\documentclass[12pt,a4paper,oneside,reqno,draft]{amsbook}

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsthm,array,longtable}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{latexsym}
\usepackage{graphics}

\makeatletter
\@addtoreset{equation}{section}
\makeatother



%\renewcommand{\thefigure}{\thechapter.\arabic{figure}}

\tolerance 4700


\renewcommand{\labelenumi}{\theenumi.}
\renewcommand*{\proofname}{Доказательство}
\DeclareMathOperator*{\grad}{grad}
\DeclareMathOperator*{\Div}{div}
\DeclareMathOperator*{\const}{const}
\newcommand*{\Rd}{\mathbb R^d}
\newcommand*{\sk}{\sum_{|\alpha|=k}}
\newcommand*{\Pc}{\mathcal P}
\newcommand*{\Ac}{\mathcal A}
\newcommand*{\Hc}{\mathcal H}
\newcommand*{\la}{\langle}
\newcommand*{\ra}{\rangle}
\newcommand*{\Sd}{\mathbb S^{d-1}}
\newcommand*{\Bd}{\mathbb B^d}
\newcommand*{\ov}{\overline}

\DeclareMathOperator{\RE}{Re}
\DeclareMathOperator{\Erf}{Erf}

\newtheorem{lemma}{Лемма}[section]
%\newtheorem{theorem}{Теорема}
\newtheorem{theorem}{Теорема}[section]

\newtheorem{proposition}{Предложение}[section]
\newtheorem{corollary}{Следствие}[section]
%\renewcommand{\theequation}{\arabic{section}.\arabic{equation}}

\renewcommand{\thesubsection}{\arabic{subsection}}

\newcounter{exam}[section]
%\renewcommand{\theexam}{\arabic{section}.\arabic{exam}}
\newcommand*{\ex}{\par\refstepcounter{exam}%
{\bf Пример \theexam.}\ }

\newcounter{prob}[section]
\renewcommand{\theprob}{\arabic{section}.\arabic{prob}}
\newcommand*{\pro}{\par\refstepcounter{prob}%
{\bf Задача \theprob.}\ }



\renewcommand*{\thefigure}{}
\pagestyle{plain}

\begin{document}
\renewcommand*\contentsname{Содержание}

\renewcommand{\thefigure}{\arabic{figure}}

\begin{center} Министерство высшего и среднего специального образования РСФСР

\vskip5pt

Московский авиационный технологический институт\\
им.\ К.Э.~Циолковского

\end{center}

\vskip30pt

Кафедра ``Высшая математика''

\vskip45pt

\centerline{Н.Н. Белякова, К.Ю. Осипенко}

\vskip40pt

\begin{center}
МЕТОДИЧЕСКИЕ УКАЗАНИЯ И ВАРИАНТЫ ИНДИВИДУАЛЬНЫХ ДОМАШНИХ ЗАДАНИЙ ПО ТЕМЕ
``ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ''

\vskip 340pt
Москва 1983
\end{center}

\thispagestyle{empty}

\newpage

%\tableofcontents

\setcounter{page}{1}
\setcounter{chapter}{2}
\setcounter{figure}{16}


\renewcommand*{\chaptername}{ГЛАВА}



\section{Дифференциальные уравнения первого порядка}

\subsection{Основные понятия} Функциональное уравнение
\begin{equation}\label{1}
F(x,y,y')=0
\end{equation}
или
\begin{equation}\label{2}
y'=f(x,y)
\end{equation}
связывающее между собой независимую переменную, искомую функцию и ее производную, называется дифференциальным уравнением I-го порядка.

{\it Решением} ({\it частным решением}) уравнения \eqref{1} или \eqref{2} на отрезке $[a,b]$ называется любая функция $y=\varphi(x)$, которая при подстановки в уравнение обращает его в тождество относительно $x\in[a,b]$.

Уравнение $\Phi(x,y)=0$, определяющее это решение как неявную функцию, называют {\it интегралом} ({\it частным интегралом}) дифференциального уравнения. Уравнение $\Phi(x,y)=0$ определяет в плоскости $(x,y)$ некоторую кривую, называемую {\it интегральной кривой\/} дифференциального уравнения.

Множество всех решений дифференциального уравнения \eqref{1} или \eqref{2} называют его {\it общим решением}. Общее решение может быть записано в виде функции $y=\varphi(x,C)$, такой, что всякое решение получается при некотором значении постоянной $C$. Уравнение, определяющее общее решение как неявную функцию, называется {\it общим интегралом\/} дифференциального уравнения. Наряду с отысканием общего решения дифференциального уравнения можно ставить задачу нахождения частного решения $y=\varphi(x)$, удовлетворяющего {\it начальному условию} $y_0=\varphi(x_0)$, $x_0\in[a,b]$. Эта задача называется {\it задачей Коши\/} для уравнения первого порядка.

Перейдем к рассмотрению некоторых случаев, в которых удается проинтегрировать уравнение I-го порядка.

\subsection{Уравнения с разделяющимися переменными} Пусть в уравнении
$$y'=f(x,y)$$
функция $f(x,y)$ может быть представлена в виде произведения функций $f_1(x)$ и $f_2(y)$,  зависящих только от одной переменной, или в уравнении
$$M(x,y)dx+N(x,y)dy=0$$
коэффициенты при $dx$ и $dy$ представляются в таком же виде: $M(x,y)=M_1(x)M_2(y)$ и $N(x,y)=N_1(x)N_2(y)$. Тогда эти уравнения приводятся к виду
\begin{gather*}
f_1(x)\,dx=\frac1{f_2(y)}\,dy,\\
\frac{M_1(x)}{N_1(x)}\,dx=-\frac{N_2(y)}{M_2(y)}\,dy.
\end{gather*}
Интегрируя левые части этих уравнений по $x$, а правые по $y$ приходим к общему интегралу исходного уравнения.

\ex
$$y'=\frac{3x+1}{4y^4+5}.$$
Решаем:
\begin{gather*}
\frac{dy}{dx}=(3x+1)\frac1{4y^4+5},\\
(4y^4+5)\,dy=(3x+1)\,dx,\\
\int(4y^4+5)\,dy=\int(3x+1)\,dx+C,\\
\frac45y^5+5y-\frac32x^2-x=C.
\end{gather*}
Здесь и далее под $\displaystyle\int f(x)\,dx$ будем понимать одну из первообразных для функции $f(x)$, избегая более громоздкой записи $\displaystyle\int_{x_0}^xf(x)\,dx$.

Если в уравнении с разделяющимися переменными $y'=f_1(x)f_2(y)$ функция $f_2(y)$ имеет действительный корень $y_0$, то легко убедиться, что функция $y(x)=y_0$ является решением уравнения. При делении на $f_2(y)$ это решение может быть потеряно. Поэтому, получив указанным выше методом общее решение уравнения, нужно проверить входят ли в его состав (при некоторых значениях параметра $C$) упомянутые частные решения. Если нет, то их нужно включить в состав общего решения.

\ex
$$y'=y\tg x.$$
Разделяем переменные:
$$\frac{dy}y=\tg x\,dx.$$
Интегрируем:
$$\ln|y|=-\ln|\cos x|+C_1.$$

Для удобства потенцирования представляем параметр $C_1$ в виде $C_1=\ln C$, $C\ne0$ (при этом $C_1$ принимает все значения от $-\infty$ до $+\infty$). Тогда
\begin{gather}
\ln|y\cos x|=\ln C,\notag\\
y=\frac C{\cos x}.\label{3}
\end{gather}

Нетрудно видеть, что исходное уравнение имеет еще решение $y=0$, которое не входит в общее решение \eqref{3}, т.к. $C\ne0$. Если теперь потребовать, чтобы $C$ принимало и значение $0$, то $y=0$ войдет в общее решение
$$y=\frac C{\cos x}.$$

С помощью подстановки $u(x)=ax+by(x)+d$ к уравнениям с разделяющимися переменными приводятся дифференциальные уравнения вида
\begin{equation}\label{4}
y'=f(ax+by+d),\quad b\ne0.
\end{equation}

\subsection{Однородные уравнения} Дифференциальные уравнения I-го порядка называются {\it однородными}, если они приводятся к виду
\begin{equation}\label{5}
y'=f\left(\frac yx\right).
\end{equation}

С помощью подстановки $\dfrac yx=u(x)$ уравнение \eqref{5} приводится к виду
$$u+xu'=f(u).$$
Таким образом, приходим к уравнению с разделяющимися переменными
$$\frac{du}{f(u)-u}=\frac{dx}x.$$

Дифференциальные уравнения вида
\begin{equation}\label{6}
y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2}\right),
\end{equation}
в случае $\dfrac{a_2}{a_1}\ne\dfrac{b_2}{b_1}$ приводятся к однородным с помощью замены переменных\rule{0pt}{8pt}
$$x=u+x_0,\quad y=v+y_0,$$
где $x_0$ и $y_0$ находятся из системы уравнений
\begin{gather*}
a_1x_0+b_1y_0+c_1=0,\\
a_2x_0+b_2y_0+c_2=0.
\end{gather*}
Поскольку при такой замене $dx=du$, $dy=dv$, то уравнение \eqref{6} преобразуется к виду \eqref{5} относительно функции $v(u)$:
\begin{multline*}
\frac{dv}{du}=f\left(\frac{a_1u+b_1v+a_1x_0+b_1y_0+c_1}{a_2u+b_2v+a_2x_0+b_2y_0+c_2}\right)=
f\left(\frac{a_1u+b_1v}{a_2u+b_2v}\right)\\
=f\left(\frac{a_1+b_1\dfrac vu}{a_2+b_2\dfrac vu}\right)=\varphi\left(\frac vu\right).
\end{multline*}
Если в уравнении \eqref{6} $\dfrac{a_2}{a_1}=\dfrac{b_2}{b_1}=\lambda$ и, следовательно, $a_2x+b_2y=\lambda(a_1x+b_1y)$, то оно принимает вид
\begin{equation}\label{7}
y'=f\left(\frac{a_1x+b_1y+c_1}{\lambda(a_1x+b_1y)+c_2}\right)=\varphi(a_1x+b_1y).
\end{equation}
Сведение уравнения \eqref{7} к уравнению с разделяющимися переменными рассматривалась выше (см.\  \eqref{4}).

\ex
$$y'=\frac{2y-x-4}{2x-y+5}.$$

Сделаем замену
$$x=u+x_0,\quad y=v+y_0,$$
где
\begin{gather*}
-x_0+2y_0-4=0,\\
2x_0-y_0+5=0.
\end{gather*}
Находим $x_0=-2$, $y_0=1$ и $x=u-2$, $y=v+1$. Тогда
$$\frac{dv}{du}=\frac{2v-u}{2u-v}=\frac{2\dfrac vu-1}{2-\dfrac vu}.$$
Полагая $w(u)=\dfrac vu$ или $v=wu$, получаем
$$\frac{dw}{du}u+w=\frac{2w-1}{2-w},\quad\frac{dw}{du}u=\frac{w^2-1}{2-w}.$$
После интегрирования $\displaystyle\int\dfrac{2-w}{w^2-1}=\int\dfrac{du}u+\ln|C|$, $C\ne0$, получаем:
\begin{gather}
\ln\left|\frac{w-1}{w+1}\right|-\frac12\ln|w^2-1|=\ln|u|+\ln|C|,\notag\\
\ln\left|\frac{w-1}{(w+1)^3}\right|=\ln|Cu^2|,\notag\\
w-1=Cu^2(w+1)^3.\label{8}
\end{gather}
При делении были потеряны решения $w=1$ и $w=-1$. Поэтому нужно требовать, чтобы параметр $C$ принимал значения $0$ и $\infty$ (последнее для выполнения равенства \eqref{7} при $w=-1$).

Возвращаясь к $v$, имеем: $v-u=C(v+u)^3$, и, к $x$ и $y$ ($u=x+2$, $v=y-1$), окончательно получим
$$y-x-3=C(y+x+1)^3.$$

\subsection{Линейные уравнения} Дифференциальные уравнения I-го порядка называются {\it линейными}, если они имеют вид
$$a(x)y'+P(x)+Q(x)=0$$
или
\begin{equation}\label{9}
y'+p(x)y=q(x).
\end{equation}
Если $q(x)\equiv0$, то линейное уравнение называется {\it однородным}. Оно является уравнением с разделяющимися переменными и имеет общее решение
\begin{equation}\label{10}
y=Ce^{\textstyle-\int p(x)\,dx},
\end{equation}
где $C$ --- произвольная постоянная.

Проинтегрировать неоднородное линейное уравнение \eqref{9} можно одним из следующих способов:

\noindent а) {\it Метод вариации постоянной}

Решение имеется в виде
\begin{equation}\label{11}
y=C(x)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx},
\end{equation}
который получается, если в \eqref{10} постоянную $C$ заменить на функцию $C(x)$. Подставляя это выражение, в уравнение \eqref{9}, получим уравнение относительно неизвестной функции $C(x)$:
$$C'(x)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}=q(x).$$
Откуда
$$C(x)=\int q(x)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}\,dx+C,$$
где $C$ --- произвольная постоянная. Подставляя полученное выражение для $C(x)$ в \eqref{11}, окончательно получим:
\begin{equation}\label{12}
y=\biggl(\int q(x)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}\,dx+C\biggr)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}.
\end{equation}

\ex
$$y'-y\ctg x=2x\sin x.$$

Проинтегрируем сначала соответствующее однородное уравнение:
\begin{gather*}
\frac{dy}{dx}y\ctg x=0,\\
\frac{dy}y=\frac{\cos x}{\sin x}dx,\\
\ln|y|=\ln|\sin x|+\ln|C|,\quad y=C\sin x,
\end{gather*}
где $C$ --- произвольная постоянная.

Варьируем постоянную
$$y=C(x)\sin x,\quad y'=C'(x)\sin x+C(x)\cos x,$$
и подставляем в исходное уравнение:
\begin{gather*}
C'(x)\sin x=2x\sin x,\\
C(x)=x^2+C,\\
y=(x^2+C)\sin x.
\end{gather*}

\noindent б) {\it Метод подстановки}

Будем искать решение уравнения \eqref{9} в виде $y=u(x)v(x)$.

Тогда оно принимает вид:
\begin{equation}\label{13}
u'v+u(v'+p(x)v)=q(x).
\end{equation}
Найдем функцию $v(x)$ из условия, что выражение в скобках обращается в $0$:
$$\frac{dv}{dx}+p(x)v=0,$$
$\displaystyle v=e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}$ --- одно из решений уравнения. Теперь подставляем найденную функцию $v(x)$ в \eqref{13} и получаем уравнение для нахождения $u(x)$:
\begin{gather*}
\frac{du}{dx}e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}=q(x),\\
u=\int q(x)e^{\textstyle\int p(x)\,dx}\,dx+C,
\end{gather*}
где $C$ --- произвольная постоянная, а интеграл обозначает одну из первообразных.

Тем самым общее решение исходного уравнения найдено
$$y=\biggl(\int q(x)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}\,dx+C\biggr)e^{\textstyle-\int p(x)\,dx}.$$

\ex
$$\frac{dy}{dx}-\frac yx=x^2.$$

Полагаем $y(x)=u(x)v(x)$ и приводим исходное уравнение к виду:
$$\frac{du}{dx}v=u\left(\frac{dv}{dx}-\frac vx\right)=x^2.$$

Решая уравнение $\dfrac{dv}{dx}-\dfrac vx=0$, находим частное решение $v=x$.

Тогда при этом $v$
\begin{gather*}
\frac{du}{dx}x=x^2,\\
u=\frac12x^2+C,\\
y=\left(\frac12x^2+C\right)x=\frac12x^3+Cx,
\end{gather*}
где $C$ --- произвольная постоянная.

\subsection{Уравнение Бернулли} {\it Уравнением Бернулли\/} называется дифференциальное уравнение І-го порядка вида
$$y'+p(x)=q(x)y^m,$$
где $m\ne0$ и $m\ne1$ (при $m=0$ --- это линейное уравнение, при $m=1$ --- уравнение с разделяющимися переменными).

Данный тип уравнений решается путем сведения их к линейным уравнениям заменой
$$z(x)=y^{1-m}(x).$$

\ex
\begin{gather*}
(x-y)ydx-x^2dy=0,\\
xy-y^2-x^2\frac{dy}{dx}=0,\\
\frac{dy}{dx}-\frac1xy=-\frac1{x^2}y^2.
\end{gather*}
Полагаем $z=y^{-1}$. Тогда $z'=-\dfrac{y'}{y^2}$ или
$$y'=-y^2z'=-\frac1{z^2}z'$$
и уравнение принимает вид:
\begin{gather*}
-\frac1{z^2}\frac{dz}{dx}-\frac1x\cdot\frac1z=-\frac1{x^2}\cdot\frac1{z^2},\\
\frac{dz}{dx}+\frac1xz=\frac1{x^2}.
\end{gather*}
Ищем решение в виде $z=u(x)v(x)$
$$\frac{du}{dx}v+u\left(\frac{dv}{dx}+\frac1xv\right)=\frac1{x^2}.$$
Если $v=\dfrac1x$, то $\dfrac{dv}{dx}+\dfrac1xv=0$ и
$$\frac{du}{dx}\cdot\frac1x=\frac1{x^2},\quad du=\frac{dx}x.$$
Откуда $u=\ln|x|+C$.

Тем самым общее решение имеет вид
$$y=\frac1z=\frac1{uv}=\frac x{\ln|x|+C},$$
где $C$ --- произвольная постоянная, которая может принимать значение $\infty$ т.к. при переходе к функции $z$ было потеряно решение $y=0$. Полученное общее решение можно переписать в другом виде:
\begin{gather*}
\ln|x|=\frac xy-C,\quad|x|=e^{-C+\textstyle\frac xy},\\
x=C_1e^{\textstyle\frac xy}.
\end{gather*}

\section{Дифференциальные уравнения высших порядков}

\subsection{Основные понятия} Дифференциальное уравнение $n$-го порядка --- это уравнение вида
\begin{equation}\label{101}
F(x,y,y',\ldots,y^{(n)})=0
\end{equation}
или
\begin{equation}\label{102}
y^{(n)}=f(x,y,y',\ldots,y^{(n-1)}).
\end{equation}
Множество всех решений уравнения --- это {\it общее решение}. В данном случае оно может быть записано в виде $y=\varphi(x,C_1,\ldots,C_n)$, где любое решение получается при некотором значении параметров $C_1,\ldots,C_n$. Общее решение, задаваемое в виде неявной функции
$$\Phi(x,y,C_1,\ldots,C_n)=0,$$
называется {\it общим интегралом\/} дифференциального уравнения.

Кроме задачи отыскания общего решения дифференциального уравнения \eqref{101} или \eqref{102}, рассматривают {\it задачу Коши}: для уравнения \eqref{102} найти частное решение удовлетворяющее начальным условиям:
\begin{equation}\label{103}
y(x_0)=y_0,\ y'(x_0)=y_0',\ldots,y^{(n-1)}(x_0)=y_0^{(n-1)}.
\end{equation}

Если известно общее решение уравнения $y=\varphi(x,C_1,\ldots,C_n)$, то для решения задачи Коши нужно из системы уравнений
$$\arraycolsep=0.05em\begin{array}{rcl}
\varphi(x_0,C_1,\ldots,C_n)&=&y_0,\\
\varphi'(x_0,C_1,\ldots,C_n)&=&y_0',\\
\hdotsfor{3}\\
\varphi^{(n-1)}(x_0,C_1,\ldots,C_n)&=&y_0^{(n-1)},\end{array}$$
определить значения констант $C_1,\ldots,C_n$ (в этом случае будут удовлетворяться начальные условия \eqref{103}).

\subsection{Дифференциальные уравнения, допускающие понижение порядка}\

\noindent a) {\it Уравнение вида} $y^{(n)}=f(x)$.

Уравнения данного вида решаются путем кратного интегрирования.

\ex

Найти общее и частное решение, удовлетворяющее начальным
условиям $y(1)=0$, $y'(1)=1$, уравнения
$$y''=-\frac1{x^2}.$$
Интегрируем:
\begin{gather*}
y'=-\int\frac{dx}{x^2}+C_1=\frac1x+C_1,\\
y=\int\left(\frac1x+C_1\right)\,dx+C_2=\ln|x|+C_1x+C_2.
\end{gather*}
Находим частное решение:
$$\begin{cases}
y(1)=C_1+C_2=0,\\
y'(1)=1+C_1=1.\end{cases}$$
Получаем $C_1=0$, $C_1=0$ и частное решение, удовлетворяющее данным начальным условиям, имеет вид $y=\ln|x|$.

\noindent б) {\it Уравнение, не содержащее искомой функции и ее производных до $(k-1)$-го порядка включительно}. Уравнение имеет вид:
\begin{equation}\label{104}
F(x,y^{(k)},\ldots,y^{(n)})=0.
\end{equation}

В этом случае порядок уравнения может быть понижен до $n-k$ путем замены $p(x)=y^{(k)}(x)$. Действительно, тогда уравнение \eqref{104} принимает вид
$$F(x,p,p',\ldots,p^{(n-k)})=0.$$
Определяя из него $p=p(x,C_1,\ldots,C_{n-k})$, далее получим $y$ из уравнения $y^{(k)}=p(x,C_1,\ldots,C_{n-k})$ путем $k$-кратного интегрирования.

\ex
$$\frac{d^5y}{dx^5}-\frac1x\frac{d^4y}{dx^4}=0.$$
Полагая $\dfrac{d^4y}{dx^4}=p$, получаем $\dfrac{dp}{dx}-\dfrac1xp=0$. Разделяя в нем переменные и интегрируя, \rule{0pt}{8pt}находим:
$$\ln|p|=\ln|x|+\ln|C_1|,\quad p=C_1x,$$
откуда
$$\frac{d^4y}{dx^4}=C_1x\quad\mbox{и}\quad y=C_1x^5+C_2x^3+C_3x^2+C_4x+C_5.$$

\noindent в) {\it Уравнение, не содержащее независимого переменного :}
$$F(y,y',\ldots,y^{(n)})=0.$$
В этом случае порядок уравнения понижается на единицу подстановкой $y'=p(y)$. Следует обратить внимание, что $p$ --- функция переменной $y$, поэтому:
\begin{align*}
\frac{dy}{dx}&=p,\\
\frac{d^2y}{dx^2}&=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}\frac{dy}{dx}=\frac{dp}{dy}p,\\
\frac{d^3y}{dx^3}&=\frac d{dx}\left(\frac{dp}{dy}p\right)=\frac d{dy}\left(\frac{dp}{dy}p\right)
\frac{dy}{dx}=\frac{d^2p}{dy^2}p^2+\left(\frac{dp}{dy}\right)^2p
\end{align*}
и т.д. Таким образом, $y^{(k)}(x)$ выражается через функцию $p$ и ее производные по $y$ до $(k-1)$-го порядка включительно, что и приводит к понижению порядка на единицу.

\ex
$$y''y-2(y')^2=0.$$

Делаем подстановку $y'=p(y)$. Тогда уравнение принимает вид:
$$\frac{dp}{dy}py-2p^2=0.$$
Тогда $p=0$ и $y=C$, где $C$ --- произвольная константа, есть решение уравнения, или
$$y\frac{dp}{dy}-2p=0.$$
Разделяя переменные, имеем
\begin{gather*}
\frac{dp}p=\frac{2dy}y,\\
\ln|p|=2\ln|y|+\ln|C_1|,\\
p=C_1y^2.
\end{gather*}
Таким образом, получаем
$$\frac{dy}{dx}=C_1y^2,\quad\frac{dy}{y^2}=C_1dx.$$
Интегрируя находим:
\begin{gather*}
-\frac1y=C_1x+C_2,\\
y=-\frac1{C_1x+C_2}.
\end{gather*}

\subsection{Линейные дифференциальные уравнения $n$-го порядка} Уравнение называется {\it линейным}, если оно имеет вид
$$a_n(x)y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\ldots+a_1(x)y'+a_0(x)y=\varphi(x).$$

Если $a_n(x)\ne0$ на некотором отрезке $[a,b]$, то разделив на $a_n(x)$, получим уравнение
\begin{equation}\label{105}
y^{(n)}+p_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\ldots+p_1(x)y'+p_0(x)y=f(x).
\end{equation}
Будем считать функции $f(x),p_0(x),p_1(x)),\ldots,p_{n-1}(x)$ непрерывными на $[a,b]$.

Если $f(x)\equiv0$, то линейное уравнение \eqref{105} называется {\it однородным}. Общее решение линейного однородного уравнения представляет линейную комбинацию с произвольными постоянными коэффициентами $n$ линейно независимых решений этого уравнения:
$$y(x)=C_1y_1+\ldots+C_ny_n.$$

Общее решение линейного неоднородного уравнения \eqref{105} представляет собой сумму общего решения соответствующего однородного уравнения и некоторого частного решения неоднородного уравнения $\ov y$:
$$y=C_1y_1+\ldots+C_ny_n+\ov y.$$
Тем самым для отыскания общего решения однородного уравнения нужно знать его $n$ линейно независимых решений, а неоднородного --- еще некоторое частное решение последнего. Если подбор частного решения неоднородного уравнения затруднен, а общее решение $\displaystyle\sum_{i=1}^nC_iy_i$ однородного уравнения известно, то неоднородное уравнение можно проинтегрировать {\it методом вариации постоянных}. Он заключается в том, что постоянные $C_1,\ldots,C_n$ варьируются и решение ищется в виде
$$y=C_1(x)y_1+\ldots+C_n(x)y_n,$$
где неизвестные функции $C_1(x),\ldots,C_n(x)$ должны удовлетворять системе уравнений
\begin{equation}\label{106}
\left\{
\arraycolsep=0.05em\arraycolsep=0.05em\begin{array}{rcl}
C_1'(x)y_1+\ldots+C_n'(x)y_n&=&0,\\
C_1'(x)y_1'+\ldots+C_n'(x)y_n'&=&0,\\
\hdotsfor{3}\\
C_1'(x)y_1^{(n-1)}+\ldots+C_n'(x)y_n'&=&0,\\
C_1'(x)y_1^{(n-1)}+\ldots+C_n'(x)y_n'&=&f(x).
\end{array}\right.
\end{equation}

\ex Найдем общее решение уравнения
$$y''-\frac2{x^2}y=\ln x.$$
Рассмотрим однородное уравнение
$$y''-\frac2{x^2}y=0.$$
Нетрудно увидеть, что это линейное уравнение 2-го порядка имеет два решения $y_1=x^2$ и $y_2=\dfrac1x$, которые являются линейно независимыми функциями в области $x>0$. Следовательно, общее решение однородного уравнения имеет вид:
$$y=C_1x^2+C_2\frac1x,$$
и решение исходного неоднородного уравнения мы ищем в виде:
$$y=C_1(x)x^2+C_2(x)\frac1x,$$
где функции $C_1(x)$ и $C_2(x)$ удовлетворяют системе:
$$\left\{
\arraycolsep=0.05em\arraycolsep=0.05em\begin{array}{rcl}
C_1'x^2+C_2'(x)\dfrac1x&=&0,\\[8pt]
C_1'2x+C_2'(x)\left(-\dfrac1{x^2}\right)&=&\ln x.
\end{array}\right.$$
Из этой системы находим
\begin{gather*}
C_1'=\frac{\ln x}{3x},\\
C_2'=-\frac{x^2}3\ln x,
\end{gather*}
и
\begin{gather*}
C_1=\frac16\ln^2x+\ov C_1,\\
C_2=-\frac{x^3}9\ln x+\frac{x^3}{27}+\ov C_2,
\end{gather*}
где $\ov C_1$ и $\ov C_2$ --- произвольные константы. Таким образом, общее решение исходного неоднородного уравнения имеет вид:
\begin{multline*}
y=\left(\frac16\ln^2x+\ov C_1\right)x^2+\left(-\frac{x^3}9\ln x+\frac{x^3}{27}+\ov C_2\right)\frac1x\\
=\ov C_1x^2+\ov C_2\frac1x+\frac{x^2}3\left(\frac12\ln^2x-\frac13\ln x+\frac19\right).
\end{multline*}

\subsection{Линейные дифференциальные уравнения с постоянными коэффициентами} Если в линейном однородном уравнении
\begin{equation}\label{107}
y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\ldots+a_1y'+a_0y=0
\end{equation}
все коэффициенты $a_i$ постоянны, то мы можем выписать все $n$ его частных линейно независимых решений. Для этого составляем характеристический многочлен и выписываем характеристическое уравнение для уравнения \eqref{107}:
\begin{equation}\label{108}
\lambda^n+a_{n-1}\lambda^{n-1}+\ldots+a_1\lambda+a_0=0.
\end{equation}
Как известно из алгебры, это уравнение имеет ровно $n$ комплексных корней, причем, если комплексное число $\alpha+i\beta$ --- корень этого уравнения, то комплексно сопряженное число $\alpha+i\beta$ --- также корень, т.к. коэффициенты многочлена действительны.

Если все корни $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ действительны и различны, то нетрудно убедиться, что им соответствуют $n$ линейно независимых решений
$$e^{\lambda_1x},\ldots,e^{\lambda_nx}.$$

Если корни действительны, но среди них есть кратные, т.е. уравнение \eqref{108} имеет вид:
$$(\lambda-\lambda_1)^{s_1}\ldots(\lambda-\lambda_k)^{s_k}=0,$$
где $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ --- все различные корни и $s_1+\ldots+s_k=n$, то им соответствует следующий набор $n$ линейно независимых решений:
$$e^{\lambda_1x},xe^{\lambda_1x},\ldots,x^{s_1-1}e^{\lambda_1x},\ldots,e^{\lambda_kx},xe^{\lambda_kx},
\ldots,x^{s_k-1}e^{\lambda_kx}.$$
Таким образом, корню $\lambda_i$ кратности $s_i$ соответствует ровно $s_i$ линейно независимых решений.

Если среди корней $\lambda_i$ имеются комплексные, то паре комплексно сопряженных корней $\alpha\pm i\beta$ соответствует два линейно независимых решения
$$e^{\alpha x}\cos\beta x,\quad e^{\alpha x}\sin\beta x.$$
Так как комплексно сопряженные корни имеют одинаковую кратность, то в общем случае, когда эта кратность равна $s$ им соответствует $2s$ линейно независимых решений:
\begin{multline*}
e^{\alpha x}\cos\beta x,e^{\alpha x}\sin\beta x,xe^{\alpha x}\cos\beta x,xe^{\alpha x}\sin\beta x,\ldots,x^{s-1}e^{\alpha x}\cos\beta x,\\
x^{s-1}e^{\alpha x}\sin\beta x.
\end{multline*}

Общее же решение уравнения \eqref{107} будет произвольной линейной комбинацией, найденных $n$ линейно независимых решений.

\ex
$$y^{(7)}-3y^{(6)}+5y^{(5)}-7y^{(4)}+7y^{(3)}-5y''+3y'-y=0.$$
Составляем характеристическое уравнение
$$\lambda^7-3\lambda^6+5\lambda^5-7\lambda^4+7\lambda^3-5\lambda^2+3\lambda-1=0.$$
Преобразуем характеристический многочлен
\begin{multline*}
(\lambda^7-3\lambda^6+3\lambda^5-\lambda^4)+(2\lambda^5-6\lambda^4+6\lambda^3-2\lambda^2)\\
+(\lambda^3-3\lambda^2+3\lambda-1)=\lambda^4(\lambda-1)^3+2\lambda^2(\lambda-1)^3+(\lambda-1)^3\\
=(\lambda-1)^3(\lambda^4+2\lambda^2+1)=(\lambda-1)^3(\lambda^2+1)^2
=(\lambda-1)^3(\lambda-i)^2(\lambda+i)^2.
\end{multline*}
Характеристическое уравнение принимает вид
$$(\lambda-1)^3(\lambda-i)^2(\lambda+i)^2=0.$$
Корень $\lambda_1=1$ имеет кратность $3$, а комплексно сопряженные корни $\lambda_{2,3}=\pm i$ имеют кратность $2$. Получаем семь линейно независимых решений:
$$e^x,\ xe^x,\ x^2e^x,\ \cos x,\ \sin x,\ x\cos x,\ x\sin x.$$
Общее решение имеет вид:
\begin{multline*}
y=C_1e^x+C_2xe^x+C_3x^2e^x+C_4\cos x+C_5\sin x+C_6x\cos x+C_7x\sin x.$$
\end{multline*}

Рассматривая линейные неоднородные уравнения с постоянными коэффициентами
\begin{equation}\label{109}
y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\ldots+a_1y'+a_0y=f(x)
\end{equation}
для некоторых функций можно указать вид частного решения. Выписывая общее решение однородного уравнения по предыдущим рекомендациям, мы тем самым найдем общее решение неоднородного уравнения \eqref{109}.

Если
$$f(x)=e^{\alpha x}P_m(x),$$
где $P_m(x)$ многочлен степени $m$, то частное решение может быть найдено в виде
$$\ov y=e^{\alpha x}Q_m(x),$$
когда $\alpha$ не является корнем характеристического многочлена \eqref{108}, и в виде
$$\ov y=x^se^{\alpha x}Q_m(x),$$
когда $\alpha$ --- корень кратности $s$ уравнения \eqref{108}, с помощью метода неопределенных коэффициентов. ($Q_m(x)$ --- некоторый другой многочлен той же степени $m$).

\ex
$$y''-4y'+4y=e^{2x}.$$
Решаем однородное уравнение
$$y''-4y'+4y=0.$$
Из характеристического уравнения
$$\lambda^2-4\lambda+4=(\lambda-2)^2=0$$
получаем $\lambda=2$ корень кратности $2$, и общее решение имеет вид:
$$y=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}.$$
Далее, $f(x)=e^{2x}$, где $P_m(x)=1$, т.е. $m=0$, a $\alpha=2$ корень кратности $2$ характеристического уравнения. Таким образом, частное решение ищем в виде $\ov y=x^2e^{2x}A$. Так как эта функция должна быть решением исходного уравнения, то при ее подстановке в него оно должно удовлетворяться (тождественно при любом $x$ из области определения):
\begin{gather*}
(x^2e^{2x}A)''-4(x^2e^{2x}A)'+4(x^2e^{2x}A)=e^{2x},\\
2Ae^{2x}=e^{2x}.
\end{gather*}
Отсюда $2A=1$ и $A=\dfrac12$; $\ov y=\dfrac{x^2}2e^{2x}$.
Общее, решение исходного уравнения имеет вид:
$$y=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}+\frac{x^2}2e^{2x}.$$

Если
$$f(x)=e^{\alpha x}(P_m(x)\cos\beta x+Q_n(x)\sin\beta x),$$
то частное решение может быть найдено в виде
$$\ov y=e^{\alpha x}(U_k(x)\cos\beta x+V_k(x)\sin\beta x),$$
когда комплексное число $\alpha+i\beta$ не является корнем характеристического уравнения \eqref{108}, и в виде
$$\ov y=x^se^{\alpha x}(U_k(x)\cos\beta x+V_k(x)\sin\beta x),$$
когда $\alpha+i\beta$ --- корень кратности $s$, где $U_k(x)$ и $V_k(x)$ --- некоторые многочлены степени $k=\max(m,n)$. В частности, если в $f(x)$ функция $Q_n(x)=0$, то в решении $\ov y$ в общем случае $V_k(x)\not\equiv0$; то же верно и для $P_m(x)$.

\ex
\begin{equation}\label{110}
y''+2y'+5y=e^x\sin x.
\end{equation}

Составляем характеристическое уравнение соответствующего однородного уравнения:
$$\lambda^2+2\lambda+5=0.$$
Находим два корня $\lambda_1=-2+i$, $\lambda_2=-2-i$. Следовательно, общее решение однородного уравнения имеет вид:
$$y=C_1e^{-2x}\cos x+C_2e^{-2x}\sin x.$$
Тогда как $f(x)=e^x\sin x$, где $\alpha+i\beta=1+i$ не является корнем, характеристического уравнения, $P_m(x)\equiv0$, $m=0$, и $Q_n(x)\equiv 1$, $n=0$, то частное решение неоднородного уравнения ищем в виде:
$$\ov y=e^x(A\cos x+B\sin x).$$
Тогда
\begin{gather*}
\ov y'=e^x(A\cos x+B\sin x)+e^x(-A\sin x+B\cos x),\\
\ov y''=2e^x(-A\sin x+B\cos x).
\end{gather*}
После подстановки а уравнение \eqref{110} получаем равенство:
$$(7A+4B)e^x\cos x+(-4A+7B)e^x\sin x=e^x\sin x.$$
Пользуясь линейной независимостью функций $e^x\cos x$ и $e^x\sin x$, получаем систему для нахождения неопределенных коэффициентов $A$ и $B$:
\begin{align*}
7A+4B&=0,\\
-4A+7B&=1.
\end{align*}
Откуда $A=-\dfrac4{65}$, $B=\dfrac7{65}$ и
$$\ov y=e^x(-\frac4{65}\cos x+\frac7{65}\sin x).$$
Таким образом, общее решение исходного неоднородного уравнения \eqref{110} выписывается в виде:
$$y=C_1e^{-2x}\cos x+C_2e^{-2x}\sin x-\frac4{65}e^x\cos x+\frac7{65}e^x\sin x.$$

Если правая часть уравнения \eqref{109} может быть представлена в виде $f(x)=f_1(x)+f_2(x)$, и можно указать частные решения $\ov y_1(x)$ и $\ov y_2(x)$ уравнения \eqref{109} с правой частью
$f_1(x)$ и $f_2(x)$, соответственно, то частное решение для правой части $f(x)$ будет равно $\ov y(x)=\ov y_1(x)+\ov y_2(x)$.

\ex
$$y''+y'=2\sin^2x.$$
Для однородного уравнения
$$y''+y'=0$$
его характеристическое уравнение имеет вид
$$\lambda^2+\lambda=0.$$
Откуда $\lambda_1=0$, $\lambda_2=-1$ и общее решение однородного уравнения имеет вид:
$$y=C_1+C_2e^{-x}.$$
Правая часть может быть записана так:
$$f(x)=2\sin^2x=1-\cos2x=f_1(x)+f_2(x),$$
где
$$f_1(x)=1,\quad f_2(x)=-\cos2x.$$
Так как $f_1(x)$ имеет вид $P_m(x)e^{\alpha x}$, где $P_m(x)\equiv1$, $m=0$ и $\alpha=0$, то для уравнения $y''+y'=1$ частное решение имеет вид: $\ov y_1=xQ_0(x)=Ax$, ибо $\lambda_1=0=\alpha$ --- корень характеристического уравнения. Находим:
\begin{gather*}
(Ax)''+(Ax)'=1,\\
A=1,\\
\ov y_1(x)=x.
\end{gather*}
Так как $f_2(x)$ имеет вид $e^{\alpha x}(P_m(x)\cos\beta x+Q_n(x)\sin\beta x)$, где
$P_m(x)=-1$, $m=0$, $Q_n(x)=0$, $n=0$ и $\alpha=0$, $\beta=2$, то для уравнения $y''+y'=-\cos2x$ с правой частью $f_2(x)$ частное решение имеет вид:
$$\ov y_2(x)=B\cos2x+D\sin2x,$$
ибо число $\alpha+i\beta=2i$ не есть корень характеристического уравнения. Находим:
$$(B\cos2x+D\sin2x)''+(B\cos2x+D\sin2x)'=-\cos2x,$$
откуда $-2B-4D-0$, $2D-4B=-1$ и
$$B=\frac15,\quad D=-\frac1{10},\quad\ov y_2(x)=\frac15\cos2x-\frac1{10}\sin2x.$$
Таким образом, частное решение для неоднородного уравнения с правой частью $f(x)=f_1(x)+f_2(x)$ имеет вид:
$$\ov y(x)=\ov y_1(x)+\ov y_2(x)=x+\frac15\cos2x-\frac1{10}\sin2x,$$
а общее решение:
$$y=C_1+C_2e^{-x}+x+\frac15\cos2x-\frac1{10}\sin2x,$$
 
Если подбор частного решения неоднородного уравнения затруднен, то для интегрирования неоднородного уравнения можно воспользоваться методом вариации постоянных, разобранным в предыдущем пункте~$3$.

\section{Варианты домашних заданий}

Во всех дифференциальных уравнениях, в которых не указаны начальные условия, нужно найти общее решение. Если дополнительно указаны начальные условия, то нужно найти частное решение, удовлетворяющее этим начальным условиям.

\bigskip

\centerline{Вариант 1.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\tg ydx-\ctg xdy=0$.
\item $xy'-y^2\ln x+y=0$.
\item $6yy''-5(y')^2=0$.
\item $y''-2y=4x^2e^x$.
\item $y''+y=\ctg x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 2.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(y^2-x^2)y'+2xy=0$.
\item $x'-x\ctg t=4\sin t$.
\item $y''=2y^3$, $y(1)=y'(1)=1$.
\item $y''+y=\sin3x\cos x$.
\item $y''-2y'+y=\dfrac{e^x}x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 3.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{3x-4y-2}{3x-4y-3}$.
\item $x'=\dfrac xt+\dfrac{x^2}{t^3}$, $x(2)=4$.
\item $2yy''+y^2-(y')^2=0$, $y(0)=y'(0)=1$.
\item $4y''+12y'+9y=2\cos4x$.
\item $y''+2y'+y=\dfrac{e^{-x}}x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 4.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(x-y)ydx-x^2dy=0$.
\item $x^2+(y')^2=1$.
\item $yy''+(y')^2=yy'$.
\item $y''+3y=4x^2-8$.
\item $y''+y=\tg x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 5.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\dfrac{dx}{dt}=e^{\textstyle\frac xt}+\dfrac xt$.
\item $\dfrac{dy}{dx}=\cos(x-y)$.\rule{0pt}{19pt}
\item $y(1-\ln y)y''+(1+\ln y)(y')^2=0$.\rule{0pt}{11pt}
\item $y''-2y'=3x+2xe^x$.
\item $y''+y=\dfrac1{\sin x}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 6.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(2x+2y-1)dx+(x+y-2)dy=0$.
\item $y'=2x+\dfrac yx$, $y(1)=1$.
\item $y''+2y(y')^3=0$.
\item $y''-2y'+5y=e^x\cos2x$.
\item $y''+3y'+2y=\dfrac1{e^x+1}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 7.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(y')^3-y'e^{2x}=0$.
\item $x\dfrac{dy}{dx}=y+\sqrt{x^2+y^2}$.
\item $y''+\dfrac{y'}x=x$.
\item $y''-3y'=2e^{3x}$.
\item $y''+4y=\dfrac1{\sin^2x}$.
\end{enumerate}

\newpage

\centerline{Вариант 8.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $x'+5x=10t+2$, $x(1)=2$.
\item $(12x+5y-9)dx+(5x+2y-3)dy=0$.
\item $yy''+(y')^2-(y')^3\ln y=0$.
\item $y''-y'=2x-1-3e^x$.
\item $y''-2y'+y=\dfrac{e^x}{\sqrt{4-x^2}}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 9.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\dfrac{dx}{dt}+3x=e^{2t}$.
\item $ydx-xdy=x^2ydy$.\rule{0pt}{12pt}
\item $\dfrac12y''=e^{4y}$, $y(0)=0$, $y'(0)=1$.\rule{0pt}{18pt}
\item $y^{(4)}-16y=x^2-e^x$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y''+4y'+4y=e^{2x}\ln x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 10.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y\sin x+y'\cos x=1$.
\item $(y')^2+y^2=4$.
\item $xy''=y'\ln\dfrac{y'}x$.
\item $y''+2y'+y=e^x+e^{-x}$.
\item $y''+4y=\dfrac1{\cos^2x}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 11.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\dfrac{dx}{dt}=x+\sin t$.
\item $x(\ln x-\ln y)dy-ydx=0$.\rule{0pt}{11pt}
\item $y''=\dfrac{y'}x+\dfrac{x^2}{y'}$, $y(2)=0$, $y'(2)=4$.\rule{0pt}{19pt}
\item $y''-2y'=e^{2x}+5$.
\item $y''+16y=\ctg4x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 12.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=e^{x-y}$.
\item $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac y{x+y^3}$.
\item $(y'')^2+(y')^2=1$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y''+5y'=3x^2-8$.
\item $y''+2\ctg xy'=\sin^3x$.
\end{enumerate}

\newpage

\centerline{Вариант 13.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(y')^2=9y^4$.
\item $\dfrac{dy}{dx}-\dfrac y{1+x}+y^2=0$.\rule{0pt}{18pt}
\item $y''-\ctg xy'=\ctg x$.\rule{0pt}{10pt}
\item $y''+4y=e^{2x}\sin2x$.
\item $3y''-6y'+3y=\dfrac{e^x}x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 14.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=\dfrac{x+y-3}{1-x+y}$.
\item $y'-\dfrac{3y}x+x^3y^2=0$.\rule{0pt}{18pt}
\item $y''+(y')^2=1$, $y(0)=0$, $y'(0)=1$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y''-4y'+4y=xe^{2x}$.
\item $y''+16y=\tg4x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 15.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(4y+2x+3)y'-2y-x-1=0$.
\item $(x^2-1)y'+2xy-\cos x=0$.
\item $y''=3\sqrt y$, $y(0)=1$, $y'(0)=2$.
\item $y''-4y'+8y=e^{2x}(\cos2x+2\sin2x)$.
\item $y''+3y'+2y=\dfrac1{e^x+1}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 16.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $xyy'=1-x^2$.
\item $3xdy=y(1+x\sin x-3y^3\sin x)dx$.
\item $yy''-(y')^2-yy'=0$.
\item $y''-8y'+y=\cos x$.
\item $y''+9y=\ctg3x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 17.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $xy'-y=y^3$.
\item $ydx+\left(x-\dfrac12x^3y\right)dy=0$.
\item $(1+x^2)y''+2xy'=x^3$.
\item $y''-5y'-6y=2e^{-x}$.
\item $y''+y=\dfrac1{2\cos2x}$.
\end{enumerate}

\newpage

\centerline{Вариант 18.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(1+e^x)yy'=e^x$, $y(0)=1$.
\item $2xy\dfrac{dy}{dx}-y^2+x=0$.
\item $xy''+y'=1+x$.
\item $y''+4y'-5y=2x^2+6$.
\item $2y''-4y'+2y=\dfrac{e^x}x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 19.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(xy^2+x)dx+(x^2y-y)dy=0$, $y(0)=1$.
\item $\dfrac{dy}{dx}+\dfrac yx=-xy^2$.\rule{0pt}{18pt}
\item $y^2y''=y(y')^2+(y')^3$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y''-3y'+2y=3x^2+x$.
\item $2y''+4y'+2y=\dfrac{e^{-x}}x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 20.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=(x+y)^2$.
\item $ydx+(2\sqrt{xy}-x)dy=0$.
\item $yy''-(y')^2=y'$.
\item $y''-2y'+2y=xe^x\cos x$.
\item $y''+y=\dfrac1{\sin2x}$.\rule{0pt}{19pt}
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 21.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=(8x+2y+1)^2$.
\item $(x^2-3y^2)dx+2xydy=0$, $y(2)=1$.
\item $(1+x^2)y''+(y')^2+1=0$.
\item $\dfrac{d^4x}{dt^4}-2\dfrac{d^2x}{dt^2}+x=t^2-3$.\rule{0pt}{16pt}
\item $y''-2y'+y=\dfrac{e^x}{\sqrt{9-x^2}}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 22.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=\dfrac{1-3x-3y}{1+x+y}$.
\item $\dfrac{dy}{dx}+\dfrac{2y}x=x^3$.
\item $y''+(y')^2=x(y')^2$.\rule{0pt}{12pt}
\item $\dfrac{d^6x}{dt^6}-\dfrac{d^4x}{dt^4}=1$.\rule{0pt}{18pt}
\item $y''+4y=\dfrac1{\cos4x}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 23.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=\dfrac{x+2y+1}{2x+4y+3}$.
\item $y'-y\tg x=\dfrac1{\cos x}$.
\item $yy''+(y')^2=0$.
\item $x''+x=\sin t-\cos2t$.
\item $y''-4y'+4y=\dfrac{e^{2x}}{\sqrt{16-x^2}}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 24.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $4(y')^2-9x=0$.
\item $x^3dx-(x^4+y^3)dy=0$.
\item $xy''-y'\ln\dfrac{y'}x=0$.
\item $y''+2y'+y=2\sin x$.
\item $y''+2y'+y=\dfrac{e^{-x}}{\sqrt{1-x^2}}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 25.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'=\left(1+\dfrac{y-1}{2x}\right)^2$.
\item $xy'+y=xy^2\ln x$.
\item $y''+\dfrac1xy'=\dfrac1{x^3}$.\rule{0pt}{18pt}
\item $y''-6y'+10y=100$, $y(0)=10$, $y'(0)=5$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y''+y=\dfrac1{\cos2x}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 26.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y'(x+\sin y)=1$.
\item $y'=\dfrac yx+\tg\dfrac yx$.
\item $2yy''+y^2-(y')^2=0$, $y(0)=y'(0)=1$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y'''-y=e^x$.
\item $y''+25y=\ctg5x$.
\end{enumerate}

\newpage

\centerline{Вариант 27.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $xy'-\dfrac y{x+1}-x=0$.
\item $y'=2\left(\dfrac{y+2}{x+y-1}\right)^2$.
\item $y''y^3=1$, $y\left(\dfrac12\right)=y'\left(\dfrac12\right)=1$.
\item $y''-2y=4x^2e^x$.\rule{0pt}{12pt}
\item $y''+4y=\tg2x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 28.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $xdy+ydx=y^2dx$.
\item $e^ydx+(xe^y-2ydy=0$.
\item $yy''=(y')^2$.
\item $x''+9x=t\sin3t$.
\item $y''-2y'+y=e^x\ln x$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 29.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $y\dfrac{dp}{dy}=-p+p^2$.
\item $xy(xy^2+1)dy-dx=0$.
\item $2(y')^2=y''(y-1)$, $y(1)=2$, $y'(1)=1$.
\item $y''-2y'+y=(3x-5)e^x$.
\item $y''+y=\dfrac1{\cos x}$.
\end{enumerate}

\medskip

\centerline{Вариант 30.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $xdy-ydx=y^2dx$.
\item $2yp\dfrac{dp}{dy}=3p^2+4y^2$.
\item $xy''+y'=1+x$.
\item $y''+3y'+2y=e^{-x}$.
\item $y''+y=1-\dfrac1{\sin x}$.
\end{enumerate}
\end{document}