Aktualisht, sipas nivelit bazë të studimit të matematikës, parashikohen vetëm 4 orë për mësimin e matematikës në shkollën e mesme (2 orë algjebër, 2 orë gjeometri). Në shkollat e vogla rurale, ata po përpiqen të rrisin numrin e orëve në kurriz të komponentit të shkollës. Por nëse klasa është humanitare, atëherë komponenti i shkollës i shtohet studimit të lëndëve të drejtimit humanitar. Në një fshat të vogël, një nxënës shpesh nuk duhet të zgjedhë, ai studion në atë klasë; çfarë ka shkolla. Por ai nuk do të bëhet jurist, historian apo gazetar (ka raste të tilla), por dëshiron të bëhet inxhinier apo ekonomist, ndaj duhet të kalojë provimin në matematikë për rezultate të larta. Në rrethana të tilla, mësuesi i matematikës duhet të gjejë rrugën e tij për të dalë nga kjo situatë, dhe përveç kësaj, sipas tekstit shkollor të Kolmogorov, nuk parashikohet studimi i temës "ekuacione homogjene". Vitet e kaluara më duheshin dy mësime të dyfishta për ta prezantuar këtë temë dhe për ta konsoliduar atë. Fatkeqësisht, auditimi i mbikëqyrjes arsimore në vendin tonë ndaloi mësimet e dyfishta në shkollë, kështu që numri i ushtrimeve duhej të reduktohej në 45 minuta dhe, në përputhje me rrethanat, niveli i vështirësisë së ushtrimeve u reduktua në mesatare. Unë sjell në vëmendjen tuaj një përmbledhje mësimore për këtë temë në klasën e 10-të me një nivel bazë të matematikës në një shkollë rurale pak të plotë.
Lloji i mësimit: tradicionale.
Synimi: Mësoni të zgjidhni ekuacione tipike homogjene.
Detyrat:
Njohës:
në zhvillim:
arsimore:
- Nxitja e zellshmërisë përmes përfundimit të detyrave me durim, ndjenjës së miqësisë përmes punës në çifte dhe grupe.
Gjatë orëve të mësimit
Unë. Organizative fazë(3 min.)
II. Testimi i njohurive të nevojshme për të zotëruar materialin e ri (10 min.)
Identifikoni vështirësitë kryesore me analizën e mëtejshme të detyrave të përfunduara. Djemtë kryejnë 3 opsione me zgjedhje. Detyrat, të diferencuara nga shkalla e vështirësisë dhe nga niveli i gatishmërisë së fëmijëve, të ndjekura nga një shpjegim në dërrasën e zezë.
niveli 1... Zgjidh ekuacionet:
- 3 (x + 4) = 12,
- 2 (x-15) = 2x-30
- 5 (2-x) = - 3x-2 (x + 5)
- x 2 -10x + 21 = 0 Përgjigje: 7; 3
niveli i 2-të... Zgjidh ekuacionet më të thjeshta trigonometrike dhe ekuacionin bikuadratik: 
përgjigjet: 
b) x 4 -13x 3 + 36 = 0 Përgjigje: -2; 2; -3; 3
Niveli 3. Zgjidhja e ekuacioneve duke ndryshuar variablat:
b) x 6 -9x 3 + 8 = 0 Përgjigje:
III. Postimi i një teme, vendosja e qëllimeve dhe objektivave.
Tema: Ekuacionet homogjene
Synimi: mësojnë të zgjidhin ekuacione tipike homogjene
Detyrat:
Njohës:
- njihuni me ekuacionet homogjene, mësoni se si të zgjidhni llojet më të zakonshme të ekuacioneve të tilla.
në zhvillim:
- Zhvillimi i të menduarit analitik.
- Zhvillimi i aftësive matematikore: mësoni të nënvizoni tiparet kryesore me të cilat ekuacionet homogjene ndryshojnë nga ekuacionet e tjera, të jeni në gjendje të vendosni ngjashmërinë e ekuacioneve homogjene në manifestimet e tyre të ndryshme.
IV. Asimilimi i njohurive të reja (15 min.)
1. Momenti i ligjëratës.
Përkufizimi 1(E shkruajmë në një fletore). Një ekuacion i formës P (x; y) = 0 quhet homogjen nëse P (x; y) është një polinom homogjen.
Një polinom në dy ndryshore x dhe y quhet homogjen nëse shkalla e secilit prej termave të tij është e barabartë me të njëjtin numër k.
Përkufizimi 2(Vetëm një hyrje). Ekuacionet e formës
quhet ekuacion homogjen i shkallës n në lidhje me u (x) dhe v (x). Duke pjesëtuar të dyja anët e ekuacionit me (v (x)) n, ne mund të marrim ekuacionin duke përdorur zëvendësimin
E cila ju lejon të thjeshtoni ekuacionin origjinal. Rasti v (x) = 0 duhet të konsiderohet veçmas, pasi nuk mund të pjesëtohet me 0.
2. Shembuj të ekuacioneve homogjene:
Shpjegoni pse ato janë homogjene, jepni shembujt tuaj të ekuacioneve të tilla.
3. Detyra për të përcaktuar ekuacionet homogjene:
Ndër ekuacionet e dhëna, përcaktoni ekuacionet homogjene dhe shpjegoni zgjedhjen tuaj:
Pasi të shpjegoni zgjedhjen e tyre në një nga shembujt, tregoni një mënyrë për të zgjidhur një ekuacion homogjen:
4. Vendosni vetë:
Përgjigje: 
b) 2sin x - 3 cos x = 0
Ndani të dyja anët e ekuacionit me cos x, marrim 2 tg x -3 = 0, tg x = ⅔, x = arctan⅔ +
5. Trego zgjidhjen e shembullit nga broshura“P.V. Çulkov. Ekuacionet dhe pabarazitë në lëndën e matematikës shkollore. Universiteti Pedagogjik i Moskës "1 Shtator" 2006 f.22 ". Si një nga shembujt e mundshëm të nivelit USE C.
V... Zgjidhja për konsolidim sipas tekstit shkollor të Bashmakov
faqe 183 nr. 59 (1.5) ose sipas tekstit shkollor të redaktuar nga Kolmogorov: faqe 81 nr. 169 (a, c)
përgjigjet: 
VI. Test, punë e pavarur (7 min.)
| opsioni 1 | Opsioni 2 |
| Zgjidh ekuacionet: | |
| a) sin 2 x-5sinxcosx + 6cos 2 x = 0 | a) 3sin 2 x + 2sin x cos x-2cos 2 x = 0 |
b) cos 2 -3sin 2 = 0 |
b) |
Përgjigjet për detyrat:
Opsioni 1 a) Përgjigje: arctg2 + πn, n € Z; b) Përgjigje: ± π / 2 + 3πn, n € Z; v) 
Opsioni 2 a) Përgjigje: arctg (-1 ± 31/2) + πn, n € Z; b) Përgjigje: -arctg3 + πn, 0,25π + πk,; c) (-5; -2); (5; 2)
Vii. Detyre shtepie
Nr 169 sipas Kolmogorov, nr 59 sipas Bashmakov.
2) 3sin 2 x + 2sin x cos x = 2 Këshillë: në anën e djathtë, përdorni identitetin bazë trigonometrik 2 (sin 2 x + cos 2 x)
Përgjigje: arctan (-1 ± √3) + πn,
Referencat:
- P.V. Çulkov. Ekuacionet dhe pabarazitë në lëndën e matematikës shkollore. - M .: Universiteti Pedagogjik "I pari Shtator", 2006. f. 22
- A. Merzlyak, V. Polonsky, E. Rabinovich, M. Yakir. Trigonometria. - M .: "AST-PRESS", 1998, f. 389
- Algjebra për klasën e 8 redaktuar nga N. Ya. Vilenkin. - M .: "Edukimi", 1997.
- Algjebra për klasën 9 redaktuar nga N. Ya. Vilenkin. Moskë "Edukimi", 2001.
- M.I. Bashmakov. Algjebra dhe fillimi i analizës. Për klasat 10-11 - M .: "Arsimi" 1993
- Kolmogorov, Abramov, Dudnitsyn. Algjebra dhe fillimi i analizës. Për klasat 10-11. - M .: "Edukimi", 1990.
- A.G. Mordkoviç. Algjebra dhe fillimi i analizës. Pjesa 1 Teksti mësimor klasat 10-11. - M .: "Mnemosyne", 2004.
Ndalo! Le të përpiqemi të gjithë njësoj të kuptojmë këtë formulë të rëndë.
Në radhë të parë duhet të jetë ndryshorja e parë në shkallë me një koeficient të caktuar. Në rastin tonë është
Në rastin tonë, është. Siç zbuluam, kjo do të thotë se këtu shkalla në variablin e parë konvergon. Dhe ndryshorja e dytë në shkallën e parë është në vend. Koeficient.
ne e kemi atë.
Variabla e parë është në fuqi, dhe ndryshorja e dytë është në katror, me një koeficient. Ky është termi i fundit në ekuacion.
Siç mund ta shihni, ekuacioni ynë i përshtatet përkufizimit të një formule.
Le të shohim pjesën e dytë (verbale) të përkufizimit.
Kemi dy të panjohura dhe. Ajo konvergon këtu.
Merrni parasysh të gjitha kushtet. Në to, shuma e shkallëve të të panjohurave duhet të jetë e njëjtë.
Shuma e gradave është.
Shuma e shkallëve është e barabartë me (për dhe për).
Shuma e gradave është.
Siç mund ta shihni, gjithçka përshtatet!
Tani le të praktikojmë përcaktimin e ekuacioneve homogjene.
Përcaktoni se cilat nga ekuacionet janë homogjene:
Ekuacione homogjene - ekuacione të numëruara:
Le të shqyrtojmë ekuacionin veçmas.
Nëse e ndajmë çdo term duke zgjeruar secilin term, marrim
Dhe ky ekuacion bie plotësisht nën përkufizimin e ekuacioneve homogjene.
Si të zgjidhen ekuacionet homogjene?
Shembulli 2.
Pjestojeni ekuacionin me.
Me kusht, y nuk mund të jetë i barabartë me ne. Prandaj, ne mund të ndajmë me siguri sipas
Duke zëvendësuar, marrim një ekuacion të thjeshtë kuadratik:
Meqenëse ky është një ekuacion kuadratik i reduktuar, ne përdorim teoremën e Vietës:
Pasi kemi bërë zëvendësimin e kundërt, marrim përgjigjen
Përgjigje:
Shembulli 3.
Pjestojeni ekuacionin me (sipas kushtit).
Përgjigje:
Shembulli 4.
Gjeni nëse.
Këtu nuk keni nevojë të ndani, por të shumëzoni. Le të shumëzojmë të gjithë ekuacionin me:
Le të bëjmë zëvendësimin dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik:
Pasi kemi bërë zëvendësimin e kundërt, marrim përgjigjen:
Përgjigje:
Zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike homogjene.
Zgjidhja e ekuacioneve trigonometrike homogjene nuk ndryshon nga zgjidhjet e përshkruara më sipër. Vetëm këtu, ndër të tjera, duhet të dini pak trigonometri. Dhe të jeni në gjendje të zgjidhni ekuacionet trigonometrike (për këtë ju mund të lexoni seksionin).
Le të shqyrtojmë ekuacione të tilla me shembuj.
Shembulli 5.
Zgjidhe ekuacionin.
Ne shohim një ekuacion tipik homogjen: dhe janë të panjohura, dhe shuma e fuqive të tyre në çdo term është e barabartë.
Ekuacione të tilla homogjene nuk janë të vështira për t'u zgjidhur, por përpara se t'i ndani ekuacionet në, merrni parasysh rastin kur
Në këtë rast, ekuacioni do të marrë formën:, atëherë. Por sinusi dhe kosinusi nuk mund të jenë të barabartë në të njëjtën kohë, sepse sipas identitetit bazë trigonometrik. Prandaj, ne mund të ndajmë me siguri në të:
Meqenëse ekuacioni është reduktuar, atëherë nga teorema e Vietës:
Përgjigje:
Shembulli 6.
Zgjidhe ekuacionin.
Si në shembull, ju duhet të ndani ekuacionin me. Konsideroni rastin kur:
Por sinusi dhe kosinusi nuk mund të jenë të barabartë në të njëjtën kohë, sepse sipas identitetit bazë trigonometrik. Kjo është arsyeja pse.
Le të bëjmë zëvendësimin dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik:
Le të bëjmë zëvendësimin e kundërt dhe të gjejmë dhe:
Përgjigje:
Zgjidhja e ekuacioneve eksponenciale homogjene.
Ekuacionet homogjene zgjidhen në të njëjtën mënyrë si ato të konsideruara më sipër. Nëse keni harruar se si të zgjidhni ekuacionet eksponenciale, shihni seksionin përkatës ()!
Le të shohim disa shembuj.
Shembulli 7.
Zgjidhe ekuacionin
Le të imagjinojmë se si:
Ne shohim një ekuacion tipik homogjen, me dy ndryshore dhe një shumë shkallësh. Ndani ekuacionin në:
Siç mund ta shihni, duke bërë zëvendësimin, marrim ekuacionin kuadratik të reduktuar (në këtë rast, nuk ka nevojë të kesh frikë nga pjesëtimi me zero - është gjithmonë rreptësisht më i madh se zero):
Nga teorema e Vieta:
Përgjigje: .
Shembulli 8.
Zgjidhe ekuacionin
Le të imagjinojmë se si:
Ndani ekuacionin në:
Le të bëjmë zëvendësimin dhe të zgjidhim ekuacionin kuadratik:
Rrënja nuk e plotëson kushtin. Le të bëjmë një zëvendësim të kundërt dhe të gjejmë:
Përgjigje:
EKUACIONET HOMOGJENE. NIVELI MESATAR
Së pari, duke përdorur një problem si shembull, më lejoni t'ju kujtoj cilat janë ekuacionet homogjene dhe cila është zgjidhja e ekuacioneve homogjene.
Zgjidhe problemin:
Gjeni nëse.
Këtu mund të vini re një gjë interesante: nëse e ndani çdo term me, marrim:
Kjo do të thotë, tani nuk ka të veçanta dhe, - tani ndryshorja në ekuacion është vlera e dëshiruar. Dhe ky është një ekuacion i zakonshëm kuadratik që mund të zgjidhet lehtësisht duke përdorur teoremën e Vieta: produkti i rrënjëve është i barabartë, dhe shuma është numrat dhe.
Përgjigje:
Ekuacionet e formës
quajtur homogjene. Kjo do të thotë, është një ekuacion me dy të panjohura, secili term i të cilit ka të njëjtën shumë të fuqive të këtyre të panjohurave. Për shembull, në shembullin e mësipërm, kjo shumë është. Zgjidhja e ekuacioneve homogjene kryhet duke pjestuar me një nga të panjohurat në këtë shkallë:
Dhe zëvendësimi i mëvonshëm i variablave:. Kështu, marrim një ekuacion të shkallës me një të panjohur:
Më shpesh do të hasim ekuacione të shkallës së dytë (d.m.th., kuadratike), dhe ne jemi në gjendje t'i zgjidhim ato:
Vini re se pjesëtimi (dhe shumëzimi) i të gjithë ekuacionit me një ndryshore është i mundur vetëm nëse jemi të bindur se kjo ndryshore nuk mund të jetë zero! Për shembull, nëse na kërkohet të gjejmë, ne e kuptojmë menjëherë këtë, pasi është e pamundur të ndahet me. Në rastet kur nuk është aq e dukshme, është e nevojshme të kontrollohet veçmas rasti kur kjo ndryshore është e barabartë me zero. Për shembull:
Zgjidhe ekuacionin.
Zgjidhja:
Ne shohim këtu një ekuacion tipik homogjen: dhe janë të panjohura, dhe shuma e fuqive të tyre në çdo term është e barabartë.
Por, përpara se të pjesëtojmë me dhe të marrim një ekuacion kuadratik për, duhet të shqyrtojmë rastin kur. Në këtë rast, ekuacioni do të marrë formën:, pra,. Por sinusi dhe kosinusi nuk mund të jenë të barabartë me zero në të njëjtën kohë, sepse sipas identitetit kryesor trigonometrik:. Prandaj, ne mund të ndajmë me siguri në të:
Shpresoj se kjo zgjidhje është plotësisht e qartë? Nëse jo, lexoni seksionin. Nëse nuk është e qartë se nga erdhi, duhet të ktheheni edhe më herët - në seksion.
Vendosni vetë:
- Gjeni nëse.
- Gjeni nëse.
- Zgjidhe ekuacionin.
Këtu do të shkruaj shkurtimisht drejtpërdrejt zgjidhjen e ekuacioneve homogjene:
Zgjidhjet:
Përgjigje:.
Dhe këtu nuk duhet të ndajmë, por të shumëzojmë:
Përgjigje:
Nëse nuk keni bërë ende ekuacione trigonometrike, mund ta kaloni këtë shembull.
Meqenëse këtu duhet të pjesëtojmë me, le të sigurohemi së pari që të mos jetë e barabartë me zero:
Kjo eshte e pamundur.
Përgjigje:.
EKUACIONET HOMOGJENE. SHKURTËZIM PËR KRYESORIN
Zgjidhja e të gjitha ekuacioneve homogjene reduktohet në pjesëtimin me një nga të panjohurat në fuqi dhe më tej duke ndryshuar variablat.
Algoritmi:
Ekuacioni diferencial homogjen i rendit të parë
është një ekuacion i formës
, ku f është një funksion.
Si të përcaktojmë një ekuacion diferencial homogjen
Për të përcaktuar nëse një ekuacion diferencial i rendit të parë është homogjen, është e nevojshme të futet një konstante t dhe të zëvendësohet y me ty dhe x me tx: y → ty, x → tx. Nëse t anulohet, atëherë është ekuacioni diferencial homogjen... Derivati y ′ nuk ndryshon nën këtë transformim.
.
Shembull
Përcaktoni nëse një ekuacion i dhënë është homogjen
Zgjidhje
Bëjmë zëvendësimin y → ty, x → tx.
Pjestojeni me t 2
.
.
Ekuacioni nuk përmban t. Pra, ky është një ekuacion homogjen.
Metoda për zgjidhjen e një ekuacioni diferencial homogjen
Një ekuacion diferencial homogjen i rendit të parë reduktohet në një ekuacion të ndashëm duke përdorur zëvendësimin y = ux. Le ta tregojmë. Merrni parasysh ekuacionin:
(i)
Ne bëjmë zëvendësimin:
y = ux,
ku u është një funksion i x. Diferenconi me x:
y =
Zëvendësoni në ekuacionin origjinal (i).
,
,
(ii) .
Ndarja e variablave. Shumëzoni me dx dhe pjesëtoni me x (f (u) - u).
Për f (u) - u ≠ 0 dhe x ≠ 0
marrim:
Ne integrojmë:
Kështu, ne kemi marrë integralin e përgjithshëm të ekuacionit (i) në kuadratura:
Ne zëvendësojmë konstantën e integrimit C me Në C, pastaj
Ne e heqim shenjën e modulit, pasi shenja e kërkuar përcaktohet nga zgjedhja e shenjës së konstantës C. Atëherë integrali i përgjithshëm do të marrë formën:
Më pas, merrni parasysh rastin f (u) - u = 0.
Nëse ky ekuacion ka rrënjë, atëherë ato janë një zgjidhje e ekuacionit (ii)... Që nga ekuacioni (ii) nuk përkon me ekuacionin origjinal, atëherë duhet të siguroheni që zgjidhjet shtesë të plotësojnë ekuacionin origjinal (i).
Sa herë që ne, në procesin e transformimeve, pjesëtojmë çdo ekuacion me ndonjë funksion, të cilin e shënojmë si g (x, y), atëherë transformimet e mëtejshme janë të vlefshme për g (x, y) ≠ 0... Prandaj, rasti g (x, y) = 0.
Një shembull i zgjidhjes së një ekuacioni diferencial homogjen të rendit të parë
Zgjidhe ekuacionin
Zgjidhje
Le të kontrollojmë nëse ekuacioni i dhënë është homogjen. Bëjmë zëvendësimin y → ty, x → tx. Për më tepër, y ′ → y ′.
,
,
.
Zvogëloni me t.
Konstanta t është ulur. Prandaj, ekuacioni është homogjen.
Bëjmë zëvendësimin y = ux, ku u është funksion i x.
y = (ux) ′ = u ′ x + u (x) ′ = u ′ x + u
Zëvendësoni në ekuacionin origjinal.
,
,
,
.
Për x ≥ 0
, | x | = x. Për x ≤ 0
, | x | = - x. Ne shkruajmë | x | = x që nënkupton se shenja e sipërme i referohet vlerave x ≥ 0
, dhe ajo e poshtme - në vlerat x ≤ 0
.
,
Shumëzoni me dx dhe pjesëtoni me.
Për ty 2 - 1 ≠ 0
ne kemi:
Ne integrojmë:
Integralet në tabelë,
.
Le të zbatojmë formulën:
(a + b) (a - b) = a 2 - b 2.
Vendosim a = u,.
.
Ne marrim modulin dhe logaritmin nga të dyja anët,
.
Nga këtu
.
Kështu, ne kemi:
,
.
Ne e heqim shenjën e modulit, pasi shenja e kërkuar sigurohet duke zgjedhur shenjën e konstantës C.
Shumëzoni me x dhe zëvendësoni ux = y.
,
.
katrore.
,
,
.
Tani merrni parasysh rastin u 2 - 1 = 0
.
Rrënjët e këtij ekuacioni
.
Është e lehtë të verifikohet që funksionet y = x plotësojnë ekuacionin origjinal.
Përgjigju
,
,
.
Referencat:
N.M. Gunther, R.O. Kuzmin, Koleksioni i problemeve në matematikën e lartë, "Lan", 2003.
Përgjigje të gatshme për shembujt mbi ekuacionet diferenciale homogjene Shumë studentë janë në kërkim të rendit të parë (PD-të e rendit të parë janë më të zakonshmet në mësimdhënie), atëherë ju mund t'i çmontoni ato në detaje. Por, përpara se të vazhdoni të shqyrtoni shembuj, ju rekomandojmë që të lexoni me kujdes materialin e shkurtër teorik.
Ekuacionet e formës P (x, y) dx + Q (x, y) dy = 0, ku funksionet P (x, y) і Q (x, y) janë funksione homogjene të rendit të njëjtë quhen ekuacioni diferencial homogjen(ODR).
Skema për zgjidhjen e një ekuacioni diferencial homogjen
1. Së pari, ju duhet të aplikoni zëvendësimin y = z * x, ku z = z (x) është një funksion i ri i panjohur (kështu ekuacioni origjinal reduktohet në një ekuacion diferencial me ndryshore të ndashme.
2. Derivati i produktit është i barabartë me y "= (z * x)" = z "* x + z * x" = z "* x + z ose në diferenciale dy = d (zx) = z * dx + x * dz.
3. Më pas, ne zëvendësojmë funksionin e ri y dhe derivatin e tij y "(ose dy) në DU me variabla të ndashëm në lidhje me x dhe z.
4. Pasi kemi zgjidhur ekuacionin diferencial me ndryshore të ndashme, bëjmë zëvendësimin e anasjelltë y = z * x, pra z = y / x, dhe marrim zgjidhje e përgjithshme (integrali i përgjithshëm) i një ekuacioni diferencial.
5. Nëse është dhënë kushti fillestar y (x 0) = y 0, atëherë gjejmë një zgjidhje të veçantë të problemit Cauchy. Në teori, kjo tingëllon e lehtë, por në praktikë, jo të gjithë janë aq argëtues në zgjidhjen e ekuacioneve diferenciale. Prandaj, për të thelluar njohuritë tona, merrni parasysh shembuj të zakonshëm. Nuk ka shumë për t'ju mësuar në lidhje me detyrat e lehta, kështu që le të kalojmë drejtpërdrejt te ato më të vështirat.
Llogaritjet e ekuacioneve diferenciale homogjene të rendit të parë
Shembulli 1.
Zgjidhje: Pjesën e djathtë të ekuacionit e ndajmë me variablin, i cili është një faktor afër derivatit. Si rezultat, ne arrijmë në ekuacioni diferencial homogjen i rendit 0
Dhe këtu, ndoshta, shumë u interesuan, si të përcaktohet rendi i një funksioni të një ekuacioni homogjen?
Pyetja është mjaft me vend dhe përgjigja për të është si më poshtë:
në anën e djathtë zëvendësojmë vlerën t * x, t * y në vend të funksionit dhe argumentit. Me thjeshtim fitohet parametri “t” në një shkallë të caktuar k, që quhet rendi i ekuacionit. Në rastin tonë, "t" do të anulohet, e cila është e barabartë me shkallën 0 ose renditja zero e ekuacionit homogjen.
Më tej në anën e djathtë mund të shkojmë te ndryshorja e re y = zx; z = y / x.
Në të njëjtën kohë, mos harroni të shprehni derivatin "y" në terma të derivatit të ndryshores së re. Sipas rregullit të pjesës, gjejmë 
Ekuacionet diferenciale do të marrë formën 
Ne anulojmë kushtet e përbashkëta në anën e djathtë dhe të majtë dhe shkojmë te ekuacioni diferencial me variabla të ndara.
Ne do të integrojmë të dyja pjesët e DE 
Për lehtësinë e transformimeve të mëtejshme, ne futim menjëherë konstanten nën logaritëm 
Sipas vetive të logaritmeve, ekuacioni logaritmik që rezulton është i barabartë me sa vijon 
Ky postim nuk është ende një zgjidhje (përgjigje), është e nevojshme të ktheheni te ndryshimi i kryer i variablave 
Kështu gjeni zgjidhje e përgjithshme e ekuacioneve diferenciale... Nëse i lexoni me kujdes mësimet e mëparshme, atëherë thamë se duhet të jeni në gjendje të përdorni lirisht skemën për llogaritjen e ekuacioneve me variabla të ndara dhe ky lloj ekuacionesh do të duhet të llogariten për llojet më komplekse të DE.
Shembulli 2.
Gjeni integralin e një ekuacioni diferencial
Zgjidhja: Tani jeni njohur me skemën e llogaritjes së DE-ve homogjene dhe të kombinuara. Zhvendoseni variablin në anën e djathtë të ekuacionit, dhe gjithashtu në numërues dhe emërues, hiqni x 2 si një faktor të përbashkët 
Kështu, marrim një ekuacion diferencial homogjen të rendit zero.
Hapi tjetër është të prezantoni ndryshimin e variablave z = y / x, y = z * x, të cilin ne do t'ju kujtojmë vazhdimisht në mënyrë që ta mësoni përmendësh.
Pas kësaj, ne shkruajmë DE në diferenciale 
Më pas, ne e transformojmë varësinë në ekuacioni diferencial me variabla të ndara
dhe e zgjidhim me integrim. 
Integralet janë të thjeshta, pjesa tjetër e shndërrimeve kryhen në bazë të vetive të logaritmit. Hapi i fundit përfshin ekspozimin e logaritmit. Më në fund, kthehemi te zëvendësimi origjinal dhe shkruajmë në formë 
Konstantja "C" mund të jetë çdo vlerë. Të gjithë ata që studiojnë në mungesë kanë probleme në provime me këtë lloj ekuacionesh, ndaj ju lutemi shikoni me kujdes dhe mbani mend skemën e llogaritjes.
Shembulli 3.
Zgjidhja e ekuacionit diferencial
Zgjidhje: Siç del nga metodologjia e mësipërme, zgjidhen ekuacionet diferenciale të këtij lloji duke futur një ndryshore të re. Le të rishkruajmë varësinë në mënyrë që derivati të jetë pa ndryshore 
Më tej, sipas analizës së anës së djathtë, shohim se kudo ka një pjesë - atë dhe e shënojmë si një të panjohur të re.
z = y / x, y = z * x.
Gjeni derivatin e y
Duke marrë parasysh zëvendësimin, ne rishkruajmë DE-në fillestare në formë 
Ne thjeshtojmë termat identikë dhe i reduktojmë të gjitha ato të marra në DE me variabla të ndara
Duke integruar të dyja anët e barazisë 
arrijmë në një zgjidhje në formën e logaritmeve 
Duke ekspozuar varësitë, ne gjejmë zgjidhje e përgjithshme e një ekuacioni diferencial
e cila pasi zëvendëson ndryshimin fillestar të variablave në të, merr formën 
Këtu C është një konstante që mund të zgjerohet nga kushti Cauchy. Nëse problemi Cauchy nuk specifikohet, atëherë ai merr një vlerë reale arbitrare.
Kjo është e gjithë mençuria në llogaritjen e ekuacioneve diferenciale homogjene.
Funksioni f (x, y) thirret funksion homogjen argumentet e dimensionit n, nëse identiteti f (tx, ty) \ ekuiv t ^ nf (x, y).
Për shembull, funksioni f (x, y) = x ^ 2 + y ^ 2-xy është një funksion homogjen i dimensionit të dytë, pasi
F (tx, ty) = (tx) ^ 2 + (ty) ^ 2- (tx) (ty) = t ^ 2 (x ^ 2 + y ^ 2-xy) = t ^ 2f (x, y).
Për n = 0, kemi një funksion matës zero. Për shembull, \ frac (x ^ 2-y ^ 2) (x ^ 2 + y ^ 2)është një funksion homogjen i dimensionit zero, pasi
(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).)
Ekuacioni diferencial i formës \ frac (dy) (dx) = f (x, y) quhet homogjen në lidhje me x dhe y nëse f (x, y) është një funksion homogjen i argumenteve të tij me dimension zero. Një ekuacion homogjen mund të paraqitet gjithmonë si
\ frac (dy) (dx) = \ varphi \! \ majtas (\ frac (y) (x) \ djathtas).
Duke prezantuar funksionin e ri të kërkuar u = \ frac (y) (x), ekuacioni (1) mund të reduktohet në një ekuacion me variabla ndarës:
X \ frac (du) (dx) = \ varphi (u) -u.
Nëse u = u_0 është rrënja e ekuacionit \ varphi (u) -u = 0, atëherë zgjidhja e ekuacionit homogjen do të jetë u = u_0 ose y = u_0x (vija që kalon nga origjina).
Komentoni. Gjatë zgjidhjes së ekuacioneve homogjene, nuk është e nevojshme t'i sjellim ato në formën (1). Ju mund të bëni menjëherë zëvendësimin y = ux.
Shembulli 1. Zgjidhja e ekuacionit homogjen xy "= \ sqrt (x ^ 2-y ^ 2) + y.
Zgjidhje. E shkruajmë ekuacionin në formë y "= \ sqrt (1 - (\ majtas (\ frac (y) (x) \ djathtas) \^2}+\frac{y}{x} !} pra ky ekuacion del të jetë homogjen në lidhje me x dhe y. Vendos u = \ frac (y) (x), ose y = ux. Atëherë y "= xu" + u. Duke zëvendësuar shprehjet për y dhe y "në ekuacion, marrim x \ frac (du) (dx) = \ sqrt (1-u ^ 2)... Ndarja e variablave: \ frac (du) (1-u ^ 2) = \ frac (dx) (x)... Nga kjo, nga integrimi, ne gjejmë
\ arcsin (u) = \ ln | x | + \ ln (C_1) ~ (C_1> 0), ose \ arcsin (u) = \ ln (C_1 | x |).
Meqenëse C_1 | x | = \ pm (C_1x), atëherë, duke treguar \ pm (C_1) = C, marrim \ arcsin (u) = \ ln (Cx), ku | \ ln (Cx) | \ leqslant \ frac (\ pi) (2) ose e ^ (- \ pi / 2) \ leqslant (Cx) \ leqslant (e ^ (\ pi / 2))... Duke zëvendësuar u me \ frac (y) (x), kemi integralin e përgjithshëm \ arcsin (y) (x) = \ ln (Cx).
Prandaj zgjidhja e përgjithshme: y = x \ sin \ ln (Cx).
Gjatë ndarjes së variablave, ne i ndamë të dy anët e ekuacionit me produktin x \ sqrt (1-u ^ 2), kështu që mund të humbasim zgjidhjen që e bën këtë produkt zero.
Tani vendosim x = 0 dhe \ sqrt (1-u ^ 2) = 0. Por x \ ne0 për shkak të zëvendësimit u = \ frac (y) (x), dhe nga relacioni \ sqrt (1-u ^ 2) = 0 marrim atë 1- \ frac (y ^ 2) (x ^ 2) = 0, prej nga y = \ pm (x). Me verifikim të drejtpërdrejtë sigurohemi që edhe funksionet y = -x dhe y = x janë zgjidhje të këtij ekuacioni.
Shembulli 2. Konsideroni familjen e kurbave integrale C_ \ alfa të ekuacionit homogjen y "= \ varphi \! \ majtas (\ frac (y) (x) \ djathtas)... Tregoni se tangjentet në pikat përkatëse të kthesave të përcaktuara nga ky ekuacion diferencial homogjen janë paralele me njëra-tjetrën.
Shënim: Ne do të thërrasim përkatëse ato pika në kthesat C_ \ alfa që shtrihen në një rreze që del nga origjina.
Zgjidhje. Me përcaktimin e pikave përkatëse, ne kemi \ frac (y) (x) = \ frac (y_1) (x_1), pra nga vetë ekuacioni y "= y" _1, ku y "dhe y" _1 janë pjerrësia e tangjenteve ndaj kurbave integrale C_ \ alfa dhe C _ (\ alfa_1), përkatësisht në pikat M dhe M_1 (Fig. 12).
Ekuacionet duke reduktuar në homogjene
A. Konsideroni një ekuacion diferencial të formës
\ frac (dy) (dx) = f \! \ majtas (\ frac (ax + nga + c) (a_1x + b_1y + c_1) \ djathtas).
ku a, b, c, a_1, b_1, c_1 janë konstante, dhe f (u) është një funksion i vazhdueshëm i argumentit të tij u.
Nëse c = c_1 = 0, atëherë ekuacioni (3) është homogjen dhe është i integruar siç tregohet më sipër.
Nëse të paktën njëri nga numrat c, c_1 është jozero, atëherë duhet të dallohen dy raste.
1) Përcaktor \ Delta = \ fill (vmatrix) a & b \\ a_1 & b_1 \ fund (vmatrix) \ ne0... Duke prezantuar variablat e reja \ xi dhe \ eta me formulat x = \ xi + h, ~ y = \ eta + k, ku h dhe k janë ende konstante të papërcaktuara, ne sjellim ekuacionin (3) në formë
\ frac (d \ eta) (d \ xi) = f \! \ majtas (\ frac (a \ xi + b \ eta + ah + bk + c) (a_1 \ xi + b_2 \ eta + a_1h + b_1k + c_1 ) \ djathtas).
Zgjedhja e h dhe k si zgjidhje për sistemin e ekuacioneve lineare
\ fillimi (rastet) ah + bk + c = 0, \\ a_1h + b_1k + c_1 = 0 \ fundi (rastet) ~ (\ Delta \ ne0),
marrim ekuacionin homogjen \ frac (d \ eta) (d \ xi) = f \! \ majtas (\ frac (a \ xi + b \ eta) (a_1 \ xi + b_1 \ eta) \ djathtas)... Duke gjetur integralin e tij të përgjithshëm dhe duke zëvendësuar \ xi në të me x-h, a \ eta me y-k, marrim integralin e përgjithshëm të ekuacionit (3).
2) Përcaktor \ Delta = \ fillimi (vmatrix) a & b \\ a_1 & b_1 \ fundi (vmatrix) = 0... Sistemi (4) në rastin e përgjithshëm nuk ka zgjidhje dhe metoda e mësipërme është e pazbatueshme; në këtë rast \ frac (a_1) (a) = \ frac (b_1) (b) = \ lambda, dhe, për rrjedhojë, ekuacioni (3) ka formën \ frac (dy) (dx) = f \! \ majtas (\ frac (sëpatë + nga + c) (\ lambda (sëpatë + by) + c_1) \ djathtas)... Zëvendësimi z = ax + by e bën atë një ekuacion të ndashëm.
Shembulli 3. Zgjidhe ekuacionin (x + y-2) \, dx + (x-y + 4) \, dy = 0.
Zgjidhje. Shqyrtoni sistemin e ekuacioneve algjebrike lineare \ fillimi (rastet) x + y-2 = 0, \\ x-y + 4 = 0. \ fundi (rastet)
Përcaktuesi i këtij sistemi \ Delta = \ fill (vmatrix) \ hfill1 & \ hfill1 \\\ hfill1 & \ hfill-1 \ fund (vmatrix) = - 2 \ ne0.
Sistemi ka një zgjidhje unike x_0 = -1, ~ y_0 = 3. Ne bëjmë ndryshimin x = \ xi-1, ~ y = \ eta + 3. Atëherë ekuacioni (5) merr formën
(\ xi + \ eta) \, d \ xi + (\ xi- \ eta) \, d \ eta = 0.
Ky ekuacion është një ekuacion homogjen. Vendosja \ eta = u \ xi, marrim
(\ xi + \ xi (u)) \, d \ xi + (\ xi- \ xi (u)) (\ xi \, du + u \, d \ xi) = 0, ku (1 + 2u-u ^ 2) \, d \ xi + \ xi (1-u) \, du = 0.
Ndarja e variablave \ frac (d \ xi) (\ xi) + \ frac (1-u) (1 + 2u-u ^ 2) \, du = 0.
Duke u integruar, ne gjejmë \ ln | \ xi | + \ frac (1) (2) \ ln | 1 + 2u-u ^ 2 | = \ ln (C) ose \ xi ^ 2 (1 + 2u-u ^ 2) = C.
Kthehu te variablat x, ~ y:
(x + 1) ^ 2 \ majtas = C_1 ose x ^ 2 + 2xy-y ^ 2-4x + 8y = C ~~ (C = C_1 + 14).
Shembulli 4. Zgjidhe ekuacionin (x + y + 1) \, dx + (2x + 2y-1) \, dy = 0.
Zgjidhje. Sistemi i ekuacioneve algjebrike lineare \ fillimi (rastet) x + y + 1 = 0, \\ 2x + 2y-1 = 0 \ fundi (rastet) jokonsistente. Në këtë rast, metoda e përdorur në shembullin e mëparshëm nuk është e përshtatshme. Për të integruar ekuacionin, përdorim zëvendësimin x + y = z, dy = dz-dx. Ekuacioni merr formën
(2-z) \, dx + (2z-1) \, dz = 0.
Duke ndarë variablat, marrim
Dx- \ frac (2z-1) (z-2) \, dz = 0 prandaj x-2z-3 \ ln | z-2 | = C.
Duke u kthyer te ndryshoret x, ~ y, marrim integralin e përgjithshëm të këtij ekuacioni
X + 2y + 3 \ ln | x + y-2 | = C.
B. Ndonjëherë një ekuacion mund të reduktohet në një homogjen duke ndryshuar variablin y = z ^ \ alfa. Ky është rasti kur të gjithë termat në ekuacion rezultojnë të jenë të njëjtin dimension, nëse ndryshores x i caktohet dimensioni 1, ndryshores y është dimensioni \ alfa dhe derivati \ frac (dy) (dx) është dimension \ alfa-1.
Shembulli 5. Zgjidhe ekuacionin (x ^ 2y ^ 2-1) \, dy + 2xy ^ 3 \, dx = 0.
Zgjidhje. Bërja e zëvendësimit y = z ^ \ alfa, ~ dy = \ alfa (z ^ (\ alfa-1)) \, dz, ku \ alfa është ende një numër arbitrar, të cilin do ta zgjedhim më vonë. Duke zëvendësuar shprehjet për y dhe dy në ekuacion, marrim
\ alfa (x ^ 2x ^ (2 \ alfa) -1) z ^ (\ alfa-1) \, dz + 2xz ^ (3 \ alfa) \, dx = 0 ose \ alfa (x ^ 2z ^ (3 \ alfa-1) -z ^ (\ alfa-1)) \, dz + 2xz ^ (3 \ alfa) \, dx = 0,
Vini re se x ^ 2z ^ (3 \ alfa-1) ka dimensionin 2 + 3 \ alfa-1 = 3 \ alfa + 1, z ^ (\ alfa-1) ka dimension \ alfa-1, xz ^ (3 \ alfa) ka dimension 1 + 3 \ alfa. Ekuacioni që rezulton do të jetë homogjen nëse matjet e të gjithë termave janë të njëjta, d.m.th. nëse plotësohet kushti 3 \ alfa + 1 = \ alfa-1, ose \ alfa-1.
Vendos y = \ frac (1) (z); ekuacioni origjinal merr formën
\ majtas (\ frac (1) (z ^ 2) - \ frac (x ^ 2) (z ^ 4) \ djathtas) dz + \ frac (2x) (z ^ 3) \, dx = 0 ose (z ^ 2-x ^ 2) \, dz + 2xz \, dx = 0.
Tani vendosim z = ux, ~ dz = u \, dx + x \, du... Atëherë ky ekuacion merr formën (u ^ 2-1) (u \, dx + x \, du) + 2u \, dx = 0, ku u (u ^ 2 + 1) \, dx + x (u ^ 2-1) \, du = 0.
Ndarja e variablave në këtë ekuacion \ frac (dx) (x) + \ frac (u ^ 2-1) (u ^ 3 + u) \, du = 0... Duke u integruar, ne gjejmë
\ ln | x | + \ ln (u ^ 2 + 1) - \ ln | u | = \ ln (C) ose \ frac (x (u ^ 2 + 1)) (u) = C.
Duke zëvendësuar u me \ frac (1) (xy), marrim integralin e përgjithshëm të këtij ekuacioni 1 + x ^ 2y ^ 2 = Cy.
Ekuacioni ka gjithashtu një zgjidhje të dukshme y = 0, e cila merret nga integrali i përgjithshëm si C \ në \ infty, nëse integrali shkruhet në formën y = \ frac (1 + x ^ 2y ^ 2) (C) dhe pastaj hidheni në kufirin nga C \ në \ infty. Kështu, funksioni y = 0 është një zgjidhje e veçantë e ekuacionit origjinal.
Javascript është i çaktivizuar në shfletuesin tuaj.Për të bërë llogaritjet, duhet të aktivizoni kontrollet ActiveX!