Решение: решим дифференциальное уравнение методом сведения к однородному
дифференциальное уравнение \((x-y+4)dy +(x+y-2)dx=0\) можно привести к следующему виду \( \frac{dy}{dx}= -\frac{x+y-2}{x-y+4}\) получили уравнение следующего вида \( \frac{dy}{dx} = f(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2})\) - дифференциальное уравнение, которое сводится к однородному.
Алгоритм решения дифференциального уравнения, которое сводится к однородному
1. Найдем значение определителя, составленного из коэффициентов при неизвестных \(\triangle = \left|\begin{array}{c}a_1 & b_1\\ a_2 & b_2\end{array}\right|\), $$ \triangle = \left|\begin{array}{c} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{array}\right| = -2$$ тогда система алгебраических уравнений $$\begin{cases}a_1x+b_1y+c_1 = 0\\a_2x+b_2y+c_2 = 0\end{cases}$$ имеет единственное решение \((x_0;y_0)\).
Найдем решение уравнения $$\begin{cases} x+y-2 = 0\\ x-y+4 = 0\end{cases} => \begin{cases} x = 2 -y\\ 2 - y-y+4 = 0\end{cases} => \begin{cases} x = -1 \\ y = 3\end{cases}$$ Получили \((x_0=-1;y_0=3\)
2. Введем замену вида \(x =x_0+x_1; \quad y = y_0+y_1\).
Вводим замену \(x =-1+x_1; \quad y = 3+y_1 => \quad dx=dx_1; dy=dy_1\).
3. Подставляем замену в дифференциальное уравнение $$ \frac{dy}{dx}= - \frac{x+y-2}{x-y+4} => \frac{dy_1}{dx_1}= - \frac{-1+x_1+3+y_1-2}{-1+x_1-3-y_1+4} =>$$$$ \frac{dy_1}{dx_1}= - \frac{x_1+y_1}{x_1-y_1} => $$ получили дифференциальное уравнение в полных дифференциалах.
Уравнение вида \(M(x,y)dx + N(x,y)dy =0 \) будет уравнением в полных дифференциалах, если его левая часть есть полным дифференциалом некоторой функции, т.е. будет выполняться равенство \(\frac{\partial M}{\partial y}= \frac{\partial N}{\partial x} \quad (1)\).
Проверяем, предварительно приведем дифференциальное уравнение к виду (1) \(\frac{dy_1}{dx_1}= - \frac{x_1+y_1}{x_1-y_1} => (x_1-y_1)dy_1+ (x_1+y_1)dx_1 = 0\)
Решаем однородное дифференциальное уравнение в полных дифференциалах
1. Находим частные производные $$\frac{\partial }{\partial y_1}(x_1+y_1) = 1 \quad \frac{\partial }{\partial x}(x_1-y_1) = 1$$ получили равные частные производные, т.е. уравнение является линейным дифференциальным уравнением первой степени в полных дифференциалах, таким образом, существует функция \(u(x_1,y_1)\), такая что $$\frac{\partial u(x_1,y_1)}{\partial x_1} = 1$$
2. Находим функцию \(u(x_1,y_1)\). Проинтегрируем \( (x_1+y_1)dx_1\), получим $$u(x_1,y_1) = \int (x_1+y_1)dx_1 = \frac{1}{2}x_1^2+x_1y_1+ \phi(y_1) = \quad (2)$$
3. Найдем функцию \(\phi(y_1)\).
Для нахождения функции \(\phi(y_1)\) найдем производную функции \(u(x_1,y_1)\) по \(y_1\) и приравняем ее к известной частной производной по \(y_1\) это \(x_1-y_1\), получаем $$\frac{\partial u(x,y)}{\partial y} = \frac{\partial }{\partial y}(\frac{1}{2}x_1^2+x_1y_1+ \phi(y_1)) = x_1 + \phi'(y_1)$$ приравниваем полученные частные производные $$ x_1 + \phi'(y_1) = x_1-y_1=> \phi'(y_1) = -y_1$$ интегрируем обе части уравнения $$\phi(y_1) = -\int y_1dy_1 => \phi(y) = -\frac{1}{2}y_1^2 \quad (3)$$
4. Находим полный интеграл дифференциального уравнения.
Подставляем в функцию \(u(x_1,y_1)\) формула (2), получаем $$u(x_1,y_1) = \frac{1}{2}x_1^2+x_1y_1+ \phi(y_1) => u(x_1,y_1) = \frac{1}{2}x_1^2+x_1y_1 -\frac{1}{2}y_1^2$$ Получили полный интеграл дифференциального уравнения $$ \frac{1}{2}x_1^2+x_1y_1 -\frac{1}{2}y_1^2= C => $$выделим полный квадрат $$-x_1^2-2x_1y_1 +y_1^2+x_1^2-x_1^2= C_1 =>$$$$ (y_1-x_1)^2 = C_1+2x_1^2 => y_1 = x_1 \pm \sqrt{C_1+2x_1^2} =>$$ применим обратную замену \(x =-1+x_1; \quad y = 3+y_1 => x_1= x+1; \quad y_1=y-3\) $$ y-3 = x+1 \pm \sqrt{C_1+2(x+1)^2} => y = x+4 \pm \sqrt{C_1+2(x+1)^2}$$
Ответ: \( y = x+4 \pm \sqrt{C_1+2(x+1)^2} \)
