Az ${y}^\prime=h\left(\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x}\right)$ eset

(Ezek a változóiban homogén differenciálegyenletek.) 

Ez az eset könnyen visszavezethető egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldására, ha $\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x}$ helyett bevezetünk egy u új függvényt. Legyen tehát

$$u(x)=\frac{y(x)}{x}.$$

Ebből fejezzük ki y-t és állítsuk elő -t csak u felhasználásával. y=xu, ezért a szorzat deriválási szabálya szerint ${y}^\prime={x}^\prime u+x{u}^\prime=u+x{u}^\prime$. Így a megoldandó feladat

$$u+x{u}^\prime=h(u),$$

azaz

$${u}^\prime=\frac 1x (h(u)-u).$$

Ez pedig már egy szétválasztható változójú differenciálegyenlet u-ra nézve, amelyet az előző pontban leírt módon oldhatunk meg. Az eredeti egyenlet megoldását az y=xu visszahelyettesítés után kapjuk meg.

Ugyancsak szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldására vezet az a feladat, ha a tárgyalt differenciálegyenlet-típusnál valamivel áltolánosabb

$${y}^\prime=h\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2}\right)$$

alakú differenciálegyenleteket oldjuk meg az

$$u=\frac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2}$$

új függvény bevezetésével. Ezt most általánosságban nem mutatjuk meg.

Joggal merülhet fel a kérdés: a differenciálegyenlet jobb oldalából, f(x,y)-ból hogyan látszik az, hogy az valamilyen h-val h(y/x) alakra hozható? Ezt megválaszolandó vezessük be a homogén függvény fogalmát.

Definíció. Azt mondjuk, hogy az f=f(x,y) függvény homogén,  ha az értelmezési tartományának minden (x,y) pontjára és minden $t\ne0$ valós számra f(tx,ty)=f(x,y).   

Állítás. Az f kétváltozós függvényhez pontosan akkor létezik h egyváltozós függvény, mellyel f(x,y)=h(y/x), ha f homogén.

Bizonyítás. Ha $f(x,y)=h(\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x})$, akkor minden -ra

$$f(tx,ty)=h(\frac{ty}{tx})=h(\frac{y}{x})=f(x,y).$$

Másrészt, ha f homogén, akkor egy rögzített x₀-lal

$$f(x,y)=f(\frac{x_0}{x}x,\frac{x_0}{x}y)=f(x_0,x_0\frac{y}{x}),$$

ezért h(s):=f(x₀,x₀s) jó választás.  

 

3-1. kidolgozott feladat. Döntsük el, hogy az alábbi differenciálegyenletek a változóiban homogénok-e! 1. y^=x^2+y^2xy,

2. y^=x^2-y^2x+y,

3. y^=1x[3]x^3+y^3.  

Megoldás:

1.

Mivel

$$\frac{(tx)^2+(ty)^2}{(tx)(ty)}=\frac{t^2(x^2+y^2)}{t^2xy}= \frac{x^2+y^2}{xy},$$

ezért a differenciálegyenlet homogén.

2.

Mivel

$$\frac{(tx)^2-(ty)^2}{tx+ty}=t\frac{x^2-y^2}{x+y} \ne\frac{x^2-y^2}{x+y},\quad\mbox{{hacsak}}\quad t\ne1,$$

ezért a differenciálegyenlet nem homogén.

3.

Mivel

$$\frac{1}{tx}\sqrt[3]{(tx)^3+(ty)^3}=\frac{1}{tx} t\sqrt[3]{x^3+y^3}= \frac1x\sqrt[3]{x^3+y^3},$$

ezért a differenciálegyenlet homogén.  

 

3-2. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

$${y}^\prime=\frac{x^2+y^2}{xy}$$

differenciálegyenletet!

Megoldás: A differenciálegyenletről már beláttuk, hogy a változóiban homogén (lásd a (2.3-1.) kidolgozott feladatot). Végezzük el az y=ux helyettesítést! Mivel ekkor ${y}^\prime={u}^\prime x+u$, ezért a differenciálegyenlet felírható az

$${u}^\prime x+u=\frac{x^2+u^2x^2}{ux^2},$$

vagy egyszerűsítés és rendezés után az

$${u}^\prime=\frac{1}{x}\frac{1}{u}$$

alakban. A változók szétválasztásával oldjuk meg az egyenletet.

Innen, az y=ux összefüggés felhasználásával nyerjük a feladat megoldását az

$$y=x\sqrt{2\ln\vert x\vert+2c}\quad\mbox{{és}}\quad y=-x\sqrt{2\ln\vert x\vert+2c}$$

képletek szolgáltatják.

 

3-3. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

$$x{y}^\prime+y\ln(x)=y\ln(y)$$

differenciálegyenletet!

Megoldás: Fejezzük ki az egyenletből -t!

Látható, hogy az egyenlet jobb oldala $h\left(\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x}\right)$ alakú, így az y=ux helyettesítéssel egy szétválasztható változójú egyenletet kapunk.

A helyettesítést elvégezve és a változókat szétválasztva:

Integrálva mindkét oldalt:

Fejezzük ki innen u-t!

Ezért az eredeti differenciálegyenlet megoldása:

$$y=xe^{1+c_1 x}, \qquad c_1\in{\rm I\! R}.$$

 

3-4. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

$$\left.\begin{array} {rcl} {y}^\prime &=&\sqrt{3x+2y+1}, \\ y(2)&=&1\end{array}\right\}$$

kezdetiérték-feladatot!

Megoldás: Végezzük el az u=3x+2y+1 helyettesítést, amint azt korábban javasoltuk! Ekkor

$${u}^\prime=3+2{y}^\prime,\quad\mbox{{így}}\quad{y}^\prime=\frac{{u}^\prime-3}{2},$$

ezért az új u függvényre vonatkozó differenciálegyenlet az

$$\frac{{u}^\prime-3}{2}=\sqrt{u},$$

vagy rendezés után az

$${u}^\prime=2\sqrt{u}+3$$

alakot ölti. Ebből a változók szétválasztásával kapjuk:

$$\int\frac{du}{2\sqrt{u}+3}=\int\,dx.$$

A bal oldali integrált a változó helyettesítésével számíthatjuk ki: legyen

$$s:=\sqrt{u};\quad\mbox{{ekkor}}\quad u=s^2,\quad\mbox{{így}}\quad\frac{du}{ds}=2s, \quad\mbox{{azaz}}\quad du=2s\,ds.$$

Ezért

A differenciálegyenlet jobb oldalán álló integrál kiszámítása egyszerű, így e differenciálegyenlet megoldása:

$$\sqrt{u}-\frac32\ln\vert 2\sqrt{u}+3\vert+c_1=x+c_2,$$

azaz

$$\sqrt{3x+2y+1}-\frac32\ln\vert 2\sqrt{3x+2y+1}+3\vert=x+c,\qquad c\in{\rm I\! R}.$$

c meghatározásához helyettesítsünk be ebbe az utóbbi képletbe x=2,y=1-et!

$$\sqrt{6+2+1}-\frac32\ln\vert 2\sqrt{6+2+1}+3\vert=2+c,$$

ezért $c=3-\frac32\ln9-2=1-3\ln3,$ tehát a kezdetiérték-feladat megoldása:

$$\sqrt{3x+2y+1}-\frac32\ln(2\sqrt{3x+2y+1}+3)=x+1-3\ln3.$$

 

3-5. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

$${y}^\prime=2\sin(2x+y)$$

differenciálegyenletet!

Megoldás: Helyettesítsük 2x+y-t u-val! Ekkor ${u}^\prime=2+{y}^\prime$, ahonnan ${y}^\prime={u}^\prime-2$. Ezért a differenciálegyenlet:

$${u}^\prime=2+2\sin(u).$$

A változókat szétválasztva és integrálva:

$$\frac{du}{2+2\sin(u)}=\,dx,\qquad\int\frac{du}{2+2\sin(u)}=\int\,dx.$$

A bal oldalon álló integrálra olyan helyettesítést alkalmazunk, hogy majd egy racionális tört integrálját kelljen kiszámítanunk. Legyen tehát $t=\mathop{\rm tg}\nolimits\frac{\displaystyle u}{\displaystyle2}$. Mint ismeretes, ekkor $\sin(u)=\frac{\displaystyle2t}{\displaystyle1+t^2}$,$du=\frac{\displaystyle2}{\displaystyle1+t^2}dt$. Ezért a bal oldali integrál értéke:

Visszaírva ezt a differenciálegyenletbe kapjuk

$$-\frac{1}{1+\mathop{\rm tg}\nolimits{\frac{\displaystyle u}{\displaystyle2}}}+c_1=x+c_2,$$

azaz az eredeti differenciálegyenlet megoldása:

$$-\frac{1}{1+\mathop{\rm tg}\nolimits\frac{\displaystyle2x+y}{\displaystyle2}}=x+c.$$

 

3-6. kidolgozott feladat. Oldjuk meg az

$$\left.\begin{array} {rcl} {y}^\prime&=&\frac{\displaystyle x+3y}{\displaystyle3x+y}, \\ y(-2)&=&1\end{array}\right\}$$

kezdetiérték-feladatot!

Megoldás: Az egyenlet változóiban homogén, mert

$$\frac{tx+3ty}{3tx+ty}=\frac{x+3y}{3x+y}\qquad(\forall t\ne0).$$

Ezért hajtsuk végre az y=ux helyettesítést! Kapjuk:

$${u}^\prime x+u=\frac{x+3ux}{3x+ux},$$

rendezés után

$${u}^\prime=\frac 1x\frac{1-u^2}{u+3}.$$

Válasszuk szét a változókat!

A (49) egyenlet bal oldalán álló integrált az integrandus parciális törtekre bontásával tudjuk kiszámítani:

ahonnan a számlálók összehasonlításával az

$$A+B=1,\qquad A-B=3$$

egyenletrendszerhez jutunk. Ennek A=2,B=-1 a megoldása. Ezért

Ezt felhasználva (49) az

$$\ln\frac{(u-1)^2}{\vert u+1\vert}+c_1=-\ln{\vert x\vert}+c_2$$

alakban írható fel. Megszabadulva a logaritmustól és az $u=\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x}$összefüggésből a differenciálegyenlet megoldására

$$\frac{\left(\frac{\displaystyle y}{\displaystyle x}-1\right)... ... x}+1\big{\vert}}=\frac C{\vert x\vert}, \qquad(C=e^{c_2-c_1)}$$

azaz

(y-x)²=C|y+x|

adódik.

A kezdeti feltételből C-re a 9=C|-1| egyenletet kapjuk, ezért C=9.

Minthogy x+y függvény negatív a kezdeti feltételből, y(-2)=1-ből vett x₀=-2,y₀=1 pontban, ezért a folytonossága miatt annak egy környezetében is negatív, így itt |x+y|=-(x+y) (mert negatív szám abszolút értéke egyenlő a szám (-1)-szeresével). Ezért a kezdetiérték-feladat megoldásaira az

(y-x)²=-9(y+x)

implicit függvénymegadás érvényes. Ebből explicit alakot is kaphatunk, ha megoldjuk ezt az y-ban másodfokú egyenletet. Figyelembe véve, hogy a megoldás, y pozitív x=-2 közelében azt kapjuk, hogy a kezdetiérték-feladatnak csak az

$$y=x-\frac92+\sqrt{\frac{81}4-18x}$$

függvény a megoldása.

Dr. Horváth Zoltán:Bevezetés a differenciálegyenletek megoldásábaKészült a SZIF-MML-rendszer felhasználásával