Обыкновенные дифференциальные уравнения - задачи с решениями

Решение:
Это уравнение с разделяющимися переменными. При [tex]y\ne 0[/tex] делим на [tex]y^{2}[/tex] и разделяем переменные:
[tex]\frac{dy}{y^{2}}=\frac{dx}{1+x^{2}}[/tex]
Интегрируем обе части:
[tex]-\frac{1}{y}=\operatorname{arctg}x+C\ \Rightarrow\ y=-\frac{1}{\operatorname{arctg}x+C}[/tex]
Постоянная интегрирования должна остаться в знаменателе (запись [tex]y=-\frac{1}{\operatorname{arctg}x}+C[/tex] — типичная ошибка). Проверка:
[tex]y'=\frac{1}{\left(\operatorname{arctg}x+C\right)^{2}}\,\frac{1}{1+x^{2}}=\frac{y^{2}}{1+x^{2}}[/tex]
Функция [tex]y=0[/tex], потерянная при делении на [tex]y^{2}[/tex], также является решением уравнения.

Решение:
При [tex]x\ne 0[/tex] делим на [tex]x[/tex]. Правая часть зависит только от [tex]\frac{y}{x}[/tex], поэтому уравнение однородное:
[tex]y'=\frac{y}{x}+e^{\frac{y}{x}}[/tex]
Сделаем замену [tex]y=xz[/tex], [tex]y'=z+xz'[/tex] и разделим переменные:
[tex]z+xz'=z+e^{z}\ \Rightarrow\ xz'=e^{z}\ \Rightarrow\ e^{-z}\,dz=\frac{dx}{x}[/tex]
Интегрируем (для удобства запишем постоянную в виде [tex]-C[/tex]):
[tex]-e^{-z}=\ln|x|-C\ \Rightarrow\ e^{-z}=C-\ln|x|\ \Rightarrow\ z=-\ln\left(C-\ln|x|\right)[/tex]
где [tex]C-\ln|x|\gt 0[/tex]. Так как [tex]y=xz[/tex],
[tex]y=-x\ln\left(C-\ln|x|\right)[/tex]
Проверка: здесь [tex]e^{\frac{y}{x}}=\frac{1}{C-\ln|x|}[/tex] и
[tex]y'=-\ln\left(C-\ln|x|\right)+\frac{1}{C-\ln|x|}\ \Rightarrow\ xy'=y+\frac{x}{C-\ln|x|}=y+xe^{\frac{y}{x}}[/tex]

Решение:
Это линейное уравнение первого порядка:
[tex]y'-y\operatorname{tg} x=\frac{1}{\cos x}[/tex]
Интегрирующий множитель [tex]\mu=e^{-\int\operatorname{tg} x\,dx}=e^{\ln|\cos x|}=|\cos x|[/tex]. На каждом интервале, где [tex]\cos x\ne 0[/tex], знак [tex]\cos x[/tex] постоянен, поэтому можно взять [tex]\mu=\cos x[/tex]. Умножаем на [tex]\cos x[/tex]:
[tex]y'\cos x-y\sin x=1\ \Rightarrow\ \left(y\cos x\right)'=1\ \Rightarrow\ y\cos x=x+C[/tex]
Следовательно,
[tex]y=\frac{x+C}{\cos x}[/tex]
Проверка:
[tex]y'=\frac{\cos x+(x+C)\sin x}{\cos^{2}x}=\frac{1}{\cos x}+y\operatorname{tg} x[/tex]

Решение:
Так как [tex]x\ne 0[/tex], делим на [tex]x^{2}[/tex]. Левая часть становится производной частного [tex]\frac{y}{x}[/tex] (иначе говоря, [tex]\frac{1}{x}[/tex] — интегрирующий множитель линейного уравнения [tex]y'-\frac{y}{x}=x^{2}\cos x[/tex]):
[tex]\frac{xy'-y}{x^{2}}=\left(\frac{y}{x}\right)'=x\cos x[/tex]
Интегрируем по частям:
[tex]\int x\cos x\,dx=x\sin x-\int\sin x\,dx=x\sin x+\cos x+C[/tex]
Следовательно,
[tex]\frac{y}{x}=x\sin x+\cos x+C\ \Rightarrow\ y=x^{2}\sin x+x\cos x+Cx[/tex]

Решение:
Положим [tex]u=e^{y}\gt 0[/tex]. Тогда [tex]u'=e^{y}y'[/tex], и уравнение становится линейным:
[tex]u'+u=1[/tex]
Умножаем на интегрирующий множитель [tex]e^{x}[/tex]:
[tex]\left(ue^{x}\right)'=e^{x}\ \Rightarrow\ ue^{x}=e^{x}+C\ \Rightarrow\ u=1+Ce^{-x}[/tex]
Следовательно, на интервале, где [tex]1+Ce^{-x}\gt 0[/tex],
[tex]y=\ln\left(1+Ce^{-x}\right)[/tex]
Проверка:
[tex]y'=\frac{-Ce^{-x}}{1+Ce^{-x}}\ \Rightarrow\ y'+1=\frac{1}{1+Ce^{-x}}=e^{-y}\ \Rightarrow\ e^{y}(y'+1)=1[/tex]

Решение:
Запишем уравнение в виде [tex]P\,dx+Q\,dy=0[/tex]:
[tex]\left(3x^{2}y^{2}+x\right)dx+2x^{3}y\,dy=0,\qquad P=3x^{2}y^{2}+x,\quad Q=2x^{3}y[/tex]
Так как
[tex]\frac{\partial P}{\partial y}=6x^{2}y=\frac{\partial Q}{\partial x}[/tex]
это уравнение в полных дифференциалах, т.е. его левая часть — полный дифференциал некоторой функции [tex]U(x,y)[/tex]. Из [tex]U_y=Q=2x^{3}y[/tex] получаем [tex]U=x^{3}y^{2}+\varphi(x)[/tex]. Тогда из [tex]U_x=P[/tex] следует
[tex]3x^{2}y^{2}+\varphi'(x)=3x^{2}y^{2}+x\ \Rightarrow\ \varphi'(x)=x\ \Rightarrow\ \varphi(x)=\frac{x^{2}}{2}[/tex]
Общий интеграл имеет вид [tex]U(x,y)=C[/tex], т.е.
[tex]x^{3}y^{2}+\frac{x^{2}}{2}=C[/tex]

Решение:
Подставим [tex]t=0[/tex] в уравнение:
[tex]f''(0)=4f'(0)-3f(0)+1=8-3+1=6[/tex]
Равенство выполняется при всех [tex]t[/tex], и его правая часть дифференцируема, поэтому его можно продифференцировать:
[tex]f'''(t)=4f''(t)-3f'(t)\ \Rightarrow\ f'''(0)=4\cdot 6-3\cdot 2=18[/tex]
Дифференцируем ещё раз:
[tex]f^{(4)}(t)=4f'''(t)-3f''(t)\ \Rightarrow\ f^{(4)}(0)=4\cdot 18-3\cdot 6=54[/tex]
Проверка с помощью решения уравнения: характеристическое уравнение [tex]r^{2}-4r+3=0[/tex] имеет корни [tex]1[/tex] и [tex]3[/tex], частное решение — постоянная [tex]\frac{1}{3}[/tex], а из начальных условий получаем
[tex]f(t)=\frac{2}{3}e^{3t}+\frac{1}{3},\qquad f^{(4)}(0)=\frac{2}{3}\cdot 81=54[/tex]

Решение:
Это линейное однородное уравнение с постоянными коэффициентами. Его характеристическое уравнение и корни:
[tex]\lambda^{3}+\lambda^{2}+\lambda=\lambda\left(\lambda^{2}+\lambda+1\right)=0\ \Rightarrow\ \lambda_1=0,\quad \lambda_{2,3}=-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}i[/tex]
Корень [tex]\lambda_1=0[/tex] даёт решение [tex]1[/tex], а пара комплексно сопряжённых корней [tex]\alpha\pm\beta i[/tex], где [tex]\alpha=-\frac{1}{2}[/tex], [tex]\beta=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], даёт [tex]e^{-\frac{x}{2}}\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x[/tex] и [tex]e^{-\frac{x}{2}}\sin \frac{\sqrt{3}}{2}x[/tex]. Эти три функции образуют фундаментальную систему решений, поэтому
[tex]y=C_1+e^{-\frac{x}{2}}\left(C_2\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_3\sin \frac{\sqrt{3}}{2}x\right)[/tex]
Уравнение третьего порядка, поэтому его общее решение должно содержать три произвольные постоянные; потеря постоянной [tex]C_1[/tex] (отвечающей корню [tex]\lambda_1=0[/tex]) — типичная ошибка.

Решение:
Характеристическое уравнение однородного уравнения и его корни:
[tex]\lambda^{2}-\lambda+1=0\ \Rightarrow\ \lambda_{1,2}=\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}}{2}i[/tex]
поэтому общее решение однородного уравнения имеет вид
[tex]y_0=e^{\frac{x}{2}}\left(C_1\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_2\sin \frac{\sqrt{3}}{2}x\right)[/tex]
Правая часть — многочлен третьей степени, и [tex]0[/tex] не является корнем характеристического уравнения, поэтому частное решение ищем в виде [tex]Y=ax^{3}+bx^{2}+cx+d[/tex]. Тогда
[tex]Y''-Y'+Y=ax^{3}+(b-3a)x^{2}+(6a-2b+c)x+(2b-c+d)[/tex]
Сравниваем коэффициенты с коэффициентами многочлена [tex]x^{3}+6[/tex]:
[tex]a=1,\quad b=3a=3,\quad c=2b-6a=0,\quad d=6-2b+c=0[/tex]
Следовательно, [tex]Y=x^{3}+3x^{2}[/tex], и общее решение имеет вид [tex]y=y_0+Y[/tex]:
[tex]y=e^{\frac{x}{2}}\left(C_1\cos\frac{\sqrt{3}}{2}x+C_2\sin \frac{\sqrt{3}}{2}x\right)+x^{3}+3x^{2}[/tex]

Решение:
Функция определена при всех действительных [tex]x[/tex], так как [tex]\sqrt{1+x^2}\gt |x|\ge -x[/tex], т.е. [tex]x+\sqrt{1+x^2}\gt 0[/tex]. Сначала найдём производную логарифма:
[tex]\left(\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right)'=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}[/tex]
По правилу дифференцирования произведения
[tex]y'=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)[/tex]
Следовательно,
[tex]y''=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\left(1+x^2\right)^{-\frac12},\qquad y'''=-\frac12\left(1+x^2\right)^{-\frac32}\cdot 2x=-\frac{x}{\left(1+x^2\right)\sqrt{1+x^2}}[/tex]
Подставляя в левую часть уравнения, при всех [tex]x\in\mathbb{R}[/tex] получаем
[tex](1+x^2)y'''+xy''=-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=0[/tex]
Следовательно, функция является решением уравнения на [tex]\mathbb{R}[/tex].

Решение:
Характеристическое уравнение однородного уравнения, его корни и общее решение [tex]Y[/tex] однородного уравнения:
[tex]\lambda^2+2\lambda-3=0,\quad \lambda_1=1,\ \lambda_2=-3,\qquad Y=C_1e^{x}+C_2e^{-3x}[/tex]
Правая часть равна [tex]8e^{x}[/tex], а [tex]1[/tex] — простой корень характеристического уравнения (резонанс), поэтому ищем частное решение в виде [tex]\eta=Axe^{x}[/tex]:
[tex]\eta'=A(x+1)e^{x},\quad \eta''=A(x+2)e^{x},\quad \eta''+2\eta'-3\eta=Ae^{x}\left[(x+2)+2(x+1)-3x\right]=4Ae^{x}[/tex]
Отсюда [tex]4A=8[/tex], [tex]A=2[/tex], и общее решение и его производная имеют вид
[tex]y=C_1e^{x}+C_2e^{-3x}+2xe^{x},\qquad y'=C_1e^{x}-3C_2e^{-3x}+2(x+1)e^{x}[/tex]
Из начальных условий получаем
[tex]y(0)=C_1+C_2=0,\quad y'(0)=C_1-3C_2+2=6\ \Rightarrow\ C_1=1,\ C_2=-1[/tex]
Следовательно, [tex]y=e^{x}-e^{-3x}+2xe^{x}[/tex].

Решение:
Матрица системы, её характеристическое уравнение и собственные значения:
[tex]A=\begin{pmatrix}2&-3\\-1&0\end{pmatrix},\qquad \det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(-\lambda)-3=\lambda^2-2\lambda-3=0,\quad \lambda_1=3,\ \lambda_2=-1[/tex]
При [tex]\lambda_1=3[/tex] уравнения для собственного вектора [tex](a ; b)[/tex] сводятся к [tex]-a-3b=0[/tex], можно взять [tex](3 ; -1)[/tex]; при [tex]\lambda_2=-1[/tex] они сводятся к [tex]3a-3b=0[/tex], можно взять [tex](1 ; 1)[/tex]. Общее решение:
[tex]x=3C_1e^{3t}+C_2e^{-t},\qquad y=-C_1e^{3t}+C_2e^{-t}[/tex]
Из начальных условий получаем
[tex]3C_1+C_2=1,\quad -C_1+C_2=1\ \Rightarrow\ C_1=0,\ C_2=1[/tex]
Следовательно, [tex]x(t)=e^{-t}[/tex] и [tex]y(t)=e^{-t}[/tex]. Проверка:
[tex]x'=-e^{-t}=2e^{-t}-3e^{-t}=2x-3y,\qquad y'=-e^{-t}=-x[/tex]