Диференцијалнa једначинa којa се своди на хомогену
Нека је дата диференцијална једначина
$$y'=f\Bigg(\frac{A_1x+B_1y+C_1}{A_2x+B_2y+C_2}\Bigg),$$
где је $f$ непрекидна функција на интервалу $(a,b)$ и нека је
$$\Delta = \left|\begin{matrix}
A_1 & B_1 \\
A_2 & B_2
\end{matrix}\right|=A_1B_2-A_2B_1.$$
У зависности од вредности $\Delta$ разликујемо два случаја:
Ако је $\Delta \neq 0$ тада уводимо смене $$x=u+h,\quad y=v+k,$$ где је $u$ нова независно променљива, $v=v(u)$ нова зависно променљива, а $h$ и $k$ које ћемо одредити тако да се једначина $y'=f\Bigg(\frac{\displaystyle{A_1x+B_1y+C_1}}{\displaystyle{A_2x+B_2y+C_2}}\Bigg)$ трансформише у хомогену једначину. Како је $$y'_x=\frac{dy}{dx}=\frac{d(v+k)}{dx}=\frac{dv}{dx}=\frac{dv}{du}\cdot \frac{du}{dx}=\frac{dv}{du}=v'_u$$ то је $$v'=v'_u=f \Bigg(\frac{A_1u+B_1v+A_1h+B_1k+C_1}{A_2u+B_2v+A_2h+B_2k+C_2}\Bigg)$$ Претходна једначина ће бити хомогена ако $h$ и $k$ задовољавају систем једначина $$A_1h+B_1k+C_1=0, \quad A_2h+B_2k+C_2=0.$$ На основу услова $\Delta \neq 0$ следи да овај систем има једнозначно решење по $h$ и $k$. Нека је $$h=h_1\quad \mbox{и} \quad k=k_1$$ решење овог система. Заменом ових решења у једначину $$v'=f \Bigg(\frac{A_1u+B_1v+A_1h+B_1k+C_1}{A_2u+B_2v+A_2h+B_2k+C_2}\Bigg)$$ добијамо хомогену диференцијалну једначину по функцији $v=v(u)$ $$v'=f \Bigg(\frac{A_1u+B_1v}{A_2u+B_2v}\Bigg)\equiv f_1\Bigg(\frac{v}{u}\Bigg).$$ Ако је $v=v(u,C)$ решење ове хомогене диференцијалне једначине, тада је $y=k_1+v(x-h_1,C)$ решење једначине $y'=f\Bigg(\frac{\displaystyle{A_1x+B_1y+C_1}}{\displaystyle{A_2x+B_2y+C_2}}\Bigg).$
Ако је $\Delta=0,$ тада постоји $k$ такво да је $A_1=kA_2$ и $B_1=kB_2$, па једначину $y'=f\Bigg(\frac{\displaystyle{A_1x+B_1y+C_1}}{\displaystyle{A_2x+B_2y+C_2}}\Bigg)$ можемо написати у облику $$y'=f \Bigg(\frac{kA_2x+kB_2y+C_1}{A_2x+B_2y+C_2}\Bigg)=f \Bigg(\frac{k(A_2x+B_2y)+C_1}{A_2x+B_2y+C_2}\Bigg)$$ Сменом $$z=z(x)=A_2x+B_2y(x)$$ добијамо да је $$y'=f\Bigg(\frac{kz+C_1}{z+C_2}\Bigg).$$ и када то заменимо у једнакост $$z'=A_2+B_2y'$$ добијамо диференцијалну једначину по непознатој функцији $z$ која раздваја променљиве $$z'=A_2+B_2f\Bigg(\frac{kz+C_1}{z+C_2}\Bigg).$$
Примери
Пример 1. Решити диференцијалну једначину:
$\displaystyle{y'}=\frac{\displaystyle{4x-y-1}}{\displaystyle{y-x-2}}$
Како је
$\Delta\ =
\begin{vmatrix}
4 & -1\\
1 & -1
\end{vmatrix}\ = -3\ \neq\ 0
$
може се увести смена
$$x=u+h,\ y=v+k$$
где су $h$ и $k$ константе које ћемо касније одредити, а $v=v(u)$ нова непозната функције независно променљиве $u$.Тако добијамо једначину
$$\displaystyle{v'}=\frac{\displaystyle{4u-v+4h-k-1}}{\displaystyle{v-u+k-h-2}}$$
која ће се свести на хомогену диференцијалну једначину ако важи
$$4h-k-1=0$$
$$k-h-2=0$$
Решавањем овог система добијамо да је $h=1$, а $k=3$, па следи да је $x=u+1$, $y=v+3$.
Замењујући добијене вредности за $h$ и $k$ дату једначину сводимо на хомогену
$$v'=\frac{\displaystyle{4u-v}}{\displaystyle{v-u}}\quad \Leftrightarrow \quad v'=\frac{\displaystyle{4}-\frac{\displaystyle{v}}{\displaystyle{u}}}{\frac{\displaystyle{v}}{\displaystyle{u}}-\displaystyle{1}}$$
Она се решава сменом
$$\frac{\displaystyle{v}}{\displaystyle{u}}=t\quad \Rightarrow \quad v=tu$$
где је $t=t(u)$ непозната функција променљиве $u$.
Диференцирањем по $u$ добијамо
$$v'=t'u+t\quad \Rightarrow ut'+t=\frac{\displaystyle{4-t}}{\displaystyle{t-1}}.$$
Када мало средимо претходни израз добићемо
$$\displaystyle{u}\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{du}}=\frac{\displaystyle{4-t}}{\displaystyle{t-1}}-\displaystyle{t}\ \Leftrightarrow \ \frac{\displaystyle{t-1}}{\displaystyle{4-t^2}}\displaystyle{dt}=\frac{\displaystyle{du}}{\displaystyle{u}}\quad \bigg / \int$$
Сада имамо диференцијалну једначину која раздваја променљиве и после
Затвори решење.
$$\int{\frac{\displaystyle{tdt}}{\displaystyle{4-t^2}}}-\int{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{4-t^2}}}=\int{\frac{du}{u}}$$
Одредићемо вредност првог интеграла на левој страни
$$\int{\frac{\displaystyle{tdt}}{\displaystyle{4-t^2}}}=\int{\frac{\displaystyle{tdt}}{\displaystyle{(2-t)}\displaystyle{(2+t)}}}.$$
У питању је интеграл рационалне функције.
$$\frac{A}{2-t}+\frac{B}{2+t}=\frac{t}{(2-t)(2+t)}$$
$$A(2+t)+B(2-t)=t$$
Добијамо систем по $A$ и $B$
$$2A+2B=0$$
$$A-B=1$$
Решавањем система добијамо да је $A=\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}}$, а $B=-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}}$, па је
$$\frac{\displaystyle{t}}{\displaystyle{(2-t)(2+t)}}= \frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}}\int{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{2-t}}}-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}}\int{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{2+t}}}= -\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}} \ln |2-t|-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}}\ln |2+t|=-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}} \ln |4-t^2|$$
На исти начин израчунамо и интеграл
$$\int{\frac{\displaystyle{dt}}{\displaystyle{4-t^2}}}=\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{4}}\ln \Bigg|\frac{\displaystyle{2+t}}{\displaystyle{2-t}}\Bigg|$$
па је почетни интеграл једнак
$$-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}} \ln |4-t^2|-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{4}}\ln \Bigg|\frac{\displaystyle{2+t}}{\displaystyle{2-t}}\Bigg|=\ln |u|+\ln C.$$
Затвори.
добијамо
$$-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{2}} \ln |4-t^2|-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{4}}\ln \Bigg|\frac{\displaystyle{2+t}}{\displaystyle{2-t}}\Bigg|=\ln |u|+\ln C.$$
Када
$$-\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{4}}\Bigg( 2\ln |4-t^2|+\ln \Bigg | \frac{\displaystyle{2+t}}{\displaystyle{2-t}} \Bigg|\Bigg)=\ln |u|+\ln C$$
$$\Leftrightarrow \quad -\frac{\displaystyle{1}}{\displaystyle{4}}\Bigg( \ln \Bigg | \frac{\displaystyle{(2-t)^2 \cdot (2+t)^2\cdot (2+t)}}{\displaystyle{2-t}}\Bigg | = \ln |u|+\ln C$$
$$\Leftrightarrow \quad \ln |(2-t)\cdot (2+t)^3|=-4\ln {C|u|}\ \bigg /\ e$$
$$\Leftrightarrow \quad (2-t)(2+t)^3=\frac{1}{C^4u^4}$$
Затвори.
последњи израз добијамо
$$(2-t)(2+t)^3=\frac{1}{C^4u^4}.$$
Када вратимо смену $t=\frac{\displaystyle{v}}{\displaystyle{u}}$ у претходни израз
добијамо
$$C^4(2u-v)(2u+v)^3=1.$$
Када вратимо и полазну смену $u=x-1,\ v=y-3$
добијамо опште решење дате диферeнцијалне једначине
$$C^4(2x-y+1)(2x+y-5)=1, \quad C>0\ .$$
- Илустрација решења полазне једначине
Пример 2. Одредити решење диференцијалне једначине
$ (3x+3y+1)dy+(x+y+1)dx=0.$
Полазну једначину можемо записати у облику
$$\frac{dy}{dx}=-\frac{x+y+1}{3x+3y+1}\ \Leftrightarrow \ y'=-\frac{x+y+1}{3x+3y+1}.$$
Како је
$\Delta\ =
\begin{vmatrix}
1 & 1\\
3 & 3
\end{vmatrix}\ = 0
$
увешћемо смену
$$u=u(x)=x+y\ \Rightarrow \ y=u-x\ ,$$
одакле диференцирањем по $x$ добијамо
$$y'=u'-1\ .$$
Са друге стране имамо да је
$$y'=-\frac{u+1}{3u+1}.$$
Из последње две једнакости имамо да је
$$u'-1=-\frac{u+1}{3u+1} \ \Leftrightarrow \frac{du}{dx}=1-\frac{u+1}{3u+1}.$$
Након сређевање добијамо диференцијалну једначину која раздваја променљиве
$$\frac{3u+1}{2u}du=dx\ \bigg /\int$$
$$\frac{1}{2}\bigg [ \int{3du}+\int{\frac{du}{u}} \bigg]=\int{dx}$$
Након интеграције је
$$\frac{1}{2}[3u+\ln |u|]=x+C_1.$$
Враћањем смене $u=x+y$ и узимајући да је $C=2C_1$
добијамо
$$3(x+y)+\ln |x+y|=2x+C\ ,$$
па је опште решење полазне диференцијалне једначине
$$3y+\ln |x+y|=-x+C\ .$$
Затвори решење.