Знайти загальний розв'язок диференціального рівняння і частинний розв'язок, що задовольняє початкови

Розв'яжемо диференціальне рівняння: $xdy-ydx = \sqrt {x^2 + y^2} dx, y(1) = 0$
Визначення: однорідні диференціальні рівняння можуть бути представлені у вигляді $y '= f( \frac{y}{x})$ або $M(x, y)dy + N(x, y)dy = 0$ , де $M (x, y)$ і $NM (x, y)$ - однорідні функції однаковій мірі. Для вирішення цих однорідних диференціальних рівнянь застосовується заміна $y = ux => dy = udx + xdu$ в результаті отримаємо диференціальне рівняння першого ступеня з розділеними змінними.
Вирішуємо диференціальне рівняння:

$$xdy-ydx = \sqrt{x^2 + y^2}dx => x \frac{dy}{dx} - y = \sqrt{x^2 + y^2} =>$$

1. Проведемо перетворення цього диференціального рівняння,
розділимо обидві частини рівняння на $x$, не забуваємо перевірити чи є $x = 0$ рішенням диференціального рівняння

$$\frac{dy}{dx} - \frac{y}{x} = \sqrt{1 + ( \frac{y}{x})^2} =>$$ це однорідне диференціальне рівняння першого ступеня виду $y '= f( \frac{y}{x})$. Для вирішення диференціального рівняння застосовуємо заміну $y = ux => y '= u'x + u$, отримуємо $$u'x + uu = \sqrt{1 + u^2} => u'x = \sqrt{1 + u^2} =>$$ отримали диференціальне рівняння першого ступеня з розділеними змінними, вирішимо його $$\frac{du}{dx} x = \sqrt{1 + u^2} =>$$ Розділимо змінні ( перенесемо змінну $u$ в ліву частину рівняння, а $x$ в праву) $$\frac{du}{ \sqrt{1 + u^2}} = \frac{dx}{x} =>$$ інтегруємо обидві частини рівняння $$\int \frac{du}{ \sqrt{1 + u^2}} = \int \frac{dx}{x} =>$$ $$\int \frac{du}{ \sqrt{1 + u^2}} = \ln(x) + \ln(C) \quad (1)$$

2. Знайдемо інтеграл $\int \frac{du}{ \sqrt{1 + u^2}}$
Це інтеграл від біноміального диференціала виду

$$\int x^m(a + bx^n)^pdx$$ будемо вирішувати застосовуючи одну з підстановок Чебишева і зведемо його до інтеграла від раціональної функції. Визначимо значення констант шляхом порівняння формули завдання з формулою інтеграла від біноміального диференціала $m = 0; \quad a = 1; \quad b = 1; \quad n = 2; \quad p = - \frac{1}{2}$.
Перевіримо $$\frac{m + 1}{n} + p = \frac{0 + 1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \in Z$$ отримали ціле число, тобто маємо третій випадок інтегрованості біноміального диференціала, тобто потрібно застосувати заміну виду (третя підстановка Чебишева) $$ax^{- n} + b = t^k$$ де $k$ - знаменник дробу $p$, тобто $k = 2$, отримали заміну $$u^{- 2} + 1 = t^2 => u^2 = \frac{1}{t^2-1} =>$$ $$-2u^{- 3}du = 2tdt => u^{- 3}du = -tdt$$ Перетворимо інтеграл для застосування заміни $$\int \frac{1}{ \sqrt{1 + u^2}} du = \int \frac{u^2}{u^3 \sqrt {u^{- 2} +1}}du =$$ Підставляємо заміну в інтеграл $$= - \int \frac{1}{(t^2 - 1) \sqrt{t^2}} tdt = - \int \frac{1}{t^2-1}dt =$$ $$= - \int \frac{1}{(t-1)(t +1)}dt = - \int \frac{1}{2} [ \frac{1}{t-1} - \frac{1}{t + 1}]dt =$$ Застосуємо табличний інтеграл $\int \frac{1}{x}dx = \ln(x) + C$, отримуємо $$= \frac{1}{2} (- \ln(t-1) + \ln(t + 1)) + C = \frac{1}{2} \ln \frac{t + 1}{t-1} + C =$$ застосуємо зворотну заміну $t = \sqrt{u^{- 2} +1} = > t = \frac{\sqrt{1 + u ^ 2}}{u}$, отримуємо $$= \frac{1}{2} \ln (1 + \frac{2}{t-1}) + C = \frac{1}{2} \ln(1 + \frac{2}{ \frac{ \sqrt{1 + u^2}}{u} -1}) + C =$$ $$= \frac{1}{2} \ln(1 + \frac{2( \sqrt{1 + u^2} + u)}{1 + u^2 -u^2}) + C =$$ $$= \frac{1}{2} \ln(1 + 2u ( \sqrt {1 + u^2} + u)) + C =$$ $$= \frac{1}{2} \ln(1 + u^2 + 2u \sqrt {1 + u^2} + u^2) + C =$$ $$= \frac{1}{2} \ln(u + \sqrt{1 + u^2})^2 + C = \ln(u + \sqrt{1 + u^2}) + C =$$ Застосуємо формулу зворотного гіперболічного синуса $arcsinh(x) = x + \sqrt{1 + x^2}$, отримуємо $$= arcsinh(u) + C$$
3. Продовжуємо вирішувати диференціальне рівняння.
Підставляємо результати в (1) $$\int \frac{du}{ \sqrt{1 + u^2}} = \ln(x) + C => arcsinh(u) = \ln(xC) =>$$ Застосуємо зворотну заміну $y = ux => u = \frac{y}{x}$, отримуємо $$arcsinh( \frac{y}{x}) = \ln(xC) => y = x*sinh( \ln(xC)) =>$$ $$y = x \frac{e^{ \ln(xC)} - e^{- \ln(xC)}}{2} => y = x \frac{xC - \frac{1}{xC}}{2} =>$$ отримали загальне рішення диференціального рівняння $$y = x \frac{(xC)^2 - 1} {2xC} => y = \frac{(xC )^2  - 1}{2C}$$ отримали, що $x = 0$ - є рішенням диференціального рівняння.

4. Знайдемо частинний  розв'язок диференціального рівняння, що задовольняє початковому умові $y (1) = 0$
Підставимо значення у відповідь і знайдемо константу $C$

$$y = \frac{(xC) ^ 2 - 1}{2C} => 0 = \frac {C^2 - 1}{2C} =>$$ $$C_1 = 1; C_2 = -1$$ отримали два частинних розв'язка, що задовольняють початковому умові $$y = \frac{x^2  - 1}{2} \quad y = - \frac{x^2 - 1}{2}$$

Відповідь: Загальний розв'язок диференціального рівняння $xdy - ydx = \sqrt{x^2 + y^2} dx, \quad y(1) = 0$ дорівнює $y = \frac{(xC)^2 - 1}{2C}$,
частинний розв'язок диференціального рівняння при заданих початкових умовах $y = \frac{x^2  - 1}{2} \quad y = - \frac{x^2 - 1}{2}$