Viber Закажи час

+381 62 16 43 066

Хомогене диференцијалне једначине

y′=f(yx)смена:yx=t             y=t⋅x             y′=t′⋅x+t\begin{array}{l} y' = f\left( {\frac{y}{x}} \right) \\ смена:{\rm{ }}\frac{y}{x} = t \\ {\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} y = t \cdot x \\ {\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} {\text{ }} y' = t' \cdot x + t \end{array}

Задаци

1. Одредити опште решење диференцијалне једначине   (x−y)ydx−x2dy=0\left( {x - y} \right)ydx - {x^2}dy = 0.

Потребно је најпре диференцијалну једначину свести на одговарајући облик, односно dydx\frac{{dy}}{{dx}} заменити са y′y'. Из тог разлога делимо једначину са dxdx.

(x−y)ydx=x2dy  /:dx\left( {x - y} \right)ydx = {x^2}dy{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /:dx

Затим делимо са x2x^2 и раздвајамо разломак да би израз са леве стране свели на облик f(yx)f\left( {\frac{y}{x}} \right).

(x−y)y=x2dydx  /:x2\left( {x - y} \right)y = {x^2}\frac{{dy}}{{dx}}{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /:{x^2}

xy−y2x2=dydx\frac{{xy - {y^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{dy}}{{dx}}

xyx2−y2x2=y′\frac{{xy}}{{{x^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} = y'

yx−(yx)2=y′\frac{y}{x} - {\left( {\frac{y}{x}} \right)^2} = y'

Сада можемо уврстити смену yx=t\frac{y}{x} = t, одакле следи y=t⋅x⇒y′=t′⋅x+ty = t \cdot x \Rightarrow y' = t' \cdot x + t

На овај начин добијамо

t−t2=t′⋅x+tt - {t^2} = t' \cdot x + t

односно

−t2=t′⋅x- {t^2} = t' \cdot x

што је диференцијална једначина која раздваја променљиве, при чему је tt променљива која зависи од xx, па је t′=dtdxt' = \frac{{dt}}{{dx}}

−t2=dtdx⋅x  /dx- {t^2} = \frac{{dt}}{{dx}} \cdot x{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /dx

−t2dx=dt⋅x  /1t21x- {t^2}dx = dt \cdot x{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /\frac{1}{{{t^2}}}\frac{1}{x}

dxx=−dtt2  /∫\frac{{dx}}{x} = - \frac{{dt}}{{{t^2}}}{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫dxx=−∫dtt2\int {\frac{{dx}}{x} = - \int {\frac{{dt}}{{{t^2}}}} }

ln⁡∣x∣=−t−1−1+C\ln \left| x \right| = - \frac{{{t^{ - 1}}}}{{ - 1}} + C

Када вратимо смену, односно уместо tt упишемо yx\frac{y}{x}, добијамо опште решење диференцијалне једначине са почетка задатка.

ln⁡∣x∣=xy+C\ln \left| x \right| = \frac{x}{y} + C

2. Одредити опште решење диференцијалне једначине   y′=2xyx2−y2y' = \frac{{2xy}}{{{x^2} - {y^2}}}.

Да бисмо могли да сведемо на облик хомогене диференцијалне једначине, тачније да бисмо могли раздвојити разломак са десне стране, примењујемо реципрочну вредност једнакости.

dydx=2xyx2−y2\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{2xy}}{{{x^2} - {y^2}}}

dxdy=x2−y22xy\frac{{dx}}{{dy}} = \frac{{{x^2} - {y^2}}}{{2xy}}

На овај начин променили смо зависност променљивих, односно променљиву xx посматрамо као зависну од променљиве yy.

x′=x22xy−y22xyx' = \frac{{{x^2}}}{{2xy}} - \frac{{{y^2}}}{{2xy}}

x′=x2y−y2xx' = \frac{x}{{2y}} - \frac{y}{{2x}}

x′=12xy−121xyx' = \frac{1}{2}\frac{x}{y} - \frac{1}{2}\frac{1}{{\frac{x}{y}}}

У овом случају уводимо смену xy=t\frac{x}{y} = t, водећи рачуна да је сада променљива tt зависна од yy.

xy=t⇒x=t⋅y⇒x′=t′y+t\frac{x}{y} = t \Rightarrow x = t \cdot y \Rightarrow x' = t'y + t

t′y+t=12t−121tt'y + t = \frac{1}{2}t - \frac{1}{2}\frac{1}{t}

t′y=−12t−121tt'y = - \frac{1}{2}t - \frac{1}{2}\frac{1}{t}

Овим смо нашу диференцијалну једначину свели на диференцијалну једначину која раздваја променљиве

dtdyy=−t2−12t  /dy\frac{{dt}}{{dy}}y = \frac{{ - {t^2} - 1}}{{2t}}{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /dy

ydt=−t2−12tdyydt = \frac{{ - {t^2} - 1}}{{2t}}dy

2t−t2−1dt=1ydy  /∫\frac{{2t}}{{ - {t^2} - 1}}dt = \frac{1}{y}dy{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

−∫2tt2+1dt=∫1ydy- \int {\frac{{2t}}{{{t^2} + 1}}dt} = \int {\frac{1}{y}dy}

∣t2+1=s2tdt=ds∣\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {{t^2} + 1 = s}\\ {2tdt = ds} \end{array}} \right|

−∫dss=∫1ydy- \int {\frac{{ds}}{s}} = \int {\frac{1}{y}dy}

−ln⁡∣s∣=ln⁡∣y∣+ln⁡C- \ln \left| s \right| = \ln \left| y \right| + \ln C

ln⁡∣s∣−1=ln⁡∣y∣C\ln {\left| s \right|^{ - 1}} = \ln \left| y \right|C

1∣s∣=∣y∣C\frac{1}{{\left| s \right|}} = \left| y \right|C

1∣(xy)2+1∣=∣y∣C\frac{1}{{\left| {{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2} + 1} \right|}} = \left| y \right|C

y2x2+y2=∣y∣C\frac{{{y^2}}}{{{x^2} + {y^2}}} = \left| y \right|C

3. Одредити опште решење диференцијалне једначине   xy′−y=x2+y2xy' - y = \sqrt {{x^2} + {y^2}}.

xy′=y+x2+y2  /:xxy' = y + \sqrt {{x^2} + {y^2}}{\text{ }}{\text{ }} /:x

y′=yx+x2+y2xy' = \frac{y}{x} + \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{x}

y′=yx+x2+y2x2y' = \frac{y}{x} + \sqrt {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{{x^2}}}}

y′=yx+1+(yx)2y' = \frac{y}{x} + \sqrt {1 + {{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}

yx=t⇒y=t⋅x⇒y′=t′x+t\frac{y}{x} = t \Rightarrow y = t \cdot x \Rightarrow y' = t'x + t

t′x+t=t+1+t2t'x + t = t + \sqrt {1 + {t^2}}

dtdxx=1+t2\frac{{dt}}{{dx}}x = \sqrt {1 + {t^2}}

dt1+t2=dxx   /∫\frac{{dt}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }} = \frac{{dx}}{x}{\text{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫dt1+t2=∫dxx\int {\frac{{dt}}{{\sqrt {1 + {t^2}} }}} = \int {\frac{{dx}}{x}}

ln⁡∣t+1+t2∣=ln⁡∣x∣+ln⁡C\ln \left| {t + \sqrt {1 + {t^2}} } \right| = \ln \left| x \right| + \ln C

ln⁡∣yx+1+(yx)2∣=ln⁡∣x∣C\ln \left| {\frac{y}{x} + \sqrt {1 + {{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}} } \right| = \ln \left| x \right|C

∣y+x2+y2x∣=∣x∣C\left| \frac{{y + \sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{x} \right| = \left| x \right|C

4. Одредити опште решење диференцијалне једначине   xy′=xeyx+yxy' = x{e^{\frac{y}{x}}} + y.

xy′=xeyx+y  /:xxy' = x{e^{\frac{y}{x}}} + y{\text{ }}{\text{ }} {\rm{ /}}:x

y′=xeyxx+yxy' = \frac{{x{e^{\frac{y}{x}}}}}{x} + \frac{y}{x}

y′=eyx+yxy' = {e^{\frac{y}{x}}} + \frac{y}{x}

yx=t⇒y=t⋅x⇒y′=t′x+t\frac{y}{x} = t \Rightarrow y = t \cdot x \Rightarrow y' = t'x + t

t′x+t=et+tt'x + t = {e^t} + t

dtdxx=et\frac{{dt}}{{dx}}x = {e^t}

dtet=dxx  /∫\frac{{dt}}{{{e^t}}} = \frac{{dx}}{x} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫e−tdt=∫dxx\int {{e^{ - t}}dt} = \int {\frac{{dx}}{x}}

∣−t=s−dt=ds∣\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} { - t = s}\\ { - dt = ds} \end{array}} \right|

−∫esds=∫dxx- \int {{e^s}ds} = \int {\frac{{dx}}{x}}

−es=ln⁡∣x∣+ln⁡C- {e^s} = \ln \left| x \right| + \ln C

e−t=−ln⁡∣x∣C{e^{ - t}} = - \ln \left| x \right|C

e−yx=ln⁡(∣x∣C)−1{e^{ - \frac{y}{x}}} = \ln {\left( {\left| x \right|C} \right)^{ - 1}}

e−yx=ln⁡1∣x∣C{e^{ - \frac{y}{x}}} = \ln \frac{1}{{\left| x \right|C}}

5. Одредити опште решење диференцијалне једначине  (x2−y2)dy=xydx\left( {{x^2} - {y^2}} \right)dy = xydx.

Ако бисмо ову једначину покушали свести на облик y′=f(yx)y' = f\left( {\frac{y}{x}} \right) имали би проблем да раздвојимо разломак, из тог разлога једначину преводимо на облик x′=f(xy)x' = f\left( {\frac{x}{y}} \right) који једноставно решавамо.

(x2−y2)dy=xydx  /1dy\left( {{x^2} - {y^2}} \right)dy = xydx{\text{ }}{\text{ }} /\frac{1}{{dy}}

x2−y2xy=dxdy\frac{{{x^2} - {y^2}}}{{xy}} = \frac{{dx}}{{dy}}

x2xy−y2xy=dxdy\frac{{{x^2}}}{{xy}} - \frac{{{y^2}}}{{xy}} = \frac{{dx}}{{dy}}

xy−yx=x′\frac{x}{y} - \frac{y}{x} = x'

xy=t⇒x=t⋅y⇒x′=t′y+t\frac{x}{y} = t \Rightarrow x = t \cdot y \Rightarrow x' = t'y + t

t−1t=t′y+tt - \frac{1}{t} = t'y + t

−1t=dtdyy- \frac{1}{t} = \frac{{dt}}{{dy}}y

−dyy=tdt  /∫- \frac{{dy}}{y} = tdt{\rm{ } {\text{ }}{\text{ }} } /\int {}

−ln⁡∣y∣+ln⁡C=t22- \ln\left| y\right| + \ln C = \frac{{{t^2}}}{2}

ln⁡C∣y∣=(xy)22\ln \frac{C}{\left|y\right|} = \frac{{{{\left( {\frac{x}{y}} \right)}^2}}}{2}

x2=2y2ln⁡C∣y∣{x^2} = 2{y^2}\ln \frac{C}{\left|y\right| }

6. Одредити опште решење диференцијалне једначине  1+exy+exy(1−xy)y′=01 + {e^{\frac{x}{y}}} + {e^{\frac{x}{y}}}\left( {1 - \frac{x}{y}} \right)y' = 0.

exy(1−xy)y′=−1−exy{e^{\frac{x}{y}}}\left( {1 - \frac{x}{y}} \right)y' = - 1 - {e^{\frac{x}{y}}}

y′=−1+exyexy(1−xy)y' = - \frac{{1 + {e^{\frac{x}{y}}}}}{{{e^{\frac{x}{y}}}\left( {1 - \frac{x}{y}} \right)}}

dydx=1+exyexy(xy−1)\frac{{dy}}{{dx}} = \frac{{1 + {e^{\frac{x}{y}}}}}{{{e^{\frac{x}{y}}}\left( {\frac{x}{y} - 1} \right)}}

dxdy=exy(xy−1)1+exy\frac{{dx}}{{dy}} = \frac{{{e^{\frac{x}{y}}}\left( {\frac{x}{y} - 1} \right)}}{{1 + {e^{\frac{x}{y}}}}}

x′=exy(xy−1)1+exyx' = \frac{{{e^{\frac{x}{y}}}\left( {\frac{x}{y} - 1} \right)}}{{1 + {e^{\frac{x}{y}}}}}

xy=t⇒x=ty⇒x′=t′y+t\frac{x}{y} = t \Rightarrow x = ty \Rightarrow x' = t'y + t

t′y+t=et(t−1)1+ett'y + t = \frac{{{e^t}\left( {t - 1} \right)}}{{1 + {e^t}}}

dtdyy=−t+et(t−1)1+et\frac{{dt}}{{dy}}y = - t + \frac{{{e^t}\left( {t - 1} \right)}}{{1 + {e^t}}}

dtdyy=−t−tet+ett−et1+et\frac{{dt}}{{dy}}y = \frac{{ - t - t{e^t} + {e^t}t - {e^t}}}{{1 + {e^t}}}

dtdyy=−t+et1+et\frac{{dt}}{{dy}}y = - \frac{{t + {e^t}}}{{1 + {e^t}}}

−(1+et)dtt+et=dyy  /∫- \frac{{\left( {1 + {e^t}} \right)dt}}{{t + {e^t}}} = \frac{{dy}}{y} {\text{ }}{\text{ }} {\rm{ /}} \int {}

−∫(1+et)dtt+et=∫dyy- \int {\frac{{\left( {1 + {e^t}} \right)dt}}{{t + {e^t}}} = \int {\frac{{dy}}{y}} }

∣t+et=s(1+et)dt=ds∣\left| \begin{array}{l} t + {e^t} = s\\ \left( {1 + {e^t}} \right)dt = ds \end{array} \right|

−∫dss=∫dyy- \int {\frac{{ds}}{s} = \int {\frac{{dy}}{y}} }

−ln⁡∣s∣=ln⁡∣y∣+ln⁡C- \ln \left|s\right| = \ln\left| y\right| + \ln C

ln⁡∣s∣=−ln⁡∣y∣C\ln\left| s \right| = - \ln\left| y\right| C

ln⁡∣s∣=ln⁡(∣y∣C)−1\ln\left| s\right| = \ln {\left( {\left|y\right| C} \right)^{ - 1}}

∣s∣=1∣y∣C\left|s \right| = \frac{1}{{\left|y\right| C}}

∣t+et∣=1∣y∣C\left|t + {e^t}\right| = \frac{1}{{\left|y\right| C}}

∣xy+exy∣=1∣y∣C\left|\frac{x}{y} + {e^{\frac{x}{y}}} \right| = \frac{1}{{\left|y\right| C}}

7. Одредити опште решење диференцијалне једначине  xy′−y=(x+y)ln⁡x+yxxy' - y = \left( {x + y} \right)\ln \frac{{x + y}}{x}.

xy′=y+(x+y)ln⁡(1+yx)  /:xxy' = y + \left( {x + y} \right)\ln \left( {1 + \frac{y}{x}} \right){\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /:x

y′=yx+x+yxln⁡(1+yx)y' = \frac{y}{x} + \frac{{x + y}}{x}\ln \left( {1 + \frac{y}{x}} \right)

y′=yx+(1+yx)ln⁡(1+yx)y' = \frac{y}{x} + \left( {1 + \frac{y}{x}} \right)\ln \left( {1 + \frac{y}{x}} \right)

yx=t⇒y=tx⇒y′=t′x+t\frac{y}{x} = t \Rightarrow y = tx \Rightarrow y' = t'x + t

t′x+t=t+(1+t)ln⁡(1+t)t'x + t = t + \left( {1 + t} \right)\ln \left( {1 + t} \right)

dtdxx=(1+t)ln⁡(1+t)\frac{{dt}}{{dx}}x = \left( {1 + t} \right)\ln \left( {1 + t} \right)

dt(1+t)ln⁡(1+t)=dxx  /∫\frac{{dt}}{{\left( {1 + t} \right)\ln \left( {1 + t} \right)}} = \frac{{dx}}{x}{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫dt(1+t)ln⁡(1+t)=∫dxx\int {\frac{{dt}}{{\left( {1 + t} \right)\ln \left( {1 + t} \right)}} = \int {\frac{{dx}}{x}} }

∣ln⁡(1+t)=s11+tdt=ds∣\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {\ln \left( {1 + t} \right) = s}\\ {\frac{1}{{1 + t}}dt = ds} \end{array}} \right|

∫dss=∫dxx\int {\frac{{ds}}{s} = \int {\frac{{dx}}{x}} }

ln⁡s=ln⁡x+ln⁡C\ln s = \ln x + \ln C

s=xCs = xC

ln⁡(1+t)=xC\ln \left( {1 + t} \right) = xC

ln⁡(1+yx)=xC\ln \left( {1 + \frac{y}{x}} \right) = xC

1+yx=exC1 + \frac{y}{x} = {e^{xC}}

y=xexC−xy = x{e^{xC}} - x

8. Одредити опште решење диференцијалне једначине  y′=x3+2x2y−y3x3+x2yy' = \frac{{{x^3} + 2{x^2}y - {y^3}}}{{{x^3} + {x^2}y}}.

Извлачимо испред заграде x3x^3 и у бројиоцу и у имениоцу, да би диференцијалну једначину свели на одговарајући облик y′=f(yx)y' = f\left( {\frac{y}{x}} \right)

y′=x3(1+2yx−y3x3)x3(1+yx)y' = \frac{{{x^3}\left( {1 + 2\frac{y}{x} - \frac{{{y^3}}}{{{x^3}}}} \right)}}{{{x^3}\left( {1 + \frac{y}{x}} \right)}}

y′=1+2yx−(yx)31+yxy' = \frac{{1 + 2\frac{y}{x} - {{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^3}}}{{1 + \frac{y}{x}}}

yx=t⇒y=tx⇒y′=t′x+t\frac{y}{x} = t \Rightarrow y = tx \Rightarrow y' = t'x + t

t′x+t=1+2t−t31+tt'x + t = \frac{{1 + 2t - {t^3}}}{{1 + t}}

t′x=1+2t−t31+t−tt'x = \frac{{1 + 2t - {t^3}}}{{1 + t}} - t

t′x=1+2t−t3−t−t21+tt'x = \frac{{1 + 2t - {t^3} - t - {t^2}}}{{1 + t}}

dtdxx=1+t−t3−t21+t\frac{{dt}}{{dx}}x = \frac{{1 + t - {t^3} - {t^2}}}{{1 + t}}

(t+1)dt1+t−t3−t2=dxx\frac{{\left( {t + 1} \right)dt}}{{1 + t - {t^3} - {t^2}}} = \frac{{dx}}{x}

(t+1)dt1+t−t2(1+t)=dxx\frac{{\left( {t + 1} \right)dt}}{{1 + t - {t^2}\left( {1 + t} \right)}} = \frac{{dx}}{x}

(t+1)dt(1+t)(1−t2)=dxx  /∫\frac{{\left( {t + 1} \right)dt}}{{\left( {1 + t} \right)\left( {1 - {t^2}} \right)}} = \frac{{dx}}{x}{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫dt1−t2=∫dxx\int {\frac{{dt}}{{1 - {t^2}}}} = \int {\frac{{dx}}{x}}

−12ln⁡∣t−1t+1∣=ln⁡∣x∣+ln⁡C/⋅(−2)- \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right| = \ln \left| x \right| + \ln C/ \cdot \left( { - 2} \right)

ln⁡∣t−1t+1∣=−2ln⁡∣x∣C\ln \left| {\frac{{t - 1}}{{t + 1}}} \right| = - 2\ln \left| x \right|C

ln⁡∣yx−1yx+1∣=ln⁡1(∣x∣C)2\ln \left| {\frac{{\frac{y}{x} - 1}}{{\frac{y}{x} + 1}}} \right| = \ln \frac{1}{{{{\left( {\left| x \right|C} \right)}^2}}}

y−xy+x=1x2C1\frac{{y - x}}{{y + x}} = \frac{1}{{{x^2}{C_1}}}

9. Одредити опште решење диференцијалне једначине  y′=2x−y3y+xy' = \frac{{2x - y}}{{3y + x}}

y′=x(2−yx)x(3yx+1)y' = \frac{{x\left( {2 - \frac{y}{x}} \right)}}{{x\left( {3\frac{y}{x} + 1} \right)}}

yx=t⇒y=tx⇒y′=t′x+t\frac{y}{x} = t \Rightarrow y = tx \Rightarrow y' = t'x + t

t′x+t=2−t3t+1t'x + t = \frac{{2 - t}}{{3t + 1}}

t′x=2−t3t+1−tt'x = \frac{{2 - t}}{{3t + 1}} - t

t′x=2−t−3t2−t3t+1t'x = \frac{{2 - t - 3{t^2} - t}}{{3t + 1}}

dtdxx=2−2t−3t23t+1\frac{{dt}}{{dx}}x = \frac{{2 - 2t - 3{t^2}}}{{3t + 1}}

(3t+1)dt2−2t−3t2=dxx  /∫\frac{{\left( {3t + 1} \right)dt}}{{2 - 2t - 3{t^2}}} = \frac{{dx}}{x}{\rm{ }} {\text{ }}{\text{ }} /\int {}

∫(3t+1)dt2−2t−3t2=∫dxx\int {\frac{{\left( {3t + 1} \right)dt}}{{2 - 2t - 3{t^2}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} }

∣2−2t−3t2=s(−2−6t)dt=ds(3t+1)dt=ds−2∣\left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {2 - 2t - 3{t^2} = s}\\ {\left( { - 2 - 6t} \right)dt = ds}\\ {\left( {3t + 1} \right)dt = \frac{{ds}}{{ - 2}}} \end{array}} \right|

∫ds−2s=∫dxx\int {\frac{{\frac{{ds}}{{ - 2}}}}{s} = \int {\frac{{dx}}{x}} }

−12ln⁡∣s∣=ln⁡∣x∣+ln⁡C- \frac{1}{2}\ln \left| s \right| = \ln \left| x \right| + \ln C

ln⁡∣s∣=−2ln⁡∣x∣C\ln \left| s \right| = - 2\ln \left| x \right|C

∣s∣=(∣x∣C)−2\left|s\right| = {\left( {\left| x \right|C} \right)^{ - 2}}

∣2−2t−3t2∣=1(xC)2\left|2 - 2t - 3{t^2} \right|= \frac{1}{{{{\left( {xC} \right)}^2}}}

∣2−2yx−3(yx)2∣=1(xC)2\left|2 - 2\frac{y}{x} - 3{\left( {\frac{y}{x}} \right)^2}\right| = \frac{1}{{{{\left( {xC} \right)}^2}}}

10. Показати да се диференцијална једначина  2x4yy′+y4=4x62{x^4}yy' + {y^4} = 4{x^6}  сменом  y=zmy = {z^m}  своди на хомогену диференцијалну једначину и наћи њено опште решење.

Уводимо смену y=zm⇒y′=mzm−1z′y = {z^m} \Rightarrow y' = m{z^{m - 1}}z' у нашу диференцијалну једначину и покушавамо је свести на облик хомогене диференцијалне једначине.

2x4zmmzm−1z′+(zm)4=4x62{x^4}{z^m}m{z^{m - 1}}z' + {\left( {{z^m}} \right)^4} = 4{x^6}

2mx4z2m−1z′=4x6−z4m  /:2mx4z2m−12m{x^4}{z^{2m - 1}}z' = 4{x^6} - {z^{4m}}{\rm{ }}{\text{ }}{\text{ }} /:2m{x^4}{z^{2m - 1}}

z′=4x62mx4z2m−1−z4m2mx4z2m−1z' = \frac{{4{x^6}}}{{2m{x^4}{z^{2m - 1}}}} - \frac{{{z^{4m}}}}{{2m{x^4}{z^{2m - 1}}}}

z′=2mx2z2m−1−12mz2m+1x4z' = \frac{2}{m}\frac{{{x^2}}}{{{z^{2m - 1}}}} - \frac{1}{{2m}}\frac{{{z^{2m + 1}}}}{{{x^4}}}

Да би ово била хомогена диференцијална једначина потребно је да 2m−1=2∧2m+1=42m - 1 = 2{\rm{ }} \wedge {\rm{ }}2m + 1 = 4 што је у оба случаја могуће ако је m=32m = \frac{3}{2}.

Уврштавајући m=32m = \frac{3}{2} наша диференцијална једначина добија облик

z′=43x2z2−13z4x4z' = \frac{4}{3}\frac{{{x^2}}}{{{z^2}}} - \frac{1}{3}\frac{{{z^4}}}{{{x^4}}}

коју решавамо као хомогену диференцијалну једначину, уводећи смену

zx=t⇒z=tx⇒z′=t′x+t\frac{z}{x} = t \Rightarrow z = tx \Rightarrow z' = t'x + t

t′x+t=431t2−13t4t'x + t = \frac{4}{3}\frac{1}{{{t^2}}} - \frac{1}{3}{t^4}

dtdxx=4−t6−3t33t2\frac{{dt}}{{dx}}x = \frac{{4 - {t^6} - 3{t^3}}}{{3{t^2}}}

3t2dt4−t6−3t3=dxx/∫\frac{{3{t^2}dt}}{{4 - {t^6} - 3{t^3}}} = \frac{{dx}}{x}{\rm{ }}/\int {}

∫3t2dt4−t6−3t3=∫dxx\int {\frac{{3{t^2}dt}}{{4 - {t^6} - 3{t^3}}}} = \int {\frac{{dx}}{x}}

Интеграл леве стране решавамо као интеграл рационалне функције

∫3t2dt4−t6−3t3=∣t3=s3t2dt=ds∣=∫ds4−s2−3s=\int {\frac{{3{t^2}dt}}{{4 - {t^6} - 3{t^3}}}} = \left| {\begin{array}{cccccccccccccccccccc} {{t^3} = s}\\ {3{t^2}dt = ds} \end{array}} \right| = \int {\frac{{ds}}{{4 - {s^2} - 3s}}} =

(1−s2−3s+4=1(s−4)(1−s)=As−4+B1−s==A(1−s)+B(s−4)(s−4)(1−s)=s(B−A)+(A−4B)(s−4)(1−s){B−A=0A−4B=1}⇒A=B=−13)\left( \begin{array}{l} \frac{1}{{ - {s^2} - 3s + 4}} = \frac{1}{{\left( {s - 4} \right)\left( {1 - s} \right)}} = \frac{A}{{s - 4}} + \frac{B}{{1 - s}} = \\ = \frac{{A\left( {1 - s} \right) + B\left( {s - 4} \right)}}{{\left( {s - 4} \right)\left( {1 - s} \right)}} = \frac{{s\left( {B - A} \right) + \left( {A - 4B} \right)}}{{\left( {s - 4} \right)\left( {1 - s} \right)}}\\ \left\{ \begin{array}{l} B - A = 0\\ A - 4B = 1 \end{array} \right\} \Rightarrow A = B = - \frac{1}{3} \end{array} \right)

=∫−13s+4ds+∫−131−sds=−13ln⁡∣s+4∣−13ln⁡∣1−s∣−13lnC== \int {\frac{{ - \frac{1}{3}}}{{s + 4}}} ds + \int {\frac{{ - \frac{1}{3}}}{{1 - s}}} ds = - \frac{1}{3}\ln \left| {s + 4} \right| - \frac{1}{3}\ln \left| {1 - s} \right| - \frac{1}{3}{\mathop{\rm lnC}\nolimits} =

=−13ln⁡∣(s+4)(1−s)∣C= - \frac{1}{3}\ln \left| {\left( {s + 4} \right)\left( {1 - s} \right)} \right|C

док је интеграл десне стране, таблични интеграл

∫dxx=ln⁡∣x∣C\int {\frac{{dx}}{x}} = \ln \left| x \right|C

Тако добијамо

−13ln⁡∣(s+4)(1−s)∣=ln⁡∣x∣C- \frac{1}{3}\ln \left| {\left( {s + 4} \right)\left( {1 - s} \right)} \right| = \ln \left| x \right|C

ln⁡∣−s2−3s+4∣=−3ln⁡∣x∣C\ln \left| { - {s^2} - 3s + 4} \right| = - 3\ln \left| x \right|C

∣−t6−3t3+4∣=(∣x∣C)−3\left| { - {t^6} - 3{t^3} + 4} \right| = {\left( {\left| x \right|C} \right)^{ - 3}}

∣−(zx)6−3(zx)3+4∣=1(∣x∣C)3\left| { - {{\left( {\frac{z}{x}} \right)}^6} - 3{{\left( {\frac{z}{x}} \right)}^3} + 4} \right| = \frac{1}{{{{\left( {\left| x \right|C} \right)}^3}}}

y=z32⇒z=y23y = {z^{\frac{3}{2}}} \Rightarrow z = {y^{\frac{2}{3}}}

∣−y4x6−3y2x3+4∣=1(∣x∣C)3\left| { - \frac{{{y^4}}}{{{x^6}}} - 3\frac{{{y^2}}}{{{x^3}}} + 4} \right| = \frac{1}{{{{\left( {\left| x \right|C} \right)}^3}}}

Једначина је хомогена ако се може написати као y′=f(yx)y' = f\left(\frac{y}{x}\right): десна страна зависи само од количника yx\frac{y}{x}. Препознајете је тако што бројилац и именилац поделите највећим степеном од xx и раздвојите разломак. Смена yx=t\frac{y}{x} = t, односно y=txy = tx и y′=t′x+ty' = t'x + t, своди је на једначину која раздваја променљиве: t′x=f(t)−tt'x = f(t) - t. После интеграције вратите t=yxt = \frac{y}{x}.

Кад се разломак не да изразити преко yx\frac{y}{x}, окрените улоге: посматрајте xx као функцију од yy, x′=dxdy=f(xy)x' = \frac{dx}{dy} = f\left(\frac{x}{y}\right), уз смену xy=t\frac{x}{y} = t и x′=t′y+tx' = t'y + t. Честа грешка је y′=t′y' = t': заборави се да је y=txy = tx производ, па се извод рачуна по правилу производа.

48122610140xyогледалоувећано 2 путаOPQ
4 cm
2 cm
x/y у тачки P
0,354
x/y у тачки Q
0,354
Нагиб тангенте у P
0,707
Нагиб тангенте у Q
0,707
Зрак из сијалице OO одбија се у тачки PP паралелно оси. Права из OO сече огледало и његову двоструко увећану копију у тачкама PP и QQ са истим количником xy\frac{x}{y}, а тангенте у њима су паралелне: нагиб зависи само од xy\frac{x}{y}, зато је увећано решење опет решење.

Из овакве хомогене једначине изводи се да огледало фара, сателитска антена и соларни концентратор морају бити параболоиди: закон одбијања не мења се кад се огледало увећа око жиже, па једначина зависи само од xy\frac{x}{y}.

Огледало фара

Сијалица фара, коју посматрамо као тачку, је у координатном почетку OO, а оса xx је оса фара (јединица је центиметар). Да би се сви зраци из сијалице после одбијања кретали паралелно оси, профил огледала x=x(y)x = x(y), y>0y > 0, по закону одбијања мора да задовољава x′=x+x2+y2yx' = \frac{x + \sqrt{x^2 + y^2}}{y}. Огледало пролази кроз тачку (0,4)(0, 4), тачно изнад сијалице. Одредите профил огледала и његову дубину ако је полупречник отвора 8 cm.

Решење

  1. Деобом са yy десна страна постаје функција количника xy\frac{x}{y}: x′=xy+1+(xy)2x' = \frac{x}{y} + \sqrt{1 + \left(\frac{x}{y}\right)^2}, па је једначина хомогена по xy\frac{x}{y}.
  2. Смена xy=t\frac{x}{y} = t, x=tyx = ty, x′=t′y+tx' = t'y + t даје t′y=1+t2t'y = \sqrt{1 + t^2}, односно dt1+t2=dyy\frac{dt}{\sqrt{1 + t^2}} = \frac{dy}{y}.
  3. Интеграцијом добијамо ln⁡(t+1+t2)=ln⁡y+ln⁡C\ln\left(t + \sqrt{1 + t^2}\right) = \ln y + \ln C, а враћањем смене и множењем са yy: x+x2+y2=Cy2x + \sqrt{x^2 + y^2} = Cy^2.
  4. Тачка (0,4)(0, 4) даје 0+4=16C0 + 4 = 16C, тј. C=14C = \frac{1}{4}. Из x2+y2=y24−x\sqrt{x^2 + y^2} = \frac{y^2}{4} - x квадрирањем следи y2=y416−xy22y^2 = \frac{y^4}{16} - \frac{xy^2}{2}, па после дељења са y2y^2: y2=8x+16y^2 = 8x + 16.
  5. Теме параболе је у y=0y = 0, x=−2x = -2, а руб отвора у y=8y = 8, где је 64=8x+1664 = 8x + 16, тј. x=6x = 6. Дубина огледала је 6−(−2)=86 - (-2) = 8 cm.

Одговор: Профил огледала је парабола y2=8x+16y^2 = 8x + 16 са жижом у сијалици; огледало је дубоко 8 cm, а сијалица је 2 cm испред темена.

Задатак за вежбу

Одредите решење једначине y′=yx+xyy' = \frac{y}{x} + \frac{x}{y} које задовољава услов y(1)=2y(1) = 2.

Прикажи решење

Смена y=txy = tx даје t′x=1tt'x = \frac{1}{t}, тј. t dt=dxxt\,dt = \frac{dx}{x}, па је t22=ln⁡∣x∣+C\frac{t^2}{2} = \ln|x| + C. Из t(1)=2t(1) = 2 следи C=2C = 2, па је y2=2x2(ln⁡x+2)y^2 = 2x^2(\ln x + 2).