Диференціальні рівняння першого порядку, не розвязані відносно похідної (реферат)

Реферат на тему:

Диференціальні рівняння першого порядку, не розв’язані відносно похідної.

1. Основні поняття і означення, теорема про достатні умови існування і єдності розв’язку.

Диференціальне рівняння першого порядку, не розв’язані відносно похідної має вигляд.

$$F\left(x,y,y^{\text{'}}\right)=0$$ (5.1).

Найбільш часто зусрічаються диференціальні рівняння першого порядку $$n$$ -ої степені.

Означення 5.1. Функція $$y=y(x)$$, визначена і.

$$\begin{array}{c}n\\ n-1\\ y^{}{a}_1\left(x,y\right)y^{}\text{.}\text{.}+a_{n-1}\left(x,y\right)y^{\text{'}}+a_n\left(x,y\right)=0\end{array}$$ (5.2).

неперервнодиференційовна на $$\left(a,b\right)$$ називається розв’язком Д.Р. (5.1), якщо вона після підстановки перетворює Д.Р. (5.1) в.

тотожність.

$$F\left(x,y(x),y^{\text{'}}(x)\right)\mathrm{0,}x\left(a,b\right)$$.

Означення 5.2. Будемо говорити, що рівняння $$\left(x,y\right)$$ визначає розв’язок Д.Р.(5.1) в нормальній формі, якщо воно визначає $$y$$ як функцію $$x$$ і вона являється розв’язком Д.Р.(5.1).

Означення 5.3. Рівняння $$x=(t)$$, $$y=(t)$$, $$t_0<=t<=t_1$$, визначає розв’язок Д.Р.(5.1) в параметричній формі, якщо.

$$F\left((t),(t),\frac{{}^{\text{'}}(t)}{{}^{\text{'}}(t)}\right)\mathrm{0,}{t}_0<=t<=t_1$$.

Криві на ел. $$(x,y)$$, які відповідають розв’язкам, будемо називати $$\text{Ik}$$.

Задача Коші - задача знаходження розв’язків, які задовільняють умови $$y(x_0)=y_0$$ .

Означення 5.4. Говорять, що задача Коші для Д.Р.(5.1) з початковими умовами $$(x_0,y_0)$$ має єдиний розв’язок, якшо через $$(x_0,y_0)$$ в достатньо малому околі її проходить стільки $$\text{Ik}$$, скільки напрямків поля визначає Д.Р. в цій точці. В противному — не єдиний розв’язок.

Теорема 5.1. (про існування і єдиність розв’язку задачі Коші).

Якщо функція $$F\left(x,y,y^{\text{'}}\right)$$ задовільняє наступним умовам:

а) Являється визначеною і неперервною разом зі своїми ЧП в деякому замкненому околі т. $$(x_0,y_0,y_0^{\text{'}})$$ ;

б) $$F\left(x_0,y_0,y_0^{\text{'}}\right)=0$$ ;

в) $$F_{y^{\text{'}}}^{\text{'}}\left(x_0,y_0,y_0^{\text{'}}\right)/=0$$ ;

то Д.Р.(1) має єдиний розв’язок $$y=y(x_0)$$, визначений і неперервно диференційовний в околі т $$x=x_0$$, задовільняючий умови $$y(x_0)=y_0$$ і такий, що $$y^{\text{'}}(x_0)=y_0^{\text{'}}$$.

ез доведення >

Припустимо, що розв’язуючи Д.Р.(1) відносно $$y^{\text{'}}$$, ми знайдемо дійсні розв’язки.

$$y^{\text{'}}=f_k(x,y),x=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.},m$$ (5.3).

де $$f_k(x,y)$$ визначені в обл. $$D$$ так, що маємо $$m$$ Д.Р. першого порядку, розв’язаних відносно $$y^{\text{'}}$$. Припустимо, що в $$$$ точці $$(x,y)D$$, напрямок поля, визначений кожним Д.Р. (5.3), різний. Так що $$\text{Ik}$$ різних рівнянь не можуть дотикатися друг друга на $$D$$ .

Нехай кожне Д.Р. (5.3) на $$D$$ має загальний інтеграл.

$${}_k\left(x,y\right)=c,k=\mathrm{1,}\text{.}\text{.},m$$ (5.4).

Означення 5.5. Сукупність інтегралів (5.4) будемо називати загальним інтегралом Д.Р. (5.1) в обл. $$D$$ .

Інколи замвсть співвідношення (5.4) записують.

$$\left({}_1(x,y)-c\right)\text{.}\text{.}\left({}_m(x,y)-c\right)=0$$ (5.5).

Якщо поле на $$D$$ не задовільняє сказаному вище, тобто існує хоча б одна точка $$(x_0,y_0)$$, в якій значення хоча б двох функцій $$f_k(x,y)$$ співпали, то $$\text{Ik}$$ відповідаючі Д.Р. дотикаються друг друга в точці $$(x_0,y_0)$$. Тому крім $$\text{Ik}$$ Д.Р. (5.3), будуть ще склеєні $$\text{Ik}$$. Всі вони будуть входити в (5.4) або (5.5).

В загальному випадку Д.Р. (5.1) не удається розв’язати відносно $$y^{\text{'}}$$ в елементарних функціях. В цих випадках шукають однопараметричне сімейство $$\text{Ik}$$ в вигляді.

$$(x,y,c)=0$$ (5.6).

яке називається загальним інтегралом Д.Р. (5.1).

Якщо сімейство $$\text{Ik}$$ задано в вигляді.

$$y=(x,c)$$ (5.7).

то воно називається загальним розв’язком Д.Р. (5.1).

Зауважимо, що в (5.6) можуть входити і розв’язки Д.Р. виду (5.3), коли $$y^{\text{'}}$$ -комплексні. Ми таких Д.Р. не будемо розглядати, тому відповідні їм розв’язки треба виключати.

Сімейство $$\text{Ik}$$, заданих в параметричному вигляді.

$$\{\begin{array}{c}x=(t,c)\\ y=(t,c)\end{array}$$ (5.8).

будемо називати загальними розв’язками Д.Р. в параметричній формі.

Означення 5.6. Розв’язок $$y=y(x)$$ Д.Р. (5.1) будемо називати частинним розв’язком, якщо в кожній його точці задача Коші має єдиний розв’язок.

Означення 5.7. Розв’язок $$y=y(x)$$ називається особливим розв’язком, якщо в кожній його точці порушується єдинність розв’язку задачі Коші.

Аналогічно Д.Р., розв’язаним відносно $$y^{\text{'}}$$, Д.Р. (5.1) може мати розв’язки, які являються ні частинними, ні особливими.

Аналіз частинних і особливих розв’язків для цих рівнянь більш складний. Зауважимо, що в випадку (5.3) розв’язок $$y=y(x)$$ буде особливим, якщо буде особливим хоча б для одного з Д.Р. (5.3).

Приклад 5.1.

$$\begin{array}{c}2\\ y^{}(y^2-1)y^{\text{'}}-y^2=0\end{array}$$ (5.9).

З (5.9) маємо: $$y^{\text{'}}=\mathrm{1,}{y}^{\text{'}}=-y^2$$.

Тоді $$y=x+c,y=\frac{1}{x+c}$$ — загальний інтеграл.

або $$\left(y-x-c\right)\left(y-\frac{1}{x-c}\right)=0$$. Цей загальний інтеграл є накладенням сімейств двох $$\text{Ik}$$ (мал. 5.1).

Розв’язок задачі Коші для Д.Р. (5.9) в кожній точці площіни $$(x,y)$$ являється єдиним. В точці $$(x_0,y_0)$$ ми маємо два напрямки поля: $$y_0^{\text{'}}=\mathrm{1,}{y}_0^{\text{'}}=y_{0^2}$$ — І через цю точку проходить два $$\text{Ik}$$.

$$y=x+y_0-x_0,y=\frac{1}{x+\frac{1}{y_0}-x_0}$$, якщо $$y_0/=0$$ (5.11).

і $$y=x-x_0,y=0$$, якщо $$y_0=0$$ .

Розв’язки (10),(11) — частинні розв’язки. Особливих розв’язків немає.

2. Знаходження кривих, підозрілих на особливий розв’язок.

Припустимо, що Д.Р. (5.1) представлено в формі (5.3). При досліджені на особливий розв’язок рівнянь виду (5.3) ми прийшли до висновку, що ці розв’язки можливі на тих кривих, на яких $$\frac{f_k}{y}$$ являється необмеженою. Але в переході від Д.Р. (5.1) до рівнянь (5.3) є недоцільність при визначені особливих розв’язків, так як $$\frac{f_k}{y}\frac{y^{\text{'}}}{y}$$ .

Дійсно, припустимо, що _____ похідні $$\frac{F}{y},\frac{F}{y^{\text{'}}}$$, тоді.

$$\frac{F}{y}+\frac{F}{y^{\text{'}}}\frac{y^{\text{'}}}{y}=0$$, звідки $$\frac{y^{\text{'}}}{y}=-\frac{\frac{F}{y}}{\frac{F}{y^{\text{'}}}}$$ (5.12).

Припустимо, що $$\frac{F}{y}/=0$$, тоді $$\frac{y^{\text{'}}}{y}$$ буде необмеженою при умові.

$$\frac{F}{y^{\text{'}}}=0$$ (5.13).

Таким чином, криві, підозрілі на особливий розв’язок будуть визначатися з системи.

$$\{\begin{array}{c}F\left(x,y,y^{\text{'}}\right)=0\\ \frac{F}{y^{\text{'}}}=0\end{array}$$ (5.14).

Розв’язок системи (5.14).

$$R(x,y)$$ =0 (5.15).

дискримінантна крива. Якщо вона задовільняє Д.Р. (5.1) і в кожній точці порушується єдність, то це буде особливий розв’язок.

Приклад 5.2.

$$\begin{array}{c}2\\ F(x,y,y^{\text{'}})=y^{}2P(x,y)y^{\text{'}}+Q(x,y)=0\end{array}$$ (5.16).

$$\begin{array}{c}2\\ \{\begin{array}{c}{y}^{}2P(x,y)y^{\text{'}}+Q(x,y)=0\\ 2y^{\text{'}}+2P(x,y)=0\end{array}\end{array}$$, $$R(x,y)=P^2(x,y)-Q(x,y)=0$$ (5.17).

Співвідношення (5ю17) — дискримінантна крива рівняння (5.16). А на ній ми маємо не два, а один напрямок поля $$y^{\text{'}}=-P(x,y)$$. В той же час — через неї може проходити не одна $$\text{Ik}$$ .

5.3. Загальний метод введення параметра.

Розглянемо Д.Р. (5.1). Припустимо, що воно допускає параметризацію

$$x=(u,v),y=(u,v),y^{\text{'}}=(u,v)$$ (5.18).

Так, що $$F\left((u,v),(u,v),(u,v)\right)0$$ при всіх значеннях параметрів $$u$$ і $$v$$ .

Використовуючи (5.18) і співвідношення $$\text{dy}=y^{\text{'}}\text{dx}$$ ми з Д.Р. (5.1) завжди зможемо привести до Д.Р., яке розв’язане Відносно похідної.

$$\text{dx}=\frac{}{u}\text{du}+\frac{}{v}\text{dv},\text{dy}=\frac{}{u}\text{du}+\frac{}{v}\text{dv}$$.

Тому.

$$\frac{}{u}\text{du}+\frac{}{v}\text{dv}=\left(\frac{}{u}\text{du}+\frac{}{v}\text{dv}\right)$$.

Візьмемо, наприклад, $$u$$ за незалежну змінну, $$v$$ — за залежну, тоді прийдемо до Д.Р.

$$\frac{\text{dv}}{\text{du}}=f\left(u,v\right)$$ (5.19).

Якщо.

$$v=w(u,c)$$ (5.20).

• -.загальний розв’язок Д.Р. (5.19), то загальний розв’язок Д.Р. (5.1) можна отримати в параметричній формі.

$$x=\left(u,w(u,c)\right),y=\left(u,w(u,c)\right)$$ (5.21).

Розглянемо деякі частинні випадки:

А. Д.Р., розв’язані віднлсносно шуканої функції.

Це рівняння має вигляд

$$y=(x,y^{\text{'}})$$ (5.22).

За параметри $$u$$ і $$v$$ можна взяти $$x$$ і $$y^{\text{'}}$$. Позначимо $$y^{\text{'}}=p$$, тоді.

$$y=(x,p),\text{dy}=\text{pdx}$$ (5.23).

Маємо.

$$\text{dy}=\frac{}{x}\text{dx}+\frac{}{p}\text{dp}=\text{pdx}$$.

Звідки.

$$\frac{}{x}+\frac{}{p}\frac{\text{dp}}{\text{dx}}=p$$ (5.24).

Нехай $$p=w(x,c)$$ — загальний розв’язок Д.Р. (5.24), тоді $$y=\left(x,w(x,c)\right)$$ — загальний розв’язок Д.Р. (5.22).

Д.Р. (5.24) може мати особливий розв’язок $$p=(x)$$, тоді Д.Р. (5.22) може мати особливий розв’язок $$y=\left(x,(x)\right)$$ .

Б. Випадок, коли Д.Р. розв’язане відносно незалежної змінної.

Це рівняння має вигляд

$$x=(y,y^{\text{'}})$$ (5.25).

Інтегрується воно аналогічно Д.Р. (5.22). Покладемо $$y^{\text{'}}=p$$. Тоді.

$$x=(y,p),\text{dy}=\text{pdx}$$.

Використовуючи співвідношення $$\text{dy}=\text{pdx}$$, отримаємо.

$$\text{dy}=p\left(\frac{}{y}\text{dy}+\frac{}{p}\text{dp}\right),\frac{1}{p}=\frac{}{y}+\frac{}{y}\frac{\text{dp}}{\text{dy}}$$ (5.26).

Якщо $$p=w(y,c)$$ — загальний інтеграл Д.Р. (5.26), то.

$$x=\left(y,w(y,c)\right)$$ (5.27).

загальний інтеграл Д.Р. (5.25).

Якщо $$p=(y)$$ — особливий рощзв’язок Д.Р.(5.26), то $$x=\left(y,(y)\right)$$ -може бути особливим розв’язком Д.Р. (5.25).

Розглянемо тепер більш прості випадки, коли рівняння можна проінтегрувати.

В. Рівняння Лагранжа.

Це рівняння має вигляд.

$$y=(y^{\text{'}})x+(y^{\text{'}})$$ (5.28).

Воно інтегрується в квадратурах. Покладемо $$y^{\text{'}}=p,x=x$$. Тоді.

$$y=(p)x+(p),\text{dy}=\text{pdx}$$ (5.29).

З (5.29) маємо.

$$\begin{array}{c}(p)x+\left({}^{\text{'}}(p)x+{}^{\text{'}}(p)\right)\text{dp}=\text{pdx},\\ \left((p)-p\right)\text{dx}+\left({}^{\text{'}}(p)x+{}^{\text{'}}(p)\right)\text{dp}=0\end{array}$$ (5.30).

Д.Р. (5.30) лінійне по $$x$$.

$$\frac{\text{dx}}{\text{dp}}+\frac{{}^{\text{'}}(p)}{(p)-p}x=\frac{{}^{\text{'}}(p)}{p-(p)}$$ (5.31).

Нехай $$x=A(p)c+B(p)$$ — розв’язок Д.Р. (5.31). Тоді загальний розв’язок рівняння Лагранжа запишемо в параметричній формі.

$$\{\begin{array}{c}x=A(p)c+B(p)\\ y=(p)\left(A(p)c+B(p)\right)+(p)\end{array}$$ (5.32).

Особливі розв’язки можуть бути там, де.

$$(p)-p=0$$ (5.33).

тобто.

$$y=p_{i}x+(p_i)$$ (5.34),.

де $$p_i$$ — корені рівняння (5.33).Розв'язок (5.34) може бути частинним або особливим.

Г. Рівняння Клеро.

Це рівняння — частинний випадок рівняння Лагранжа, коли $$(y^{\text{'}})=y^{\text{'}}$$ .

$$y=y^{\text{'}}x+(y^{\text{'}})$$ (5.35).

Покладемо $$y^{\text{'}}=p$$, тоді.

$$\{\begin{array}{c}y=\text{px}+(p)\\ \text{dy}=\text{pdx}\end{array}$$ (5.36).

Використовуючи $$\text{dx}=\text{pdy}$$, отримаємо.

$$\text{pdx}+\left(x+{}^{\text{'}}(p)\right)\text{dp}=\text{pdx},\left(x+{}^{\text{'}}(p)\right)\text{dp}=0$$ (5.37).

Рівняння (5.37) розпадається на два.

$$\text{dp}=\mathrm{0,}x+{}^{\text{'}}(p)=0$$ (5.38).

Перше рівняння дає $$p=a$$, підставляючи яке в (5.35) будемо мати загальний розав’язок.

$$y=\text{cx}+(c)$$ (5.39).

Друге — $$x=-{}^{\text{'}}(p)$$, разом з (5.35) утворює параметричні розв’язкі.

$$\{\begin{array}{c}x=-{}^{\text{'}}(p)\\ y=-\mathit{p}(p)+(p)\end{array}$$ (5.40).

Розв’язок (5.40) являється особливим, так як він співпадає з _______. Дійсно.

$$\{\begin{array}{c}y=\text{cx}+(c)\\ 0=x+{}^{\text{'}}(c)\end{array}$$.

звідки.

$$\{\begin{array}{c}x=-{}^{\text{'}}(c)\\ y=-c{}^{\text{'}}(c)+(c)\end{array}$$ (5.41).

Дискримінантна крива (3.41) співпадає з розв’язком (3.40).

Приклад 5.3.

Розв’язати рівняння Лагранжа $$\begin{array}{c}2\\ 2\\ y=x{y}^{}{y}^{}\\ \end{array}$$ .

Покладемо $$y^{\text{'}}=p$$. Маємо $$y={\text{xp}}^2+p^2$$, $$\text{dy}=\text{pdx}$$.

$$p^2\text{dx}+2\text{pxdp}+2\text{pdp}=\text{pdx}$$, $$\left(p^2-p\right)\frac{\text{dx}}{\text{dp}}+2\text{px}+2p=0$$.

Отримали лінійне рівняння.

$$\frac{\text{dx}}{\text{dp}}+\frac{2}{p-1}x=\frac{2}{1-p}$$.

Його розв’язок.

$$x=\frac{c_1}{{\left(p-1\right)}^2}-1$$ (5.42).

$$y=\frac{c_1{p}^2}{{\left(p-1\right)}^2}$$ (5.43).

загальний розв’язок нашого рівняння в параметричній формі. Або, виключаючи $$p$$ :

$$y={\left(\sqrt{x+1}+c\right)}^2,\left(c=\sqrt{c_1}\right)$$ (5.44).

Знайдемо ті розв’язки, яким відповідають.

$$p^2-p=\mathrm{0,}{p}_1=\mathrm{0,}{p}_2=\mathrm{1,}{y}_1=\mathrm{0,}{y}_2=x+1$$.

Перший розв’язок — офівфісобливий, другий — частинний.

Приклад 5.4.

$$\begin{array}{c}2\\ y=y^{\text{'}}x-\frac{1}{4}{y}^{}\\ \end{array}$$.

Це рівняння Клеро. Його загальний розв’язок ;

$$y=\text{cx}-\frac{1}{4}{c}^2$$.

Запишемо дискримінантну криву.

$$\{\begin{array}{c}x=\frac{1}{2}c\\ y=\frac{1}{4}{c}^2\end{array}$$.

Звідки $$y=x^2$$

— особливий розв’язок, так як через цей розв’язок проходить ще розв’язок, який міститься в загальному при.

$$c(x)=2x$$

.

.

4. Неповні рівняння.

а). Д.Р. які містять тільки похідну.

Це рівняння вигляду.

$$F\left(y^{\text{'}}\right)=0$$.

Рівняння (5.45) може мати скінчену або нескінчену кількість дійсних розв’язків.

$$y^{\text{'}}=k_i,i=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$.

де $$k_i$$

— деякі числа, задовільняючі функцію.

$$F\left(k_i\right)=0$$

.

.

Інтегруємо (5.46).

$$y=k_{i}x+c,i=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$.

Так як $$k_i=\frac{y-c}{x}$$

то.

.

$$F\left(\frac{y-c}{x}\right)=0$$.

загальний інтеграл Д.Р. (5.45). Таким чином при таких припущеннях $$\text{Ik}$$

Д.Р. (5.45) є системою прямих ліній, які можна записати у вигляді (5.48). При цьому в (5.48) можуть входити комплексні розв’язки Д.Р.

.

Приклад 5.5.

Розв’язати $$\begin{array}{c}3\\ y^{}1=0\end{array}$$ .

Згідно (5.48) $${\left(\frac{y-c}{x}\right)}^3-1=0$$ — загальний інтеграл. Однак у нього крім дійсного розв’язку $$y=x+c$$, входять розв’язки комплексного Д.Р. $$y^{\text{'}}=\frac{-1\pm \sqrt{3}i}{2}$$.

б) Д.Р., які не містять шуканої функції мають вигляд.

$$F\left(x,y^{\text{'}}\right)=0$$ (5.49).

Якщо (5.49) можна розв’язати відносно похідної.

$$y^{\text{'}}=f_k(x),k=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$.

то.

$$y=f_k(x)\text{dx}+c,k=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$.

являється загальним інтегралом Д.Р. (5.49).

Якщо ж розв’язати відносно $$y^{\text{'}}$$

не можна, а допускається параметризація.

.

$$F\left((t),(t)\right)0$$.

тобто.

$$x=(t),y^{\text{'}}=(t)$$.

Тоді загальний розв’язок знаходять в параметричній формі.

$$\text{dy}=(t){}^{\text{'}}(t)\text{dt},\{\begin{array}{c}x=(t)\\ y=(t){}^{\text{'}}(t)\text{dt}+c\end{array}$$.

Якщо Д.Р. (5.49) має вигляд.

$$x=(y^{\text{'}})$$.

тоді це рівняння легко параметризується $$y^{\text{'}}=(t)$$

.В частинному випадку.

$$y^{\text{'}}=t$$

. Загальний розв’язок запишеться в формі.

.

$$\{\begin{array}{c}x=(t)\\ y=t{}^{\text{'}}(t)\text{dt}+c\end{array}$$.

Приклад 5.6.

Зайти загальний розв’язок рівняння $$x=e^{y^{\text{'}}}-y^{\text{'}}$$ .

Вводимо параметризацію $$y^{\text{'}}=t$$ .

$$x=e^t-t$$, $$\text{dy}=\text{tdx}$$, $$\text{dy}=t(e^t-1)\text{dt}$$.

Маємо.

$$\{\begin{array}{c}x=e^t-t\\ y=(t-1)e^t-\frac{t^2}{2}+c\end{array}$$.

Загальний розв’язок в параметричній формі.

в) Д.Р., які не містятьнезалежної змінної.

Це рівняння вигляду.

$$F\left(y,y^{\text{'}}\right)=0$$ (5.57).

Якщо рівняння (5.57) розв’язане відносно $$y^{\text{'}}$$, тобто.

$$y^{\text{'}}=f_k(y),k=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$ (5.58).

то.

$$\frac{\text{dy}}{f_k(y)}=x+c,k=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$ (5.59).

Являється загальним інтегралом Д.Р. (5.57). Особливими розв’язками можуть бути криві $$y=b_i$$

де.

$$b_i$$

— корені рівняння.

$$f_k(b)=\mathrm{0,}k=\mathrm{1,2,}\text{.}\text{.}\text{.}$$

(або.

$$F(b\mathrm{,\; 0})=0$$

).

.

Якщо Д.Р. (5.57) не можна розв’язати відносно $$y^{\text{'}}$$

але воно допускає параметризацію.

.

$$y=(t),y^{\text{'}}=(t)$$.

то.

$$\{\begin{array}{c}x=\frac{{}^{\text{'}}(t)}{(t)}\text{dt}+c\\ y=(t)\end{array}$$.

Загальний розв’язок Д.Р. (5.57) в параметричній формі.

Приклад 5.7.

Розв’язати $$\begin{array}{c}2\\ y^{}{y}^2=1\end{array}$$

. Введемо параметризацію.

$$y^{\text{'}}=\text{Sin}t,y=\text{Cos}t$$

.

.

$$\text{dy}=\text{Sin}\text{tdx},\text{dx}=-\frac{\text{Sin}t}{\text{Sin}t}\text{dt}$$.

звідки.

$$\{\begin{array}{c}x=-t+c\\ y=\text{Cos}t\end{array}$$.

зашальний розв’язок нашого рівняння.

г) Узагальнено однорідні рівняння.

Д.Р. назвемо узагальнено однорідним, якщо ліва частина являється однорідною функцією аргументів $$x,y,y^{\text{'}}$$

яким відповідають величини.

$$1$$

— го,.

$$k$$

— го і.

$$(k-1)$$

виміру, тобто.

.

$$F\left(\text{tx},t^{k}y,t^{k-1}{y}^{\text{'}}\right)=t^{m}F\left(x,y,y^{\text{'}}\right)$$.

Зробимо заміну.

$$x=e^t,y={\text{ze}}^{\text{kt}}$$.

де $$t$$

— нова незалежна змінна,.

$$z$$

— нова шукана функція. Маємо.

.

$$y^{\text{'}}=\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\frac{\text{dt}}{\text{dx}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\frac{1}{\frac{\text{dx}}{\text{dt}}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\frac{1}{e^t}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}{e}^{-t}$$.

тобто $$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}{e}^{-t}$$

. З іншої сторони.

.

$$\frac{\text{dy}}{\text{dx}}=\frac{\text{dy}}{\text{dt}}\left({\text{ze}}^{\text{kt}}\right)e^{-t}=\left(\frac{\text{dz}}{\text{dt}}{e}^{\text{kt}}+{\text{kze}}^{\text{kt}}\right)e^{-t}=\left(\frac{\text{dz}}{\text{dt}}+\text{kz}\right)e^{(k-1)t}$$.

Підставимо (5.63),(5.64) в Д.Р. (5.1).

$$F\left(e^t,{\text{ze}}^{\text{kt}},\left(\frac{\text{dz}}{\text{dt}}+\text{kz}\right)e^{(k-1)t}\right)=e^{\text{mt}}F\left(\mathrm{1,}z,\frac{\text{dz}}{\text{dt}}+\text{kz}\right)=0$$.

отримане рівняння.

$$F\left(\mathrm{1,}z,\frac{\text{dz}}{\text{dt}}+\text{kz}\right)=0$$.

не містить незалежної змінної $$t$$

.

.