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 \(y = \frac{x^2 - 1}{2} \quad y = - \frac{x^2 - 1}{2} \)
