Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/jax.js

Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

08.05.2021

Задания и материалы для дистанционного занятия гр. 06-061 в 8:30 в пн. 3.05.2021 (Филиппов № 113, 114, 124)

Уравнения вида y=f(ax+by+cpx+qy+r)

легко сводились бы к однороднородным (рассмотренным на прошлом занятии), если c=r=0: y=f(ax+bypx+qy)=f(a+byxp+qyx)=g(yx) Но когда это условие не выполняется, можно справиться с этим так. Решим систему {ax0+by0+c=0,px0+qy0+r=0. Решения этой системы x0 и y0 зависят от постоянных параметров системы, и следовательно, сами постоянны. Если это удастся, то заменим: {x=x1+x0,y=y1+y0; где x1 и y1 – новые переменные. Тогда производная преобразуется так y=ddx(y1+y0)=ddxy1=dy1dx1dx1dx=dy1dx1ddx(xx0)=dy1dx1, содержимое же функции в правой части – так ax+by+cpx+qy+r=a(x1+x0)+b(y1+y0)+cp(x1+x0)+q(y1+y0)+r=ax1+by1+ax0+by0+cpx1+qy1+px0+qy0+r= что в силу того, что x0 и y0 суть решения системы (2), =ax1+by1px1+qy1. И уравнение (1) сведётся к уравнению dy1dx1=f(ax1+by1px1+qy1), которое сводится к однородному как показано выше, делением числителя и знаменателя на x1.

Например, №113: (2x4y+6)dx+(x+y3)dy=0, dydx=2x4y+6x+y3, {2x04y0+6=0,x0+y03=0. Нетрудно получить, что x0=1, y0=2. Тогда заменим x=x1+1, y=y1+2: dy1dx1=2x14y1x1+y1=24y1x11+y1x1. В последнем же уравнении произведём замену y1=ux1: ux1+u=24u1+u и разделим перменные ux1=24u1+uu=24u1+uu+u21+u=u23u+21+u=(u1)(u2)u+1 uu+1(u1)(u2)=1x1 Разложив дробь в левой части на элементарные слагаемые, получим u+1(u1)(u2)=2u1+3u2. Интегрируем ln|x1|+˜C=u+1(u1)(u2)du=(2u1+3u2)du= =2ln|u1|+3ln|u2|, ln|(u2)3(u1)2x1|=˜C, (u2)3(u1)2x1=±e˜C=C. Заменим обратно: (y1x12)3(y1x11)2x1=C,(y12x1)3(y1x1)2=C, а т.к. x1=x1 и y1=y2: (y22(x1))3(y2(x1))2=C,(y2x)3(yx1)2=C. Задание: решите № 116, 117, 118, 119.

Возможна, однако, и ситуация при которой систему (2) решить однозначно не удаётся, и тут возможно два варианта: решений нет и решений бесконечно много.

Если решений нет, это означает, что ранг матрицы коэффициентов меньше ранга расширенной матрицы коэффициентов. Так как уравнений всего два, ранг матрицы коэффициентов меньше двух, а значит сама эта матрица вырождена.

Если решений бесконечно много, это само по себе означает, что матрица коэффициентов вырождена. Таким образом, если систему (2) не получается решить, то строки матрицы коэффициентов линейно зависимы, и существует такое число α, что α(ax+by)=px+qy. (За исключением, конечно, случаев, когда ax+by=0, но тогда и исходное уравнение не будет типа (1).) В этом случае y=f(ax+by+cpx+qy+r)=f(ax+by+cα(ax+by)+r)=g(ax+by), и уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными (на прошлом занятии мы рассматривали, как).

Например, № 114 (2x+y+1)dx(4x+2y3)dy=0. Составив систему {2x0+y0+1=0,4x0+2y03=0, вычтем второе уравнение из первого, умноженного на 2, и получим 5=0, чего не бывает ни при каких x0 и y0. Но уравнение можно представить в виде dydx=2x+y+14x+2y3=2x+y+12(2x+y)3, а его легко решить, заменив 2x+y=z

Задание: доведите до конца № 114 и решите № 115.

Наконец, некоторые уравнения сводятся к однородным заменой вида y=zα, гда α – константа. Например, №124:

ydx+x(2xy+1)dy=0, которое можно представить в виде dydx=yx(2xy+1). Выполним замену: αzα1z=zαx(2xzα+1) αz=zx(2xzα+1) Уравнение будет однородным при α=1: z=zx(2xz+1) Заменим z=ux ux+u=u(21u+1) и разделим переменные ux=u(21u+1)u=u2(2+u)u=(u+22)u(2+u)u= =u2u(2+u)u=2u(2+u), u+22udu=1xdx, ln|x|+˜C=(12+1u)du=u2+ln|u|, ˜Cu2=ln|u|+ln|x|=ln|ux|, ux=±e˜Cu2. Обратно: ux=z z=±e˜Cez2x=Cez2x,C±e˜C, z=1y 1y=Ce12xy,1ye12xy=C.

Задание: решите № 121, 123, 125, 126.

Комментариев нет »

No comments yet.

RSS feed for comments on this post.

Leave a comment

Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.

Хостингом угостил Вадим "Moose" Калинников