1). Так как в заданном уравнении правая часть зависит только от отношения неизвестных, то это уравнение – однородное!

2). Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм «а»:

3). В нашем случае:

a¹. Выделяем возможные решения исходного уравнения: f(x,y₀)=0. Их нет.

a². Примем = u; получим: φ(u)=f(u)–u=u+ –u= .

a³. Проверим условие: φ(u₀)= f(u₀)–u₀=0. Следует: u₀= ±1, или y= ±x.

a⁴. Учитывая, что теперь f(u)–u≠0, запишем ДУ в виде (1): = .

a⁵. Интегрируем уравнение (1): arcsinu=ln|x|+C, или u=sin(ln|x|+C).

a⁶. Записываем общее решение. Учитывая что u= , получаем: y=xsin(ln|x|+C).

Ответ: y=xsin(ln|x|+C) – общее решение ДУ, также y= ±x (из общего не выделяется).

Случай-2– x<0:

0). Представим ДУ в виде: y′ = – . Деление на x≠0.

1). Так как в заданном уравнении правая часть зависит только от отношения неизвестных, то это уравнение – однородное!

2). Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм «а»:

3). В нашем случае:

a¹. Выделяем возможные решения исходного уравнения: f(x,y₀)=0. Их нет.

a². Примем = u; получим: φ(u)=f(u)–u=u– –u= – .

a³. Проверим условие: φ(u₀)= f(u₀)–u₀=0. Следует: u₀= ±1, или y= ±x.

a⁴. Учитывая, что теперь f(u)–u≠0, запишем ДУ в виде (1): – = .

a⁵. Интегрируем уравнение (1): –arcsinu=ln|x|+C, или u=–sin(ln|x|+C).

a⁶. Записываем общее решение. Учитывая что u= , получаем: y=–xsin(ln|x|+C).

Ответ: y=–xsin(ln|x|+C) – общее решение ДУ, также y= ±x (из общего не выделяется).

Замечание: многие Случай-2 не выделяют (в шахматах это называют «зевок»!).

Пример 4–56: Решить дифференциальное уравнение: (x² +y²)dy–2xydx=0.

Решение:

1). Признак, что задано однородное уравнение: множители при dx и dy – однородные функции 2-го порядка (одинакового!). Воспользуемся «стандартной схемой» решения.

2). Данное уравнение решаем, применяя общий алгоритм «в» (см. 2-50):

3). В нашем случае ДУ: (x²+y²)dy–2xydx=0.

a⁰. Выделяем возможные решения исходного уравнения f₁(x,y)dx+f₂(x,y)dy=0. Имеем: f₁(x,y)= –2yx; f₂(x,y)=(x²+y²). Первое дает решение: f₁(x,y₀)=0 при y₀=0 – ось ОХ. Второе: f₂(x₀,y)=(x²+y²)≠0 при произвольных переменных!

a¹. Запишем наше уравнение в виде: y′= = = . Здесь теперь учтено: f₂(x,y)= (x²+y²) ≠ 0 и x,y≠ 0.

a². Примем = u; получим выражение: φ(u)=f(u)–u=– .

a³. Так как x,y≠ 0, то φ(u)≠0.

a⁴. Учитывая, что теперь f(u)–u≠0, записываем уравнение: – = . (1)

a⁵. Находим интеграл: J=– → трудоемкий процесс!

Так как исходная запись ДУ симметрична относительно переменных, то станем искать решение ДУ в виде функции: x=x(y). Алгоритм решения остаётся (с точностью до обозначений) прежним!

a¹. Запишем наше уравнение в виде: x′= = = . Здесь теперь учтено: x,y≠ 0.

a². Примем = u; получим выражение: φ(u)=f(u)–u=– .

a³. Проверим условие: φ(u₀)=0. Имеем u₀=±1, то есть y =± x – тоже решения.

a⁴. Учитывая, что теперь f(u)–u≠0, записываем уравнение: – = . (1)

a⁵. Находим интеграл: J=– =–ln|u²–1|.

a⁶. Результат интегрирования уравнения (1): –ln|u²–1|=lnCy → (u²–1)y=C. Записываем общее решение ДУ. Учитывая что u = , получаем: y²– x² =Cy.

Ответ: y²– x² =Cy – общее решение ДУ, также y =± x (выделяется из общего при С=0).

Пример 5–59: Решить дифференциальное уравнение: (y+2)dx–(2x+y–4)dy =0.

Решение:

1). Заданное ДУ – специального вида: множители при dx и dy – линейные функции, их отношение образует специальную дробь: . Так как прямые l₁: 0x+y+2=0 и l₂: 2x+y–4=0 пересекаются: их нормальные векторы =(0,1) и =(2,1) не коллинеарны, то имеем Случай-1 уравнения специального вида. Далее используется «стандартный алгоритм» для этого случая.