Дифференциальные уравнения - задачи с решениями

Решение:
Применяем метод разделения переменных.
$dx+e^{3x}dy=0\Longrightarrow dx=-e^{3x}dy$

Тогда $e^{-3x}dx=-dy$ и теперь можно интегрировать.

$\int e^{-3x}dx=-\int dy\Longrightarrow -\frac{1}{3}e^{-3x}=-y+C$ и после преобразования

$y=\frac{1}{3}e^{-3x}+C$

Решение:
Применяем метод разделения переменных.
Итак, $dy-(y-1)^{2}dx=0\Longrightarrow dy=(y-1)^{2}dx $

Тогда $(y-1)^{-2}dy=dx$ и теперь можно интегрировать:

$\int (y-1)^{-2}dy=\int dx$ — в первом интеграле сделаем замену

$u=y-1\Longrightarrow du=dy$, тогда $\int u^{-2}du=\int dx\Longrightarrow -\frac{1}{u}=x+C$

Так как $u=y-1$, получаем $-\frac{1}{y-1}=x+C$

Решение:
$\dfrac{dy}{dx}+2xy^{2}=0\Longrightarrow \dfrac{dy}{dx}=-2xy^{2}$, тогда $\frac{1}{y^{2}}dy=-2xdx$

и интегрируем $\int \frac{1}{y^{2}}dy=-2\int xdx\Longrightarrow -\frac{1}{y}=-x^{2}+C$
$\Longrightarrow y=\frac{1}{x^{2}+C}$

Решение:
Заметим, что левая часть — это в точности производная произведения:

[tex]xy'+y=\left( xy\right) '[/tex]

Значит, уравнение можно записать как [tex]\left( xy\right) '=e^{x}[/tex], и интегрируем обе части

[tex]xy=\int e^{x}dx=e^{x}+C[/tex]

Тогда [tex]y=\dfrac{e^{x}+C}{x}[/tex] — общее решение.

Теперь используем начальное условие [tex]y(1)=2[/tex]

[tex]2=\dfrac{e^{1}+C}{1}\Longrightarrow C=2-e[/tex]

Частное решение: [tex]y=\dfrac{e^{x}+2-e}{x}[/tex]

Решение:
$\dfrac{dy}{dx}=e^{3x+2y}$
Применив свойства показательной функции, получаем

$\dfrac{dy}{dx}=e^{3x+2y}=e^{3x}e^{2y}$
Нужно разделить переменные
$e^{-2y}dy=e^{3x}dx$ и интегрируем $\int e^{-2y}dy=\int e^{3x}dx$
$-\frac{1}{2}e^{-2y}=\frac{1}{3}e^{3x}+C\Longrightarrow \frac{1}{3}e^{3x}+\frac{1}{2}e^{-2y}=C$
Тогда $2e^{3x}+3e^{-2y}=C$ (a). Используем начальное условие и находим значение $C$:
$y(0)=1\Longrightarrow 2e^{0}+3e^{-2}=C=\frac{3}{e^{2}}+2=C$
После подстановки в (a) получаем
$2e^{3x}+3e^{-2y}=\frac{3}{e^{2}}+2$

Решение:
$e^{x}y\dfrac{dy}{dx}=e^{-y}+e^{-2x-y}\Longrightarrow e^{x}y\dfrac{dy}{dx}=e^{-y}(1+e^{-2x})$
Применяем метод разделения переменных, перенося все [tex]y[/tex] влево, а все [tex]x[/tex] вправо.
$ye^{y}dy=e^{-x}(1+e^{-2x})dx$

$ye^{y}dy=(e^{-x}+e^{-3x})dx$ и можно интегрировать

$\int ye^{y}dy=\int (e^{-x}+e^{-3x})dx$ левый интеграл берётся по частям
а правый интеграл — табличный.
Тогда $\int ye^{y}dy=e^{y}\left( y-1\right)$ (по частям)
и $\int (e^{-x}+e^{-3x})dx=-e^{-x}-\frac{1}{3}e^{-3x}+C$
Итак
$e^{y}\left( y-1\right) =-e^{-x}-\frac{1}{3}e^{-3x}+C$

Решение:
Применяем метод разделения переменных.
$y\ln x\dfrac{dx}{dy}=(\dfrac{y+1}{x})^{2}$
$x^{2}\ln xdx=\frac{1}{y}(y+1)^{2}dy\Longrightarrow x^{2}\ln xdx=\left( y+2+\frac{1}{y}\right) dy$
Затем интегрируем, поэтому $\int x^{2}\ln xdx=\int \left( y+2+\frac{1}{y}\right) dy$
левый интеграл вычисляется интегрированием по частям.

$\int x^{2}\ln xdx=\allowbreak \frac{1}{3}x^{3}\ln x-\frac{1}{9}x^{3}$ (по частям) и $\int \left( y+2+\frac{1}{y}\right) dy=\frac{y^{2}}{2}+2y+\ln y+C$

Решение имеет вид $\frac{1}{3}x^{3}\ln x-\frac{1}{9}x^{3}=\frac{y^{2}}{2}+2y+\ln y+C,$
теперь найдём значение $C$

Используем начальное условие $y(1)=1$, $y=1$ при $x=1$
$\frac{1}{3}1^{3}\ln 1-\frac{1}{9}1^{3}=\frac{1^{2}}{2}+2(1)+\ln 1+C\Longrightarrow -\frac{1}{9}=\frac{1}{2}+2+C$

Итак $C=-\frac{1}{9}-\frac{1}{2}-2=-\frac{47}{18}$ и, подставляя в общее решение, получаем $\frac{1}{3}x^{3}\ln x-\frac{1}{9}x^{3}=\frac{y^{2}}{2}+2y+\ln y-\frac{47}{18}$

Решение:
$\sqrt{1-y^{2}}dx-\sqrt{1-x^{2}}dy=0$
Применяем метод разделения переменных.

$\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\frac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}dy$
Воспользуемся формулой интегрирования
$\int \frac{du}{\sqrt{a^{2}-u^{2}}}=\arcsin \frac{u}{a}+C$ поэтому $\arcsin x=\arcsin y+C$ — это решение.
Используем начальное условие, $\arcsin 0=\arcsin \dfrac{\sqrt{3}}{2}+C$

Тогда $0=\frac{1}{3}\pi +C\Longrightarrow C=-\frac{\pi }{3}$ и, подставляя
$\int \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}dx=\int \frac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}dy \Longrightarrow \arcsin x=\arcsin y-\frac{\pi }{3}$

Решение:
$\csc y dx+\sec^{2}x$ $dy=0$
Шаг 1: Разделяем переменные.

$\csc y$ $dx=-\sec ^{2}x$ $dy\Longrightarrow \cos^{2}xdx=-\sin ydy$
Шаг 2: Применяем тригонометрическое тождество.
$\frac{1}{2}\left( 1+cos2x\right) dx=-\sin ydy$

Шаг 3: Интегрируем, $\frac{1}{2}\int \left( 1+cos2x\right) dx=-\int \sin ydy$
Результат:
$\frac{1}{2}\left[ x+\frac{1}{2}\sin 2x\right] =\cos y+C$

Решение:
$\sin 3x$ $dx+2y$ $\cos ^{3}3x$ $dy=0$
Разделяем переменные $\frac{\sin 3x}{\cos^{3}3x} dx=-2ydy$
$\int \frac{\sin 3x}{\cos^{3}3x} dx=-2\int ydy$
В левом интеграле применяем подстановку $u=\cos 3x\Longrightarrow du=-3\sin 3xdx$
Итак
$-\frac{1}{3}\int u^{-3}du=-y^{2}+C\Longrightarrow \frac{1}{6}u^{-2}=-y^{2}+C $
и так как
$u=\cos 3x$ то $\frac{1}{6\cos^{2}3x}=-y^{2}+C$ — общее решение Дано, что $y(\pi )=0$, поэтому

$\frac{1}{6\cos^{2}\left( 3\pi \right) }=0+C\Longrightarrow \frac{1}{6}=C$

Решение имеет вид
$\frac{1}{6}\sec^{2}3x=-y^{2}+\frac{1}{6}$

Решение:
После разделения переменных получаем
$(e^{y}+1)^{2}e^{-y}dx=-(e^{x}+1)^{3}e^{-x}dy\Longrightarrow \frac{e^{x}}{(e^{x}+1)^{3}}dx=-\frac{e^{y}}{(e^{y}+1)^{2}}dy$

Тогда $\int \frac{e^{x}}{(e^{x}+1)^{3}}dx=-\int \frac{e^{y}}{(e^{y}+1)^{2}}dy$

Оба интеграла можно вычислить с помощью подстановки
$u=e^{x}+1$
$du=e^{x}dx$ и

$v=e^{y}+1$
$dv=e^{y}dy$ поэтому,
$\int u^{-3}du=-\int v^{-2}dv$
$-\frac{1}{2}u^{-2}=\frac{1}{v}+C$ и так как
$u=e^{x}+1,v=e^{y}+1$

Получаем
$-\frac{1}{2\left( e^{x}+1\right) ^{2}}=\frac{1}{e^{y}+1}+C\Longrightarrow \frac{1}{e^{y}+1}+\frac{1}{2\left( e^{x}+1\right) ^{2}}=C$

Решение:
Разделяем переменные $x(1+x^{2})^{-1/2}dx=y(1+y^{2})^{-1/2}dy$

и интегрируем $\int x(1+x^{2})^{-1/2}dx=\int y(1+y^{2})^{-1/2}dy$

Оба интеграла можно вычислить с помощью подстановки
$u=1+x^{2}$
$du=2xdx$ и $v=1+y^{2}$
$dv=2ydy$ и получаем
$\frac{1}{2}\int (u)^{-1/2}du=\frac{1}{2}\int (v)^{-1/2}dv\Longrightarrow 2.\frac{1}{2}\sqrt{u}=2.\frac{1}{2}\sqrt{v}+C$
Итак
$\sqrt{1+x^{2}}=\sqrt{1+y^{2}}+C$ — это решение.

Решение:
Это линейное дифференциальное уравнение вида

[tex]\dfrac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)[/tex]

поэтому применяем формулу

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

где [tex]P(x)=1[/tex] и [tex]Q(x)=e^{3x}[/tex].

[tex]\int P(x)dx=\int dx=x[/tex] и [tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int e^{3x}e^{x}dx=\int e^{4x}dx=\dfrac{1}{4}e^{4x}[/tex]

Общее решение имеет вид

[tex]y=e^{-x}\left[ \dfrac{1}{4}e^{4x}+C\right] =\dfrac{1}{4}e^{3x}+Ce^{-x}[/tex]

Слагаемое [tex]Ce^{-x}[/tex] является решением соответствующего однородного уравнения [tex]y'+y=0[/tex]; если его отбросить, получится только одно частное решение, а не общее.

Решение:
Применяем формулу

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

[tex]y'+3x^{2}y=x^{2}\Longrightarrow P(x)=3x^{2}\qquad Q(x)=x^{2}[/tex]

тогда [tex]\int P(x)dx=\int 3x^{2}dx=x^{3}[/tex] и, с подстановкой [tex]u=x^{3},\ du=3x^{2}dx[/tex],

[tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int x^{2}e^{x^{3}}dx=\dfrac{1}{3}\int e^{u}du=\dfrac{1}{3}e^{u}=\dfrac{1}{3}e^{x^{3}}[/tex]

Общее решение имеет вид

[tex]y=e^{-x^{3}}\left[ \dfrac{1}{3}e^{x^{3}}+C\right] =\dfrac{1}{3}+Ce^{-x^{3}}[/tex]

Константа [tex]y=\dfrac{1}{3}[/tex] сама по себе является лишь частным решением; слагаемое [tex]Ce^{-x^{3}}[/tex] возникает из постоянной интегрирования и его нужно сохранить.

Решение:
Сначала применяем формулу: $y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx\right] $

$y'+2xy=x^{3}$,
$P(x)=2x\qquad Q(x)=x^{3}$

Тогда
$\int P(x)dx=\int 2xdx=x^{2}$ и $\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int x^{3}e^{x^{2}}dx$

Для вычисления этого интеграла делаем подстановку $u=x^{2}\Longrightarrow du=2xdx\Longrightarrow \frac{1}{2}du=xdx$

$\int x^{3}e^{x^{2}}dx=\frac{1}{2}\int ue^{u}du$ $=$ $\frac{1}{2}e^{u}\left( u-1\right) $

и после интегрирования по частям получаем

$\int x^{3}e^{x^{2}}dx=\frac{1}{2}e^{x^{2}}\left( x^{2}-1\right)+C$

Подставляем обратно в формулу для y:
$y=e^{−x^2}\left[\frac{1}{2}​e^{x^2}(x^2−1)+C\right]$

Упрощаем:
$y=\frac12(x^2−1)+Ce^{−x^2}$

Решение:
Разделим на [tex]x^{2}[/tex], чтобы привести уравнение к стандартному виду

[tex]x^{2}y'+xy=1\Longrightarrow y'+\dfrac{1}{x}y=\dfrac{1}{x^{2}}[/tex]

Тогда [tex]P(x)=\dfrac{1}{x}[/tex] и [tex]Q(x)=\dfrac{1}{x^{2}}[/tex], и применяем

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

[tex]\int P(x)dx=\int \dfrac{1}{x}dx=\ln x[/tex] и [tex]\int \dfrac{1}{x^{2}}e^{\ln x}dx=\int \dfrac{1}{x}dx=\ln x[/tex]

Итак, общее решение

[tex]y=e^{-\ln x}\left[ \ln x+C\right] =\dfrac{1}{x}\left( \ln x+C\right) =\dfrac{\ln x+C}{x}[/tex]

Константа стоит внутри скобок, поэтому она тоже делится на [tex]x[/tex].

Быстрая проверка: [tex]y=\dfrac{\ln x+C}{x}[/tex] даёт [tex]xy=\ln x+C[/tex], поэтому [tex]\left( xy\right) '=\dfrac{1}{x}[/tex], и после умножения на [tex]x[/tex] получаем [tex]x^{2}y'+xy=1[/tex].

Решение:
Применяем формулу [tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

[tex]y'=2y+x^{2}+5\Longrightarrow y'-2y=x^{2}+5\Longrightarrow P(x)=-2\qquad Q(x)=x^{2}+5[/tex]

и [tex]\int P(x)dx=-2x[/tex] поэтому [tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int \left( x^{2}+5\right) e^{-2x}dx[/tex]

Последний интеграл вычисляется интегрированием по частям, поэтому

[tex]\int \left( x^{2}+5\right) e^{-2x}dx=-\dfrac{1}{4}e^{-2x}\left( 2x^{2}+2x+11\right)[/tex]

Тогда решение дифференциального уравнения

[tex]y=e^{2x}\left[ -\dfrac{1}{4}e^{-2x}\left( 2x^{2}+2x+11\right) +C\right] =-\dfrac{1}{4}\left( 2x^{2}+2x+11\right) +Ce^{2x}[/tex]

Обратите внимание на две детали, которые легко потерять: знак минус перед [tex]\dfrac{1}{4}[/tex] сохраняется, а константа [tex]C[/tex] стоит внутри скобок, поэтому она тоже умножается на [tex]e^{2x}[/tex].

Решение:
[tex]x\dfrac{dy}{dx}-y=x^{2}\sin (x)\Longrightarrow \dfrac{dy}{dx}-\dfrac{1}{x}y=x\sin (x)[/tex]

Тогда [tex]P(x)=-\dfrac{1}{x}[/tex] и [tex]Q(x)=x\sin (x)[/tex], и применяем

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

Итак [tex]\int P(x)dx=\int -\dfrac{1}{x}dx=-\ln x[/tex] и

[tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int x\sin (x)e^{-\ln x}dx=\int \sin x\,dx=-\cos x[/tex]

Тогда решение дифференциального уравнения

[tex]y=e^{\ln x}\left[ -\cos x+C\right] =x\left( C-\cos x\right) =-x\cos x+Cx[/tex]

Константа должна остаться внутри скобок, поэтому она умножается на [tex]x[/tex] вместе с остальным. Если написать [tex]-x\cos x+C[/tex], уравнение не будет выполняться.

Решение:
[tex](1+x)\dfrac{dy}{dx}-xy=x+x^{2}\Longrightarrow \dfrac{dy}{dx}-\dfrac{x}{1+x}y=\dfrac{x(1+x)}{1+x}=x[/tex]

Тогда [tex]P(x)=-\dfrac{x}{1+x}\qquad Q(x)=x[/tex] и применяем

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

[tex]\int P(x)dx=-\int \dfrac{x}{1+x}dx=-\int \left( 1-\dfrac{1}{1+x}\right) dx=\ln \left( x+1\right) -x[/tex]

Теперь [tex]\int xe^{\ln \left( x+1\right) -x}dx=\int x\left( x+1\right) e^{-x}dx[/tex] и после интегрирования по частям

[tex]\int x\left( x+1\right) e^{-x}dx=-e^{-x}\left( x^{2}+3x+3\right)[/tex]

Так как [tex]e^{-\int P(x)dx}=e^{x-\ln \left( x+1\right) }=\dfrac{e^{x}}{x+1}[/tex], общее решение

[tex]y=\dfrac{e^{x}}{x+1}\left[ -e^{-x}\left( x^{2}+3x+3\right) +C\right] =\dfrac{Ce^{x}-\left( x^{2}+3x+3\right) }{x+1}[/tex]

При [tex]C=0[/tex] получаем частное решение [tex]y=-\dfrac{x^{2}+3x+3}{x+1}[/tex], но слагаемое [tex]\dfrac{Ce^{x}}{x+1}[/tex] является решением однородного уравнения и должно входить в общий ответ.

Решение:
Разделим на [tex]x^{2}[/tex]

[tex]x^{2}y'+x(x+2)y=e^{x}\Longrightarrow y'+\dfrac{x+2}{x}y=\dfrac{1}{x^{2}}e^{x}[/tex]

так что [tex]P(x)=\dfrac{x+2}{x}=1+\dfrac{2}{x}\qquad Q(x)=\dfrac{1}{x^{2}}e^{x}[/tex] и применяем

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

[tex]\int P(x)dx=\int \left( 1+\dfrac{2}{x}\right) dx=x+2\ln x=x+\ln x^{2}[/tex]

[tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int \dfrac{1}{x^{2}}e^{x}\,e^{x+\ln x^{2}}dx=\int e^{2x}dx=\dfrac{1}{2}e^{2x}[/tex]

Так как [tex]e^{-\left( x+\ln x^{2}\right) }=\dfrac{e^{-x}}{x^{2}}[/tex], общее решение

[tex]y=\dfrac{e^{-x}}{x^{2}}\left[ \dfrac{1}{2}e^{2x}+C\right] =\dfrac{e^{x}}{2x^{2}}+\dfrac{Ce^{-x}}{x^{2}}[/tex]

Второе слагаемое — решение однородного уравнения, а константа делится на [tex]x^{2}[/tex], потому что стоит внутри скобок.

Решение:
[tex](x+1)\dfrac{dy}{dx}+y=\ln x\Longrightarrow \dfrac{dy}{dx}+\dfrac{1}{x+1}y=\dfrac{\ln x}{x+1}[/tex]

Здесь [tex]P(x)=\dfrac{1}{x+1},\qquad Q(x)=\dfrac{\ln x}{x+1}[/tex] и применяем

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

Так как [tex]\int P(x)dx=\int \dfrac{1}{x+1}dx=\ln \left( x+1\right)[/tex] и

[tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int \dfrac{\ln x}{x+1}e^{\ln \left( x+1\right) }dx=\int \ln x\,dx=x\left( \ln x-1\right)[/tex]

После подстановки получаем общее решение

[tex]y=e^{-\ln \left( x+1\right) }\left[ x\left( \ln x-1\right) +C\right] =\dfrac{x\left( \ln x-1\right) +C}{x+1}[/tex]

Константа остаётся внутри скобок, поэтому она тоже делится на [tex]x+1[/tex]. Теперь используем начальное условие [tex]y(1)=10[/tex]

[tex]10=\dfrac{1\left( \ln 1-1\right) +C}{1+1}=\dfrac{C-1}{2}\Longrightarrow C=21[/tex]

Частное решение [tex]y=\dfrac{x\left( \ln x-1\right) +21}{x+1}[/tex]

Быстрая проверка: при [tex]x=1[/tex] получаем [tex]\dfrac{-1+21}{2}=10[/tex], что и требовалось.

Решение:
[tex]y'+(\tan x)y=\cos ^{2}x\Longrightarrow P(x)=\tan x,\qquad Q(x)=\cos ^{2}x[/tex] и применяем

[tex]y=e^{-\int P(x)dx}\left[ \int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx+C\right][/tex]

так как [tex]\int P(x)dx=\int \tan x\,dx=-\ln \left( \cos x\right) =\ln \left( \sec x\right)[/tex]

и [tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int \cos ^{2}x\,e^{\ln \left( \sec x\right) }dx=\int \cos ^{2}x\sec x\,dx=\int \cos x\,dx=\sin x[/tex]

Применяя формулу, получаем

[tex]y=e^{-\ln \left( \sec x\right) }\left[ \sin x+C\right] =\cos x\left( \sin x+C\right) =\sin x\cos x+C\cos x[/tex]

Константа стоит внутри скобок, поэтому она тоже умножается на [tex]\cos x[/tex] - именно здесь отдельно стоящее [tex]+C[/tex] дало бы функцию, не удовлетворяющую уравнению.

Теперь используем начальное условие

[tex]y(0)=-1\Longrightarrow -1=\sin 0\cos 0+C\cos 0=C\Longrightarrow C=-1[/tex]

Частное решение [tex]y=\sin x\cos x-\cos x=\cos x\left( \sin x-1\right)[/tex]

Решение:
Уравнение линейно с [tex]P(x)=2x[/tex], поэтому [tex]\int P(x)dx=x^{2}[/tex] и интегрирующий множитель равен [tex]e^{x^{2}}[/tex]. Так как правая часть задана двумя разными формулами, решаем на каждом промежутке отдельно.

При [tex]0\leq x<1[/tex] имеем [tex]f(x)=x[/tex], поэтому

[tex]\int Q(x)e^{\int P(x)dx}dx=\int xe^{x^{2}}dx=\dfrac{1}{2}e^{x^{2}}[/tex]

[tex]y=e^{-x^{2}}\left[ \dfrac{1}{2}e^{x^{2}}+C\right] =\dfrac{1}{2}+Ce^{-x^{2}}[/tex]

Из начального условия [tex]y(0)=2[/tex] получаем [tex]2=\dfrac{1}{2}+C\Longrightarrow C=\dfrac{3}{2}[/tex], поэтому

[tex]y=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}e^{-x^{2}}[/tex]

При [tex]x\geq 1[/tex] имеем [tex]f(x)=0[/tex], поэтому уравнение принимает вид [tex]y'+2xy=0[/tex] и

[tex]y=Ke^{-x^{2}}[/tex]

Константа [tex]K[/tex] определяется из условия непрерывности решения в точке [tex]x=1[/tex]

[tex]\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}e^{-1}=Ke^{-1}\Longrightarrow K=\dfrac{1}{2}e+\dfrac{3}{2}=\dfrac{e+3}{2}[/tex]

Итак, частное решение

[tex]y=\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}e^{-x^{2}} , & 0\leq x<1 \\ \dfrac{e+3}{2}e^{-x^{2}} , & x\geq 1 \end{array} \right.[/tex]

Предупреждение о типичной ошибке: интеграл [tex]\int xe^{x^{2}}dx[/tex] должен остаться неопределённым. Если заменить его определённым интегралом [tex]\int_{0}^{1}xe^{x^{2}}dx=\dfrac{1}{2}\left( e-1\right)[/tex], он превратится в число, и полученная функция не будет удовлетворять уравнению.

Решение:
Заметим сначала, что левая часть уже является производной произведения:

[tex]\left( 1+x^{2}\right) \dfrac{dy}{dx}+2xy=\dfrac{d}{dx}\left[ \left( 1+x^{2}\right) y\right][/tex]

(именно это дал бы и интегрирующий множитель [tex]e^{\int \frac{2x}{1+x^{2}}dx}=e^{\ln \left( 1+x^{2}\right) }=1+x^{2}[/tex]). Тогда уравнение принимает вид

[tex]\dfrac{d}{dx}\left[ \left( 1+x^{2}\right) y\right] =f(x)[/tex]

Так как [tex]f[/tex] задана двумя разными формулами, работаем на каждом промежутке отдельно.

При [tex]0\leq x<1[/tex] имеем [tex]f(x)=x[/tex], поэтому

[tex]\left( 1+x^{2}\right) y=\int x\,dx=\dfrac{x^{2}}{2}+C[/tex]

Из начального условия [tex]y(0)=0[/tex] получаем [tex]1\cdot 0=0+C\Longrightarrow C=0[/tex], поэтому

[tex]y=\dfrac{x^{2}}{2\left( 1+x^{2}\right) }[/tex]

При [tex]x\geq 1[/tex] имеем [tex]f(x)=0[/tex], поэтому

[tex]\left( 1+x^{2}\right) y=K\Longrightarrow y=\dfrac{K}{1+x^{2}}[/tex]

Константа [tex]K[/tex] определяется из непрерывности в точке [tex]x=1[/tex]. Из первой ветви [tex]y(1)=\dfrac{1}{2\cdot 2}=\dfrac{1}{4}[/tex], а из второй [tex]y(1)=\dfrac{K}{2}[/tex], поэтому [tex]K=\dfrac{1}{2}[/tex] и

[tex]y=\dfrac{1}{2\left( 1+x^{2}\right) }[/tex]

Итак, частное решение

[tex]y=\left\{ \begin{array}{ll} \dfrac{x^{2}}{2\left( 1+x^{2}\right) } , & 0\leq x<1 \\ \dfrac{1}{2\left( 1+x^{2}\right) } , & x\geq 1 \end{array} \right.[/tex]

Два момента, за которыми стоит следить: произвольная константа стоит внутри скобки вместе с [tex]\int f(x)dx[/tex], поэтому она делится на [tex]1+x^{2}[/tex], а не просто добавляется в конце; и частное решение уже не содержит [tex]C[/tex] после использования условий.