Обыкновенные дифференциальные уравнения - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Пусть камень находится в точке [tex](x; y)[/tex], [tex]0\lt x\le a[/tex]. Цепь лежит на касательной к траектории в этой точке, а её другой конец — точка пересечения касательной с осью ординат, т.е. [tex]\left(0; \ y-xy'\right)[/tex]. Расстояние между концами равно [tex]a[/tex]:
[tex]x^2+(xy')^2=a^2\ \Rightarrow\ y'=\pm\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{x}[/tex]
Когда конец цепи движется вверх, камень движется вверх и к оси ординат ([tex]y[/tex] растёт, а [tex]x[/tex] убывает), поэтому берём знак минус, с начальным условием [tex]y(a)=0[/tex]:
[tex]y'=-\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{x},\qquad y(a)=0[/tex]
Интегрируем (например, с помощью подстановки [tex]x=a\sin \theta[/tex]):
[tex]\int\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{x}\,dx=\sqrt{a^2-x^2}-a\ln\frac{a+\sqrt{a^2-x^2}}{x}+C[/tex]
[tex]y=a\ln\frac{a+\sqrt{a^2-x^2}}{x}-\sqrt{a^2-x^2}+C,\qquad y(a)=0\ \Rightarrow\ C=0[/tex]
Следовательно, траектория (трактриса): [tex]y=a\ln\frac{a+\sqrt{a^2-x^2}}{x}-\sqrt{a^2-x^2}[/tex], [tex]0\lt x\le a[/tex].

Решение:
Перейдём к полярным координатам вдоль кривой: [tex]x=r\cos\varphi[/tex], [tex]y=r\sin \varphi[/tex], где [tex]r^2=x^2+y^2[/tex] и, так как [tex]x\gt 0[/tex] вблизи точки [tex](1; 1)[/tex], [tex]\varphi=\operatorname{arctg}\frac{y}{x}[/tex]. Дифференцируем по [tex]x[/tex]:
[tex]rr'=x+yy',\qquad \varphi'=\frac{xy'-y}{x^2+y^2}\ \Rightarrow\ y-xy'=-r^2\varphi'[/tex]
Уравнение принимает вид
[tex]\frac{-r^2\varphi'}{rr'}=2\ \Rightarrow\ \frac{r'}{r}=-\frac{\varphi'}{2}\ \Rightarrow\ \ln r=-\frac{\varphi}{2}+C_1[/tex]
т.е. [tex]\ln\left(x^2+y^2\right)+\operatorname{arctg}\frac{y}{x}=C[/tex]. В точке [tex](1; 1)[/tex] получаем [tex]C=\ln 2+\frac{\pi}{4}[/tex]. Начальное условие допустимо: из [tex]y-xy'=2\left(x+yy'\right)[/tex] следует [tex]y'=\frac{y-2x}{x+2y}[/tex], поэтому [tex]y'(1)=-\frac{1}{3}[/tex] и [tex]x+yy'=\frac{2}{3}\ne 0[/tex] в начальной точке. Следовательно, решение:
[tex]\ln\left(x^2+y^2\right)+\operatorname{arctg}\frac{y}{x}=\ln 2+\frac{\pi}{4}[/tex]
Это логарифмическая спираль [tex]r=\sqrt{2}\,e^{\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}-\varphi\right)}[/tex].

Решение:
Сгруппируем члены с [tex]y'[/tex]: [tex]y'\left(x-x^3\sin y\right)=2y[/tex]. Функция [tex]y\equiv 0[/tex] является решением. При [tex]y\ne 0[/tex] удобно считать [tex]x[/tex] функцией от [tex]y[/tex]:
[tex]\frac{dx}{dy}=\frac{x-x^3\sin y}{2y}\ \Rightarrow\ \frac{dx}{dy}-\frac{1}{2y}\,x=-\frac{\sin y}{2y}\,x^3[/tex]
Это уравнение Бернулли для [tex]x(y)[/tex]. Положим [tex]u=x^{-2}[/tex] ([tex]x\ne 0[/tex]); тогда [tex]\frac{du}{dy}=-2x^{-3}\frac{dx}{dy}[/tex], и получаем линейное уравнение:
[tex]\frac{du}{dy}+\frac{u}{y}=\frac{\sin y}{y}\ \Rightarrow\ \frac{d}{dy}\left(yu\right)=\sin y\ \Rightarrow\ yu=C-\cos y[/tex]
Возвращаемся к [tex]x[/tex]: [tex]\frac{y}{x^2}=C-\cos y[/tex], поэтому общий интеграл имеет вид
[tex]y=x^2(C-\cos y)[/tex]
(решение [tex]y=0[/tex] также в нём содержится, при [tex]C=1[/tex]). Проверка: дифференцируя [tex]y=x^2(C-\cos y)[/tex], получаем
[tex]y'=2x(C-\cos y)+x^2y'\sin y=\frac{2y}{x}+x^2y'\sin y[/tex]
и после умножения на [tex]x[/tex] получаем в точности [tex]xy'=2y+x^3y'\sin y[/tex].

Решение:
Запишем уравнение в виде [tex]P\,dx+Q\,dy=0[/tex], где [tex]P=xy^2-y[/tex], [tex]Q=x^2y-3x[/tex]. Так как [tex]P_y=2xy-1\ne Q_x=2xy-3[/tex], это не уравнение в полных дифференциалах. Ищем интегрирующий множитель [tex]\mu(z)[/tex], [tex]z=xy[/tex]. Условие [tex](\mu P)_y=(\mu Q)_x[/tex] даёт
[tex]\mu'(z)\,xP+\mu P_y=\mu'(z)\,yQ+\mu Q_x\ \Rightarrow\ \frac{\mu'}{\mu}=\frac{Q_x-P_y}{xP-yQ}[/tex]
Здесь
[tex]Q_x-P_y=-2,\qquad xP-yQ=x^2y^2-xy-x^2y^2+3xy=2xy[/tex]
поэтому [tex]\frac{\mu'}{\mu}=-\frac{1}{z}[/tex] зависит только от [tex]z[/tex], и [tex]\mu=\frac{1}{z}=\frac{1}{xy}[/tex]. Умножив на него (при [tex]xy\ne 0[/tex]), получаем уравнение в полных дифференциалах и его потенциал:
[tex]\left(y-\frac{1}{x}\right)dx+\left(x-\frac{3}{y}\right)dy=0,\qquad F=xy-\ln|x|-3\ln|y|[/tex]
(действительно, [tex]F_x=y-\frac{1}{x}[/tex], [tex]F_y=x-\frac{3}{y}[/tex]). Следовательно,
[tex]xy-\ln|x|-3\ln|y|=C_1\ \Rightarrow\ \ln\left|xy^3\right|=xy-C_1\ \Rightarrow\ xy^3=Ce^{xy}[/tex]
Решение [tex]y=0[/tex], потерянное при умножении на [tex]\mu[/tex], содержится в этом семействе при [tex]C=0[/tex].

Решение:
Это уравнение Риккати. Ищем частное решение в виде [tex]y_1=\frac{a}{x}[/tex]:
[tex]-\frac{a}{x^2}=\frac{a^2-2}{x^2}\ \Rightarrow\ a^2+a-2=0\ \Rightarrow\ a=1\text{ или }a=-2[/tex]
Берём [tex]y_1=\frac{1}{x}[/tex] и делаем подстановку [tex]y=\frac{1}{x}+\frac{1}{v}[/tex]:
[tex]-\frac{1}{x^2}-\frac{v'}{v^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{2}{xv}+\frac{1}{v^2}-\frac{2}{x^2}\ \Rightarrow\ v'+\frac{2}{x}\,v=-1[/tex]
Это линейное уравнение можно записать как [tex]\left(x^2v\right)'=-x^2[/tex], откуда
[tex]x^2v=K-\frac{x^3}{3}\ \Rightarrow\ v=\frac{3K-x^3}{3x^2}\ \Rightarrow\ y=\frac{1}{x}+\frac{3x^2}{3K-x^3}[/tex]
Тогда
[tex]xy=\frac{3K+2x^3}{3K-x^3},\qquad 1-xy=\frac{-3x^3}{3K-x^3},\qquad 2+xy=\frac{9K}{3K-x^3}[/tex]
поэтому [tex]\frac{1-xy}{2+xy}=-\frac{x^3}{3K}[/tex], и при [tex]C=-\frac{1}{3K}[/tex] получаем
[tex]1-xy=Cx^3(2+xy)[/tex]
Частное решение [tex]y=\frac{1}{x}[/tex] соответствует [tex]C=0[/tex], а [tex]y=-\frac{2}{x}[/tex] (случай [tex]K=0[/tex]) получается в пределе при [tex]C\to\infty[/tex].

Решение:
Уравнение однородно относительно [tex]y,y',y''[/tex]. Вблизи [tex]x=1[/tex] имеем [tex]y\gt 0[/tex], поэтому делим на [tex]y^2[/tex] и полагаем [tex]z=\frac{y'}{y}[/tex]. Тогда [tex]\frac{y''}{y}=z'+z^2[/tex], [tex]z(1)=\frac{y'(1)}{y(1)}=1[/tex], и уравнение принимает вид
[tex]x^2(z'+z^2)-2x^2z^2+xz=0\iff z'+\frac{z}{x}=z^2[/tex]
Это уравнение Бернулли. Вблизи [tex]x=1[/tex] имеем [tex]z\ne 0[/tex]; положим [tex]u=\frac{1}{z}[/tex], тогда [tex]u'=-\frac{z'}{z^2}[/tex] и [tex]u(1)=1[/tex]:
[tex]u'-\frac{u}{x}=-1\iff\left(\frac{u}{x}\right)'=-\frac{1}{x}\Rightarrow u=x(K-\ln x)[/tex]
Из [tex]u(1)=1[/tex] получаем [tex]K=1[/tex], т.е. [tex]\frac{y'}{y}=\frac{1}{x(1-\ln x)}[/tex]. Интегрируем (учитывая, что [tex]d(1-\ln x)=-\frac{dx}{x}[/tex]):
[tex]\ln y=-\ln|1-\ln x|+c[/tex]
Условие [tex]y(1)=1[/tex] даёт [tex]c=0[/tex]. Следовательно,
[tex]y=\frac{1}{1-\ln x},\quad 0\lt x\lt e[/tex]
Проверка:
[tex]y'=\frac{1}{x(1-\ln x)^2},\quad y'(1)=1,\quad y''=\frac{1+\ln x}{x^2(1-\ln x)^3}[/tex]
[tex]x^2yy''-2x^2(y')^2+xyy'=\frac{(1+\ln x)-2+(1-\ln x)}{(1-\ln x)^4}=0[/tex]

Решение:
Это уравнение Эйлера. Сделаем замену [tex]x=e^{t}[/tex], т.е. [tex]t=\ln x\gt 0[/tex]; тогда (точкой обозначена производная по [tex]t[/tex]) [tex]xy'=\dot y[/tex], [tex]x^{2}y''=\ddot y-\dot y[/tex], и уравнение принимает вид
[tex]\ddot y-2\dot y+y=\frac{e^{t}}{t}[/tex]
Характеристическое уравнение [tex]\lambda^{2}-2\lambda+1=0[/tex] имеет двукратный корень [tex]1[/tex], поэтому общее решение однородного уравнения
[tex]y_0=(C_1+C_2t)e^{t}[/tex]
Правая часть не является квазимногочленом, поэтому применяем метод вариации постоянных: [tex]y=C_1(t)e^{t}+C_2(t)te^{t}[/tex], где
[tex]\begin{cases}C_1'e^{t}+C_2'te^{t}=0\\ C_1'e^{t}+C_2'(t+1)e^{t}=\frac{e^{t}}{t}\end{cases}\Rightarrow\ C_2'=\frac{1}{t},\quad C_1'=-1[/tex]
Отсюда [tex]C_1=-t+\tilde C_1[/tex], [tex]C_2=\ln t+\tilde C_2[/tex] и
[tex]y=\left(\tilde C_1+\tilde C_2t+t\ln t-t\right)e^{t}=\left(C_1+C_2t+t\ln t\right)e^{t}[/tex]
(слагаемое [tex]-te^{t}[/tex] поглощается членом [tex]\tilde C_2te^{t}[/tex]). Возвращаясь к [tex]x[/tex] ([tex]e^{t}=x[/tex], [tex]t=\ln x[/tex]), получаем
[tex]y=x\left(C_1+C_2\ln x+\ln x\,\ln(\ln x)\right)[/tex]

Решение:
Исключим [tex]y[/tex]: продифференцируем первое уравнение и воспользуемся вторым.
[tex]x''=y'+\frac{2\operatorname{tg} t}{\cos^{2}t}=-x+\operatorname{tg} t+\frac{2\sin t}{\cos^{3}t}\ \Rightarrow\ x''+x=\operatorname{tg} t+\frac{2\sin t}{\cos^{3}t}[/tex]
Однородное уравнение даёт [tex]x_0=C_1\cos t+C_2\sin t[/tex]. Так как [tex](\operatorname{tg} t)'=\frac{1}{\cos^{2}t}[/tex] и [tex](\operatorname{tg} t)''=\frac{2\sin t}{\cos^{3}t}[/tex], функция [tex]X=\operatorname{tg} t[/tex] является частным решением:
[tex]X''+X=\frac{2\sin t}{\cos^{3}t}+\operatorname{tg} t\ \Rightarrow\ x=C_1\cos t+C_2\sin t+\operatorname{tg} t[/tex]
Из первого уравнения, учитывая, что [tex]\frac{1}{\cos^{2}t}-\operatorname{tg} ^{2}t=1[/tex]:
[tex]y=x'-\operatorname{tg} ^{2}t+1=-C_1\sin t+C_2\cos t+\frac{1}{\cos^{2}t}-\operatorname{tg} ^{2}t+1=-C_1\sin t+C_2\cos t+2[/tex]
Проверка второго уравнения: [tex]y'=-C_1\cos t-C_2\sin t=-x+\operatorname{tg} t[/tex].

Решение:
Это уравнение Эйлера относительно [tex]x+1[/tex]. При [tex]x\gt -1[/tex] положим [tex]x+1=e^{t}[/tex]; тогда [tex](x+1)y'=\dot y[/tex], [tex](x+1)^{2}y''=\ddot y-\dot y[/tex] (точкой обозначена производная по [tex]t[/tex]), и уравнение принимает вид
[tex]\ddot y-2\dot y+y=-1[/tex]
Характеристический корень [tex]1[/tex] двукратный, а постоянная [tex]-1[/tex] — частное решение, поэтому
[tex]y=(C_1+C_2t)e^{t}-1=C_1(x+1)+C_2(x+1)\ln(x+1)-1[/tex]
Так как [tex]y'=C_1+C_2\left(\ln(x+1)+1\right)[/tex], из начальных условий получаем
[tex]y(0)=C_1-1=0,\quad y'(0)=C_1+C_2=0\ \Rightarrow\ C_1=1,\ C_2=-1,\quad y=x-(x+1)\ln(x+1)[/tex]
При [tex]|x|\lt 1[/tex] имеем [tex]\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{n}}{n}[/tex], следовательно,
[tex](1+x)\ln(1+x)=x+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n}x^{n}}{n(n-1)}\ \Rightarrow\ y=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n(n-1)}=-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}-\frac{x^{4}}{12}+\ldots[/tex]
По признаку Даламбера, при [tex]a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n(n-1)}[/tex]:
[tex]\left|\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\right|=\frac{n-1}{n+1}\to 1\ \Rightarrow\ R=1[/tex]
Это согласуется с теорией: после деления на [tex](x+1)^{2}[/tex] коэффициенты аналитичны при [tex]|x|\lt 1[/tex], поэтому [tex]R\ge 1[/tex]; а [tex]R\gt 1[/tex] невозможно, так как тогда [tex]y''[/tex] была бы ограничена вблизи [tex]x=-1[/tex], тогда как [tex]y''=-\frac{1}{x+1}\to-\infty[/tex] при [tex]x\to -1^{+}[/tex].

Решение:
Условие можно записать в виде
[tex]e^{-f(x)}f'(x)=e^{-g(x)}g'(x)\iff\left(e^{-f(x)}\right)'=\left(e^{-g(x)}\right)'[/tex]
Следовательно, [tex]e^{-f(x)}-e^{-g(x)}=K[/tex] — постоянная на [tex]\mathbb{R}[/tex]. Сравним значения при [tex]x=0[/tex] и [tex]x=2018[/tex]:
[tex]e^{-1}-e^{-g(0)}=e^{-f(2018)}-e^{-1}\ \Rightarrow\ e^{-f(2018)}=\frac{2}{e}-e^{-g(0)}\lt\frac{2}{e}[/tex]
Поэтому для всех допустимых [tex]f[/tex] и [tex]g[/tex]
[tex]f(2018)\gt -\ln\frac{2}{e}=1-\ln 2[/tex]
Эту оценку нельзя улучшить. Возьмём [tex]g(x)=1+\lambda(2018-x)[/tex], где [tex]\lambda\gt 0[/tex] (тогда [tex]g'=-\lambda\ne 0[/tex], [tex]g(2018)=1[/tex], [tex]g(0)\gt 1[/tex]), и определим [tex]f[/tex] равенством
[tex]e^{-f(x)}=e^{-g(x)}+e^{-1}-e^{-g(0)}[/tex]
Правая часть положительна, так как [tex]e^{-1}-e^{-g(0)}\gt 0[/tex]; кроме того, [tex]f(0)=1[/tex], а дифференцирование даёт [tex]e^{-f}f'=e^{-g}g'[/tex], т.е. требуемое соотношение. Для этих функций
[tex]f(2018)=-\ln\left(\frac{2}{e}-e^{-1-2018\lambda}\right)\to 1-\ln 2\quad (\lambda\to+\infty)[/tex]
Значит, никакая постоянная, большая [tex]1-\ln 2[/tex], не подходит, и [tex]c=1-\ln 2[/tex].

Решение:
При [tex]y\ne 0[/tex] разделяем переменные:
[tex]\frac{dy}{3y^{2/3}}=dx\ \Rightarrow\ y^{1/3}=x+C\ \Rightarrow\ y=(x+C)^{3}[/tex]
Кроме того, [tex]y\equiv 0[/tex] тоже решение. И [tex]y\equiv 0[/tex], и [tex]y=(x-2)^{3}[/tex] удовлетворяют условию [tex]y(2)=0[/tex], но решений гораздо больше. Для любых чисел [tex]a\le 2\le b[/tex] положим
[tex]y_{a,b}(x)=\begin{cases}(x-a)^{3}, & x\lt a\\ 0, & a\le x\le b\\ (x-b)^{3}, & x\gt b\end{cases}[/tex]
При [tex]x\gt b[/tex]:
[tex]y'=3(x-b)^{2}=3\sqrt[3]{(x-b)^{6}}=3\sqrt[3]{y^{2}}[/tex]
При [tex]x\lt a[/tex] вычисление то же самое, так как [tex]\sqrt[3]{(x-a)^{6}}=(x-a)^{2}[/tex], хотя [tex]x-a\lt 0[/tex]. При [tex]a\lt x\lt b[/tex] обе части равны [tex]0[/tex]. В точках [tex]x=a[/tex] и [tex]x=b[/tex] функция непрерывна и обе односторонние производные равны [tex]0[/tex]; например,
[tex]\lim_{x\to a^{-}}\frac{y(x)-y(a)}{x-a}=\lim_{x\to a^{-}}(x-a)^{2}=0[/tex]
поэтому в этих точках [tex]y'(a)=y'(b)=0=3\sqrt[3]{y^{2}}[/tex]. Итак, каждая функция [tex]y_{a,b}[/tex] — решение на [tex]\mathbb{R}[/tex] с [tex]y(2)=0[/tex], а разные пары [tex](a; b)[/tex] дают разные функции. Следовательно, задача имеет бесконечно много решений.
Это не противоречит теореме существования и единственности: функция [tex]f(y)=3y^{2/3}[/tex] непрерывна, но не удовлетворяет условию Липшица в окрестности [tex]y=0[/tex], так как
[tex]\frac{|f(y)-f(0)|}{|y|}=3|y|^{-1/3}\to\infty\quad (y\to 0)[/tex]

Решение:
Рассмотрим функцию [tex]E(x)=f(x)^2+f'(x)^2[/tex]; она дифференцируема, так как [tex]f[/tex] дважды дифференцируема. В силу данного равенства
[tex]E'(x)=2f'(x)\left(f(x)+f''(x)\right)=-2x\,g(x)\,f'(x)^2[/tex]
Так как [tex]g\gt 0[/tex] и [tex]f'(x)^2\ge 0[/tex], имеем [tex]E'(x)\ge 0[/tex] при [tex]x\le 0[/tex] и [tex]E'(x)\le 0[/tex] при [tex]x\ge 0[/tex]. Значит, [tex]E[/tex] не убывает на [tex]\left(-\infty; 0\right][/tex] и не возрастает на [tex]\left[0; +\infty\right)[/tex], т.е. [tex]E(x)\le E(0)[/tex] при всех [tex]x[/tex]. Поэтому
[tex]f(x)^2\le E(x)\le E(0)=f(0)^2+f'(0)^2\ \Rightarrow\ |f(x)|\le\sqrt{f(0)^2+f'(0)^2}[/tex]
при всех [tex]x\in\mathbb{R}[/tex], т.е. [tex]|f|[/tex] ограничена.

Решение:
Сначала проверим, что обе функции дифференцируемы на [tex](0; 2)[/tex]. При [tex]x\ne 1[/tex] это очевидно. В точке [tex]x=1[/tex], поскольку [tex]\alpha\gt 1[/tex],
[tex]\lim_{x\to 1^{-}}\frac{y_1(x)-y_1(1)}{x-1}=-\lim_{x\to 1^{-}}(1-x)^{\alpha-1}=0[/tex]
а правая производная равна [tex]0[/tex], так как [tex]y_1=0[/tex] на [tex]\left[1; 2\right)[/tex]; значит, [tex]y_1'(1)=0[/tex]. Аналогично [tex]y_2'(1)=0[/tex]. Итак,
[tex]y_1'(x)=\begin{cases}-\alpha(1-x)^{\alpha-1}, & 0\lt x\lt 1\\ 0, & 1\le x\lt 2\end{cases}\qquad y_2'(x)=\begin{cases}0, & 0\lt x\le 1\\ \alpha(x-1)^{\alpha-1}, & 1\lt x\lt 2\end{cases}[/tex]
Определитель Вронского равен [tex]W=y_1y_2'-y_1'y_2[/tex]. На [tex](0; 1)[/tex] имеем [tex]y_2=y_2'=0[/tex], а на [tex]\left[1; 2\right)[/tex] имеем [tex]y_1=y_1'=0[/tex]; в обоих случаях [tex]W=0[/tex]. Следовательно, [tex]W\equiv 0[/tex] на [tex](0; 2)[/tex].
Линейная независимость: пусть [tex]c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=0[/tex] при всех [tex]x\in(0; 2)[/tex]. Подставим [tex]x=\frac{1}{2}[/tex] и [tex]x=\frac{3}{2}[/tex]:
[tex]c_1\left(\frac{1}{2}\right)^{\alpha}=0\Rightarrow c_1=0,\qquad c_2\left(\frac{1}{2}\right)^{\alpha}=0\Rightarrow c_2=0[/tex]
Следовательно, [tex]y_1[/tex] и [tex]y_2[/tex] линейно независимы на [tex](0; 2)[/tex], хотя [tex]W\equiv 0[/tex].
Замечание. Это не противоречит теореме о том, что тождественно нулевой определитель Вронского влечёт линейную зависимость: эта теорема верна лишь для решений одного линейного однородного уравнения [tex]y''+p(x)y'+q(x)y=0[/tex] с непрерывными коэффициентами. Здесь [tex]y_1[/tex] не может быть таким решением: [tex]y_1(1)=y_1'(1)=0[/tex], поэтому по теореме единственности она была бы тождественно равна нулю, но [tex]y_1\not\equiv 0[/tex].