Обыкновенные дифференциальные уравнения - сложные задачи с решениями

Решение:
По второму закону Ньютона (положительное направление — вниз):
[tex]m\frac{dv}{dt}=mg-kv^2,\qquad v(0)=0[/tex]
Пусть [tex]V=\sqrt{\frac{mg}{k}}[/tex]; тогда [tex]\frac{dv}{dt}=\frac{k}{m}\left(V^2-v^2\right)[/tex]. Постоянные [tex]v=\pm V[/tex] являются решениями, поэтому по единственности решение с [tex]v(0)=0[/tex] удовлетворяет [tex]|v|\lt V[/tex] при всех [tex]t\ge 0[/tex]. Значит, можно разделить переменные и проинтегрировать, используя [tex]v(0)=0[/tex]:
[tex]\frac{dv}{V^2-v^2}=\frac{k}{m}\,dt\ \Rightarrow\ \frac{1}{2V}\ln\frac{V+v}{V-v}=\frac{k}{m}\,t\ \Rightarrow\ \frac{V+v}{V-v}=e^{\frac{2kV}{m}t}[/tex]
Выражаем [tex]v[/tex]:
[tex]v(t)=V\,\frac{e^{\frac{2kV}{m}t}-1}{e^{\frac{2kV}{m}t}+1}=V\,\frac{1-e^{-\frac{2kV}{m}t}}{1+e^{-\frac{2kV}{m}t}}[/tex]
Так как [tex]e^{-\frac{2kV}{m}t}\to 0[/tex] при [tex]t\to\infty[/tex], то
[tex]\lim_{t\to\infty}v(t)=V=\sqrt{\frac{mg}{k}}[/tex]
Это предельная (установившаяся) скорость, при которой сила тяжести и сопротивление уравновешиваются: [tex]mg=kv^2[/tex].

Решение:
Запишем уравнение в виде
[tex](1-x^2)\,y'=xy-xy^2=xy(1-y)[/tex]
Это уравнение Бернулли, но в нём также разделяются переменные. Вблизи точки [tex]M[/tex] имеем [tex]|x|\lt 1[/tex] и [tex]y(1-y)\ne 0[/tex], поэтому
[tex]\frac{dy}{y(1-y)}=\frac{x\,dx}{1-x^2}[/tex]
Так как [tex]\frac{1}{y(1-y)}=\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}[/tex], интегрируя, получаем
[tex]\ln\left|\frac{y}{1-y}\right|=-\frac{1}{2}\ln\left(1-x^2\right)+c\ \Rightarrow\ \frac{y}{1-y}=\frac{C}{\sqrt{1-x^2}}[/tex]
Из условия для точки [tex]M\left(0 ; \frac{1}{2}\right)[/tex] получаем [tex]C=1[/tex]. Тогда
[tex]y\sqrt{1-x^2}=1-y\ \Rightarrow\ y=\frac{1}{1+\sqrt{1-x^2}},\qquad -1\lt x\lt 1[/tex]

Решение:
Уравнение не содержит [tex]y[/tex], поэтому понижаем порядок заменой [tex]y'=p(x)[/tex], [tex]y''=p'[/tex]:
[tex]p'=p^2+9[/tex]
Разделяем переменные ([tex]p^2+9\gt 0[/tex]):
[tex]\frac{dp}{p^2+9}=dx\ \Rightarrow\ \frac{1}{3}\operatorname{arctg}\frac{p}{3}=x+c\ \Rightarrow\ p=3\operatorname{tg} \left(3x+C_1\right),\quad C_1=3c[/tex]
Интегрируем ещё раз:
[tex]y=\int 3\operatorname{tg} \left(3x+C_1\right)dx=-\ln\left|\cos\left(3x+C_1\right)\right|+C_2[/tex]
Проверка:
[tex]y'=3\operatorname{tg} \left(3x+C_1\right),\qquad y''=\frac{9}{\cos^2\left(3x+C_1\right)}=9+9\operatorname{tg} ^2\left(3x+C_1\right)=9+(y')^2[/tex]

Решение:
Это уравнение типа Эйлера. Так как [tex]2x+1\gt 0[/tex], сделаем замену [tex]2x+1=e^{t}[/tex], т.е. [tex]t=\ln(2x+1)[/tex] и [tex]\frac{dt}{dx}=\frac{2}{2x+1}=2e^{-t}[/tex]. Обозначая производные по [tex]t[/tex] точками, получаем
[tex]y'=\dot y\,\frac{dt}{dx}=2e^{-t}\dot y,\qquad y''=\frac{d}{dt}\left(2e^{-t}\dot y\right)\cdot \frac{dt}{dx}=4e^{-2t}\left(\ddot y-\dot y\right)[/tex]
Так как [tex](2x+1)^2=e^{2t}[/tex], после подстановки в уравнение получаем
[tex]4\left(\ddot y-\dot y\right)-4\dot y+4y=0\ \Leftrightarrow\ \ddot y-2\dot y+y=0[/tex]
Его характеристическое уравнение [tex]r^2-2r+1=0[/tex] имеет двукратный корень [tex]r=1[/tex], поэтому [tex]y=(C_1+C_2t)e^{t}[/tex]. Возвращаясь к [tex]x[/tex], получаем
[tex]y=(2x+1)\left(C_1+C_2\ln(2x+1)\right)[/tex]

Решение:
Уравнение не линейно относительно [tex]y[/tex], но становится линейным, если считать [tex]x[/tex] функцией от [tex]y[/tex]. Из уравнения следует [tex]y'\ne 0[/tex], поэтому [tex]y'=\frac{1}{x'(y)}[/tex] и
[tex]\frac{dx}{dy}=x+2y\ \Leftrightarrow\ x'-x=2y[/tex]
Умножаем на интегрирующий множитель [tex]e^{-y}[/tex] и интегрируем по частям:
[tex]\left(xe^{-y}\right)'=2ye^{-y}\ \Rightarrow\ xe^{-y}=-2ye^{-y}-2e^{-y}+C\ \Rightarrow\ x=Ce^{y}-2y-2[/tex]
Начальное условие означает, что [tex]x=0[/tex] при [tex]y=-1[/tex]:
[tex]0=Ce^{-1}+2-2\ \Rightarrow\ C=0,\qquad x=-2y-2\ \Leftrightarrow\ y=-\frac{x}{2}-1[/tex]
Проверка: [tex]x+2y=-2[/tex] и [tex]y'=-\frac{1}{2}[/tex], значит, [tex](x+2y)y'=1[/tex]; кроме того, [tex]y(0)=-1[/tex].

Решение:
При [tex]x\ne 0[/tex] и [tex]2x+y\ne 0[/tex] уравнение однородное:
[tex]y'=\frac{x+2y}{2x+y}=\frac{1+2\frac{y}{x}}{2+\frac{y}{x}}[/tex]
Положим [tex]y=ux[/tex], [tex]y'=u+xu'[/tex]:
[tex]u+xu'=\frac{1+2u}{2+u}\ \Rightarrow\ xu'=\frac{1-u^2}{2+u}[/tex]
При [tex]u\ne\pm1[/tex] разделяем переменные и раскладываем на простейшие дроби:
[tex]\frac{2+u}{1-u^2}\,du=\frac{dx}{x},\qquad \frac{2+u}{(1-u)(1+u)}=\frac{3}{2(1-u)}+\frac{1}{2(1+u)}[/tex]
Интегрируя, умножая на [tex]2[/tex] и потенцируя, получаем:
[tex]-\frac{3}{2}\ln|1-u|+\frac{1}{2}\ln|1+u|=\ln|x|+C_1\ \Rightarrow\ \frac{1+u}{(1-u)^3}=Cx^2[/tex]
Возвращаясь к [tex]u=\frac{y}{x}[/tex]:
[tex]\frac{(x+y)x^2}{(x-y)^3}=Cx^2\ \Rightarrow\ x+y=C(x-y)^3[/tex]
Исключённые случаи [tex]u=\pm1[/tex] дают [tex]y=-x[/tex] (семейство при [tex]C=0[/tex]) и [tex]y=x[/tex] (получается формально при [tex]C\to\infty[/tex]); обе функции удовлетворяют уравнению. Общий интеграл: [tex]x+y=C(x-y)^3[/tex].

Решение:
Это уравнение Бернулли с показателем [tex]3[/tex]; [tex]y=0[/tex] является решением. При [tex]y\ne 0[/tex] делим на [tex]y^3[/tex] и полагаем [tex]z=y^{-2}[/tex], [tex]z'=-2y^{-3}y'[/tex]:
[tex]2y^{-3}y'\sin x+y^{-2}\cos x=x\cos x-\sin x\ \Rightarrow\ -z'\sin x+z\cos x=x\cos x-\sin x[/tex]
Это уравнение линейно относительно [tex]z[/tex]. На интервале, где [tex]\sin x\ne 0[/tex], делим на [tex]-\sin ^2x[/tex] и замечаем, что обе части являются производными частных:
[tex]\frac{z'\sin x-z\cos x}{\sin ^2x}=\frac{\sin x-x\cos x}{\sin ^2x}\ \Rightarrow\ \left(\frac{z}{\sin x}\right)'=\left(\frac{x}{\sin x}\right)'[/tex]
Следовательно,
[tex]\frac{z}{\sin x}=\frac{x}{\sin x}+C\ \Rightarrow\ z=x+C\sin x\ \Rightarrow\ \frac{1}{y^2}=x+C\sin x[/tex]
Общий интеграл: [tex]\frac{1}{y^2}=x+C\sin x[/tex] (вместе с решением [tex]y=0[/tex]).

Решение:
Здесь [tex]P=xy+y^{2}[/tex], [tex]Q=xy+1[/tex], [tex]P_y=x+2y[/tex], [tex]Q_x=y[/tex], поэтому уравнение не является уравнением в полных дифференциалах. Интегрирующий множитель [tex]\mu(y)[/tex] должен удовлетворять условию [tex](\mu P)_y=(\mu Q)_x[/tex], т.е.
[tex]\frac{\mu'}{\mu}=\frac{Q_x-P_y}{P}=\frac{-(x+y)}{y(x+y)}=-\frac{1}{y}[/tex]
Правая часть зависит только от [tex]y[/tex], поэтому такой множитель существует: [tex]\mu=\frac{1}{y}[/tex]. Умножив на него, получаем уравнение в полных дифференциалах:
[tex](x+y)\,dx+\left(x+\frac{1}{y}\right)dy=0,\qquad \frac{\partial}{\partial y}(x+y)=1=\frac{\partial}{\partial x}\left(x+\frac{1}{y}\right)[/tex]
Ищем [tex]U[/tex] с [tex]U_x=x+y[/tex], [tex]U_y=x+\frac{1}{y}[/tex]:
[tex]U=\frac{x^{2}}{2}+xy+\psi(y),\quad U_y=x+\psi'(y)=x+\frac{1}{y}\ \Rightarrow\ \psi(y)=\ln|y|[/tex]
Общий интеграл: [tex]\frac{x^{2}}{2}+xy+\ln|y|=C[/tex], т.е. [tex]x^{2}+2xy+2\ln|y|=C[/tex]. Функция [tex]y=0[/tex], потерянная при умножении на [tex]\frac{1}{y}[/tex], также удовлетворяет уравнению.

Решение:
Уравнение не содержит явно [tex]x[/tex], поэтому понижаем порядок подстановкой [tex]y'=p(y)[/tex], [tex]y''=p\frac{dp}{dy}[/tex]:
[tex](y-1)p\frac{dp}{dy}=2p^{2}[/tex]
Случай [tex]p\equiv 0[/tex] даёт постоянные, что противоречит условию [tex]y'(0)=-1[/tex]. Поэтому делим на [tex]p[/tex] и разделяем переменные:
[tex]\frac{dp}{p}=\frac{2\,dy}{y-1}\ \Rightarrow\ p=C_1(y-1)^{2}[/tex]
При [tex]x=0[/tex] имеем [tex]y=2[/tex], [tex]p=-1[/tex], поэтому [tex]C_1=-1[/tex] и [tex]y'=-(y-1)^{2}[/tex]. Снова разделяем переменные:
[tex]\frac{dy}{(y-1)^{2}}=-dx\ \Rightarrow\ -\frac{1}{y-1}=-x+C_2[/tex]
Из [tex]y(0)=2[/tex] получаем [tex]C_2=-1[/tex], откуда [tex]\frac{1}{y-1}=x+1[/tex] и
[tex]y=1+\frac{1}{x+1}=\frac{x+2}{x+1},\quad x\gt -1[/tex]
Проверка:
[tex]y'=-\frac{1}{(x+1)^{2}},\quad y''=\frac{2}{(x+1)^{3}},\quad (y-1)y''=\frac{2}{(x+1)^{4}}=2(y')^{2},\quad y(0)=2,\quad y'(0)=-1[/tex]

Решение:
Характеристическое уравнение:
[tex]\lambda^{3}-3\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1)^{2}=0[/tex]
Его корни [tex]2[/tex] (простой) и [tex]-1[/tex] (двукратный), поэтому общее решение однородного уравнения
[tex]y_0=C_1e^{2x}+(C_2+C_3x)e^{-x}[/tex]
Правая часть равна [tex]9e^{2x}[/tex], а [tex]2[/tex] — простой корень (резонанс), поэтому ищем частное решение в виде [tex]Y=Axe^{2x}[/tex]:
[tex]Y'=A(1+2x)e^{2x},\quad Y''=A(4+4x)e^{2x},\quad Y'''=A(12+8x)e^{2x}[/tex]
[tex]Y'''-3Y'-2Y=A(12+8x-3-6x-2x)e^{2x}=9Ae^{2x}=9e^{2x}\ \Rightarrow\ A=1[/tex]
Следовательно,
[tex]y=C_1e^{2x}+(C_2+C_3x)e^{-x}+xe^{2x}[/tex]

Решение:
Характеристическое уравнение [tex]\lambda^2+1=0[/tex] имеет корни [tex]\pm i[/tex], поэтому общее решение однородного уравнения
[tex]y_0=C_1\cos x+C_2\sin x[/tex]
Правая часть — многочлен первой степени, умноженный на [tex]\cos x[/tex], а [tex]i[/tex] — простой корень характеристического уравнения (резонанс), поэтому ищем частное решение
[tex]\eta=x\left[(Ax+B)\cos x+(Mx+N)\sin x\right]=P(x)\cos x+Q(x)\sin x,\quad P=Ax^2+Bx,\ Q=Mx^2+Nx[/tex]
Для такой функции
[tex]\eta''+\eta=(P''+2Q')\cos x+(Q''-2P')\sin x=(2A+2N+4Mx)\cos x+(2M-2B-4Ax)\sin x[/tex]
Сравнивая с [tex]4x\cos x[/tex], получаем:
[tex]4M=4,\ 2A+2N=0,\ -4A=0,\ 2M-2B=0\ \Rightarrow\ A=0,\ B=1,\ M=1,\ N=0[/tex]
Значит, [tex]\eta=x\cos x+x^2\sin x[/tex], и общее решение
[tex]y=C_1\cos x+C_2\sin x+x\cos x+x^2\sin x[/tex]

Решение:
Правая часть не является функцией специального вида, поэтому применяем метод вариации произвольных постоянных (метод Лагранжа). Общее решение однородного уравнения [tex]C_1\cos x+C_2\sin x[/tex]; ищем [tex]y=C_1(x)\cos x+C_2(x)\sin x[/tex], где
[tex]\begin{cases}C_1'\cos x+C_2'\sin x=0\\ -C_1'\sin x+C_2'\cos x=\frac{1}{\sin x}\end{cases}[/tex]
Определитель системы — определитель Вронского [tex]\cos^2x+\sin ^2x=1[/tex], и
[tex]C_1'=-1,\quad C_2'=\frac{\cos x}{\sin x}\ \Rightarrow\ C_1=-x+A,\quad C_2=\ln|\sin x|+B[/tex]
[tex]y=A\cos x+B\sin x-x\cos x+\sin x\ln|\sin x|[/tex]
Начальная точка [tex]\frac{\pi}{2}[/tex] лежит в [tex](0; \pi)[/tex], где [tex]\sin x\gt 0[/tex] и правая часть непрерывна, поэтому решение рассматривается на этом интервале. Тогда [tex]y\left(\frac{\pi}{2}\right)=B=5[/tex] и
[tex]y'=-A\sin x+B\cos x+x\sin x+\cos x\ln(\sin x)\ \Rightarrow\ y'\left(\frac{\pi}{2}\right)=-A+\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}\ \Rightarrow\ A=0[/tex]
Следовательно,
[tex]y=5\sin x-x\cos x+\sin x\ln(\sin x),\quad 0\lt x\lt\pi[/tex]

Решение:
Из второго уравнения [tex]x=y-\dot{y}[/tex], откуда [tex]\dot{x}=\dot{y}-\ddot{y}[/tex]. Подставляем в первое уравнение:
[tex]\dot{y}-\ddot{y}=3(y-\dot{y})+2y\ \Rightarrow\ \ddot{y}-4\dot{y}+5y=0[/tex]
Характеристическое уравнение [tex]r^2-4r+5=0[/tex] имеет корни [tex]r=2\pm i[/tex] (собственные значения матрицы системы), следовательно,
[tex]y=e^{2t}\left(C_1\cos t+C_2\sin t\right)[/tex]
Тогда
[tex]\dot{y}=e^{2t}\left[(2C_1+C_2)\cos t+(2C_2-C_1)\sin t\right][/tex]
[tex]x=y-\dot{y}=e^{2t}\left[-(C_1+C_2)\cos t+(C_1-C_2)\sin t\right][/tex]
Непосредственная подстановка подтверждает, что оба уравнения системы выполнены.

Решение:
Пусть [tex]M(x; y)[/tex] — точка кривой; чтобы треугольник существовал, нужно [tex]y\ne 0[/tex] и [tex]y'\ne 0[/tex]. Касательная в точке [tex]M[/tex]: [tex]Y-y=y'(X-x)[/tex]; она пересекает ось абсцисс в точке [tex]T\left(x-\frac{y}{y'}; 0\right)[/tex], а ордината точки [tex]M[/tex] заканчивается в точке [tex]P(x; 0)[/tex]. Треугольник [tex]MPT[/tex] прямоугольный с прямым углом при вершине [tex]P[/tex], его катеты
[tex]|MP|=|y|,\qquad |PT|=\left|\frac{y}{y'}\right|[/tex]
([tex]PT[/tex] — подкасательная), поэтому условие задачи имеет вид
[tex]\frac{1}{2}\,|y|\left|\frac{y}{y'}\right|=a^2\ \Rightarrow\ \frac{y^2}{2|y'|}=a^2\ \Rightarrow\ y'=\pm\frac{y^2}{2a^2}[/tex]
Разделяем переменные и интегрируем:
[tex]\frac{dy}{y^2}=\pm\frac{dx}{2a^2}\ \Rightarrow\ -\frac{1}{y}=\pm\frac{x+C}{2a^2}\ \Rightarrow\ (x+C)\,y=\mp 2a^2[/tex]
Возможны оба знака, поэтому искомые кривые — гиперболы [tex](x+C)\,y=\pm 2a^2[/tex] с асимптотами [tex]y=0[/tex] и [tex]x=-C[/tex]. Проверка: для [tex]y=\frac{2a^2}{x+C}[/tex] имеем [tex]y'=-\frac{2a^2}{(x+C)^2}[/tex] и
[tex]\frac{y^2}{2|y'|}=\frac{4a^4}{(x+C)^2}\cdot \frac{(x+C)^2}{4a^2}=a^2[/tex]

Решение:
Положим [tex]y'=p[/tex], т.е. [tex]y=xp-4p^3[/tex]. Дифференцируем по [tex]x[/tex] и используем [tex]y'=p[/tex]:
[tex]p=p+xp'-12p^2p'\ \Rightarrow\ p'\left(x-12p^2\right)=0[/tex]
Если [tex]p'=0[/tex], то [tex]p=C[/tex] и получаем общее решение [tex]y=Cx-4C^3[/tex] (семейство прямых). Если [tex]x=12p^2[/tex], то [tex]y=12p^3-4p^3=8p^3[/tex]. Исключаем параметр [tex]p[/tex]:
[tex]x^3=1728p^6,\quad y^2=64p^6\ \Rightarrow\ x^3=27y^2[/tex]
Проверка для ветви [tex]y=\frac{x\sqrt{x}}{3\sqrt{3}}[/tex], [tex]x\ge 0[/tex]: здесь [tex]y'=\frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{3}}[/tex] и
[tex]xy'-4(y')^3=\frac{x\sqrt{x}}{2\sqrt{3}}-\frac{x\sqrt{x}}{6\sqrt{3}}=\frac{x\sqrt{x}}{3\sqrt{3}}=y[/tex]
(ветвь со знаком минус проверяется аналогично). Эта кривая не является прямой, поэтому она не получается из общего решения ни при каком [tex]C[/tex]; она является огибающей прямых [tex]y=Cx-4C^3[/tex] (каждая из них касается её в точке с абсциссой [tex]x=12C^2[/tex]). Следовательно, особое решение: [tex]27y^2=x^3[/tex].

Решение:
Так как [tex](yy')'=yy''+(y')^{2}[/tex], уравнение можно записать в виде [tex](yy')'=-1[/tex]. Интегрируем дважды, используя [tex]yy'=\frac{1}{2}\left(y^{2}\right)'[/tex]:
[tex]yy'=-x+C_1\ \Rightarrow\ \left(y^{2}\right)'=-2x+2C_1\ \Rightarrow\ y^{2}=-x^{2}+2C_1x+C_2[/tex]
[tex](x-C_1)^{2}+y^{2}=C_1^{2}+C_2[/tex]
Решение нигде не обращается в нуль: в точке, где [tex]y=0[/tex], уравнение дало бы [tex](y')^{2}+1=0[/tex], что невозможно. Поэтому [tex]C_1^{2}+C_2=R^{2}\gt 0[/tex], и каждая интегральная кривая лежит на окружности с центром [tex](C_1; 0)[/tex] на оси абсцисс и радиусом [tex]R[/tex]; так как [tex]y[/tex] сохраняет знак, кривая является дугой верхней или нижней половины этой окружности.
Обратно, каждая такая дуга [tex]y=\pm\sqrt{R^{2}-(x-x_0)^{2}}[/tex], [tex]|x-x_0|\lt R[/tex], является решением: дифференцируя дважды [tex](x-x_0)^{2}+y^{2}=R^{2}[/tex], получаем
[tex](x-x_0)+yy'=0\ \Rightarrow\ 1+(y')^{2}+yy''=0[/tex]
Тем самым утверждение доказано.