Решение дифференциальных уравнений

Шпаргалка по типам дифференциальных уравнений

Уравнения с разделяющимися переменными: \( f(x)dx = g(y)dy \)
Однородные уравнения: \( y' = f\left(\frac{y}{x}\right) \), замена \( u = \frac{y}{x} \)
Линейные уравнения: \( y' + P(x)y = Q(x) \)
Уравнения Бернулли: \( y' + P(x)y = Q(x)y^n \)
Уравнения в полных дифференциалах: \( M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 \), где \( \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{\partial N}{\partial x} \)

Задача 1: \( \frac{dx}{x+y} = \frac{dy}{y-x} \)

Это однородное дифференциальное уравнение. Сделаем замену \( y = ux \), тогда \( dy = udx + xdu \).

\[ \frac{dx}{x + ux} = \frac{udx + xdu}{ux - x} \]

\[ \frac{dx}{x(1+u)} = \frac{udx + xdu}{x(u-1)} \]

Сократим на \( x \):

\[ \frac{dx}{1+u} = \frac{udx + xdu}{u-1} \]

Перепишем:

\[ (u-1)dx = (1+u)(udx + xdu) \]

Раскроем скобки:

\[ (u-1)dx = u(1+u)dx + x(1+u)du \]

Перенесем все члены с \( dx \) в одну сторону:

\[ (u-1 - u - u^2)dx = x(1+u)du \]

\[ (-1 - u^2)dx = x(1+u)du \]

Разделим переменные:

\[ -\frac{dx}{x} = \frac{1+u}{1+u^2} du \]

Интегрируем обе части:

\[ -\int \frac{dx}{x} = \int \frac{1+u}{1+u^2} du \]

\[ -\ln|x| = \int \left( \frac{1}{1+u^2} + \frac{u}{1+u^2} \right) du \]

\[ -\ln|x| = \arctan(u) + \frac{1}{2} \ln(1+u^2) + C \]

Подставляем обратно \( u = \frac{y}{x} \):

\[ -\ln|x| = \arctan\left(\frac{y}{x}\right) + \frac{1}{2} \ln\left(1+\frac{y^2}{x^2}\right) + C \]

Умножим на 2 и упростим:

\[ -2\ln|x| = 2\arctan\left(\frac{y}{x}\right) + \ln\left(1+\frac{y^2}{x^2}\right) + C \]

\[ \ln\left(\frac{1}{x^2}\right) = 2\arctan\left(\frac{y}{x}\right) + \ln\left(\frac{x^2+y^2}{x^2}\right) + C \]

Переносим логарифмы в одну сторону:

\[ \ln\left(\frac{1}{x^2}\right) - \ln\left(\frac{x^2+y^2}{x^2}\right) = 2\arctan\left(\frac{y}{x}\right) + C \]

\[ \ln\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) = 2\arctan\left(\frac{y}{x}\right) + C \]

Окончательный ответ:

\[ \ln\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) - 2\arctan\left(\frac{y}{x}\right) = C \]

Задача 2: \( y^2 = (1+x^2)y' \)

Задача 3: \( y^2dx - (3xy+3)dy = 0 \)

Это линейное уравнение относительно \( x(y) \). Запишем его в виде:

\[ y^2dx = (3xy+3)dy \]

\[ \frac{dx}{dy} = \frac{3xy+3}{y^2} = \frac{3x}{y} + \frac{3}{y^2} \]

\[ \frac{dx}{dy} - \frac{3}{y}x = \frac{3}{y^2} \]

Это линейное уравнение вида \( x' + P(y)x = Q(y) \), где \( P(y) = -\frac{3}{y} \), \( Q(y) = \frac{3}{y^2} \).

Найдем интегрирующий множитель:

\[ \mu(y) = e^{\int P(y)dy} = e^{\int (-\frac{3}{y})dy} = e^{-3\ln|y|} = \frac{1}{y^3} \]

Умножим уравнение на интегрирующий множитель:

\[ \frac{1}{y^3} \frac{dx}{dy} - \frac{3}{y^4}x = \frac{3}{y^5} \]

Левая часть является производной произведения:

\[ \frac{d}{dy} \left[ \frac{x}{y^3} \right] = \frac{3}{y^5} \]

Интегрируем обе части:

\[ \frac{x}{y^3} = \int \frac{3}{y^5} dy = -\frac{3}{4y^4} + C \]

Умножим на \( y^3 \):

\[ x = -\frac{3}{4y} + Cy^3 \]

Это общее решение уравнения.

Задача 4: \( x^3y' - 2x^2y - y^2(1+2x^2) = 0; \quad y(1) = -1 \)

Это уравнение Бернулли. Разделим на \( x^3 \):

\[ y' - \frac{2}{x}y = \frac{1+2x^2}{x^3} y^2 \]

Сделаем замену \( z = y^{1-2} = y^{-1} \), тогда \( z' = -y^{-2}y' \).

Подставим в уравнение:

\[ -y^2z' - \frac{2}{x}y = \frac{1+2x^2}{x^3} y^2 \]

Разделим на \( -y^2 \):

\[ z' + \frac{2}{x} \cdot \frac{1}{y} = -\frac{1+2x^2}{x^3} \]

Но \( \frac{1}{y} = z \), поэтому:

\[ z' + \frac{2}{x}z = -\frac{1+2x^2}{x^3} \]

Это линейное уравнение относительно \( z \).

Интегрирующий множитель:

\[ \mu(x) = e^{\int \frac{2}{x} dx} = e^{2\ln|x|} = x^2 \]

Умножим уравнение на \( x^2 \):

\[ x^2z' + 2xz = -\frac{1+2x^2}{x} \]

Левая часть является производной:

\[ \frac{d}{dx}(x^2z) = -\frac{1+2x^2}{x} \]

Интегрируем:

\[ x^2z = -\int \left( \frac{1}{x} + 2x \right) dx = -\ln|x| - x^2 + C \]

\[ z = \frac{-\ln|x| - x^2 + C}{x^2} \]

Возвращаемся к \( y \):

\[ y = \frac{1}{z} = \frac{x^2}{-\ln|x| - x^2 + C} \]

Используем начальное условие \( y(1) = -1 \):

\[ -1 = \frac{1^2}{-\ln|1| - 1^2 + C} = \frac{1}{-0 -1 + C} = \frac{1}{C-1} \]

Отсюда \( C-1 = -1 \), \( C = 0 \).

Решение задачи Коши:

\[ y = \frac{x^2}{-\ln|x| - x^2} \]

Задача 5: \( x(x-1)y' + y = x^2; \quad y(2) = 2 \)

Это линейное уравнение первого порядка.

Приведем к стандартному виду:

\[ y' + \frac{1}{x(x-1)}y = \frac{x}{x-1} \]

где \( P(x) = \frac{1}{x(x-1)} \), \( Q(x) = \frac{x}{x-1} \).

Разложим \( P(x) \) на простейшие дроби:

\[ \frac{1}{x(x-1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-1} \]

\[ 1 = A(x-1) + Bx \]

При \( x=0 \): \( 1 = -A \), \( A=-1 \).

При \( x=1 \): \( 1 = B \), \( B=1 \).

Таким образом, \( P(x) = -\frac{1}{x} + \frac{1}{x-1} \).

Интегрирующий множитель:

\[ \mu(x) = e^{\int P(x)dx} = e^{\int \left( -\frac{1}{x} + \frac{1}{x-1} \right) dx} = e^{-\ln|x| + \ln|x-1|} = \frac{x-1}{x} \]

Умножим уравнение на интегрирующий множитель:

\[ \frac{x-1}{x}y' + \frac{x-1}{x} \cdot \frac{1}{x(x-1)}y = \frac{x-1}{x} \cdot \frac{x}{x-1} \]

Упрощаем:

\[ \frac{x-1}{x}y' + \frac{1}{x^2}y = 1 \]

Левая часть является производной:

\[ \frac{d}{dx} \left[ \frac{x-1}{x}y \right] = 1 \]

Интегрируем:

\[ \frac{x-1}{x}y = \int 1 dx = x + C \]

\[ y = \frac{x}{x-1}(x + C) = \frac{x(x+C)}{x-1} \]

Используем начальное условие \( y(2)=2 \):

\[ 2 = \frac{2(2+C)}{2-1} = 2(2+C) \]

\( 2+C = 1 \), \( C = -1 \).

Решение задачи Коши:

\[ y = \frac{x(x-1)}{x-1} = x \]

Гайд по решению дифференциальных уравнений

1. Уравнения с разделяющимися переменными

Если уравнение можно представить в виде \( f(x)dx = g(y)dy \), то:

\( \int f(x)dx = \int g(y)dy + C \)

2. Однородные уравнения

Если уравнение можно представить как \( y' = f\left(\frac{y}{x}\right) \), сделайте замену \( u = \frac{y}{x} \).

Тогда \( y = ux \), \( y' = u'x + u \), и уравнение примет вид:

\( u'x + u = f(u) \Rightarrow u'x = f(u) - u \)

Разделите переменные и проинтегрируйте.

3. Линейные уравнения

Уравнение вида \( y' + P(x)y = Q(x) \) решается с помощью интегрирующего множителя:

\( \mu(x) = e^{\int P(x)dx} \)

Умножьте уравнение на \( \mu(x) \) и проинтегрируйте:

\( y = \frac{1}{\mu(x)} \int \mu(x)Q(x)dx + \frac{C}{\mu(x)} \)

4. Уравнения Бернулли

Уравнение вида \( y' + P(x)y = Q(x)y^n \)

Делаем замену \( z = y^{1-n} \), тогда уравнение становится линейным относительно \( z \).

5. Задача Коши

После нахождения общего решения, подставьте начальные условия для определения постоянной \( C \).