Уравнения первого порядка

$F(x,y,y')=0$ - общий вид дифференциального уравнения первого порядка. Поскольку ДУ первого порядка - частный случай уравнения n-ого порядка, определения общего решения, интеграла ДУ см. в разделе определений следующей главы

ДУ первого порядка, интегрируемые в квадратурах

$y'=f(x,y)$, $f$ - задана в $G\subset \mathbb {R} ^{2}$ и непрерывна в $G(f\in C(G))$. Пусть $-\infty \leq a<b\leq \infty$

Определение. Функция $y=\phi (x)$, заданная на $<a,b>$ называется решение ДУ $y'=f(x,y)$, если она обладает следующими свойствами:

1. $\phi \in C(<a,b>)$
2. $\forall x\in <a,b>:(x,\phi (x))\in G$
3. $\phi '(x)=f(x,\phi (x))\forall x\in <a,b>$

Если задачу об отыскании решений дифференциального уравнения удаётся свести к конечному числу алгебраических операций, операций дифференцирования и интегрирования известных функций, то говорят, что дифференциальное уравнение интегрируется в квадратурах.

Уравнения в полных дифференциалах. Линейные уравнения.

$(1):M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$

Определение. Уравнение (1) называется уравнением в полных дифференциалах, если существует непрерывно дифференцируемая (или просто дифференцируемая??^{[источник?]}) в области $G$ функция $U(x,y)(U\in C^{1}(G))$ такая, что ${\frac {\partial U}{\partial x}}\equiv M$, ${\frac {\partial U}{\partial y}}\equiv N$ . Тогда общий интеграл такого уравнения имеет вид: $U(x,y(x))=c$.

Теорема. Пусть функции $M,N,{\frac {\partial N}{\partial x}},{\frac {\partial M}{\partial y}}$ заданные в окрестности точки $(x_{0},y_{0})$ и непрерывны. Тогда уравнение (1) является уравнением в полных дифференциалах $\Leftrightarrow {\frac {\partial M}{\partial y}}(x,y)={\frac {\partial N}{\partial x}}(x,y)$ в $G$.

Доказательство. Необходимость: Пусть (1) - уравнение в полных дифференциалах $\Rightarrow \exists$ дифференцируемая функция $U(x,y):{\frac {\partial U}{\partial x}}\equiv M,{\frac {\partial U}{\partial y}}\equiv N$.

$\exists {\frac {\partial ^{2}\!U}{\partial x\partial y}}\equiv {\frac {\partial M}{\partial y}},{\frac {\partial ^{2}\!U}{\partial y\partial x}}\equiv {\frac {\partial N}{\partial x}}$. Смешанные производные совпадают $\Rightarrow {\frac {\partial M}{\partial y}}={\frac {\partial N}{\partial x}}$

Достаточность. Предположим, что ${\frac {\partial M}{\partial y}}(x,y)\equiv {\frac {\partial N}{\partial x}}(x,y)$ $U(x,y)=\int \limits _{x_{0}}^{x}M(\xi ,y_{0})d\xi +\int \limits _{y_{0}}^{y}N(x,s)ds$. ${\frac {\partial U}{\partial y}}=N(x,y)$.

${\frac {\partial U}{\partial x}}=M(x,y_{0})+\int \limits _{y_{0}}^{y}{\frac {\partial N}{\partial x}}(x,s)ds=M(x,y_{0})+\int \limits _{y_{0}}^{y}{\frac {\partial M}{\partial y}}(x,s)ds=M(x,y_{0})+M(x,y)-M(x,y_{0})=M(x,y)$

Уравнения с разделяющимися переменными. Однородные уравнения

Уравнения вида $f(x)dx=g(y)dy$ называется уравнением с разделёнными переменными. Это частный случай уравнения в полных дифференциалах: $U(x,y)=\int \limits _{x_{0}}^{x}f(s)ds-\int \limits _{y_{0}}^{y}g(t)dt$, $U(x,y)=C$

$U\int \limits f(x)dx=\int \limits g(y)dy+C$

Уравнения вида $f_{1}(x)g_{1}(y)dx=f_{2}(x)g_{2}(y)dy$ - уравнения с разделяющимися переменными. Они сводятся к уравнениям с разделёнными переменными: ${\frac {f_{1}(x)}{f_{2}(x)}}dx={\frac {g_{1}(y)}{g_{2}(y)}}dy$, также возможны решения вида $x(y)=x_{0}$, если $f_{2}(0)=0$ и $y(x)=y_{0}$, если $g_{1}(0)=0$.

Уравнения вида (1), где функции M и N такие, что: $M(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^{n}M(x,y)$, $N(\alpha x,\alpha y)=\alpha ^{n}N(x,y)\forall \alpha >0$ называются однородными. n - степень однородности.

Линейные уравнения

Линейными диф. уравнениями 1-го порядка называются уравнения вида ${\frac {dy}{dx}}+p(x)y=f(x)$, где $p$ и $f$ - непрерывные функции заданные на промежутке.

Рассмотрим однородное уравнение: ${\frac {dy}{dx}}+p(x)y=0$.

Решение: $y=c\cdot e^{-\int \limits _{x_{0}}^{x}p(S)dS}$, с - произвольная константа. Решение неоднородного уравнения получается методом вариации постоянной: $y=c_{0}\cdot e^{-\int \limits _{x_{0}}^{x}p(S)dS}+\int \limits _{x_{0}}^{x}e^{-\int \limits _{\xi }^{x}p(S)dS}f(\xi )d\xi$

Уравнения Бернулли и Риккати

$y'+p(x)y=f(x)y^{n},n\not =1$, Разделим уравнение на $y^{n}$:

${\frac {1}{y^{n}}}y'+p(x)y^{1-n}=f(x)$.

${\frac {1}{1-n}}\cdot {\frac {d}{dx}}y^{1-n}+p(x)y^{1-n}=f(x)$. Обозначим: $y^{1-n}=z$.

${\frac {dz}{dx}}=(1-n){\frac {1}{y^{n}}}{\frac {dy}{dz}}$.

${\frac {1}{n-1}}{\frac {dz}{dx}}+p(x)z=f(x)$.

$y=0$ - также является решением.

$y'+p(x)y+q(x)y^{2}=f(x)$ - уравнение Риккати.

Пусть $y_{0}$ - частное решение, $z=y-y_{0}$. Тогда $y=y_{0}+z$

$\underbrace {\frac {dy_{1}}{dx}} _{0}+{\frac {dz}{dx}}+\underbrace {p(x)y_{1}} _{0}+p(x)z+q(x)z2+q(x)2y_{1}z+\underbrace {q(x)y_{1}^{2}} _{0}=\underbrace {f(x)} _{0}$ Выделенные слагаемые равны нулю так как $y_{1}$ - решение

${\frac {dz}{dx}}+p(x)z+2q(x)y_{1}z=-q(x)z^{2}$ - уравнение Бернулли при $n=2$.