Функция f(x,y) называется однородной функцией своих аргументов измерения n , если справедливо тождество f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y) .
Например, функция f(x,y)=x^2+y^2-xy есть однородная функция второго измерения, так как
F(tx,ty)=(tx)^2+(ty)^2-(tx)(ty)=t^2(x^2+y^2-xy)=t^2f(x,y).
При n=0 имеем функцию нулевого измерения. Например, \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} есть однородная функция нулевого измерения, так как
{f(tx,ty)=\frac{(tx)^2-(ty)^2}{(tx)^2+(ty)^2}=\frac{t^2(x^2-y^2)}{t^2(x^2+y^2)}=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=f(x,y).}
Дифференциальное уравнение вида \frac{dy}{dx}=f(x,y) называется однородным относительно x и y , если f(x,y) есть однородная функция своих аргументов нулевого измерения. Однородное уравнение всегда можно представить в виде
\frac{dy}{dx}=\varphi\!\left(\frac{y}{x}\right).
Вводя новую искомую функцию u=\frac{y}{x} , уравнение (1) можно привести к уравнению с разделяющими переменными:
X\frac{du}{dx}=\varphi(u)-u.
Если u=u_0 есть корень уравнения \varphi(u)-u=0 , то решение однородного уравнения будет u=u_0 или y=u_0x (прямая, проходящая через начало координат).
Замечание. При решении однородных уравнений необязательно приводить их к виду (1). Можно сразу делать подстановку y=ux .
Пример 1. Решить однородное уравнение xy"=\sqrt{x^2-y^2}+y .
Решение. Запишем уравнение в виде y"=\sqrt{1-{\left(\frac{y}{x}\right)\!}^2}+\frac{y}{x} так что данное уравнение оказывается однородным относительно x и y . Положим u=\frac{y}{x} , или y=ux . Тогда y"=xu"+u . Подставляя в уравнение выражения для y и y" , получаем x\frac{du}{dx}=\sqrt{1-u^2} . Разделяем переменные: \frac{du}{1-u^2}=\frac{dx}{x} . Отсюда интегрированием находим
\arcsin{u}=\ln|x|+\ln{C_1}~(C_1>0) , или \arcsin{u}=\ln{C_1|x|} .
Так как C_1|x|=\pm{C_1x} , то, обозначая \pm{C_1}=C , получаем \arcsin{u}=\ln{Cx} , где |\ln{Cx}|\leqslant\frac{\pi}{2} или e^{-\pi/2}\leqslant{Cx}\leqslant{e^{\pi/2}} . Заменяя u на \frac{y}{x} , будем иметь общий интеграл \arcsin{y}{x}=\ln{Cx} .
Отсюда общее решение: y=x\sin\ln{Cx} .
При разделении переменных мы делили обе части уравнения на произведение x\sqrt{1-u^2} , поэтому могли потерять решение, которые обращают в ноль это произведение.
Положим теперь x=0 и \sqrt{1-u^2}=0 . Но x\ne0 в силу подстановки u=\frac{y}{x} , а из соотношения \sqrt{1-u^2}=0 получаем, что 1-\frac{y^2}{x^2}=0 , откуда y=\pm{x} . Непосредственной проверкой убеждаемся, что функции y=-x и y=x также являются решениями данного уравнения.
Пример 2. Рассмотреть семейство интегральных кривых C_\alpha однородного уравнения y"=\varphi\!\left(\frac{y}{x}\right) . Показать, что касательные в соответственных точках к кривым, определяемым этим однородным дифференциальным уравнением, параллельны между собой.
Примечание: Будем называть соответственными те точки на кривых C_\alpha , которые лежат на одном луче, выходящем из начала координат.
Решение. По определению соответственных точек имеем \frac{y}{x}=\frac{y_1}{x_1} , так что в силу самого уравнения y"=y"_1 , где y" и y"_1 - угловые коэффициенты касательных к интегральным кривым C_\alpha и C_{\alpha_1} , в точках M и M_1 соответственно (рис. 12).
Уравнения, приводящиеся к однородным
А. Рассмотрим дифференциальное уравнение вида
\frac{dy}{dx}=f\!\left(\frac{ax+by+c}{a_1x+b_1y+c_1}\right).
где a,b,c,a_1,b_1,c_1 - постоянные, а f(u) - непрерывная функция своего аргумента u .
Если c=c_1=0 , то уравнение (3) является однородным и оно интегрируется, как указано выше.
Если хотя бы одно из чисел c,c_1 отлично от нуля, то следует различать два случая.
1) Определитель \Delta=\begin{vmatrix}a&b\\a_1&b_1\end{vmatrix}\ne0 . Вводя новые переменные \xi и \eta по формулам x=\xi+h,~y=\eta+k , где h и k - пока неопределенные постоянные, приведем уравнение (3) к виду
\frac{d\eta}{d\xi}=f\!\left(\frac{a\xi+b\eta+ah+bk+c}{a_1\xi+b_2\eta+a_1h+b_1k+c_1}\right).
Выбирая h и k как решение системы линейных уравнений
\begin{cases}ah+bk+c=0,\\a_1h+b_1k+c_1=0\end{cases}~(\Delta\ne0),
получаем однородное уравнение \frac{d\eta}{d\xi}=f\!\left(\frac{a\xi+b\eta}{a_1\xi+b_1\eta}\right) . Найдя его общий интеграл и заменив в нем \xi на x-h , a \eta на y-k , получаем общий интеграл уравнения (3).
2) Определитель \Delta=\begin{vmatrix}a&b\\a_1&b_1\end{vmatrix}=0 . Система (4) в общем случае не имеет решений и изложенный выше метод неприменим; в этом случае \frac{a_1}{a}=\frac{b_1}{b}=\lambda , и, следовательно, уравнение (3) имеет вид \frac{dy}{dx}=f\!\left(\frac{ax+by+c}{\lambda(ax+by)+c_1}\right) . Подстановка z=ax+by приводит его к уравнению с разделяющимися переменными.
Пример 3. Решить уравнение (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0 .
Решение. Рассмотрим систему линейных алгебраических уравнений \begin{cases}x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end{cases}
Определитель этой системы \Delta=\begin{vmatrix}\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end{vmatrix}=-2\ne0 .
Система имеет единственное решение x_0=-1,~y_0=3 . Делаем замену x=\xi-1,~y=\eta+3 . Тогда уравнение (5) примет вид
(\xi+\eta)\,d\xi+(\xi-\eta)\,d\eta=0.
Это уравнение является однородным уравнением. Полагая \eta=u\xi , получаем
(\xi+\xi{u})\,d\xi+(\xi-\xi{u})(\xi\,du+u\,d\xi)=0 , откуда (1+2u-u^2)\,d\xi+\xi(1-u)\,du=0 .
Разделяем переменные \frac{d\xi}{\xi}+\frac{1-u}{1+2u-u^2}\,du=0.
Интегрируя, найдем \ln|\xi|+\frac{1}{2}\ln|1+2u-u^2|=\ln{C} или \xi^2(1+2u-u^2)=C .
Возвращаемся к переменным x,~y :
(x+1)^2\left=C_1 или x^2+2xy-y^2-4x+8y=C~~(C=C_1+14).
Пример 4. Решить уравнение (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0 .
Решение. Система линейных алгебраических уравнений \begin{cases}x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end{cases} несовместна. В этом случае метод, примененный в предыдущем примере, не подходит. Для интегрирования уравнения применяем подстановку x+y=z , dy=dz-dx . Уравнение примет вид
(2-z)\,dx+(2z-1)\,dz=0.
Разделяя переменные, получаем
Dx-\frac{2z-1}{z-2}\,dz=0 отсюда x-2z-3\ln|z-2|=C.
Возвращаясь к переменным x,~y , получаем общий интеграл данного уравнения
X+2y+3\ln|x+y-2|=C.
Б. Иногда уравнение можно привести к однородному заменой переменного y=z^\alpha . Это имеет место в том случае, когда в уравнении все члены оказываются одинакового измерения, если переменному x приписать измерение 1, переменному y - измерение \alpha и производной \frac{dy}{dx} - измерение \alpha-1 .
Пример 5. Решить уравнение (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0 .
Решение. Делаем подстановку y=z^\alpha,~dy=\alpha{z^{\alpha-1}}\,dz , где \alpha пока произвольное число, которое мы выберем позже. Подставляя в уравнение выражения для y и dy , получим
\alpha(x^2x^{2\alpha}-1)z^{\alpha-1}\,dz+2xz^{3\alpha}\,dx=0 или \alpha(x^2z^{3\alpha-1}-z^{\alpha-1})\,dz+2xz^{3\alpha}\,dx=0,
Заметим, что x^2z^{3\alpha-1} имеет измерение 2+3\alpha-1=3\alpha+1, z^{\alpha-1} имеет измерение \alpha-1 , xz^{3\alpha} имеет измерение 1+3\alpha . Полученное уравнение будет однородным, если измерения всех членов одинаковы, т.е. если выполняется условие 3\alpha+1=\alpha-1 , или \alpha-1 .
Положим y=\frac{1}{z} ; исходное уравнение принимает вид
\left(\frac{1}{z^2}-\frac{x^2}{z^4}\right)dz+\frac{2x}{z^3}\,dx=0 или (z^2-x^2)\,dz+2xz\,dx=0.
Положим теперь z=ux,~dz=u\,dx+x\,du . Тогда это уравнение примет вид (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0 , откуда u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0 .
Разделяем переменные в этом уравнении \frac{dx}{x}+\frac{u^2-1}{u^3+u}\,du=0 . Интегрируя, найдем
\ln|x|+\ln(u^2+1)-\ln|u|=\ln{C} или \frac{x(u^2+1)}{u}=C.
Заменяя u через \frac{1}{xy} , получаем общий интеграл данного уравнения 1+x^2y^2=Cy.
Уравнение имеет еще очевидное решение y=0 , которое получается из общего интеграла при C\to\infty , если интеграл записать в виде y=\frac{1+x^2y^2}{C} , а затем перейти к пределу при C\to\infty . Таким образом, функция y=0 является частным решением исходного уравнения.
В вашем браузере отключен Javascript.Чтобы произвести расчеты, необходимо разрешить элементы ActiveX!
Готовые ответы к примерам на однородные дифференциальные уравнения
первого порядка ищут многие студенты (ДУ 1 порядка самые распространенные в обучении), далее Вы их сможете подробно разобрать. Но прежде чем перейти к рассмотрению примеров рекомендуем внимательно прочитать краткий теоретический материал.
Уравнения вида P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0,
где функции P(x,y)
і Q(x,y)
являются однородными функциями одного порядка называют однородным дифференциальным уравнением
(ОДР).
Схема решения однородного дифференциального уравнения
1.
Сначала нужно применить подстановку y=z*x
, где z=z(x)
– новая неизвестная функция (таким образом исходное уравнение сводится к дифференциальному уравнению с разделяющимися переменными.
2.
Производная произведения равна y"=(z*x)"=z"*x+z*x"=z"*x+z
или в дифференциалах dy=d(zx)=z*dx+x*dz.
3.
Далее подставляем новую функцию у
и ее производную y"
(или dy
) в ДУ с разделяющимися переменными
относительно x
та z
.
4.
Решив дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными, сделаем обратную замену y=z*x
, поэтому z= y/х
, и получим общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения
.
5.
Если задано начальное условие y(x 0)=y 0
, то находим частное решение задачи Коши. В теории все звучит легко, однако на практике не у всех так весело получается решать дифференциальные уравнения. Поэтому для углубления знаний рассмотрим распространенные примеры. На легких задачах нет особо Вас научить, поэтому сразу перейдем к более сложным.
Вычисления однородных дифференциальных уравнений первого порядка
Пример 1.
Решение:
Делим правую сторону уравнения на переменную, которая стоит множителем возле производной. В результате придем к однородного дифференциального уравнения 0
порядка
И здесь многим пожалуй стало интересно, как определить порядок функции однородного уравнения?
Вопрос достаточно уместен, а ответ на него следующий:
в правую сторону подставляем вместо функции и аргумента значение t*x, t*y
. При упрощении получают параметр "t"
в определенном степени k
, его и называют порядком уравнения. В нашем случае "t"
сократится, что равносильно 0-м
степени или нулевом порядке однородного уравнения.
Далее в правой стороне можем перейти к новой переменной y=zx; z=y/x
.
При этом не забываем выразить производную "y"
через производную новой переменной. По правилу части находим 
Уравнения в дифференциалах
примет вид
Совместные слагаемые в правой и левой части сокращаем и переходим к дифференциальному уравнению с разделенными переменными.
Проинтегрируем обе части ДУ
Для удобства дальнейших преобразований постоянную сразу вносим под логарифм 
По свойствам логарифмов полученное логарифмическое уравнение эквивалентно следующему 
Эта запись еще не решение (ответ), необходимо вернуться к выполненной замене переменных 
Таким образом находят общее решение дифференциальных уравнений
. Если Вы внимательно читали предыдущие уроки, то мы говорили, что схему вычисления уравнений с разделенными переменными Вы должны уметь применять свободно и такого рода уравнения придется вычислять для более сложных типов ДУ.
Пример 2.
Найти интеграл дифференциального уравнения
Решение:
Схема вычислений однородных и сводных к ним ДУ Вам тепер знакома. Переносим переменную в правую сторону уравнения, а также в числителе и знаменателе выносим x 2
, как общий множитель
Таким образом получим однородное ДУ нулевого порядка.
Следующим шагом вводим замену переменных z=y/x, y=z*x
, о которой постоянно будем напоминать, чтобы Вы ее заучили
После этого ДУ записываем в дифференциалах
Далее преобразуем зависимость к дифференциальному уравнению с отделенными переменными
и интегрированием решаем его.
Интегралы несложные, остальные преобразования выполнены на основе свойств логарифма. Последнее действие включает экспонирования логарифма. Наконец возвращаемся к исходной замене и записываем в форме
Константа "C"
принимает любое значение. Все кто учится заочно имеют проблемы на экзаменах с данным типом уравнений, поэтому просьба внимательно посмотреть и запомнить схему вычислений.
Пример 3.
Решить дифференциальное уравнение
Решение:
Как следует из приведенной выше методики, дифференциальные уравнения такого типа решают методом введения новой переменной.
Перепишем зависимость так, чтобы производная была без переменной
Далее по анализу правой части видим, что везде присутствует частка -ее и обозначаем за новую неизвестную
z=y/x, y=z*x
.
Находим производную от y
С учетом замены первоначальное ДУ перепишем в виде
Одинаковые слагаемые упрощаем, а все получившие сводим к ДУ с отделенными переменными
Интегрированием обеих частей равенства
приходим к решению в виде логарифмов 
Экспонируя зависимости находим общее решение дифференциального уравнения
которое после подстановки в него начальной замены переменных примет вид
Здесь С
- постоянная, которую можно доопределить из условия Коши. Если не задана задача Коши то стала принимает произвольное действительное значение.
Вот и вся мудрость в исчислении однородных дифференциальных уравнений.
В настоящее время по базовому уровню изучения математики на изучение математики в старших классах предусмотрено всего 4 часа (2 часа алгебры, 2 часа геометрии). В сельских малокомплектных школах стараются увеличить количество часов за счет школьного компонента. Но если класс гуманитарный, то школьный компонент добавляется на изучение предметов гуманитарного направления. В маленьком селе зачастую школьнику выбирать не приходится, он учится в том классе; какой имеется в школе. Становиться же юристом, историком или журналистом (бывают такие случаи) не собирается, а хочет стать инженером или экономистом, поэтому ЕГЭ по математике должен сдать на высокие балы. При таких обстоятельствах, учителю математики приходится находить свой выход из создавшейся ситуации, к тому же по учебнику Колмогорова изучение темы «однородные уравнения» не предусмотрено. В прошлые годы для введения данной темы и закрепления мне требовалось два сдвоенных урока. К сожалению, проверка образовательного надзора у нас запретила сдвоенные уроки в школе, поэтому количество упражнений пришлось сократить до 45 минут, и соответственно уровень сложности упражнений понизить до среднего. Предлагаю вашему вниманию план-конспект урока по данной теме в 10 классе с базовым уровнем изучения математики в сельской мало комплектной школе.
Тип урока : традиционный.
Цель : научиться решать типичные однородные уравнения.
Задачи :
Познавательные :
Развивающие :
Воспитательные :
- Воспитание трудолюбия через терпеливое выполнение заданий, чувства товарищества через работу в парах и группах.
Ход урока
I. Организационный этап (3 мин.)
II. Проверка знаний, необходимых для усвоения нового материала (10 мин.)
Выявить основные затруднения с дальнейшим разбором выполненных заданий. Ребята выполняют по выбору 3 варианта. Задания, дифференцированные по степени сложности и по уровню подготовленности ребят, с последующим объяснением у доски.
1 уровень . Решите уравнения:
- 3(х+4)=12,
- 2(х-15)=2х-30
- 5(2-х)=-3х-2(х+5)
- x 2 -10х+21=0 Ответы: 7;3
2 уровень
. Решите простейшие тригонометрические уравнения и биквадратное уравнение: 
ответы: 
б) x 4 -13x 3 +36=0 Ответы: -2; 2; -3; 3
3 уровень. Решение уравнений методом замены переменных:
б) x 6 -9x 3 +8=0 Ответы:
III. Сообщение темы, установка целей и задач.
Тема: Однородные уравнения
Цель : научиться решать типичные однородные уравнения
Задачи :
Познавательные :
- познакомиться с однородными уравнениями, научиться решать наиболее часто встречаемые виды таких уравнений.
Развивающие :
- Развитие аналитического мышления.
- Развитие математических навыков: научиться выделять основные признаки, по которым однородные уравнения отличаются от других уравнений, уметь устанавливать сходство однородных уравнений в их различных проявлениях.
IV. Усвоение новых знаний (15 мин.)
1. Лекционный момент.
Определение 1 (Записываем в тетрадь). Уравнение вида P(x;y)=0 называется однородным, если P(x;y) однородный многочлен.
Многочлен от двух переменных х и у называют однородным, если степень каждого его члена равна одному и тому же числу к.
Определение 2 (Просто ознакомление). Уравнения вида
называют однородным уравнением степени n относительно u(x) и v(x). Поделив обе части уравнения на (v(x))n, можно с помощью замены получить уравнение
Что позволяет упростить исходное уравнение. Случай v(x)=0 необходимо рассмотреть отдельно, так как на 0 делить нельзя.
2. Примеры однородных уравнений:
Поясните: почему они однородные, приведите свои примеры таких уравнений.
3. Задание на определение однородных уравнений:
Среди заданных уравнений определить однородные уравнения и объяснить свой выбор:
После того как объяснили свой выбор на одном из примеров показать способ решения однородного уравнения:
4. Решить самостоятельно:
Ответ: 
б) 2sin x – 3 cos x =0
Разделим обе части уравнения на cos x, получим 2 tg x -3=0, tg x=⅔ , x=arctg⅔ +
5. Показать решение примера из брошюры «П.В. Чулков. Уравнения и неравенства в школьном курсе математики. Москва Педагогический университет «Первое сентября» 2006 стр.22». Как один из возможных примеров ЕГЭ уровня С.
V . Решить для закрепления по учебнику Башмакова
стр 183 № 59 (1,5) или по учебнику под редакцией Колмогорова: стр81 №169 (а, в)
ответы: 
VI . Проверочная, самостоятельная работа (7 мин.)
| 1 вариант | 2 вариант |
| Решить уравнения: | |
| а) sin 2 x-5sinxcosx+6cos 2 x=0 | а) 3sin 2 x+2sin x cos x-2cos 2 x=0 |
б) cos 2 -3sin 2 =0 |
б) |
Ответы к заданиям:
1 вариант а) Ответ: arctg2+πn,n € Z; б) Ответ: ±π/2+ 3πn,n € Z; в) 
2 вариант а) Ответ: arctg(-1±31/2)+πn,n € Z; б) Ответ: -arctg3+πn, 0,25π+πk, ; в) (-5;-2); (5;2)
VII . Домашнее задание
№169 по Колмогорову, №59 по Башмакову.
Кроме этого, решить систему уравнений:
Ответ: arctg(-1±√3) +πn ,
Использованная литература:
- П.В. Чулков. Уравнения и неравенства в школьном курсе математики. – М.: Педагогический университет «Первое сентября», 2006. стр. 22
- А. Мерзляк, В. Полонский, Е. Рабинович, М. Якир. Тригонометрия. – М.: «АСТ-ПРЕСС», 1998, стр. 389
- Алгебра для 8 класса под редакцией Н.Я. Виленкина. – М.: «Просвещение», 1997.
- Алгебра для 9 класса под редакцией Н.Я. Виленкина. Москва «Просвещение», 2001.
- М.И. Башмаков. Алгебра и начала анализа. Для 10-11 классов – М.: «Просвещение» 1993
- Колмогоров, Абрамов, Дудницын. Алгебра и начала анализа. Для 10-11 классов. – М.: «Просвещение», 1990.
- А.Г. Мордкович. Алгебра и начала анализа. Часть 1 Учебник 10-11 классы. – М.: «Мнемозина», 2004.
Чтобы решить однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка, используют подстановку u=y/x, то есть u — новая неизвестная функция, зависящая от икса. Отсюда y=ux. Производную y’ находим с помощью правила дифференцирования произведения:y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u (так как x’=1). Для другой формы записи: dy=udx+xdu.После подстановки уравнение упрощаем и приходим к уравнению с разделяющимися переменными.
Примеры решения однородных дифференциальных уравнений 1-го порядка.
1) Решить уравнение
Проверяем, что это уравнение является однородным (см. Как определить однородное уравнение). Убедившись, делаем замену u=y/x, откуда y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Подставляем: u’x+u=u(1+ln(ux)-lnx). Так как логарифм произведения равен сумме логарифмов, ln(ux)=lnu+lnx. Отсюда
u’x+u=u(1+lnu+lnx-lnx). После приведения подобных слагаемых: u’x+u=u(1+lnu). Теперь раскрываем скобки
u’x+u=u+u·lnu. В обеих частях стоит u, отсюда u’x=u·lnu. Поскольку u — функция от икса, u’=du/dx. Подставляем,
Получили уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные, для чего обе части умножаем на dx и делим на x·u·lnu, при условии, что произведение x·u·lnu≠0
Интегрируем:
В левой части — табличный интеграл. В правой — делаем замену t=lnu, откуда dt=(lnu)’du=du/u
ln│t│=ln│x│+C. Но мы уже обсуждали, что в таких уравнениях вместо С удобнее взять ln│C│. Тогда
ln│t│=ln│x│+ln│C│. По свойству логарифмов: ln│t│=ln│Сx│. Отсюда t=Cx. (по условию, x>0). Пора делать обратную замену: lnu=Cx. И еще одна обратная замена:
По свойству логарифмов:
Это — общий интеграл уравнения.
Вспоминаем условие произведение x·u·lnu≠0 (а значит, x≠0,u≠0, lnu≠0, откуда u≠1). Но x≠0 из условия, остается u≠1, откуда x≠y. Очевидно, что y=x (x>0) входят в общее решение.
2) Найти частный интеграл уравнения y’=x/y+y/x, удовлетворяющий начальным условиям y(1)=2.
Сначала проверяем, что это уравнение является однородным (хотя наличие слагаемых y/x и x/y уже косвенно указывает на это). Затем делаем замену u=y/x, откуда y=ux, y’=(ux)’=u’x+x’u=u’x+u. Подставляем полученные выражения в уравнение:
u’x+u=1/u+u. Упрощаем:
u’x=1/u. Так как u — функция от икса, u’=du/dx:
Получили уравнение с разделяющимися переменными. Чтобы разделить переменные, умножаем обе части на dx и u и делим на x (x≠0 по условию, отсюда u≠0 тоже, значит, потери решений при этом не происходит).
Интегрируем:
и поскольку в обеих частях стоят табличные интегралы, сразу же получаем
Выполняем обратную замену:
Это — общий интеграл уравнения. Используем начальное условие y(1)=2, то есть подставляем в полученное решение y=2, x=1:
3) Найти общий интеграл однородного уравнения:
(x²-y²)dy-2xydx=0.
Замена u=y/x, откуда y=ux, dy=xdu+udx. Подставляем:
(x²-(ux)²)(xdu+udx)-2ux²dx=0. Выносим x² за скобки и делим на него обе части (при условии x≠0):
x²(1-u²)(xdu+udx)-2ux²dx=0
(1-u²)(xdu+udx)-2udx=0. Раскрываем скобки и упрощаем:
xdu-u²xdu+udx-u³dx-2udx=0,
xdu-u²xdu-u³dx-udx=0. Группируем слагаемые с du и dx:
(x-u²x)du-(u³+u)dx=0. Выносим общие множители за скобки:
x(1-u²)du-u(u²+1)dx=0. Разделяем переменные:
x(1-u²)du=u(u²+1)dx. Для этого обе части уравнения делим на xu(u²+1)≠0 (соответственно, добавляем требования x≠0 (уже отметили), u≠0):
Интегрируем:
В правой части уравнения — табличный интеграл, рациональную дробь в левой части раскладываем на простые множители:
(или во втором интеграле можно было вместо подведения под знак дифференциала сделать замену t=1+u², dt=2udu — кому какой способ больше нравится). Получаем:
По свойствам логарифмов:
Обратная замена
Вспоминаем условие u≠0. Отсюда y≠0. При С=0 y=0, значит, потери решений не происходит, и y=0 входит в общий интеграл.
Замечание
Можно получить запись решения в другом виде, если слева оставить слагаемое с x:
Геометрический смысл интегральной кривой в этом случае — семейство окружностей с центрами на оси Oy и проходящих через начало координат.
Задания для самопроверки:
1) (x²+y²)dx-xydy=0
1) Проверяем, что уравнение является однородным, после чего делаем замену u=y/x, откуда y=ux, dy=xdu+udx. Подставляем в условие: (x²+x²u²)dx-x²u(xdu+udx)=0. Разделив обе части уравнения на x²≠0, получаем: (1+u²)dx-u(xdu+udx)=0. Отсюда dx+u²dx-xudu-u²dx=0. Упростив, имеем: dx-xudu=0. Отсюда xudu=dx, udu=dx/x. Интегрируем обе части: