Przeanalizujmy jedną z ważnych klas równań różniczkowych, które są rozwiązywane poprzez redukcję do metody rozdziału zmiennych przez podstawienie - równania jednorodne. Porozmawiamy o metodach rozwiązania. równania liniowe które są często mylone z homogenicznymi.
Na początek podajemy definicję. F jest homogeniczne, jeśli prawdą jest, że f (kx, ky) = f (x, y), gdzie k jest dowolną niezerową liczbą. Przykłady jednorodnej funkcji:
F = | g 3 + r 3 | A = | 2 + w 2 d 2 + w 2 |
3 g 3 + 5r 2 g | 2dw |
Aby zweryfikować ich jednorodność, wystarczy pomnożyć argumenty funkcji F lub A i sprawdzić, czy zmniejsza się.
Powyżej mówiono, że równania różniczkowe o jednorodnych funkcjach zmniejszają się do rozłącznych poprzez zastąpienie. Aby to wyjaśnić, zastanów się nad lematem.
Lemat 1. Jeśli w jest jednorodną funkcją pierwszego stopnia z argumentami x i y, wówczas tożsamość w (x, y) = e (y / x) jest prawdziwa, i e (t) = f (1, t).
Ten lemat jest udowodniony w trywialny sposób: po prostu musimy ustawić k = 1 / x dla wszystkich niezerowych x.
Załóżmy, że mamy y '= f, gdzie f jest funkcją jednorodną. Aby rozwiązać jednorodne równanie różniczkowe na podstawie Lemat 1, możemy przedstawić y '= e (y / x). Równanie można rozwiązać, oddzielając zmienne. Niech y / x = v będzie żądaną funkcją. Więc y = xv, a y '= v + xv'. Otrzymujemy równanie postaci v + xv '= e (v) lub xv' = e (v) - v.
Rozważ to bardziej szczegółowo. W takim przypadku rozwiązaniami równania są wszystkie wartości v = v n - punkty, w których zanika funkcja [e (v) - v]. Odpowiednio, wartości y n = vn x - są rozwiązaniem y '= e (y / x). W domenie wartości, gdzie [e (v) - v] nie zanika, można zastosować separację zmiennych. To znaczy:
dv | = | dx |
-v + e (v) | x |
Integracja, otrzymujemy rozwiązanie E = ln | x | + C.
Zastanów się, dlaczego powyższy zamiennik działa przy rozwiązywaniu jednorodnych równań różniczkowych. Aby to zrobić, weź ogólne rozwiązanie E = ln | x | + C i zamień x na kx i y na ky: E = ln | kx | + C = ln (k) + ln | x | + C. Z kolei wyrażenie ln (k) + C może być reprezentowane jako W, a następnie rozwiązanie będzie wyglądało jak E = ln | x | + W.
Okazuje się, że zamiana x na kx i y na ky prowadzi tylko do zastąpienia jednego rozwiązania innym, ale z tej samej klasy. Innymi słowy, inne rozwiązanie spełnia również pierwotne równanie. Opisana właściwość na płaszczyźnie współrzędnych nazywa się homothety, czyli całkowe krzywe homogenicznych równań różniczkowych przekształcają się w siebie.
Biorąc pod uwagę równanie l 2 + ml + m 2 l '+ m 2 = 0. Znajdź jego rozwiązanie. Niedoświadczone oko może przez pomyłkę szybko dojść do wniosku, że to równanie nie jest jednorodne, ponieważ zastąpienie km zamiast m i kn zamiast n nie daje pierwotnego równania. Błąd w tym przypadku polega na tym, że równanie nie zostało uprzednio rozwiązane w odniesieniu do pochodnej n '. Zróbmy to.
l '= | (-1) | l 2 + ml + m 2 |
m 2 |
W tej formie łatwo jest stwierdzić, że równanie jest jednorodne.
f (km, kl) = | (-1) [(km) 2 + (kl) 2 + k 2 ml] | = | (-1) (l 2 + ml + m 2 ) k 2 | = | f (m, l) |
(km) 2 | m 2 k 2 |
Przechodzimy do rozwiązania, zastępując l / m = v. Otrzymujemy l = vm i l '= mv' + v. Zastąp te wartości równaniem:
mv '+ v = | (-1) [m 2+ (vm) 2 + m (vm)] | = | (-1) (v 2 m 2 + m 2 v + m 2 ) | = 1 - v 2 - v |
m 2 | m 2 |
Otrzymujemy mv '= - (v + 1) 2 . Oczywiście, punktem -1 jest "nj rozwiązanie równania, a przed zastąpieniem n = -m. Gdy v + 1 nie jest równe zeru, podziel zmienne:
- | dv | = | dm |
(v + 1) 2 | m |
Z powstałego równania w formie różniczkowej można łatwo znaleźć wspólną całkę:
ln | Cm | | = | 1 |
1 + v |
Dokonamy wymiany zwrotnej:
n | = | m - m * ln | Cm | |
ln | Cm | |
Nie należy również zapominać o znalezionym wcześniej rozwiązaniu n = -m.
Często homogeniczne równania różniczkowe są mylone z liniowymi. Dla kompletności rozważmy trochę i tę klasę. Tak więc równanie różniczkowe nazywa się liniowym, w którym funkcja i jej pochodna są ułożone liniowo, to znaczy otrzymujemy równanie, które ma następującą postać:
w, o, e - reprezentują dowolne funkcje.
Aby rozwiązać to równanie dla y, należy wziąć pod uwagę wszystkie korzenie o (x). Załóżmy, że dla pewnej liczby o (x 0 ) = 0, wówczas jednym z rozwiązań opisanego równania jest x 0 , ponieważ otrzymujemy o (x 0 ) dy = 0 i dx = 0. Staje się to oczywiste, jeśli zapiszemy różniczkową postać równania, mnożąc obie strony przez dx: o (x) dy + w (x) ydx = e (x) dx.
Eliminując zerowe wartości o (x), dla pozostałych wartości x, zapisz równanie w rozwiązanej formie, dzieląc je przez o (x).
W tej klasie równań istnieją dwie opcje. Pierwszym z nich jest, gdy wolny termin p (x) jest równy zeru (jednorodny), a drugi jest gdy p (x) jest niezerowy (niejednorodny). Mamy więc następujące dwa przypadki:
Homogenność łatwo redukuje się do postaci podzielonej y '/ y = -r (x) lub dy / y = -r (x) dx. Po integracji otrzymujemy ogólne rozwiązanie dla równań jednorodnych: y = Ce -r (x) .
W ogólnym przypadku równanie liniowe (niejednorodne) rozwiązuje się w kilku etapach:
Kolejne pomieszanie równań jednorodnych powstaje przy rozpatrywaniu jednorodnych układów równań. Jest to jednak inna sprawa, której uwzględnienie wykracza poza zakres tego artykułu.
Biorąc pod uwagę problem. Potrzebujesz znaleźć rozwiązanie.
y "+ | ty | = | t |
t 2 +1 | √ (t 2 +1) |
Oczywiście to równanie jest niejednolite, więc najpierw rozwiązujemy następujące równanie:
y "+ | ty | = 0 |
t 2 +1 |
Należy zauważyć, że jednym z rozwiązań równania jest y = 0. Znalezienie rozwiązania ogólnego następuje poprzez formę różniczkową, która pozwala na użycie separacji zmiennych:
dy | = | (-1) tdt |
y | t 2 +1 |
Integracja prowadzi do rozwiązania: ln | y | = A - ln (1 + t 2 ) / 2. Reprezentując A jako ln B, możesz napisać rozwiązanie bardziej elegancko:
y | = | B |
√ (t 2 +1) |
Rozwiązanie równania niejednorodnego można wykonać w inny, podobny sposób, który nazywamy metodą zmienności stałej lub metodą Lagrange'a. Opiszemy to teoretycznie.
W równaniu różniczkowym postaci r (x) y + y '= p (x), zmieniamy y = c (x) e- R (x) , w którym R (x) jest prymitywne r (x) i (x) - nieznana funkcja do ustalenia.
Po wszystkich przekształceniach okazuje się, że c '(x) = e R (x) f (x). Skąd (x) jest łatwo zintegrowany. Zastępując c (x) powrotem do y = c (x) e- R (x) , otrzymujemy y = e- R (x) c (x) + De- R (x) - ogólne rozwiązanie równania, gdzie D jest stałą , które występuje, gdy c (x) jest zintegrowany.
Używając metody Lagrange dla naszego problemu, ustawiliśmy:
y | = | c (t) |
√ (t 2 +1) |
Podstawiając tę zmianę do pierwotnego równania, stwierdzamy, że c (t) = (1/2) t 2 . Piszemy rozwiązanie niejednorodnego równania:
y | = | x 2 | + | D |
2√ (t 2 +1) | √ (t 2 +1) |
Rozważ kolejny przykład. Znajdź rozwiązania (x - 2xy - y 2 ) dy + y 2 dx = 0. Zauważ, że y = 0 jest jednym z rozwiązań równania. Wykorzystując ten fakt, możemy podzielić wszystkie części równania przez wyrażenie y 2 dy. Po przeprowadzeniu pewnych transformacji otrzymujemy:
x ' y | + | x (y) (1 - 2y) | = | 1 |
y 2 |
Należy zauważyć, że wydawało się, że rozwinęliśmy zależność. Dlaczego nie? X i y w funkcji są równe i zależą od siebie nawzajem. Teraz rozwiązujemy nie funkcję y (x), ale x (y), a x ' y jest tylko pochodną funkcji x (y) względem zmiennej y. Lub dx / dy. W tej formie łatwo jest stwierdzić, że mamy do czynienia z równaniem niejednorodnym, więc rozwiązujemy to jednorodne równanie w następujący sposób:
x ' y | + | x (y) (1 - 2y) | = | 0 |
y 2 |
Otrzymujemy x = Cy 2 e 1 / y . Pozostaje tylko znaleźć rozwiązanie pierwotnego równania metodą wariacyjną, ustawiając x = y 2 c (y) e 1 / y . Po zastąpieniu tej podstawienia w równaniu mamy:
c "(y) | = | e -1 / y |
y 2 |
Skąd obliczamy c (y) = e -1 / y + D. Rozwiązanie problemu będzie następujące:
y = 0
x = y 2 + Dy 2 e 1 / y .
Rozważaliśmy sposoby rozwiązywania liniowych równań jednorodnych.