) – так як у нас з'явилися тільки логарифми, то константу теж заносимо під логарифм.
Перед зворотною заміною знову спрощуємо все, що можна спростити:
\(\ln \frac{|t|}{|t - 1|} = \ln |x| + \ln |C|\)
\(t = \frac{y}{x} \Rightarrow \frac{y}{x(y - x)} = C\)
\(t(1 - t) = \frac{y}{x(y - x)} = C\)
\(y = C \cdot x(y - x)\)
Тепер згадуємо про «втрати»: розв’язок \(y = 0\) увійшов у загальний інтеграл при \(C = 0\), а от \(y = x\) «пролетів повз касу», оскільки опинився в знаменнику. Тому у відповіді він засвідчується окремою фразою, і так – ми не забули про втрачений розв’язок \(x = 0\), який, до речі, теж опинився внизу.
Відповідь: загальний інтеграл \(\frac{y}{x(y - x)} = C\), де \(C = const\). Ще розв’язки: \(x = 0, y = x\).
Ось детальний переклад тексту з зображення:
Тут не так важко виразити загальний розв'язок:
\(\frac{y}{y - x} = Cx \Rightarrow y = Cx \cdot y - Cx^2 \Rightarrow y - Cx \cdot y = Cx^2 \Rightarrow y(1 - Cx) = Cx^2 \Rightarrow y = \frac{Cx^2}{Cx - 1},\) але це вже понти.
Зручно, втім, для перевірки. Знайдемо похідну:
\(y' = \left(\frac{Cx^2}{Cx - 1}\right)' = \frac{(Cx^2)' \cdot (Cx - 1) - Cx^2 \cdot (Cx - 1)'}{(Cx - 1)^2} = \frac{2Cx(Cx - 1) - Cx^2 \cdot C}{(Cx - 1)^2}\)
і підставимо \(y = \frac{Cx^2}{Cx - 1}\), \(y' = \frac{2Cx(Cx - 1) - Cx^2 \cdot C}{(Cx - 1)^2}\) в ліву частину рівняння:
\(y'^2 - 2xy + x^2y' = \left(\frac{2Cx(Cx - 1) - Cx^2 \cdot C}{(Cx - 1)^2}\right)^2 - 2x \cdot \frac{Cx^2}{Cx - 1} + x^2 \cdot \frac{2Cx(Cx - 1) - Cx^2 \cdot C}{(Cx - 1)^2}\)
\(= \frac{4C^2x^2(Cx - 1)^2 - 4C^2x^4(Cx - 1) + C^2x^4}{(Cx - 1)^4} - \frac{2C^2x^4}{(Cx - 1)^2} + \frac{4C^2x^4(Cx - 1) - C^2x^6}{(Cx - 1)^4} = 0\) – в результаті отримано праву частину рівняння, що і потрібно було перевірити.
Тепер квест з коренями, це теж поширений і дуже підступний випадок:
Приклад 8
Розв'язати диференціальне рівняння \(y' = 2\sqrt{3x^2 + y^2} + y\)
Розв'язок: усно переконуємося, що рівняння однорідне і підставляємо першу любов \(y = tx, t'x + t\) в початкове рівняння:
\(x(t'x + t) = 2\sqrt{3x^2 + t^2x^2} + tx\)
\(x(t'x + t) = 2x\sqrt{3 + t^2} + tx\)
І небезпека нас підстерігає вже тут. Справа в тому, що \(\sqrt{3x^2 + t^2x^2} = |x|\), і цей факт дуже легко випустити з виду:
\(x(t'x + t) = 2|x|\sqrt{3 + t^2} + tx\)
\(t'x^2 + tx = 2|x|\sqrt{3 + t^2} + tx\)
\(t'x^2 = 2|x|\sqrt{3 + t^2}\)
Тепер розкриваємо модуль, в результаті чого отримуються дві гілки рішення:
\( t'x^2 = 2x\sqrt{3 + t^2} \Rightarrow t' = \frac{2\sqrt{3 + t^2}}{x}, \text{ якщо } x > 0 \)
\( t'x^2 = -2x\sqrt{3 + t^2} \Rightarrow t' = -\frac{2\sqrt{3 + t^2}}{x}, \text{ якщо } x < 0 \)
Обидві гілки зручно записати єдиним рівнянням, при цьому можливі наступні варіанти оформлення:
\( t' = 2 \cdot \text{sgn } x \cdot \sqrt{3 + t^2}, \text{ де } \text{sgn } x = \begin{cases} 1, \text{ якщо } x > 0 \\ 0, \text{ якщо } x = 0 \\ -1, \text{ якщо } x < 0 \end{cases} , \text{ користуйтесь сміливо, це відома функція.} \)
Другий спосіб більш звичний, виберіть його в якості робочого варіанта:
\( t' = \pm \frac{2\sqrt{3 + t^2}}{x}, \text{ тоді ОБОВ'ЯЗКОВО потрібен коментарій про те, що знак «+» відповідає випадку } x > 0, \text{ а знак «–» випадку } x < 0. \)
Увага! Функцію sgn та/або знаки ± "відривати" від кореня не можна! Це може закінчитися фатальною помилкою. Тому при розділенні змінних знаки ± мігрують разом з коренем в ліву частину:
\( \pm \frac{dt}{\sqrt{3 + t^2}} = 2 \frac{dx}{x} \quad (\text{контролюємо, що } x = 0 \text{ не рішення}) \)
вішаємо інтеграли:
\( \pm \int \frac{dt}{\sqrt{3 + t^2}} = 2 \int \frac{dx}{x} \)
і зараз друга новинка, на цей раз по темі «Інтеграли». Інтеграл \(\int \frac{dt}{\sqrt{3 + t^2}}\), як багато хто пам'ятає, дорівнює табличному «довгому» логарифму \(\ln \left| t + \sqrt{3 + t^2} \right|\), а інтеграл від \( -\int \frac{dt}{\sqrt{3 + t^2}} \) не тільки тому ж логарифму з знаком «мінус», але я його «збираю»: \(\ln \left| \frac{1 - \sqrt{3 + t^2}}{t} \right|\). Бажаючі можуть перевірити цей факт диференціюванням.
І в нашому випадку загальний інтеграл зручно записати так:
\( \pm \ln \left| t + \sqrt{3 + t^2} \right| = 2 \ln \left| x \right| + \ln \left| C \right| \)
Упаковуємо логарифми правої частини:
\( \ln \left| t + \sqrt{3 + t^2} \right| = \ln \left| x^2 \right| + \ln \left| C \right| \)
... можливо, у когось виникло питання, чому я іноді раптом прибираю модуль під логарифмом? Причина проста – вираз під знаком логарифма, в даному випадку \( x^2 \), позитивний, а отже, модуль записувати не обов'язково.
Спрощуємо далі:
\( \ln \left| t + \sqrt{3 + t^2} \right| = \ln \left| |C| x^2 \right| \)
\( t \pm \sqrt{3 + t^2} = Cx^2 \)
і ось тільки тепер зворотна заміна \( t = \frac{y}{x} \):
\( \frac{y}{x} \pm \sqrt{3 + \frac{y^2}{x^2}} = Cx^2 \)
Під коренем приведемо доданки до спільного знаменника:
\( \frac{y}{x} + \sqrt{\frac{3x^2 + y^2}{x^2}} = Cx^2 \)
і невелике чудо: оскільки \( \sqrt{\frac{x^2}{x^2}} = |x| \), то в результаті розкриття модуля у нас з'являються ті ж два випадки зі знаками \( \pm \):
\( \frac{y}{x} + \frac{\sqrt{3x^2 + y^2}}{|x|} = Cx^2 \)
\( \frac{y}{x} + \frac{\sqrt{3x^2 + y^2}}{x} = Cx^2 \)
після чого «мінуси» скорочуються:
\( \frac{y}{x} + \frac{\sqrt{3x^2 + y^2}}{x} = Cx^2 \)
Таким чином, втрата другої гілки рішення (\( x < 0 \)) нам би тут теж «зійшла з рук», але так, звісно, буває не завжди, і цю гілку можна реально втратити.
І заключний штрих, скидаємо \( x^2 \) на нижній поверх лівої частини:
Відповідь: загальний інтеграл:
\( \frac{y + \sqrt{3x^2 + y^2}}{x^3} = C, \quad де \quad C = const \)
Я виконав перевірку загального інтеграла, але наводити її не буду, а то ви більше не прийдете до такого маніяка. Так, спробуйте для інтересу знайти похідну. Проведення часу не із розряду тих, про які довго згадують. І пишаються.
І на завершення уроку свого роду екзаменаційний приклад:
Приклад 9
Приклад для самостійного розв'язання
Розв'яжіть диференціальне рівняння
\( (2 \sqrt{xy} -y )dx + xdy = 0 \)
Перевірте, чи все ви правильно зрозуміли, чи все врахували.
Розділимо обидві частини на \( dx \):
\( 2\sqrt{x}y - y + xy' = 0 \)
! x = 0 є рішенням початкового рівняння.
Дане рівняння є однорідним, проведемо заміну \( y = tx \) \(\Rightarrow dy = t'x + t \):
\( 2\sqrt{x} \cdot tx - tx + t(x't + t) = 0 \) \( 2 |x| \sqrt{t} - tx + t' x^2 + tx = 0 \) \( 2 sgn x \cdot x \sqrt{t} + t'x^2 = 0 \) \( sgn x \cdot 2 \sqrt{t} + t'x = 0 \)
Розділяємо змінні, при цьому функцію \( sgn x \) слід обов'язково залишити при корені:
\( x \frac{dt}{dx} =- sgn x \cdot 2 \sqrt{t} \) \( sgn x \cdot \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \int -\frac{dx}{x} \) (оскільки ( \frac{1}{sgn x} = sgn x\, якщо x != 0)
Контроль: \( \sqrt{t} = 0 \) виявилась у знаменнику, а значить, перевірці підлягає функція:
\( t = \frac{y}{x}=0 \quad \Rightarrow y = 0 \)
Підставляємо її разом з її похідною \( y' = 0'(0') = 0 \) у початкове рівняння:
\( 0 + 0 = 0 \quad \text{отримано правильну рівність, значить,} \quad y = 0 \quad \text{є одним із рішень ДР.} \)
Інтегруємо:
\( sgn x \cdot \int \frac{dt}{2\sqrt{t}} = \int \frac{dx}{x} \)
\( sgn x \cdot \sqrt{t} = -\ln|x| + C \)
Зворотна заміна \( t = \frac{y}{x} \):
\( sgn x \cdot \sqrt{\frac{y}{x}} = -\ln|x| + C \)
Рішення \( y = 0 \) не увійшло до загального інтегралу, і тому його слід додатково вказати у відповіді.
Відповідь: загальний інтеграл:
\( sgn x \cdot \frac{y}{\sqrt{x}} + \ln|x| = C, \quad де \quad C = const, \quad ще рішення: \quad x = 0, y = 0. \)
Примітка: якщо за умовою потрібно знайти часткове рішення, наприклад, з початковою умовою \( y(-1) = -1 \), то слід вибрати потрібну гілку:
\( -\frac{y}{\sqrt{x}} + \ln|x| = C \)
\( (\text{т.я.} \quad "ікс" \quad дорівнює \quad -1 < 0) \quad і виконати підстановку: \)
\( - \sqrt{\frac{-1}{-1}} + \ln|-1| = C \Rightarrow 1 + 0 = C \Rightarrow c = -1 \Rightarrow -\sqrt{\frac{y}{x}} + \ln|x| = - 1 \) - шукана часткова інтегральна рівність.
Отже: при нерівносильних перетвореннях ЗАВЖДИ перевіряйте (принаймні, подумки), чи не втрачаєте ви рішення! Які це перетворення? Як правило, скорочення на щось, ділення на щось, винесення з-під кореня / внесення під корінь. Так, наприклад, при діленні на \( \sqrt{^2y + x^2} \) потрібно перевірити, чи не є функції \(y = -x\) та \(y = x\) рішеннями диференціального рівняння. Водночас при діленні на \(\sqrt{y^2+4}\) необхідність такої перевірки відпадає – з тієї причини, що цей дільник не обертається в нуль.
Якщо проводиться заміна \(y = tx\) і є квадратний корінь, то дуже легко втратити одну з гілок рішення, тому не забуваємо про модуль: \( \sqrt{t^2 x^2 - x^2} = |x| \sqrt{t^2 - 1}\), і далі зберігаємо знаки при корені, недотримання цього правила може призвести до помилкового результату.
Ось ще одна небезпечна ситуація:
\( (y-1)(...) = (y-1)(...) \)
Тут, позбавляючись від \(y-1\), слід перевірити, чи не є \(y = 1\) рішенням початкового ДР. Часто як такий множник зустрічається "ікс", "ігрик", і скорочуючи на них, ми втрачаємо функції \(x = 0\), \(y = 0\), які можуть бути рішеннями.
З іншого боку, якщо щось СПОЧАТКУ знаходиться в знаменнику, то приводу для такого занепокоєння немає. Так, в однорідному рівнянні \(y' = \frac{3x - 2y}{x + 5y} \) можна не хвилюватися про функцію \(y = - \frac{x}{5}\), оскільки вона спочатку «заявлена» в знаменнику.
Перелічені тонкощі не втрачають актуальності, навіть якщо в задачі потрібно знайти лише часткове рішення. Існує хоч маленький, але шанс, що ми втратимо саме потрібне часткове рішення. Втім, задача Коші у практичних завданнях з однорідними рівняннями запитується досить рідко (не знаю, чому). Тим не менш, такі приклади є в статті «Рівняння, що зводяться до однорідних», яку я рекомендую вивчити «по гарячих слідах», щоб закріпити свої навички розв'язання.
Існують і більш складні однорідні рівняння. Складність полягає не у заміні змінної чи спрощеннях, а у досить складних або рідкісних інтегралах, що виникають в результаті розділення змінних. У мене є приклади розв'язків таких однорідних рівнянь – страшненькі інтеграли і страшненькі відповіді. Але про них не будемо, тому що на найближчих уроках (див. нижче) ще встигну вас помучити. Я хочу бачити вас свіжими і оптимістичними!
Диференціальні рівняння, що зводяться до однорідних;
Лінійні неоднорідні диференціальні рівняння.
Успішного просування!