Обикновени диференциални уравнения - много трудни задачи с решения

Решение:
Нека камъкът е в точката [tex](x; y)[/tex], [tex]0\lt x\le a[/tex]. Веригата лежи върху допирателната към траекторията в тази точка, а другият ѝ край е пресечната точка на допирателната с ординатната ос, т.е. [tex]\left(0; \ y-xy'\right)[/tex]. Разстоянието между двата края е [tex]a[/tex]:
[tex]x^2+(xy')^2=a^2\ \Rightarrow\ y'=\pm\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{x}[/tex]
Когато краят на веригата се движи нагоре, камъкът се движи нагоре и към ординатната ос ([tex]y[/tex] расте, а [tex]x[/tex] намалява), затова избираме знака минус, с начално условие [tex]y(a)=0[/tex]:
[tex]y'=-\frac{\sqrt{a^2-x^2}}{x},\qquad y(a)=0[/tex]
Интегрираме (например чрез полагането [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]
Следователно траекторията (трактриса) е [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:
Използваме полярни координати по кривата: [tex]x=r\cos\varphi[/tex], [tex]y=r\sin \varphi[/tex], където [tex]r^2=x^2+y^2[/tex] и, тъй като [tex]x\gt 0[/tex] около точката [tex](1; 1)[/tex], [tex]\varphi=\operatorname{arctg}\frac{y}{x}[/tex]. Диференцираме по [tex]x[/tex]:
[tex]rr'=x+yy',\qquad \varphi'=\frac{xy'-y}{x^2+y^2}\ \Rightarrow\ y-xy'=-r^2\varphi'[/tex]
Уравнението придобива вида
[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 точката [tex](1; 1)[/tex] получаваме [tex]C=\ln 2+\frac{\pi}{4}[/tex]. Началното условие е допустимо: от [tex]y-xy'=2\left(x+yy'\right)[/tex] следва [tex]y'=\frac{y-2x}{x+2y}[/tex], така че [tex]y'(1)=-\frac{1}{3}[/tex] и [tex]x+yy'=\frac{2}{3}\ne 0[/tex] в началната точка. Следователно решението е
[tex]\ln\left(x^2+y^2\right)+\operatorname{arctg}\frac{y}{x}=\ln 2+\frac{\pi}{4}[/tex]
Това е логаритмичната спирала [tex]r=\sqrt{2}\,e^{\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}-\varphi\right)}[/tex].

Решение:
Групираме членовете с [tex]y'[/tex]: [tex]y'\left(x-x^3\sin y\right)=2y[/tex]. Функцията [tex]y\equiv 0[/tex] е решение. При [tex]y\ne 0[/tex] е удобно да разглеждаме [tex]x[/tex] като функция на [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]
Това е уравнение на Бернули за [tex]x(y)[/tex]. Полагаме [tex]u=x^{-2}[/tex] ([tex]x\ne 0[/tex]); тогава [tex]\frac{du}{dy}=-2x^{-3}\frac{dx}{dy}[/tex] и получаваме линейно 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]
Връщаме се към [tex]x[/tex]: [tex]\frac{y}{x^2}=C-\cos y[/tex], следователно общият интеграл е
[tex]y=x^2(C-\cos y)[/tex]
(решението [tex]y=0[/tex] също се съдържа в него, при [tex]C=1[/tex]). Проверка: като диференцираме [tex]y=x^2(C-\cos y)[/tex], получаваме
[tex]y'=2x(C-\cos y)+x^2y'\sin y=\frac{2y}{x}+x^2y'\sin y[/tex]
и след умножение по [tex]x[/tex] получаваме точно [tex]xy'=2y+x^3y'\sin y[/tex].

Решение:
Записваме уравнението във вида [tex]P\,dx+Q\,dy=0[/tex], където [tex]P=xy^2-y[/tex], [tex]Q=x^2y-3x[/tex]. Тъй като [tex]P_y=2xy-1\ne Q_x=2xy-3[/tex], то не е уравнение в пълни диференциали. Търсим интегриращ множител [tex]\mu(z)[/tex], [tex]z=xy[/tex]. Условието [tex](\mu P)_y=(\mu Q)_x[/tex] дава
[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]
Тук
[tex]Q_x-P_y=-2,\qquad xP-yQ=x^2y^2-xy-x^2y^2+3xy=2xy[/tex]
следователно [tex]\frac{\mu'}{\mu}=-\frac{1}{z}[/tex] зависи само от [tex]z[/tex] и [tex]\mu=\frac{1}{z}=\frac{1}{xy}[/tex]. След умножение с него (при [tex]xy\ne 0[/tex]) получаваме уравнение в пълни диференциали и неговия 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]
(наистина [tex]F_x=y-\frac{1}{x}[/tex], [tex]F_y=x-\frac{3}{y}[/tex]). Следователно
[tex]xy-\ln|x|-3\ln|y|=C_1\ \Rightarrow\ \ln\left|xy^3\right|=xy-C_1\ \Rightarrow\ xy^3=Ce^{xy}[/tex]
Решението [tex]y=0[/tex], изгубено при умножението с [tex]\mu[/tex], се съдържа в това семейство при [tex]C=0[/tex].

Решение:
Това е уравнение на Рикати. Търсим частно решение във вида [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]
Вземаме [tex]y_1=\frac{1}{x}[/tex] и полагаме [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]
Това линейно уравнение може да се запише като [tex]\left(x^2v\right)'=-x^2[/tex], откъдето
[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]
Тогава
[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]
следователно [tex]\frac{1-xy}{2+xy}=-\frac{x^3}{3K}[/tex] и при [tex]C=-\frac{1}{3K}[/tex] получаваме
[tex]1-xy=Cx^3(2+xy)[/tex]
Частното решение [tex]y=\frac{1}{x}[/tex] отговаря на [tex]C=0[/tex], а [tex]y=-\frac{2}{x}[/tex] (случаят [tex]K=0[/tex]) се получава при [tex]C\to\infty[/tex].

Решение:
Уравнението е хомогенно относно [tex]y,y',y''[/tex]. Около [tex]x=1[/tex] имаме [tex]y\gt 0[/tex], затова делим на [tex]y^2[/tex] и полагаме [tex]z=\frac{y'}{y}[/tex]. Тогава [tex]\frac{y''}{y}=z'+z^2[/tex], [tex]z(1)=\frac{y'(1)}{y(1)}=1[/tex] и уравнението приема вида
[tex]x^2(z'+z^2)-2x^2z^2+xz=0\iff z'+\frac{z}{x}=z^2[/tex]
Това е уравнение на Бернули. Около [tex]x=1[/tex] имаме [tex]z\ne 0[/tex]; полагаме [tex]u=\frac{1}{z}[/tex], откъдето [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]
От [tex]u(1)=1[/tex] получаваме [tex]K=1[/tex], т.е. [tex]\frac{y'}{y}=\frac{1}{x(1-\ln x)}[/tex]. Интегрираме (като [tex]d(1-\ln x)=-\frac{dx}{x}[/tex]):
[tex]\ln y=-\ln|1-\ln x|+c[/tex]
От условието [tex]y(1)=1[/tex] следва [tex]c=0[/tex]. Следователно
[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:
Това е уравнение на Ойлер. Полагаме [tex]x=e^{t}[/tex], т.е. [tex]t=\ln x\gt 0[/tex]; тогава (с точка означаваме производна по [tex]t[/tex]) [tex]xy'=\dot y[/tex], [tex]x^{2}y''=\ddot y-\dot y[/tex] и уравнението приема вида
[tex]\ddot y-2\dot y+y=\frac{e^{t}}{t}[/tex]
Характеристичното уравнение [tex]\lambda^{2}-2\lambda+1=0[/tex] има двоен корен [tex]1[/tex], затова общото решение на хомогенното уравнение е
[tex]y_0=(C_1+C_2t)e^{t}[/tex]
Дясната страна не е квазиполином, затова прилагаме метода на вариация на константите: [tex]y=C_1(t)e^{t}+C_2(t)te^{t}[/tex], където
[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]
Следователно [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]
(членът [tex]-te^{t}[/tex] се поглъща от [tex]\tilde C_2te^{t}[/tex]). Връщайки се към [tex]x[/tex] ([tex]e^{t}=x[/tex], [tex]t=\ln x[/tex]), получаваме
[tex]y=x\left(C_1+C_2\ln x+\ln x\,\ln(\ln x)\right)[/tex]

Решение:
Елиминираме [tex]y[/tex]: диференцираме първото уравнение и използваме второто.
[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]
Хомогенното уравнение дава [tex]x_0=C_1\cos t+C_2\sin t[/tex]. Тъй като [tex](\operatorname{tg} t)'=\frac{1}{\cos^{2}t}[/tex] и [tex](\operatorname{tg} t)''=\frac{2\sin t}{\cos^{3}t}[/tex], функцията [tex]X=\operatorname{tg} t[/tex] е частно решение:
[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]
От първото уравнение, като използваме [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 на второто уравнение: [tex]y'=-C_1\cos t-C_2\sin t=-x+\operatorname{tg} t[/tex].

Решение:
Това е уравнение на Ойлер относно [tex]x+1[/tex]. При [tex]x\gt -1[/tex] полагаме [tex]x+1=e^{t}[/tex]; тогава [tex](x+1)y'=\dot y[/tex], [tex](x+1)^{2}y''=\ddot y-\dot y[/tex] (с точка означаваме производна по [tex]t[/tex]) и уравнението приема вида
[tex]\ddot y-2\dot y+y=-1[/tex]
Характеристичният корен [tex]1[/tex] е двоен, а константата [tex]-1[/tex] е частно решение, затова
[tex]y=(C_1+C_2t)e^{t}-1=C_1(x+1)+C_2(x+1)\ln(x+1)-1[/tex]
Тъй като [tex]y'=C_1+C_2\left(\ln(x+1)+1\right)[/tex], от началните условия получаваме
[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] имаме [tex]\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{n}}{n}[/tex], следователно
[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 критерия на Даламбер, 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]
Това съответства на теорията: след деление на [tex](x+1)^{2}[/tex] коефициентите са аналитични при [tex]|x|\lt 1[/tex], затова [tex]R\ge 1[/tex]; а [tex]R\gt 1[/tex] е невъзможно, защото тогава [tex]y''[/tex] би била ограничена около [tex]x=-1[/tex], докато [tex]y''=-\frac{1}{x+1}\to-\infty[/tex] при [tex]x\to -1^{+}[/tex].

Решение:
Условието може да се запише във вида
[tex]e^{-f(x)}f'(x)=e^{-g(x)}g'(x)\iff\left(e^{-f(x)}\right)'=\left(e^{-g(x)}\right)'[/tex]
Следователно [tex]e^{-f(x)}-e^{-g(x)}=K[/tex] е константа в [tex]\mathbb{R}[/tex]. Сравняваме стойностите 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]
Следователно за всички допустими [tex]f[/tex] и [tex]g[/tex]
[tex]f(2018)\gt -\ln\frac{2}{e}=1-\ln 2[/tex]
Оценката не може да бъде подобрена. Нека [tex]g(x)=1+\lambda(2018-x)[/tex], където [tex]\lambda\gt 0[/tex] (тогава [tex]g'=-\lambda\ne 0[/tex], [tex]g(2018)=1[/tex], [tex]g(0)\gt 1[/tex]), а [tex]f[/tex] е определена чрез
[tex]e^{-f(x)}=e^{-g(x)}+e^{-1}-e^{-g(0)}[/tex]
Дясната страна е положителна, защото [tex]e^{-1}-e^{-g(0)}\gt 0[/tex]; освен това [tex]f(0)=1[/tex], а диференцирането дава [tex]e^{-f}f'=e^{-g}g'[/tex], т.е. търсената връзка. За тези функции
[tex]f(2018)=-\ln\left(\frac{2}{e}-e^{-1-2018\lambda}\right)\to 1-\ln 2\quad (\lambda\to+\infty)[/tex]
Следователно никоя константа, по-голяма от [tex]1-\ln 2[/tex], не е подходяща и [tex]c=1-\ln 2[/tex].

Решение:
При [tex]y\ne 0[/tex] разделяме променливите:
[tex]\frac{dy}{3y^{2/3}}=dx\ \Rightarrow\ y^{1/3}=x+C\ \Rightarrow\ y=(x+C)^{3}[/tex]
Освен това [tex]y\equiv 0[/tex] също е решение. И [tex]y\equiv 0[/tex], и [tex]y=(x-2)^{3}[/tex] удовлетворяват [tex]y(2)=0[/tex], но решенията са много повече. За произволни числа [tex]a\le 2\le b[/tex] дефинираме
[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] пресмятането е същото, защото [tex]\sqrt[3]{(x-a)^{6}}=(x-a)^{2}[/tex], въпреки че [tex]x-a\lt 0[/tex]. При [tex]a\lt x\lt b[/tex] двете страни са равни на [tex]0[/tex]. В точките [tex]x=a[/tex] и [tex]x=b[/tex] функцията е непрекъсната и двете едностранни производни са равни на [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]
следователно в тези точки [tex]y'(a)=y'(b)=0=3\sqrt[3]{y^{2}}[/tex]. И така, всяка функция [tex]y_{a,b}[/tex] е решение в [tex]\mathbb{R}[/tex] с [tex]y(2)=0[/tex], а различни двойки [tex](a; b)[/tex] дават различни функции. Следователно задачата има безбройно много решения.
Това не противоречи на теоремата за съществуване и единственост: [tex]f(y)=3y^{2/3}[/tex] е непрекъсната, но не удовлетворява условието на Липшиц около [tex]y=0[/tex], защото
[tex]\frac{|f(y)-f(0)|}{|y|}=3|y|^{-1/3}\to\infty\quad (y\to 0)[/tex]

Решение:
Разглеждаме функцията [tex]E(x)=f(x)^2+f'(x)^2[/tex]; тя е диференцируема, защото [tex]f[/tex] е два пъти диференцируема. От даденото равенство
[tex]E'(x)=2f'(x)\left(f(x)+f''(x)\right)=-2x\,g(x)\,f'(x)^2[/tex]
Тъй като [tex]g\gt 0[/tex] и [tex]f'(x)^2\ge 0[/tex], имаме [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]. Следователно [tex]E[/tex] е ненамаляваща в [tex]\left(-\infty; 0\right][/tex] и ненарастваща в [tex]\left[0; +\infty\right)[/tex], т.е. [tex]E(x)\le E(0)[/tex] за всяко [tex]x[/tex]. Тогава
[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]
за всяко [tex]x\in\mathbb{R}[/tex], т.е. [tex]|f|[/tex] е ограничена.

Решение:
Първо проверяваме, че двете функции са диференцируеми в [tex](0; 2)[/tex]. При [tex]x\ne 1[/tex] това е ясно. В точката [tex]x=1[/tex], понеже [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 дясната производна е [tex]0[/tex], защото [tex]y_1=0[/tex] в [tex]\left[1; 2\right)[/tex]; следователно [tex]y_1'(1)=0[/tex]. Аналогично [tex]y_2'(1)=0[/tex]. Така
[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]
Детерминантата на Вронски е [tex]W=y_1y_2'-y_1'y_2[/tex]. В [tex](0; 1)[/tex] имаме [tex]y_2=y_2'=0[/tex], а в [tex]\left[1; 2\right)[/tex] имаме [tex]y_1=y_1'=0[/tex]; и в двата случая [tex]W=0[/tex]. Следователно [tex]W\equiv 0[/tex] в [tex](0; 2)[/tex].
Линейна независимост: нека [tex]c_1y_1(x)+c_2y_2(x)=0[/tex] за всяко [tex]x\in(0; 2)[/tex]. Заместваме [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]
Следователно [tex]y_1[/tex] и [tex]y_2[/tex] са линейно независими в [tex](0; 2)[/tex], въпреки че [tex]W\equiv 0[/tex].
Забележка. Това не противоречи на теоремата, че тъждествено нулева детерминанта на Вронски влече линейна зависимост: тази теорема е в сила само за решения на едно линейно хомогенно уравнение [tex]y''+p(x)y'+q(x)y=0[/tex] с непрекъснати коефициенти. Тук [tex]y_1[/tex] не може да е такова решение: [tex]y_1(1)=y_1'(1)=0[/tex], така че по теоремата за единственост тя би била тъждествено нула, а [tex]y_1\not\equiv 0[/tex].