Šobrīd matemātikas apguvei vidusskolā atbilstoši matemātikas pamatlīmenim ir paredzētas tikai 4 stundas (2 stundas algebra, 2 stundas ģeometrija). Lauku mazajās skolās stundu skaitu cenšas palielināt uz skolas komponentes rēķina. Bet, ja klase ir humanitārā, tad humanitāro priekšmetu apguvei tiek pievienota skolas sastāvdaļa. Mazā ciematā bieži vien skolēnam nav jāizvēlas, viņš mācās tajā klasē; kas ir pieejams skolā. Viņš negrasās kļūt par juristu, vēsturnieku vai žurnālistu (tādi gadījumi ir), bet vēlas kļūt par inženieri vai ekonomistu, tāpēc eksāmens matemātikā jānokārto uz augstiem punktiem. Šādos apstākļos matemātikas skolotājam pašam jāmeklē izeja no šīs situācijas, turklāt, pēc Kolmogorova mācību grāmatas, tēmas "viendabīgie vienādojumi" izpēte nav paredzēta. Iepriekšējos gados, lai iepazīstinātu ar šo tēmu un to nostiprinātu, man bija vajadzīgas divas dubultnodarbības. Diemžēl mūsu skolā izglītības uzraudzības pārbaude aizliedza dubultstundas, tāpēc vingrinājumu skaitu nācās samazināt līdz 45 minūtēm, un attiecīgi vingrinājumu grūtības pakāpe tika pazemināta līdz vidējai. Jūsu uzmanībai piedāvāju stundu plānu par šo tēmu 10. klasē ar matemātikas pamatlīmeni lauku mazajā skolā.
Nodarbības veids: tradicionāls.
Mērķis: iemācīties atrisināt tipiskus viendabīgus vienādojumus.
Uzdevumi:
izziņas:
Izglītojoši:
Izglītojoši:
- Uzcītības audzināšana, pacietīgi pildot uzdevumus, draudzības izjūtu, strādājot pāros un grupās.
Nodarbību laikā
es Organizatoriskā posms(3 min.)
II. Jauna materiāla asimilācijai nepieciešamo zināšanu pārbaude (10 min.)
Nosakiet galvenās grūtības, veicot veikto uzdevumu turpmāku analīzi. Bērniem ir 3 izvēles iespējas. Uzdevumi diferencēti pēc sarežģītības pakāpes un bērnu sagatavotības līmeņa, kam seko skaidrojums pie tāfeles.
1 līmenis. Atrisiniet vienādojumus:
- 3(x+4)=12,
- 2(x-15)=2x-30
- 5(2-x)=-3x-2(x+5)
- x 2 -10x+21=0 Atbildes: 7;3
2 līmenis. Atrisiniet visvienkāršāko trigonometriskie vienādojumi un bi kvadrātvienādojums: 
atbildes: 
b) x 4 -13x 3 +36=0 Atbildes: -2; 2; -3; 3
3. līmenis. Vienādojumu atrisināšana ar mainīgo maiņas metodi:
b) x 6 -9x 3 +8=0 Atbildes:
III. Ziņojumu tēmas, mērķu un uzdevumu noteikšana.
Temats: Homogēni vienādojumi
Mērķis: iemācīties atrisināt tipiskus viendabīgus vienādojumus
Uzdevumi:
izziņas:
- iepazīties ar viendabīgiem vienādojumiem, uzzināt, kā atrisināt izplatītākos šādu vienādojumu veidus.
Izglītojoši:
- Analītiskās domāšanas attīstība.
- Matemātisko prasmju attīstīšana: iemācīties izcelt galvenās pazīmes, ar kurām viendabīgie vienādojumi atšķiras no citiem vienādojumiem, prast konstatēt līdzības viendabīgi vienādojumi to dažādajās izpausmēs.
IV. Jaunu zināšanu asimilācija (15 min.)
1. Lekcijas moments.
1. definīcija(Ierakstiet piezīmju grāmatiņā). Vienādojumu formā P(x;y)=0 sauc par homogēnu, ja P(x;y) ir viendabīgs polinoms.
Polinomu divos mainīgajos x un y sauc par viendabīgu, ja katra tā vārda pakāpe ir vienāda ar vienu un to pašu skaitli k.
2. definīcija(Tikai ievads). Formu vienādojumi
sauc par homogēnu n pakāpes vienādojumu attiecībā pret u(x) un v(x). Sadalot abas vienādojuma puses ar (v(x))n, mēs varam izmantot aizstāšanu, lai iegūtu vienādojumu
Tas vienkāršo sākotnējo vienādojumu. Gadījums v(x)=0 jāskata atsevišķi, jo nav iespējams dalīt ar 0.
2. Homogēnu vienādojumu piemēri:
Paskaidrojiet, kāpēc tie ir viendabīgi, sniedziet savus šādu vienādojumu piemērus.
3. Homogēnu vienādojumu definēšanas uzdevums:
No dotajiem vienādojumiem nosakiet viendabīgus vienādojumus un izskaidrojiet savu izvēli:
Kad esat izskaidrojis savu izvēli vienā no piemēriem, parādiet veidu, kā atrisināt viendabīgu vienādojumu:
4. Izlemiet pats:
Atbilde: 
b) 2sin x - 3 cos x \u003d 0
Sadalot abas vienādojuma puses ar cos x, iegūstam 2 tg x -3=0, tg x=⅔ , x=arctg⅔ +
5. Parādiet brošūras parauga risinājumu“P.V. Čuļkovs. Vienādojumi un nevienādības matemātikas skolas kursā. Maskavas Pedagoģiskā universitāte "Pirmais septembris" 2006 22.lpp. Kā viens iespējamais piemērs LIETOŠANAS līmenis NO.
V. Atrisiniet konsolidēt saskaņā ar Bašmakova mācību grāmatu
183.lpp.nr.59 (1.5) vai pēc Kolmogorova rediģētās mācību grāmatas: 81.lpp., Nr.169 (a, c)
atbildes: 
VI. Pārbaude, patstāvīgais darbs (7 min.)
| 1 variants | 2. iespēja |
| Atrisiniet vienādojumus: | |
| a) sin 2 x-5sinxcosx + 6cos 2 x \u003d 0 | a) 3sin 2 x+2sin x cos x-2cos 2 x=0 |
b) cos 2 -3sin 2 \u003d 0 |
b) |
Atbildes uz uzdevumiem:
1. variants a) Atbilde: arctg2+πn,n € Z; b) Atbilde: ±π/2+ 3πn,n € Z; iekšā) 
2. variants a) Atbilde: arctg(-1±31/2)+πn,n € Z; b) Atbilde: -arctg3+πn, 0,25π+πk, ; c) (-5; -2); (5;2)
VII. Mājasdarbs
Nr.169 pēc Kolmogorova, Nr.59 pēc Bašmakova.
2) 3sin 2 x+2sin x cos x =2 Piezīme: labajā pusē izmantojiet pamata trigonometrisko identitāti 2 (sin 2 x + cos 2 x)
Atbilde: arctg(-1±√3) +πn ,
Atsauces:
- P.V. Čuļkovs. Vienādojumi un nevienādības matemātikas skolas kursā. - M .: Pedagoģiskā universitāte "Pirmais septembris", 2006. 22. lpp.
- A. Merzļaks, V. Polonskis, E. Rabinovičs, M. Jakirs. Trigonometrija. - M .: "AST-PRESS", 1998, 389. lpp
- Algebra 8. klasei, rediģēja N.Ya. Viļenkins. - M .: "Apgaismība", 1997.
- Algebra 9. klasei, rediģēja N.Ya. Viļenkins. Maskavas "Apgaismība", 2001.
- M.I. Bašmakovs. Algebra un analīzes sākums. 10-11 klasei - M .: "Apgaismība" 1993
- Kolmogorovs, Abramovs, Dudņicins. Algebra un analīzes sākums. 10-11 klasēm. - M .: "Apgaismība", 1990.
- A.G. Mordkovičs. Algebra un analīzes sākums. 1.daļa Mācību grāmata 10-11 kl. - M .: "Mnemosyne", 2004.
Stop! Mēģināsim izprast šo apgrūtinošo formulu.
Pirmkārt, ir jābūt pirmajam pakāpes mainīgajam ar kādu koeficientu. Mūsu gadījumā šis
Mūsu gadījumā tā ir. Kā mēs noskaidrojām, tas nozīmē, ka šeit pirmā mainīgā pakāpe saplūst. Un otrs mainīgais pirmajā pakāpē ir vietā. Koeficients.
Mums tas ir.
Pirmais mainīgais ir eksponenciāls, bet otrais ir kvadrāts ar koeficientu. Šis ir pēdējais termins vienādojumā.
Kā redzat, mūsu vienādojums atbilst definīcijai formulas veidā.
Apskatīsim definīcijas otro (verbālo) daļu.
Mums ir divi nezināmie un. Šeit tas saplūst.
Apskatīsim visus nosacījumus. Tajos nezināmo pakāpju summai jābūt vienādai.
Spēku summa ir vienāda.
Pakāpju summa ir vienāda ar (at un at).
Spēku summa ir vienāda.
Kā redzat, viss atbilst!
Tagad trenēsimies definēt viendabīgus vienādojumus.
Nosakiet, kuri no vienādojumiem ir viendabīgi:
Homogēni vienādojumi - vienādojumi ar skaitļiem:
Apskatīsim vienādojumu atsevišķi.
Ja mēs sadalām katru terminu, paplašinot katru terminu, mēs iegūstam
Un šis vienādojums pilnībā atbilst viendabīgo vienādojumu definīcijai.
Kā atrisināt homogēnus vienādojumus?
2. piemērs
Sadalīsim vienādojumu ar.
Saskaņā ar mūsu nosacījumu y nevar būt vienāds. Tāpēc varam droši dalīt ar
Aizstājot, mēs iegūstam vienkāršu kvadrātvienādojumu:
Tā kā šis ir reducēts kvadrātvienādojums, mēs izmantojam Vieta teorēmu:
Veicot apgriezto aizstāšanu, mēs saņemam atbildi
Atbilde:
3. piemērs
Sadaliet vienādojumu ar (pēc nosacījuma).
Atbilde:
4. piemērs
Atrodi, ja.
Šeit nevajag dalīt, bet reizināt. Reiziniet visu vienādojumu ar:
Veiksim nomaiņu un atrisināsim kvadrātvienādojumu:
Veicot apgriezto aizstāšanu, mēs saņemam atbildi:
Atbilde:
Homogēnu trigonometrisko vienādojumu atrisināšana.
Homogēnu trigonometrisko vienādojumu risinājums neatšķiras no iepriekš aprakstītajām atrisināšanas metodēm. Tikai šeit, cita starpā, jums ir jāzina nedaudz trigonometrijas. Un jāprot atrisināt trigonometriskos vienādojumus (par to jūs varat izlasīt sadaļu).
Apskatīsim šādus vienādojumus piemēros.
5. piemērs
Atrisiniet vienādojumu.
Mēs redzam tipisku viendabīgu vienādojumu: un ir nezināmie, un to spēku summa katrā terminā ir vienāda.
Līdzīgus viendabīgus vienādojumus nav grūti atrisināt, taču, pirms sadalāt vienādojumus, apsveriet gadījumu, kad
Šajā gadījumā vienādojumam būs šāda forma: Bet sinuss un kosinuss nevar būt vienādi vienlaikus, jo saskaņā ar galveno trigonometriskā identitāte. Tāpēc mēs to varam droši sadalīt:
Tā kā vienādojums ir samazināts, tad saskaņā ar Vieta teorēmu:
Atbilde:
6. piemērs
Atrisiniet vienādojumu.
Tāpat kā piemērā, vienādojums jāsadala ar. Apsveriet gadījumu, kad:
Bet sinuss un kosinuss nevar būt vienādi vienlaikus, jo pēc trigonometriskās pamatidentitātes. Tāpēc.
Veiksim aizstāšanu un atrisināsim kvadrātvienādojumu:
Veiksim apgriezto aizstāšanu un atrodam un:
Atbilde:
Homogēnu eksponenciālo vienādojumu risinājums.
Homogēni vienādojumi tiek atrisināti tāpat kā iepriekš aplūkotie. Ja esat aizmirsis, kā izlemt eksponenciālie vienādojumi- skatiet attiecīgo sadaļu ()!
Apskatīsim dažus piemērus.
7. piemērs
Atrisiniet vienādojumu
Iedomājieties, kā:
Mēs redzam tipisku viendabīgu vienādojumu ar diviem mainīgajiem un jaudu summu. Sadalīsim vienādojumu:
Kā redzat, pēc aizstāšanas mēs iegūstam doto kvadrātvienādojumu (šajā gadījumā nav jābaidās no dalīšanas ar nulli - tas vienmēr ir stingri lielāks par nulli):
Saskaņā ar Vietas teorēmu:
Atbilde: .
8. piemērs
Atrisiniet vienādojumu
Iedomājieties, kā:
Sadalīsim vienādojumu:
Veiksim nomaiņu un atrisināsim kvadrātvienādojumu:
Sakne neapmierina nosacījumu. Mēs veicam apgriezto aizstāšanu un atrodam:
Atbilde:
HOMOGĒNIE VIENĀDĀJUMI. VIDĒJAIS LĪMENIS
Pirmkārt, izmantojot vienas problēmas piemēru, ļaujiet man jums atgādināt kas ir viendabīgie vienādojumi un kāds ir homogēno vienādojumu atrisinājums.
Atrisiniet problēmu:
Atrodi, ja.
Šeit jūs varat pamanīt dīvainu lietu: ja mēs sadalām katru terminu ar, mēs iegūstam:
Tas ir, tagad nav atsevišķu un, - tagad vēlamā vērtība ir mainīgais vienādojumā. Un tas ir parasts kvadrātvienādojums, kuru ir viegli atrisināt, izmantojot Vietas teorēmu: sakņu reizinājums ir vienāds, un summa ir skaitļi un.
Atbilde:
Formu vienādojumi
sauc par viendabīgu. Tas ir, šis ir vienādojums ar diviem nezināmajiem, kuru katrā terminā ir vienāda šo nezināmo spēku summa. Piemēram, iepriekš minētajā piemērā šī summa ir vienāda ar. Viendabīgu vienādojumu atrisināšanu veic, dalot ar vienu no nezināmajiem šajā pakāpē:
Un sekojošā mainīgo lielumu maiņa: . Tādējādi mēs iegūstam pakāpes vienādojumu ar vienu nezināmu:
Visbiežāk mēs sastapsimies ar otrās pakāpes vienādojumiem (tas ir, kvadrātveida), un mēs varam tos atrisināt:
Ņemiet vērā, ka visu vienādojumu dalīt (un reizināt) ar mainīgo ir iespējams tikai tad, ja esam pārliecināti, ka šis mainīgais nevar būt vienāds ar nulli! Piemēram, ja mums lūdz atrast, mēs to uzreiz saprotam, jo sadalīt nav iespējams. Gadījumos, kad tas nav tik acīmredzami, ir atsevišķi jāpārbauda gadījums, kad šis mainīgais ir vienāds ar nulli. Piemēram:
Atrisiniet vienādojumu.
Risinājums:
Šeit redzams tipisks viendabīgs vienādojums: un ir nezināmie, un to spēku summa katrā terminā ir vienāda.
Bet, pirms dalām ar un iegūstam kvadrātvienādojumu ar cieņu, mums jāapsver gadījums, kad. Šajā gadījumā vienādojums būs šāds: , tātad, . Bet sinuss un kosinuss nevar vienlaikus būt vienādi ar nulli, jo saskaņā ar trigonometrisko pamatidentitāti:. Tāpēc mēs to varam droši sadalīt:
Es ceru, ka šis risinājums ir pilnīgi skaidrs? Ja nē, izlasiet sadaļu. Ja nav skaidrs, no kurienes tas nācis, jums jāatgriežas vēl agrāk - sadaļā.
Izlemiet paši:
- Atrodi, ja.
- Atrodi, ja.
- Atrisiniet vienādojumu.
Šeit es īsi uzrakstīšu tieši homogēno vienādojumu risinājumu:
Risinājumi:
Atbilde: .
Un šeit ir nepieciešams nevis dalīt, bet reizināt:
Atbilde:
Ja vēl neesat izskatījis trigonometriskos vienādojumus, varat izlaist šo piemēru.
Tā kā šeit mums ir jādala ar, mēs vispirms pārliecināsimies, ka viņš to nedara nulle:
Un tas nav iespējams.
Atbilde: .
HOMOGĒNIE VIENĀDĀJUMI. ĪSUMĀ PAR GALVENO
Visu homogēno vienādojumu atrisinājums tiek reducēts līdz dalīšanai ar vienu no nezināmajiem pakāpē un mainīgo tālākajā izmaiņā.
Algoritms:
Pirmās kārtas homogēns diferenciālvienādojums
ir formas vienādojums
, kur f ir funkcija.
Kā definēt homogēnu diferenciālvienādojumu
Lai noteiktu, vai pirmās kārtas diferenciālvienādojums ir viendabīgs, jāievieš konstante t un jāaizstāj y ar ty un x ar tx : y → ty , x → tx . Ja t ir samazināts, tad šis homogēns diferenciālvienādojums. Atvasinājums y′ šādas transformācijas rezultātā nemainās.
.
Piemērs
Nosakiet, vai dotais vienādojums ir viendabīgs
Risinājums
Veicam izmaiņas y → ty , x → tx .
Sadaliet ar t 2
.
.
Vienādojums nesatur t . Tāpēc šis ir viendabīgs vienādojums.
Homogēna diferenciālvienādojuma risināšanas metode
Viendabīgs pirmās kārtas diferenciālvienādojums tiek reducēts līdz vienādojumam ar atdalāmiem mainīgajiem, izmantojot aizstāšanu y = ux . Parādīsim to. Apsveriet vienādojumu:
(i)
Mēs veicam aizstāšanu:
y=ux
kur u ir x funkcija. Diferencēt attiecībā pret x:
y' =
Mēs aizstājam ar sākotnējo vienādojumu (i).
,
,
(ii) .
Atsevišķi mainīgie. Reizināt ar dx un dalīt ar x ( f(u) - u ).
Attiecībā uz f (u) - u ≠ 0 un x ≠ 0
mēs iegūstam:
Mēs integrējam:
Tādējādi mēs esam ieguvuši vienādojuma vispārējo integrāli (i) kvadrātos:
Mēs aizstājam integrācijas konstanti C ar žurnāls C, tad
Mēs izlaižam moduļa zīmi, jo vēlamo zīmi nosaka konstantes C zīmes izvēle. Tad vispārējam integrālim būs šāda forma:
Tālāk apsveriet gadījumu f (u) - u = 0.
Ja šim vienādojumam ir saknes, tad tās ir vienādojuma risinājums (ii). Kopš vienādojuma (ii) nesakrīt ar sākotnējo vienādojumu, tad jums jāpārliecinās, vai papildu risinājumi atbilst sākotnējam vienādojumam (i).
Ikreiz, kad transformāciju procesā mēs sadalām jebkuru vienādojumu ar kādu funkciju, ko apzīmējam kā g (x, y), tad tālākās transformācijas ir derīgas g (x, y) ≠ 0. Tāpēc lieta g (x, y) = 0.
Pirmās kārtas viendabīga diferenciālvienādojuma risināšanas piemērs
atrisināt vienādojumu
Risinājums
Pārbaudīsim, vai šis vienādojums ir viendabīgs. Veicam izmaiņas y → ty , x → tx . Šajā gadījumā y′ → y′ .
,
,
.
Samazinām par t.
Konstante t ir samazināta. Tāpēc vienādojums ir viendabīgs.
Mēs veicam aizstāšanu y = ux , kur u ir x funkcija.
y' = (ux) ′ = u′ x + u (x) ′ = u′ x + u
Aizstāt sākotnējā vienādojumā.
,
,
,
.
Ja x ≥ 0
, |x| =x. Ja x ≤ 0
, |x| = - x . Mēs rakstām |x| = x nozīmē, ka augšējā zīme attiecas uz vērtībām x ≥ 0
, un apakšējā - vērtībām x ≤ 0
.
,
Reizināt ar dx un dalīt ar .
Tev 2 - 1 ≠ 0
mums ir:
Mēs integrējam:
Tabulas integrāļi,
.
Pielietosim formulu:
(a + b) (a - b) = a 2 - b 2.
Lai a = u , .
.
Ņem abas daļas modulo un logaritmu,
.
No šejienes
.
Tādējādi mums ir:
,
.
Mēs izlaižam moduļa zīmi, jo nepieciešamo zīmi nodrošina, izvēloties konstantes C zīmi.
Reiziniet ar x un aizstājiet ar ux = y .
,
.
Izlīdzināsim to kvadrātā.
,
,
.
Tagad apsveriet lietu, u 2 - 1 = 0
.
Šī vienādojuma saknes
.
Ir viegli redzēt, ka funkcijas y = x apmierina sākotnējo vienādojumu.
Atbilde
,
,
.
Atsauces:
N.M. Ginters, R.O. Kuzmins, Augstākās matemātikas uzdevumu krājums, Lan, 2003.
Gatavās atbildes uz piemēriem viendabīgai diferenciālvienādojumi
Daudzi studenti meklē pirmo pasūtījumu (1. kārtas DE ir visizplatītākie apmācībā), tad jūs varat tos detalizēti analizēt. Bet pirms piemēru izskatīšanas mēs iesakām rūpīgi izlasīt īsu teorētisko materiālu.
Tiek saukti vienādojumi formā P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0, kur funkcijas P(x,y) un Q(x,y) ir vienas kārtas viendabīgas funkcijas. homogēns diferenciālvienādojums(ODR).
Shēma homogēna diferenciālvienādojuma risināšanai
1. Vispirms jāpielieto aizstāšana y=z*x, kur z=z(x) ir jauna nezināma funkcija (tādējādi sākotnējais vienādojums tiek reducēts uz diferenciālvienādojumu ar atdalāmiem mainīgajiem).
2. Produkta atvasinājums ir y"=(z*x)"=z"*x+z*x"=z"*x+z vai diferenciāļos dy=d(zx)=z*dx+x* dz.
3. Tālāk mēs aizstājam jauno funkciju y un tās atvasinājumu y "(vai dy) ar DE ar atdalāmiem mainīgajiem attiecībā pret x un z .
4. Atrisinot diferenciālvienādojumu ar atdalāmiem mainīgajiem, veiksim apgrieztu aizstāšanu y=z*x, tātad z= y/x, un iegūstam kopīgs lēmums diferenciālvienādojuma (vispārējais integrālis)..
5. Ja ir dots sākotnējais nosacījums y(x 0)=y 0, tad mēs atrodam konkrētu Košī problēmas risinājumu. Teorētiski viss izklausās vienkārši, taču praksē ne visiem ir tik jautri risināt diferenciālvienādojumus. Tāpēc, lai padziļinātu zināšanas, apsveriet izplatītus piemērus. Par viegliem uzdevumiem jums nav daudz ko mācīt, tāpēc mēs nekavējoties pāriesim pie sarežģītākiem.
Pirmās kārtas homogēno diferenciālvienādojumu aprēķini
1. piemērs
Risinājums: sadaliet labā puse vienādojumi mainīgajam, kas ir faktors tuvu atvasinājumam. Rezultātā mēs nonākam pie 0. kārtas viendabīgs diferenciālvienādojums
Un šeit daudziem kļuva interesanti, kā noteikt viendabīga vienādojuma funkcijas secību?
Jautājums ir pietiekami aktuāls, un atbilde uz to ir šāda:
labajā pusē funkcijas un argumenta vietā aizstājam vērtību t*x, t*y. Vienkāršojot, parametrs "t" tiek iegūts līdz noteiktai pakāpei k, un to sauc par vienādojuma secību. Mūsu gadījumā tiks samazināts "t", kas ir līdzvērtīgs 0. pakāpei vai homogēnā vienādojuma nulles kārta.
Tālāk labajā pusē varam pāriet uz jauno mainīgo y=zx; z=y/x .
Tajā pašā laikā neaizmirstiet izteikt "y" atvasinājumu, izmantojot jaunā mainīgā atvasinājumu. Pēc daļu noteikuma mēs atrodam 
Vienādojumi diferenciāļos pieņems formu 
Mēs samazinām savienojuma nosacījumus labajā un kreisajā pusē un pārejam uz diferenciālvienādojums ar atdalītiem mainīgajiem.
Integrēsim abas DE daļas 
Turpmāko pārveidojumu ērtībai mēs nekavējoties ievadām konstanti zem logaritma 
Pēc logaritmu īpašībām iegūtais logaritmiskais vienādojums ir līdzvērtīgs tālāk norādītajam 
Šis ieraksts vēl nav risinājums (atbilde), jāatgriežas pie veiktās mainīgo maiņas 
Tā viņi atrod diferenciālvienādojumu vispārējs risinājums. Ja rūpīgi izlasījāt iepriekšējās nodarbības, tad teicām, ka vienādojumu aprēķināšanas shēmu ar atdalītiem mainīgajiem vajadzētu pielietot brīvi un šādi vienādojumi būs jāaprēķina sarežģītākiem tālvadības pults veidiem.
2. piemērs
Atrodiet diferenciālvienādojuma integrāli
Risinājums: Homogēno un kopsavilkuma DE aprēķināšanas shēma tagad jums ir pazīstama. Mēs pārnesam mainīgo uz vienādojuma labo pusi, un arī skaitītājā un saucējā mēs izņemam x 2 kā kopējo faktoru 
Tādējādi mēs iegūstam viendabīgu nulles kārtas DE.
Nākamais solis ir ieviest mainīgo z=y/x, y=z*x , ko mēs pastāvīgi atgādināsim iegaumēt
Pēc tam mēs ierakstām DE diferenciāļos 
Tālāk mēs pārveidojam atkarību uz diferenciālvienādojums ar atdalītiem mainīgajiem
un atrisināt to integrējot. 
Integrāļi ir vienkārši, pārējās transformācijas ir balstītas uz logaritma īpašībām. Pēdējā darbība ietver logaritma atklāšanu. Visbeidzot, mēs atgriežamies pie sākotnējās nomaiņas un rakstām veidlapā 
Konstante "C" iegūst jebkuru vērtību. Visiem, kas mācās neklātienē, ir problēmas eksāmenos ar šāda veida vienādojumiem, tāpēc, lūdzu, rūpīgi apskatiet un atcerieties aprēķina shēmu.
3. piemērs
Atrisiniet diferenciālvienādojumu
Risinājums: kā izriet no iepriekš minētās metodes, šāda veida diferenciālvienādojumi tiek atrisināti ieviešot jaunu mainīgo. Pārrakstīsim atkarību tā, lai atvasinājums būtu bez mainīgā 
Turklāt, analizējot labo pusi, mēs redzam, ka daļa -ee ir visur un tiek apzīmēta ar jauno nezināmo
z=y/x, y=z*x .
y atvasinājuma atrašana
Ņemot vērā aizstāšanu, formā pārrakstām sākotnējo DE 
Vienkāršojiet tos pašus noteikumus un samaziniet visus saņemtos nosacījumus uz DE ar atdalītiem mainīgajiem
Integrējot abas vienlīdzības puses 
mēs nonākam pie risinājuma logaritmu veidā 
Atklājot atrastās atkarības diferenciālvienādojuma vispārējs risinājums
kas pēc sākotnējās mainīgo maiņas aizvietošanas tajā iegūst formu 
Šeit C ir konstante, ko var paplašināt no Košī nosacījuma. Ja Košī problēma netiek dota, tā kļūst par patvaļīgu reālo vērtību.
Tā ir visa gudrība homogēnu diferenciālvienādojumu aprēķināšanā.
Tiek izsaukta funkcija f(x,y). viendabīga funkcija to dimensijas argumenti n ja identitāte f(tx,ty) \equiv t^nf(x,y).
Piemēram, funkcija f(x,y)=x^2+y^2-xy ir homogēna otrās dimensijas funkcija, jo
F(tx,ty)=(tx)^2+(ty)^2-(tx)(ty)=t^2(x^2+y^2-xy)=t^2f(x,y).
Ja n=0 mums ir nulles dimensijas funkcija. Piemēram, \frac(x^2-y^2)(x^2+y^2) ir homogēna nulles dimensijas funkcija, jo
(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).)
Formas diferenciālvienādojums \frac(dy)(dx)=f(x,y) tiek uzskatīts par viendabīgu attiecībā pret x un y, ja f(x,y) ir tā nulles dimensijas argumentu viendabīga funkcija. Viendabīgu vienādojumu vienmēr var attēlot kā
\frac(dy)(dx)=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right).
Ieviešot jaunu vēlamo funkciju u=\frac(y)(x) , vienādojumu (1) var reducēt uz vienādojumu ar atdalošiem mainīgajiem:
X\frac(du)(dx)=\varphi(u)-u.
Ja u=u_0 ir vienādojuma \varphi(u)-u=0 sakne, tad viendabīgā vienādojuma atrisinājums būs u=u_0 vai y=u_0x (taisne, kas iet caur sākuma punktu).
komentēt. Risinot viendabīgus vienādojumus, nav nepieciešams tos reducēt līdz formai (1). Jūs varat nekavējoties veikt aizstāšanu y=ux .
1. piemērs Atrisiniet homogēnu vienādojumu xy"=\sqrt(x^2-y^2)+y.
Risinājums. Mēs ierakstām vienādojumu formā y"=\sqrt(1-(\left(\frac(y)(x)\right)\^2}+\frac{y}{x} !} tātad dotais vienādojums izrādās viendabīgs attiecībā pret x un y. Ieliksim u=\frac(y)(x) vai y=ux . Pēc tam y"=xu"+u . Aizstājot vienādojumā izteiksmes y un y", mēs iegūstam x\frac(du)(dx)=\sqrt(1-u^2). Mainīgo atdalīšana: \frac(du)(1-u^2)=\frac(dx)(x). No šejienes, integrējot, mēs atrodam
\arcsin(u)=\ln|x|+\ln(C_1)~(C_1>0), vai \arcsin(u)=\ln(C_1|x|).
Tā kā C_1|x|=\pm(C_1x) , kas apzīmē \pm(C_1)=C , mēs iegūstam \arcsin(u)=\ln(Cx), kur |\ln(Cx)|\leqslant\frac(\pi)(2) vai e^(-\pi/2)\leqslant(Cx)\leqslant(e^(\pi/2)). Aizstājot u ar \frac(y)(x) , mēs iegūsim vispārējo integrāli \arcsin(y)(x)=\ln(Cx).
Tādējādi vispārīgais risinājums: y=x\sin\ln(Cx) .
Atdalot mainīgos, mēs sadalījām abas vienādojuma puses ar reizinājumu x\sqrt(1-u^2) , tādējādi mēs varam zaudēt risinājumu, kas šo reizinājumu pārvērš par nulli.
Tagad ievietosim x=0 un \sqrt(1-u^2)=0. Bet x\ne0 aizstāšanas dēļ u=\frac(y)(x) , un no attiecības \sqrt(1-u^2)=0 mēs to iegūstam 1-\frac(y^2)(x^2)=0, no kurienes y=\pm(x) . Tiešā pārbaudē mēs esam pārliecināti, ka funkcijas y=-x un y=x ir arī šī vienādojuma risinājumi.
2. piemērs Aplūkosim viendabīgā vienādojuma integrāllīkņu saimi C_\alpha y"=\varphi\!\left(\frac(y)(x)\right). Parādiet, ka šī homogēnā diferenciālvienādojuma noteikto līkņu atbilstošajos punktos pieskares ir paralēlas viena otrai.
Piezīme: Mēs piezvanīsim atbilstošs tie punkti uz C_\alpha līknēm, kas atrodas uz viena stara, sākot no sākuma.
Risinājums. Pēc atbilstošo punktu definīcijas mums ir \frac(y)(x)=\frac(y_1)(x_1), tā ka, pamatojoties uz pašu vienādojumu, y"=y"_1, kur y" un y"_1 ir integrāllīkņu C_\alpha un C_(\alpha_1) pieskares slīpumi punktos M un M_1, attiecīgi (12. att.).
Vienādojumi, kas reducēti uz homogēniem
BET. Apsveriet formas diferenciālvienādojumu
\frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(a_1x+b_1y+c_1)\right).
kur a,b,c,a_1,b_1,c_1 ir konstantes un f(u) ir nepārtraukta funkcija savu argumentu u .
Ja c=c_1=0 , tad vienādojums (3) ir viendabīgs un integrējas kā iepriekš.
Ja vismaz viens no skaitļiem c,c_1 atšķiras no nulles, tad jānošķir divi gadījumi.
1) Noteicējs \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)\ne0. Ieviešot jaunus mainīgos \xi un \eta pēc formulām x=\xi+h,~y=\eta+k , kur h un k joprojām ir nedefinētas konstantes, vienādojumu (3) ievietojam formā
\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 )\taisnība).
Izvēloties h un k kā lineāro vienādojumu sistēmas risinājumu
\begin(cases)ah+bk+c=0,\\a_1h+b_1k+c_1=0\end(cases)~(\Delta\ne0),
iegūstam homogēnu vienādojumu \frac(d\eta)(d\xi)=f\!\left(\frac(a\xi+b\eta)(a_1\xi+b_1\eta)\right). Atrodot tā vispārējo integrāli un aizstājot tajā \xi ar x-h un \eta ar y-k , iegūstam (3) vienādojuma vispārējo integrāli.
2) Noteicējs \Delta=\begin(vmatrix)a&b\\a_1&b_1\end(vmatrix)=0. Sistēmai (4) vispārīgā gadījumā nav risinājumu, un iepriekš minētā metode nav piemērojama; šajā gadījumā \frac(a_1)(a)=\frac(b_1)(b)=\lambda, un tāpēc vienādojumam (3) ir forma \frac(dy)(dx)=f\!\left(\frac(ax+by+c)(\lambda(ax+by)+c_1)\right). Aizstāšana z=ax+by noved to pie atdalāma mainīgā vienādojuma.
3. piemērs atrisināt vienādojumu (x+y-2)\,dx+(x-y+4)\,dy=0.
Risinājums. Apsveriet lineāro sistēmu algebriskie vienādojumi \begin(cases)x+y-2=0,\\x-y+4=0.\end(cases)
Šīs sistēmas noteicējs \Delta=\begin(vmatrix)\hfill1&\hfill1\\\hfill1&\hfill-1\end(vmatrix)=-2\ne0.
Sistēmai ir vienīgais lēmums x_0=-1, ~y_0=3 . Veicam nomaiņu x=\xi-1,~y=\eta+3 . Tad vienādojums (5) iegūst formu
(\xi+\eta)\,d\xi+(\xi-\eta)\,d\eta=0.
Šis vienādojums ir viendabīgs vienādojums. Iestatījums \eta=u\xi , mēs iegūstam
(\xi+\xi(u))\,d\xi+(\xi-\xi(u))(\xi\,du+u\,d\xi)=0, kur (1+2u-u^2)\,d\xi+\xi(1-u)\,du=0.
Mainīgo atdalīšana \frac(d\xi)(\xi)+\frac(1-u)(1+2u-u^2)\,du=0.
Integrējot, mēs atrodam \ln|\xi|+\frac(1)(2)\ln|1+2u-u^2|=\ln(C) vai \xi^2(1+2u-u^2)=C .
Atgriežoties pie mainīgajiem x,~y:
(x+1)^2\left=C_1 vai x^2+2xy-y^2-4x+8y=C~~(C=C_1+14).
4. piemērs atrisināt vienādojumu (x+y+1)\,dx+(2x+2y-1)\,dy=0.
Risinājums. Lineāro algebrisko vienādojumu sistēma \begin(cases)x+y+1=0,\\2x+2y-1=0\end(cases) nesaderīgi. Šajā gadījumā iepriekšējā piemērā izmantotā metode nav piemērota. Lai integrētu vienādojumu, mēs izmantojam aizstāšanu x+y=z , dy=dz-dx . Vienādojums iegūs formu
(2-z)\,dx+(2z-1)\,dz=0.
Atdalot mainīgos, mēs iegūstam
Dx-\frac(2z-1)(z-2)\,dz=0 tātad x-2z-3\ln|z-2|=C.
Atgriežoties pie mainīgajiem x,~y , iegūstam šī vienādojuma vispārējo integrāli
X+2y+3\ln|x+y-2|=C.
B. Dažreiz vienādojumu var reducēt līdz viendabīgam, mainot mainīgo y=z^\alpha . Šis ir gadījums, kad visiem vienādojuma terminiem ir viena dimensija, ja mainīgajam x ir piešķirta dimensija 1, mainīgajam y tiek piešķirta dimensija \alpha un atvasinājumam \frac(dy)(dx) ir dota dimensija \alpha-1 .
5. piemērs atrisināt vienādojumu (x^2y^2-1)\,dy+2xy^3\,dx=0.
Risinājums. Aizstāšanas veikšana y=z^\alpha,~dy=\alpha(z^(\alpha-1))\,dz, kur \alpha pagaidām ir patvaļīgs skaitlis, kuru mēs izvēlēsimies vēlāk. Aizstājot vienādojumā izteiksmes y un dy, mēs iegūstam
\alpha(x^2x^(2\alpha)-1)z^(\alpha-1)\,dz+2xz^(3\alpha)\,dx=0 vai \alpha(x^2z^(3\alpha-1)-z^(\alpha-1))\,dz+2xz^(3\alpha)\,dx=0,
Ņemiet vērā, ka x^2z^(3\alpha-1) ir dimensija 2+3\alpha-1=3\alpha+1, z^(\alpha-1) ir dimensija \alpha-1 , xz^(3\alpha) ir 1+3\alpha . Iegūtais vienādojums būs viendabīgs, ja visu terminu mērījumi būs vienādi, t.i. ja nosacījums ir izpildīts 3\alpha+1=\alpha-1, vai \alpha-1 .
Ieliksim y=\frac(1)(z) ; sākotnējais vienādojums iegūst formu
\left(\frac(1)(z^2)-\frac(x^2)(z^4)\right)dz+\frac(2x)(z^3)\,dx=0 vai (z^2-x^2)\,dz+2xz\,dx=0.
Liekam tagad z=ux,~dz=u\,dx+x\,du. Tad šis vienādojums iegūs formu (u^2-1)(u\,dx+x\,du)+2u\,dx=0, kur u(u^2+1)\,dx+x(u^2-1)\,du=0.
Mainīgo atdalīšana šajā vienādojumā \frac(dx)(x)+\frac(u^2-1)(u^3+u)\,du=0. Integrējot, mēs atrodam
\ln|x|+\ln(u^2+1)-\ln|u|=\ln(C) vai \frac(x(u^2+1))(u)=C.
Aizstājot u ar \frac(1)(xy) , mēs iegūstam šī vienādojuma vispārējo integrāli 1+x^2y^2=Cy.
Vienādojumam ir vēl viens acīmredzams risinājums y=0 , kas iegūts no kopējais integrālis C\to\infty , ja integrālis ir uzrakstīts kā y=\frac(1+x^2y^2)(C), un pēc tam pārejiet uz ierobežojumu pie C\to\infty . Tādējādi funkcija y=0 ir īpašs sākotnējā vienādojuma risinājums.
Javascript jūsu pārlūkprogrammā ir atspējots.Lai veiktu aprēķinus, ir jāiespējo ActiveX vadīklas!