Однородные уравнения

Дифференциальное уравнение первого порядка \[\frac{{dy}}{{dx}} = f\left( {x,y} \right)\] называется однородным, если правая часть удовлетворяет соотношению \[f\left( {tx,ty} \right) = f\left( {x,y} \right)\] для всех значений \(t.\) Другими словами, правая часть должна являться однородной функцией нулевого порядка по отношению к переменным \(x\) и \(y:\) \[f\left( {tx,ty} \right) = {t^0}f\left( {x,y} \right) = f\left( {x,y} \right).\] Однородное дифференциальное уравнение можно также записать в виде \[y' = f\left( {\frac{x}{y}} \right),\] или через дифференциалы: \[P\left( {x,y} \right)dx + Q\left( {x,y} \right)dy = 0,\] где \(P\left( {x,y} \right)\) и \(Q\left( {x,y} \right)\) − однородные функции одинакового порядка. Функция \(P\left( {x,y} \right)\) называется однородной функцией порядка \(n,\) если для всех \(t > 0\) справедливо следующее соотношение: \[P\left( {tx,ty} \right) = {t^n}P\left( {x,y} \right).\] Однородное дифференциальное уравнение можно решить с помощью подстановки \(y = ux,\) которая преобразует однородное уравнение в уравнение с разделяющимися переменными.


Дифференциальное уравнение вида \[\left( {{a_1}x + {b_1}y + {c_1}} \right)dx + \left( {{a_2}x + {b_2}y + {c_2}} \right)dy = 0\] преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными посредством переноса начала системы координат в точку пересечения прямых линий, заданных в уравнении. Если указанные прямые параллельны, то дифференциальное уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными путем замены переменной: \[z = ax + by.\]

   Пример 1

Решить дифференциальное уравнение \(\left( {2x + y} \right)dx - xdy = 0.\) Нетрудно заметить, что многочлены \(P\left( {x,y} \right)\) и \(Q\left( {x,y} \right),\) соответственно, при \(dx\) и \(dy,\) являются однородными функциями первого порядка. Поэтому, данное дифференциальное уравнение также будет однородным.

Положим \(y = ux,\) где \(u\) − некоторая новая функция, зависящая от \(x.\) Тогда \[dy = d\left( {ux} \right) = udx + xdu.\] Подставляя это в дифференциальное уравнение, получаем \[\left( {2x + ux} \right)dx - x\left( {udx + xdu} \right) = 0.\] Следовательно, \[\require{cancel} 2xdx + \cancel{uxdx} - \cancel{xudx} - {x^2}du = 0. \] Разделим обе части уравнения на \(x:\) \[xdu = 2dx\;\;\text{или}\;\;du = 2\frac{{dx}}{x}.\] Выполняя деление на \(x,\) мы могли потерять решение \(x = 0.\) Прямая подстановка показывает, что \(x = 0\) действительно является одним из решений нашего уравнения.

Интегрируем последнее выражение: \[\int {du} = 2\int {\frac{{dx}}{x}} \;\;\text{или}\;\;u = 2\ln \left| x \right| + C,\] где \(C\) − постоянная интегрирования.

Возвращаясь к старой переменной \(y,\) можно записать: \[y = ux = x\left( {2\ln \left| x \right| + C} \right).\] Таким образом, уравнение имеет два решения: \[y = x\left( {2\ln \left| x \right| + C} \right),\;\;x = 0.\]

   Пример 2

Решить дифференциальное уравнение \(xy' = y\ln \large\frac{y}{x}\normalsize.\) Заметим, что корень \(x = 0\) не принадлежит области определения заданного дифференциального уравнения. Перепишем уравнение в следующей форме: \[y' = \frac{y}{x}\ln \frac{y}{x} = f\left( {\frac{y}{x}} \right).\] Как видно, уравнение является однородным.

Сделаем замену \(y = ux.\) Следовательно, \[y' = {\left( {ux} \right)^\prime } = u'x + u.\] Подставляем полученное выражение в дифференциальное уравнение: \[x\left( {u'x + u} \right) = ux\ln \frac{{ux}}{x}.\] Разделим обе части на \(x \ne 0:\) \[ {u'x + u = u\ln u,}\;\; {\Rightarrow \frac{{du}}{{dx}}x = u\ln u - u,}\;\; {\Rightarrow \frac{{du}}{{dx}}x = u\left( {\ln u - 1} \right).} \] В результате мы получаем уравнение с разделяющимися переменными: \[\frac{{du}}{{u\left( {\ln u - 1} \right)}} = \frac{{dx}}{x}.\] На следующем шаге проинтегрируем левую и правую части уравнения: \[ {\int {\frac{{du}}{{u\left( {\ln u - 1} \right)}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\left( {\ln u} \right)}}{{\ln u - 1}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \int {\frac{{d\left( {\ln u - 1} \right)}}{{\ln u - 1}}} = \int {\frac{{dx}}{x}} .} \] Следовательно, \[\ln\left| {\ln u - 1} \right| = \ln \left| x \right| + C.\] Постоянную \(C\) здесь можно записать как \(\ln {C_1}\;\left( {{C_1} > 0} \right).\) Тогда \[ {\ln\left| {\ln u - 1} \right| = \ln \left| x \right| + \ln {C_1},}\;\; {\Rightarrow \ln\left| {\ln u - 1} \right| = \ln \left| {{C_1}x} \right|,}\;\; {\Rightarrow \ln u - 1 = \pm {C_1}x,}\;\; {\Rightarrow \ln u = 1 \pm {C_1}x}\;\; {\text{или}\;\;u = {e^{1 \pm {C_1}x}}.} \] Таким образом, мы получили два решения: \[u = {e^{1 + {C_1}x}}\;\;\text{и}\;\;u = {e^{1 - {C_1}x}}.\] Если \({C_1} = 0,\) то ответом является функция \(y = xe.\) Легко убедиться, что эта функция будет также и решением дифференциального уравнения. В самом деле, подставляя \[y = xe,\;\;y' = e\] в дифференциальное уравнение, находим: \[ {xe = xe\ln \frac{{\cancel{x}e}}{\cancel{x}},}\;\; {\Rightarrow xe = xe\ln e,}\;\; {\Rightarrow xe = xe.} \] Таким образом, все решения дифференциального уравнения можно представить одной формулой: \[y = x{e^{1 + Cx}},\] где \(C\) − произвольное действительное число.

   Пример 3

Решить дифференциальное уравнение \(\left( {xy + {y^2}} \right)y' = {y^2}.\) Здесь мы снова встречаемся с однородным уравнением. В самом деле, запишем его в виде: \[ {y' = \frac{{{y^2}}}{{xy + {y^2}}} } = {\frac{{\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}}}{{\frac{{xy}}{{{x^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}}} } = {\frac{{{{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}}{{\frac{y}{x} + {{\left( {\frac{y}{x}} \right)}^2}}} } = {f\left( {\frac{y}{x}} \right).} \] Сделаем подстановку \(y = ux.\) Тогда \(y' = u'x + u.\) Подставляя \(y\) и \(y'\) в исходное уравнение, получаем: \[ {\left( {xux + {u^2}{x^2}} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^2}{x^2},}\;\; {\Rightarrow u{x^2}\left( {u + 1} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^2}{x^2}.} \] Разделим обе части уравнения на \(u{x^2}.\) Заметим, что корень \(x = 0\) не является решением, но можно убедиться, что корень \(u = 0\) (или \(y = 0\)) будет одним из решений данного дифференциального уравнения.

В результате получаем: \[ {\left( {u + 1} \right)\left( {u'x + u} \right) = u,}\;\; {\Rightarrow u'x\left( {u + 1} \right) + {u^2} + u = u,}\;\; {\Rightarrow u'x\left( {u + 1} \right) = - {u^2},}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{u} + \frac{1}{{{u^2}}}} \right)du = - \frac{{dx}}{x}.} \] Интегрируя, находим общее решение: \[ {\int {\left( {\frac{1}{u} + \frac{1}{{{u^2}}}} \right)du} = - \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| u \right| - \frac{1}{u} = - \ln \left| x \right| + C.} \] Учитывая, что \(u = \large\frac{y}{x}\normalsize,\) последнее выражение можно записать в форме \[ {\ln \left| {\frac{y}{x}} \right| - \frac{1}{{\frac{y}{x}}} = - \ln \left| x \right| + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| - \cancel{\ln \left| x \right|} - \frac{x}{y} = - \cancel{\ln \left| x \right|} + C,}\;\; {\Rightarrow y\ln \left| y \right| = Cy + x.} \] Обратная функция \(x\left( y \right)\) имеет явный вид: \[x = y\ln \left| y \right| - Cy.\] Поскольку \(C\) − произвольное число, знак "минус" перед этой константой можно заменить на знак "плюс". Тогда получаем: \[x = y\ln \left| y \right| + Cy.\] Таким образом, дифференциальное уравнение имеет решения: \[x = y\ln \left| y \right| + Cy,\;\;y = 0.\]

   Пример 4

Решить дифференциальное уравнение \(y' = \large\frac{y}{x}\normalsize - \large\frac{x}{y}\normalsize.\) Из вида правой части уравнения следует, что \(x \ne 0\) и \(y \ne 0.\) Можно сделать подстановку: \(y = ux,\) \(y' = u'x + u,\) которая приводит к уравнению с разделяющимися переменными: \[ {u'x + u = \frac{{u\cancel{x}}}{\cancel{x}} - \frac{\cancel{x}}{{u\cancel{x}}},}\;\; {\Rightarrow u'x + \cancel{u} = \cancel{u} - \frac{1}{u},}\;\; {\Rightarrow \frac{{du}}{{dx}}x = - \frac{1}{u},}\;\; {\Rightarrow udu = - \frac{{dx}}{x}.} \] Интегрируя данное уравнение, получаем: \[ {\int {udu} = - \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{u^2}}}{2} = - \ln \left| x \right| + C,}\;\; {\Rightarrow {u^2} = 2C - 2\ln \left| x \right|.} \] Переобозначим \(2C\) просто как постоянную \(C.\) Следовательно, \[{u^2} = C - 2\ln \left| x \right|\;\;\text{или}\;\;u = \pm \sqrt {C - 2\ln \left| x \right|} .\] Итак, общее решение записывается в виде: \[y = ux = \pm x\sqrt {C - 2\ln \left| x \right|} .\]

   Пример 5

Найти общее решение дифференциального уравнения \(\left( {{x^3} + x{y^2}} \right)y' = {y^3}.\) Как видно, данное уравнение является однородным. Поэтому, воспользуемся подстановкой \(y = ux,\) \(y' = u'x + u.\) В результате уравнение преобразуется в уравнение с разделяющимися переменными: \[ {\left( {{x^3} + x{{\left( {ux} \right)}^2}} \right)\left( {u'x + u} \right) = {\left( {ux} \right)^3},}\;\; {\Rightarrow \left( {{x^3} + {x^3}{u^2}} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^3}{x^3},}\;\; {\Rightarrow {x^3}\left( {1 + {u^2}} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^3}{x^3}.} \] Разделим обе части на \({x^3}\) (Заметим, что корень \(x = 0\) не является решением). \[ {\left( {1 + {u^2}} \right)\left( {u'x + u} \right) = {u^3},}\;\; {\Rightarrow \left( {1 + {u^2}} \right)u'x + u + \cancel{u^3} = \cancel{u^3},}\;\; {\Rightarrow \left( {1 + {u^2}} \right)u'x = - u,}\;\; {\Rightarrow \frac{{\left( {1 + {u^2}} \right)du}}{u} = - \frac{{dx}}{x},}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{u} + u} \right)du = - \frac{{dx}}{x}.} \] Теперь можно проинтегрировать последнее уравнение: \[ {\int {\left( {\frac{1}{u} + u} \right)du} = - \int {\frac{{dx}}{x}} ,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| u \right| + \frac{{{u^2}}}{2} = - \ln \left| x \right| + C.} \] Так как \(u = \large\frac{y}{x}\normalsize,\) то решение записывается в виде: \[ {\ln \left| {\frac{y}{x}} \right| + \frac{{{y^2}}}{{2{x^2}}} = - \ln \left| x \right| + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| - \cancel{\ln \left| x \right|} + \frac{{{y^2}}}{{2{x^2}}} = - \cancel{\ln \left| x \right|} + C,}\;\; {\Rightarrow \ln \left| y \right| = C - \frac{{{y^2}}}{{2{x^2}}}.} \] Отсюда следует, что \[y = {e^{C - \large\frac{{{y^2}}}{{2{x^2}}}\normalsize}} = {e^C}{e^{ - \large\frac{{{y^2}}}{{2{x^2}}}\normalsize}}.\] Переобозначим для краткости: \({e^C} = {C_1}\;\left( {{C_1} > 0} \right).\) Тогда решение в неявной форме определяется уравнением: \[y = {C_1}{e^{ - \large\frac{{{y^2}}}{{2{x^2}}}\normalsize}},\] где постоянная \({C_1} > 0.\)

   Пример 6

Решить уравнение \(y' = \large\frac{{2x + 1}}{{3y + x + 2}}\normalsize.\) Видно, что числитель и знаменатель в правой части соответствуют пересекающимся прямым. Поэтому данное дифференциальное уравнение можно преобразовать в однородное путем соответствующего преобразования координат. Пусть новые и старые координаты связаны соотношениями: \[x = X + \alpha ,\;\;y = Y + \beta .\] Константы \(\alpha\) и \(\beta\) мы определим позже. В новых координатах производная имеет вид \[ {y' = \frac{{dy}}{{dx}} } = {\frac{{d\left( {Y + \beta } \right)}}{{d\left( {X + \alpha } \right)}} } = {\frac{{dY}}{{dX}},} \] а само уравнение записывается как \[ {\frac{{dY}}{{dX}} = \frac{{2\left( {X + \alpha } \right) + 1}}{{3\left( {Y + \beta } \right) + X + \alpha + 2}} } = {\frac{{2X + 2\alpha + 1}}{{3Y + X + \alpha + 3\beta + 2}}.} \] Данное уравнение будет однородным, если коэффициенты \(\alpha\) и \(\beta\) будут удовлетворять системе уравнений \[\left\{ \begin{array}{l} 2\alpha + 1 = 0\\ \alpha + 3\beta + 2 = 0 \end{array} \right..\] Решая данную систему уравнений относительно \(\alpha\) и \(\beta,\) находим: \[\left\{ \begin{array}{l} \alpha = - \frac{1}{2}\\ \beta = - \frac{1}{2} \end{array} \right..\] При указанных значениях \(\alpha\) и \(\beta\) дифференциальное уравнение записывается следующим образом: \[\frac{{dY}}{{dX}} = \frac{{2X}}{{3Y + X}}.\] Мы получили однородное уравнение. Далее делаем замену: \(Y = uX,\) где \(u\) − некоторая функция \(X.\) Следовательно, \(dY = Xdu + udX.\) В итоге мы имеем: \[ {\frac{{Xdu + udX}}{{dX}} = \frac{{2X}}{{3Y + X}},}\;\; {\Rightarrow X\frac{{du}}{{dX}} + u = \frac{2}{{3u + 1}}.} \] Разделим числитель и знаменатель в правой части на \(X.\) Можно проверить, что \(X = 0\) или \(x = X + \alpha = - \large\frac{1}{2}\normalsize\) не является решением дифференциального уравнения.

Простые преобразования приводят к следующему результату: \[ {X\frac{{du}}{{dX}} = \frac{2}{{3u + 1}} - u,}\;\; {\Rightarrow X\frac{{du}}{{dX}} = \frac{{2 - 3{u^2} - u}}{{3u + 1}}.} \] Разложим квадратичную функцию в числителе дроби в правой части на произведение одночленов: \[ {2 - 3{u^2} - u = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 1 - 4 \cdot \left( { - 3} \right) \cdot 2 = 25,}\;\; {\Rightarrow {u_{1,2}} = \frac{{1 \pm \sqrt {25} }}{{ - 6}} = \frac{{1 \pm 5}}{{ - 6}} = - 1,\,\frac{2}{3}.} \] Следовательно, \[ {2 - 3{u^2} - u = - 3\left( {u + 1} \right)\left( {u - \frac{2}{3}} \right) } = {\left( {u + 1} \right)\left( {2 - 3u} \right).} \] Тогда \[X\frac{{du}}{{dX}} = \frac{{\left( {u + 1} \right)\left( {2 - 3u} \right)}}{{3u + 1}}.\] Разделяя переменные, можно записать: \[\frac{{3u + 1}}{{\left( {u + 1} \right)\left( {2 - 3u} \right)}}du = \frac{{dX}}{X}.\] Интегрируем полученное уравнение: \[\int {\frac{{3u + 1}}{{\left( {u + 1} \right)\left( {2 - 3u} \right)}}du} = \int {\frac{{dX}}{X}} .\] Теперь преобразуем подынтегральное выражение в левой части. Воспользуемся методом неопределенных коэффициентов и разложим подынтегральное выражение на сумму рациональных дробей: \[ {\frac{{3u + 1}}{{\left( {u + 1} \right)\left( {2 - 3u} \right)}} = \frac{A}{{u + 1}} + \frac{B}{{2 - 3u}},}\;\; {\Rightarrow 3u + 1 = A\left( {2 - 3u} \right) + B\left( {u + 1} \right),}\;\; {\Rightarrow 3u + 1 = 2A - 3Au + Bu + B,}\;\; {\Rightarrow 3u + 1 = \left( {B - 3A} \right)u + 2A + B.} \] Следовательно, \[\left\{ \begin{array}{l} B - 3A = 3\\ 2A + B = 1 \end{array} \right.,\;\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} A = -\frac{2}{5}\\ B = \frac{9}{5} \end{array} \right..\] Таким образом, дифференциальное уравнение записывается в следующем виде: \[-\frac{2}{5}\int {\frac{{du}}{{u + 1}}} + \frac{9}{5}\int {\frac{{du}}{{2 - 3u}}} = \int {\frac{{dX}}{X}} .\] После интегрирования обеих частей получаем: \[ {-\frac{2}{5}\ln \left| {u + 1} \right| + \frac{9}{5} \cdot \left( { - \frac{1}{3}} \right)\ln \left| {2 - 3u} \right| } = {\ln \left| X \right| + \ln C,} \] \[ {\Rightarrow \;-\frac{2}{5}\ln \left| {u + 1} \right| - \frac{3}{5}\ln \left| {2 - 3u} \right| } = {\ln \left| X \right| + \ln C,} \] где постоянная \(C\) является положительным действительным числом.

Перепишем решение через переменные \(X\) и \(Y:\) \[ {-\frac{2}{5}\ln \left| {\frac{Y}{X} + 1} \right| - \frac{3}{5}\ln \left| {2 - 3\frac{Y}{X}} \right| } = {\ln \left| X \right| + \ln C,} \] \[ {\Rightarrow -\frac{2}{5}\ln \left| {\frac{{Y + X}}{X}} \right| - \frac{3}{5}\ln \left| {\frac{{2X - 3Y}}{X}} \right| } = {\ln \left| X \right| + \ln C,} \] \[ {\Rightarrow -\frac{2}{5}\ln \left| {Y + X} \right| + \cancel{\frac{2}{5}\ln \left| X \right|} - \frac{3}{5}\ln \left| {2X - 3Y} \right| + \cancel{\frac{3}{5}\ln \left| X \right|} } = {\cancel{\ln \left| X \right|} + \ln C,} \] \[ {\Rightarrow 2\ln \left| {Y + X} \right| + 3\ln \left| {2X - 3Y} \right| } = {-5\ln C.} \] Далее удобно обозначить: \(-5\ln C = \ln {C_1},\) где \({C_1}\) − произвольное положительное число. Таким образом, решение можно записать в виде: \[2\ln\left| {Y + X} \right| + 3\ln \left| {2X - 3Y} \right| = \ln {C_1}.\] Теперь мы можем вернуться к первоначальным переменным \(x, y.\) Так как \[X = x - \alpha = x + \frac{1}{2},\;\;Y = y - \beta = y + \frac{1}{2},\] то получаем: \[ {2\ln\left| {y + \frac{1}{2} + x + \frac{1}{2}} \right| } + {3\ln \left| {2\left( {x + \frac{1}{2}} \right) - 3\left( {y + \frac{1}{2}} \right)} \right| } = {\ln {C_1},} \] \[ {\Rightarrow 2\ln\left| {x + y + 1} \right| } + {3\ln \left| {2x - 3y - \frac{1}{2}} \right| } = {\ln {C_1},} \] \[ {\Rightarrow 2\ln\left| {x + y + 1} \right| } + {3\ln \left| {\frac{{4x - 6y - 1}}{2}} \right| } = {\ln {C_1},} \] \[ {\Rightarrow 2\ln\left| {x + y + 1} \right| } + {3\ln \left| {4x - 6y - 1} \right| } - {3\ln 2} = {\ln {C_1},} \] \[ {\Rightarrow \ln \left| {{{\left( {x + y + 1} \right)}^2}{{\left( {4x - 6y - 1} \right)}^3}} \right| } = {\ln {C_1} + 3\ln 2.} \] Правую часть можно снова несколько упростить: \[\ln {C_1} + 3\ln 2 = \ln {C_2}\;\;\left( {{C_2} > 0} \right).\] Тогда окончательное общее решение исходного дифференциального уравнения выражается следующей неявной формулой: \[{{{\left( {x + y + 1} \right)}^2}{{\left( {4x - 6y - 1} \right)}^3}} = \pm {C_2} = {C_3}.\] где постоянная \({C_3}\) − любое число, не равное нулю.

   Пример 7

Найти общее решение дифференциального уравнения \(y' = \large\frac{{x - y + 3}}{{x - y}}\normalsize.\) Можно заметить, что уравнения прямых в числителе и знаменателе в правой части соответствуют параллельным прямым. Поэтому, сделаем следующую замену переменных: \[z = x - y,\;\; \Rightarrow y = x - z,\;\;y' = 1 - z'.\] В результате дифференциальное уравнение принимает вид: \[ {1 - z' = \frac{{z + 3}}{z},}\;\; {\Rightarrow 1 - z' = 1 + \frac{3}{z},}\;\; {\Rightarrow z' = - \frac{3}{z}.} \] Как видно, мы получили простое уравнение с разделяющимися переменными. Решая его, находим ответ: \[ {\frac{{dz}}{{dx}} = - \frac{3}{z},}\;\; {\Rightarrow zdz = - 3dx,}\;\; {\Rightarrow \int {zdz} = - 3\int {dx} ,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{z^2}}}{2} = - 3x + C,}\;\; {\Rightarrow {\left( {x - y} \right)^2} = 2C - 6x.} \] Из последнего выражения можно вывести явную функцию \(y\left( x \right):\) \[x - y = \pm \sqrt {2C - 6x} .\] Поскольку \(C\) − произвольное число, то можно заменить: \(2C \to C.\) Таким образом, \[y = x \pm \sqrt {C - 6x} .\]