Уравнения первого порядка

$F(x,y,y^{\prime })=0$ - 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

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

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.

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

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: $U(x,y)=\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}f(s)ds-\underset{y_0}{\overset{y}{\int }}g(t)dt$, $U(x,y)=C$

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

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: $M(\alpha x,\alpha y)={\alpha }^{n}M(x,y)$, $N(\alpha x,\alpha y)={\alpha }^{n}N(x,y)\mathrm{\forall }\alpha >0$ 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: $y=c\cdot e^{-\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}p(S)dS}$, с - произвольная константа. Решение неоднородного уравнения получается методом вариации постоянной: $y=c_0\cdot e^{-\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}p(S)dS}+\underset{x_0}{\overset{x}{\int }}{e}^{-\underset{\xi }{\overset{x}{\int }}p(S)dS}f(\xi )d\xi$

Уравнения Бернулли и Риккати

$y^{\prime }+p(x)y=f(x)y^n,n=1$, Разделим уравнение на $y^n$:

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

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

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

Пусть $y_0$ - частное решение, $z=y-y_0$. Тогда $y=y_0+z$

$\underset{0}{\underbrace{\frac{d{y}_1}{dx}}}+\frac{dz}{dx}+\underset{0}{\underbrace{p(x)y_1}}+p(x)z+q(x)z2+q(x)2y_{1}z+\underset{0}{\underbrace{q(x)y_1^2}}=\underset{0}{\underbrace{f(x)}}$ 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 $n=2$.