2). Данное уравнение решаем, применяя алгоритм «Случай-1» (см. Лекцию!):

a⁰. Выделяем возможные решения исходного уравнения f₁(x,y)dx+f₂(x,y)dy=0. Первое: f₁(x,y₀)=0. Это дает одно из решений: y=y₀=–2 – прямая, параллельная оси ОХ. Второе: f₂(x₀,y)=0 не добавляет решений: при фиксированном x=x₀ переменная y остается произвольной.

a¹. Учитывая, что теперь f₂(x,y) ≠ 0, перепишем заданное ДУ: y′= .

a². Применим преобразование: x=u+m; y=v+n, что определяет параллельный перенос системы координат XOY.

a³. Выбираем числа: m, n из системы: Имеем: m=3, n=–2. Запишем обратное преобразование: u=x–3; v=y+2 для использования при записи окончательного выражения ответа.

a⁴. Запишем преобразованное уравнение: v′= = = – однородное уравнение.

a⁵. Примем =z; получим выражение: φ(z)=f(z)–z=– .

a⁶. Проверим условие: φ(z₀)= f(z₀)– z₀=0. Получаем два решения. Первое из них: прямая: z=0, или v=0, или y+2=0, то есть прямая параллельная оси ОХ. Второе решение: z+1=0, или z=–1, или v=– u, или y+x=1.

a⁷. Учитывая, что теперь f(z)–z≠0, запишем ДУ в виде: – = . (1)

a⁸. Находим интеграл: J=– = .

a⁹. Записываем результат интегрирования уравнения (1): =lnCu. Записываем общее решение ДУ, учитывая что z= : → С(y+2)²=x+y–1.

Ответ: С(y+2)²=x+y–1 – общее решение ДУ, также y+2=0 и y+x=1 (выделяется из общего при значении С=0).

Пример 6–60: Решить дифференциальное уравнение: (x+y+1)dx–(2x+2y–1)dy =0.

Решение:

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

2). Данное уравнение решаем, применяя алгоритм «Случай-2» (см. Лекцию!):

a⁰. Выделяем возможные решения исходного уравнения f₁(x,y)dx+f₂(x,y)dy=0. Условия: f₁(x,y₀)=0 и f₂(x₀,y)=0 не дают решений: если фиксировать одну переменную, вторая остается произвольной. Это значит, что указанные условия невыполнимы.

a¹. Учитывая, что теперь f₂(x,y) ≠ 0, перепишем заданное ДУ: y′= . (1)

a². Применим преобразование: u=x+y. Отсюда: y′=u′–1.

a³. Перепишем уравнение (1): u′= . Заметим, что u=2 есть решение уравнения, то есть x+y =2 – одно из решений заданного ДУ.

a⁴. Разделим переменные в последнем уравнении: = dx. (2)

a⁵. Находим интеграл: J= =2u+3ln|u–2|. Тогда решение (2): 2u+3ln|u–2|=x+С.

a⁶. Учитывая u=x+y, записываем общее решение ДУ: x+2y+3ln|x+y–2|=С.

Ответ: x+2y+3ln|x+y–2|=С – общее решение ДУ, также x+y =2 (из общего не выделяется).

Пример 7–62: Решить дифференциальное уравнение: y′–tg = .

Решение:

1). Заданное ДУ только слегка намекает на уравнение специального вида. Преобразуем дробь, которая является аргументом тангенса: = = –2. Теперь видим уравнение вида: y′=φ , то есть специального вида. Так как прямые l₁: y+2=0 и l₂: x+1=0 перпендикулярны: их нормальные векторы =(0,1), =(1,0) и скалярное произведение векторов: ∙ =0, то имеем Случай-1 уравнения специального вида. Далее используется «стандартный алгоритм» для этого случая.