Homojen diferansiyel denklem örneklerine hazır cevaplar Birçok öğrenci ilk sırayı arıyor (1. sıradaki kontrolörler öğretimde en yaygın olanlardır), o zaman bunları ayrıntılı olarak analiz edebilirsiniz. Ancak örneklere geçmeden önce özeti dikkatlice okumanızı öneririz. teorik materyal.
P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 formundaki ve P(x,y) ve Q(x,y) fonksiyonlarının aynı mertebeden homojen fonksiyonlar olduğu denklemlere denir homojen diferansiyel denklem(ODR).
Homojen bir diferansiyel denklemi çözme şeması
1. Öncelikle y=z*x ikamesini uygulamanız gerekir; burada z=z(x) yeni bir bilinmeyen fonksiyondur (böylece orijinal denklem, ayrılabilir değişkenlere sahip bir diferansiyel denkleme indirgenir).
2. Çarpımın türevi y"=(z*x)"=z"*x+z*x"=z"*x+z'ye veya dy=d(zx)=z*dx+ diferansiyellerinde eşittir x*dz.
3. Daha sonra yeni y fonksiyonunu ve onun türevi y"yi (veya dy) yerine koyarız Ayrılabilir değişkenli DE x ve z'ye göre.
4. Karar verdikten sonra diferansiyel denklem ayrılabilir değişkenlerle ters yönde y=z*x değişimi yaparız, yani z= y/x olur ve şunu elde ederiz: ortak karar bir diferansiyel denklemin (genel integrali).
5. Başlangıç koşulu y(x 0)=y 0 verilirse Cauchy problemine özel bir çözüm buluruz. Teoride kolay gibi görünse de pratikte diferansiyel denklemleri çözmek herkes kadar eğlenceli değildir. Bu nedenle bilgimizi derinleştirmek için yaygın örneklere bakalım. Kolay görevlerle ilgili size öğretecek pek bir şey yok, o yüzden daha karmaşık olanlara geçelim.
Birinci dereceden homojen diferansiyel denklemlerin hesaplamaları
Örnek 1.
Çözüm: Böl Sağ Taraf Türeve yakın bir faktör olan bir değişken için denklemler. Sonuç olarak şuraya varıyoruz 0. dereceden homojen diferansiyel denklem
Ve burada belki de birçok insan ilgilenmeye başladı, homojen bir denklemin bir fonksiyonunun sırası nasıl belirlenir?
Soru oldukça alakalı ve cevabı şu:
sağ tarafta fonksiyon ve argüman yerine t*x, t*y değerini koyarız. Basitleştirme yapılırken “t” parametresi, denklemin sırası adı verilen belirli bir k derecesine kadar elde edilir. Bizim durumumuzda 0'ıncı kuvvete eşdeğer olan "t" azaltılacaktır veya homojen bir denklemin sıfır derecesi.
Daha sonra sağ tarafta yeni değişken y=zx'e geçebiliriz; z=y/x.
Aynı zamanda “y”nin türevini de yeni değişkenin türevi üzerinden ifade etmeyi unutmayın. Parçalar kuralına göre buluruz 
Diferansiyel denklemler formu alacak 
Sağ ve sol taraftaki ortak şartları iptal edip şuraya geçiyoruz: ayrılmış değişkenli diferansiyel denklem.
DE'nin her iki tarafını da entegre edelim 
Daha sonraki dönüşümlerin kolaylığı için, sabiti hemen logaritmanın altına giriyoruz 
Logaritmanın özelliklerine göre elde edilen sonuç logaritmik denklem aşağıdakine eşdeğer 
Bu giriş henüz bir çözüm (cevap) değil; değişkenlerin değiştirilmesi işlemine geri dönmek gerekiyor 
Bu şekilde buluyorlar diferansiyel denklemlerin genel çözümü. Önceki dersleri dikkatlice okursanız, ayrılmış değişkenlere sahip denklem hesaplama şemasını serbestçe kullanabilmeniz gerektiğini ve bu tür denklemlerin daha karmaşık uzaktan kumanda türleri için hesaplanması gerektiğini söylemiştik.
Örnek 2.
Diferansiyel denklemin integralini bulun
Çözüm: Homojen ve birleşik kontrol sistemlerini hesaplama şeması artık size tanıdık geliyor. Değişkeni denklemin sağ tarafına taşırız ve ayrıca pay ve paydadaki x 2'yi ortak faktör olarak çıkarırız 
Böylece sıfır mertebeden homojen bir diferansiyel denklem elde ederiz.
Bir sonraki adım, ezberlemeniz için size sürekli hatırlatacağımız z=y/x, y=z*x değişkenlerinin değiştirilmesini tanıtmaktır.
Bundan sonra uzaktan kumandayı diferansiyellere yazıyoruz 
Daha sonra bağımlılığı şuna dönüştürüyoruz: ayrılmış değişkenli diferansiyel denklem
ve bunu entegrasyonla çözüyoruz. 
İntegraller basittir, geri kalan dönüşümler logaritmanın özelliklerine göre gerçekleştirilir. Son adım logaritmanın ortaya çıkarılmasını içerir. Sonunda orijinal değiştirmeye dönüyoruz ve bunu forma yazıyoruz 
"C" sabiti herhangi bir değeri alabilir. Yazışma yoluyla çalışan herkes sınavlarda bu tür denklemlerle sorun yaşar, bu yüzden lütfen dikkatlice inceleyin ve hesaplama şemasını unutmayın.
Örnek 3.
Diferansiyel denklemi çözün
Çözüm: Yukarıdaki metodolojiden takip edildiği gibi, bu tür diferansiyel denklemler çözülür yeni bir değişken ekleyerek. Türevi değişkensiz olacak şekilde bağımlılığı yeniden yazalım. 
Ayrıca sağ tarafı analiz ettiğimizde -ee parçasının her yerde mevcut olduğunu ve onu yeni bir bilinmeyen olarak ifade ettiğini görüyoruz.
z=y/x, y=z*x .
Y'nin türevini bulma
Değiştirmeyi dikkate alarak orijinal DE'yi formda yeniden yazıyoruz 
Aynı terimleri basitleştiriyoruz ve ortaya çıkan tüm terimleri DE'ye indiriyoruz ayrılmış değişkenlerle
Eşitliğin her iki tarafının integrali alınarak 
logaritma şeklinde bir çözüme ulaşırız 
Bulduğumuz bağımlılıkları açığa çıkararak diferansiyel denklemin genel çözümü
değişkenlerin başlangıçtaki değişimini yerine koyduktan sonra şu şekli alır: 
Burada C, Cauchy koşulundan daha ayrıntılı olarak belirlenebilecek bir sabittir. Cauchy problemi belirtilmezse keyfi bir gerçek değer alır.
Homojen diferansiyel denklemlerin hesabındaki tüm bilgelik budur.
Bazı fizik problemlerinde süreci tanımlayan büyüklükler arasında doğrudan bir bağlantı kurmak mümkün değildir. Ancak incelenen fonksiyonların türevlerini içeren bir eşitlik elde etmek mümkündür. Diferansiyel denklemler bu şekilde ortaya çıkar ve bilinmeyen bir fonksiyonu bulmak için bunları çözme ihtiyacı ortaya çıkar.
Bu makale, bilinmeyen fonksiyonun tek değişkenli bir fonksiyon olduğu diferansiyel denklemi çözme problemiyle karşı karşıya kalanlar için hazırlanmıştır. Teori, sıfır diferansiyel denklem bilgisi ile görevinizin üstesinden gelebilecek şekilde yapılandırılmıştır.
Her diferansiyel denklem türü, tipik örneklere ve problemlere yönelik ayrıntılı açıklamalar ve çözümler içeren bir çözüm yöntemiyle ilişkilendirilir. Tek yapmanız gereken probleminizin diferansiyel denkleminin türünü belirlemek, analiz edilmiş benzer bir örnek bulmak ve benzer eylemleri gerçekleştirmek.
Diferansiyel denklemleri başarılı bir şekilde çözmek için çeşitli fonksiyonların ters türevlerini (belirsiz integraller) bulma becerisine de ihtiyacınız olacak. Gerekiyorsa bölümüne başvurmanızı öneririz.
Öncelikle türete göre çözülebilen birinci mertebeden adi diferansiyel denklem türlerini ele alacağız, sonra ikinci mertebeden ODE'lere geçeceğiz, sonra daha yüksek mertebeden denklemler üzerinde duracağız ve sistemlerle bitireceğiz. diferansiyel denklemler.
Eğer y, x argümanının bir fonksiyonu ise bunu hatırlayın.
Birinci mertebeden diferansiyel denklemler.
Formun en basit birinci dereceden diferansiyel denklemleri.
Bu tür uzaktan kumandalara birkaç örnek yazalım 
.
Diferansiyel denklemler 
eşitliğin her iki tarafının f(x)'e bölünmesiyle türev açısından çözülebilir. Bu durumda f(x) ≠ 0 için orijinal denkleme eşdeğer bir denklem elde ederiz. Bu tür ODE'lerin örnekleri şunlardır.
Eğer x argümanının f(x) ve g(x) fonksiyonlarının aynı anda sıfır olduğu değerleri varsa, o zaman ek çözümler ortaya çıkar. Denklemin ek çözümleri 
verilen x, bu bağımsız değişken değerleri için tanımlanan herhangi bir işlevdir. Bu tür diferansiyel denklemlerin örnekleri şunları içerir:
İkinci dereceden diferansiyel denklemler.
Sabit katsayılı ikinci dereceden doğrusal homojen diferansiyel denklemler.
Sabit katsayılı LDE çok yaygın bir diferansiyel denklem türüdür. Çözümleri özellikle zor değil. Öncelikle karakteristik denklemin kökleri bulunur. 
. Farklı p ve q için üç durum mümkündür: karakteristik denklemin kökleri gerçek ve farklı, gerçek ve çakışık olabilir 
veya karmaşık konjugatlar. Karakteristik denklemin köklerinin değerlerine bağlı olarak diferansiyel denklemin genel çözümü şu şekilde yazılır: 
, veya 
, veya sırasıyla.
Örneğin, sabit katsayılara sahip doğrusal homojen ikinci dereceden diferansiyel denklemi düşünün. Karakteristik denkleminin kökleri k 1 = -3 ve k 2 = 0'dır. Kökler gerçek ve farklıdır, bu nedenle LODE'nin sabit katsayılı genel çözümü şu şekildedir:
İkinci dereceden sabit katsayılı lineer homojen olmayan diferansiyel denklemler.
Sabit y katsayılı ikinci dereceden bir LDDE'nin genel çözümü, karşılık gelen LDDE'nin genel çözümünün toplamı şeklinde aranır. 
ve orijinaline özel bir çözüm homojen olmayan denklem, yani, . Önceki paragraf, sabit katsayılı homojen bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulmaya ayrılmıştır. Ve özel bir çözüm, ya orijinal denklemin sağ tarafındaki f(x) fonksiyonunun belirli bir formu için belirsiz katsayılar yöntemiyle ya da keyfi sabitleri değiştirme yöntemiyle belirlenir.
Sabit katsayılı ikinci dereceden LDDE'lere örnek olarak şunu veriyoruz: 
Teoriyi anlayın ve aşina olun detaylı çözümler Sabit katsayılı ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler sayfasında size örnekler sunuyoruz.
Doğrusal homojen diferansiyel denklemler (LODE) 
ve ikinci dereceden doğrusal homojen olmayan diferansiyel denklemler (LNDE'ler).
Bu tip diferansiyel denklemlerin özel bir durumu sabit katsayılı LODE ve LDDE'dir.
LODE'nin belirli bir segment üzerindeki genel çözümü, bu denklemin doğrusal olarak bağımsız iki kısmi çözümü y 1 ve y 2'nin doğrusal bir kombinasyonu ile temsil edilir, yani, 
.
Asıl zorluk tam olarak bu tip bir diferansiyel denklemin doğrusal bağımsız kısmi çözümlerini bulmakta yatmaktadır. Tipik olarak, belirli çözümler aşağıdaki doğrusal bağımsız fonksiyon sistemlerinden seçilir: 
Ancak belirli çözümler her zaman bu biçimde sunulmamaktadır.
Bir LOD örneği: 
.
LDDE'nin genel çözümü, karşılık gelen LDDE'nin genel çözümü ve orijinal diferansiyel denklemin özel çözümü olan formda aranır. Az önce onu bulmaktan bahsettik, ancak isteğe bağlı sabitleri değiştirme yöntemi kullanılarak belirlenebilir.
LNDU'ya bir örnek verilebilir 
.
Yüksek mertebeden diferansiyel denklemler.
Sırada azalmaya izin veren diferansiyel denklemler.
Diferansiyel denklem sırası 
İstenilen fonksiyonu ve k-1 mertebesine kadar türevlerini içermeyen , değiştirilerek n-k'ye indirgenebilir.
Bu durumda orijinal diferansiyel denklem . Çözümü p(x) bulduktan sonra, yerine koymaya geri dönüp bilinmeyen y fonksiyonunu belirlemeye devam eder.
Örneğin, diferansiyel denklem 
değiştirildikten sonra ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem haline gelecek ve sırası üçüncüden birinciye düşecektir.
Durmak! Bu hantal formülü anlamaya çalışalım.
Güçteki bazı katsayılara sahip ilk değişken önce gelmelidir. Bizim durumumuzda öyle
Bizim durumumuzda öyle. Bulduğumuz gibi bu, ilk değişkendeki derecenin yakınsadığı anlamına gelir. Ve birinci dereceden ikinci değişken yer alıyor. Katsayı.
Biz buna sahibiz.
İlk değişken bir kuvvettir ve ikinci değişken bir katsayı ile karelidir. Bu denklemdeki son terimdir.
Gördüğünüz gibi denklemimiz formül formundaki tanıma uyuyor.
Tanımın ikinci (sözlü) kısmına bakalım.
İki bilinmeyenimiz var ve. Burada birleşiyor.
Tüm şartları ele alalım. Bunlarda bilinmeyenlerin dereceleri toplamı aynı olmalıdır.
Derecelerin toplamı eşittir.
Güçlerin toplamı eşittir (at ve at).
Derecelerin toplamı eşittir.
Gördüğünüz gibi her şey uyuyor!!!
Şimdi homojen denklemleri tanımlamaya çalışalım.
Denklemlerden hangisinin homojen olduğunu belirleyin:
Homojen denklemler- numaralı denklemler:
Denklemi ayrı ayrı ele alalım.
Her terimi çarpanlara ayırarak bölersek, şunu elde ederiz:
Ve bu denklem tamamen homojen denklemlerin tanımına girmektedir.
Homojen denklemler nasıl çözülür?
Örnek 2.
Denklemi ikiye bölelim.
Koşulumuza göre y eşit olamaz. Bu nedenle güvenle bölebiliriz
Değiştirme yaparak basit bir sonuç elde ederiz ikinci dereceden denklem:
Bu indirgenmiş ikinci dereceden bir denklem olduğu için Vieta teoremini kullanıyoruz:
Ters değiştirmeyi yaptıktan sonra cevabı buluruz.
Cevap:
Örnek 3.
Denklemi (koşula) göre bölelim.
Cevap:
Örnek 4.
Varsa bulun.
Burada bölmeniz değil çarpmanız gerekiyor. Denklemin tamamını şu şekilde çarpalım:
Hadi yerine koyalım ve ikinci dereceden denklemi çözelim:
Ters değiştirmeyi yaptıktan sonra cevabı elde ederiz:
Cevap:
Homojen trigonometrik denklemlerin çözümü.
Homojen trigonometrik denklemlerin çözümü yukarıda açıklanan çözüm yöntemlerinden farklı değildir. Ancak burada diğer şeylerin yanı sıra biraz trigonometri bilmeniz gerekir. Ve karar verebilme trigonometrik denklemler(Bunun için bölümü okuyabilirsiniz).
Örnekleri kullanarak bu tür denklemlere bakalım.
Örnek 5.
Denklemi çözün.
Tipik bir homojen denklem görüyoruz: ve bilinmeyenlerdir ve her terimdeki kuvvetlerinin toplamı eşittir.
Bu tür homojen denklemlerin çözülmesi zor değildir, ancak denklemleri bölmeden önce şu durumu düşünün:
Bu durumda denklem şu şekli alacaktır: yani. Ancak sinüs ve kosinüs aynı anda eşit olamaz çünkü temelde trigonometrik özdeşlik. Bu nedenle, onu güvenle şu şekilde bölebiliriz:
Denklem verildiğine göre Vieta teoremine göre:
Cevap:
Örnek 6.
Denklemi çözün.
Örnekte olduğu gibi denklemi ikiye bölmeniz gerekir. Aşağıdaki durumlarda durumu ele alalım:
Ancak sinüs ve kosinüs aynı anda eşit olamaz çünkü temel trigonometrik özdeşliğe göre. Bu yüzden.
Hadi yerine koyalım ve ikinci dereceden denklemi çözelim:
Ters yerine koyma işlemini yapalım ve bulalım:
Cevap:
Homojen üstel denklemlerin çözümü.
Homojen denklemler yukarıda tartışılanlarla aynı şekilde çözülür. Nasıl karar vereceğinizi unuttuysanız üstel denklemler- ilgili bölüme bakın ()!
Birkaç örneğe bakalım.
Örnek 7.
Denklemi çözün
Bunu şöyle hayal edelim:
İki değişkenli ve kuvvetlerin toplamı olan tipik bir homojen denklem görüyoruz. Denklemi ikiye ayıralım:
Gördüğünüz gibi, ikameyi yaparak aşağıdaki ikinci dereceden denklemi elde ediyoruz (sıfıra bölmekten korkmanıza gerek yok - her zaman kesinlikle sıfırdan büyüktür):
Vieta teoremine göre:
Cevap: .
Örnek 8.
Denklemi çözün
Bunu şöyle hayal edelim:
Denklemi ikiye ayıralım:
Hadi yerine koyalım ve ikinci dereceden denklemi çözelim:
Kök koşulu karşılamıyor. Ters değiştirmeyi yapalım ve bulalım:
Cevap:
HOMOJEN DENKLEMLER. ORTALAMA SEVİYE
Öncelikle bir problem örneğini kullanarak şunu hatırlatmama izin verin. homojen denklemler nedir ve homojen denklemlerin çözümü nedir.
Problemi çöz:
Varsa bulun.
Burada ilginç bir şeyi fark edebilirsiniz: Her terimi şuna bölersek şunu elde ederiz:
Yani, artık ayrı bir şey yok ve - şimdi denklemdeki değişken istenen değerdir. Ve bu, Vieta teoremi kullanılarak kolayca çözülebilen sıradan bir ikinci dereceden denklemdir: köklerin çarpımı eşittir ve toplam, ve sayılarıdır.
Cevap:
Formun denklemleri
homojen denir. Yani bu, her terimi bu bilinmeyenlerin kuvvetleri toplamına sahip olan iki bilinmeyenli bir denklemdir. Örneğin yukarıdaki örnekte bu miktar eşittir. Homojen denklemler bilinmeyenlerden birine şu dereceye kadar bölünerek çözülür:
Ve değişkenlerin daha sonra değiştirilmesi: . Böylece bir bilinmeyenli bir güç denklemi elde ederiz:
Çoğu zaman ikinci dereceden (yani ikinci dereceden) denklemlerle karşılaşacağız ve bunları nasıl çözeceğimizi biliyoruz:
Denklemin tamamını bir değişkene ancak bu değişkenin sıfıra eşit olamayacağına ikna olursak bölebileceğimizi (ve çarpabileceğimizi) unutmayın! Mesela bulmamız istense bölmenin imkansız olduğunu hemen anlarız. Bunun çok açık olmadığı durumlarda bu değişkenin sıfıra eşit olduğu durumu ayrıca kontrol etmek gerekir. Örneğin:
Denklemi çözün.
Çözüm:
Burada tipik bir homojen denklem görüyoruz: ve bilinmeyenlerdir ve her terimdeki kuvvetlerinin toplamı eşittir.
Ancak, bölmeden ve ikinci dereceden göreceli bir denklem elde etmeden önce, ne zaman olduğu durumunu düşünmeliyiz. Bu durumda denklem şu şekilde olacaktır: , yani. Ancak sinüs ve kosinüs aynı anda sıfıra eşit olamaz çünkü temel trigonometrik özdeşliğe göre: . Bu nedenle, onu güvenle şu şekilde bölebiliriz:
Umarım bu çözüm tamamen açıktır? Değilse, bölümü okuyun. Nereden geldiği belli değilse, bölüme daha erken dönmeniz gerekir.
Kendin için karar ver:
- Varsa bulun.
- Varsa bulun.
- Denklemi çözün.
Burada homojen denklemlerin çözümünü kısaca doğrudan yazacağım:
Çözümler:
Cevap: .
Ancak burada bölmek yerine çarpmamız gerekiyor:
Cevap:
Henüz trigonometrik denklemleri almadıysanız bu örneği atlayabilirsiniz.
Burada bölme işlemi yapmamız gerektiğine göre öncelikle yüzün sıfıra eşit olmadığından emin olalım:
Ve bu imkansızdır.
Cevap: .
HOMOJEN DENKLEMLER. ANA ŞEYLER HAKKINDA KISACA
Tüm homojen denklemlerin çözümü, bilinmeyenlerden birinin kuvvetine ve değişkenlerin daha fazla değişmesine bölünmeye indirgenir.
Algoritma:
1. dereceden homojen bir diferansiyel denklemi çözmek için u=y/x ikamesini kullanın, yani u, x'e bağlı yeni bir bilinmeyen fonksiyondur. Dolayısıyla y=ux. Çarpım farklılaşma kuralını kullanarak y' türevini buluyoruz: y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u (x'=1 olduğundan). Başka bir gösterim biçimi için: dy = udx + xdu Yerine koyma işleminden sonra denklemi basitleştirir ve ayrılabilir değişkenlere sahip bir denkleme ulaşırız.
1. mertebeden homojen diferansiyel denklemlerin çözümüne örnekler.
1) Denklemi çözün
Bu denklemin homojen olup olmadığını kontrol ediyoruz (bkz. Homojen bir denklem nasıl belirlenir). İkna olduktan sonra u=y/x değişimini yaparız, buradan y=ux, y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u olur. Yerine koy: u'x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Ürünün logaritmasından beri toplamına eşit logaritmalar, ln(ux)=lnu+lnx. Buradan
u'x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). Benzer terimleri getirdikten sonra: u'x+u=u(1+lnu). Şimdi parantezleri aç
u'x+u=u+u·lnu. Her iki taraf da u'yu içerir, dolayısıyla u'x=u·lnu. u x'in bir fonksiyonu olduğundan u'=du/dx olur. Hadi değiştirelim
Ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde ettik. x·u·lnu≠0 çarpımı olması koşuluyla, her iki parçayı da dx ile çarparak ve x·u·lnu'ya bölerek değişkenleri ayırıyoruz.
İntegral alalım:
Sol tarafta bir tablo integrali var. Sağda - dt=(lnu)'du=du/u'dan başlayarak t=lnu değişimini yapıyoruz
ln│t│=ln│x│+C. Ancak bu tür denklemlerde C yerine ln│C│ almanın daha uygun olduğunu daha önce tartışmıştık. Daha sonra
ln│t│=ln│x│+ln│C│. Logaritmanın özelliğine göre: ln│t│=ln│Сx│. Dolayısıyla t=Cx. (koşula göre, x>0). Ters değişimi yapmanın zamanı geldi: lnu=Cx. Ve bir ters değiştirme daha:
Logaritmanın özelliğine göre:
Bu denklemin genel integralidir.
x·u·lnu≠0 çarpımının durumunu hatırlıyoruz (ve dolayısıyla x≠0,u≠0, lnu≠0, dolayısıyla u≠1). Ancak koşuldan x≠0, u≠1 kalır, dolayısıyla x≠y. Açıkçası, genel çözüme y=x (x>0) dahildir.
2) y'=x/y+y/x denkleminin y(1)=2 başlangıç koşullarını sağlayan kısmi integralini bulun.
İlk olarak, bu denklemin homojen olup olmadığını kontrol ederiz (her ne kadar y/x ve x/y terimlerinin varlığı zaten dolaylı olarak bunu gösteriyor olsa da). Daha sonra u=y/x değişimini yaparız, buradan y=ux, y'=(ux)'=u'x+x'u=u'x+u olur. Ortaya çıkan ifadeleri denklemde yerine koyarız:
u'x+u=1/u+u. Basitleştirelim:
u'x=1/u. u x'in bir fonksiyonu olduğundan u'=du/dx:
Ayrılabilir değişkenlere sahip bir denklem elde ettik. Değişkenleri ayırmak için her iki tarafı da dx ve u ile çarparız ve x'e böleriz (koşula göre x≠0, dolayısıyla u≠0 da olur, bu da çözüm kaybı olmadığı anlamına gelir).
İntegral alalım:
ve her iki taraf da tablo halinde integraller içerdiğinden, hemen şunu elde ederiz:
Ters değiştirme işlemini gerçekleştiriyoruz:
Bu denklemin genel integralidir. y(1)=2 başlangıç koşulunu kullanırız, yani elde edilen çözümde y=2, x=1 yerine koyarız:
3) Homojen denklemin genel integralini bulun:
(x²-y²)dy-2xydx=0.
u=y/x'in değiştirilmesi, dolayısıyla y=ux, dy=xdu+udx. yerine koyalım:
(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. X²'yi parantezden çıkarıyoruz ve her iki parçayı da ona bölüyoruz (x≠0 şartıyla):
x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0
(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Parantezleri açın ve basitleştirin:
xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,
xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Terimleri du ve dx ile gruplandırıyoruz:
(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Ortak faktörleri parantezlerden çıkaralım:
x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Değişkenleri ayırıyoruz:
x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Bunu yapmak için denklemin her iki tarafını da xu(u²+1)≠0'a böleriz (buna göre x≠0 (zaten belirtilmiş), u≠0 gerekliliklerini ekleriz):
İntegral alalım:
Denklemin sağ tarafında tablo halinde bir integral var ve sol taraftaki rasyonel kesri basit faktörlere ayırıyoruz:
(veya ikinci integralde, diferansiyel işaretini değiştirmek yerine, t=1+u², dt=2udu - kim hangi yöntemi beğenirse onu tercih eder) değişimini yapmak mümkündü. Şunu elde ederiz:
Logaritmanın özelliklerine göre:
Ters değiştirme
u≠0 koşulunu hatırlıyoruz. Dolayısıyla y≠0. C=0 y=0 olduğunda bu, çözüm kaybının olmadığı ve y=0'ın genel integrale dahil edildiği anlamına gelir.
Yorum
Terimi solda x ile bırakırsanız farklı biçimde yazılmış bir çözüm elde edebilirsiniz:
Bu durumda integral eğrisinin geometrik anlamı, merkezleri Oy ekseni üzerinde olan ve orijinden geçen bir daire ailesidir.
Kendi kendine test görevleri:
1) (x²+y²)dx-xydy=0
1) Denklemin homojen olup olmadığını kontrol ediyoruz ve ardından u=y/x değişimini yapıyoruz, dolayısıyla y=ux, dy=xdu+udx. Şu koşulu yerine koyun: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Denklemin her iki tarafını da x²≠0'a bölerek şunu elde ederiz: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Dolayısıyla dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Basitleştirirsek: dx-xudu=0. Dolayısıyla xudu=dx, udu=dx/x. Her iki parçayı da entegre edelim:
