Elsőrendű differenciálegyenletek néhány egyszerűen megoldható típusa

I. Példák differenciálegyenletekre, közvetlenül integrálható differenciálegyenletek

Egy differenciálegyenletnek megoldása az x:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} függvény, ha intervallumon van értelmezve és differenciálható, továbbá kielégíti a differenciálegyenletet minden t\in D(x) esetén.
Egy megoldást maximális megoldásnak nevezük, ha megoldás, és nem valódi leszűkítése más megoldásnak.

A továbbiakban differenciálegyenlet megoldása alatt intervallumon értelmezett függvényt értünk, mégpedig olyat, amelyik a lehető legbővebb intervallumon van értelmezve, vagyis maximális megoldás.

Az x megoldás grafikonja akkor és csak akkor halad át a (t_0;p_0) ponton, ha x(t_0)=p_0. Ez motiválja a következő definíciót:

Azt mondjuk, hogy egy differenciálegyenlet x megoldása teljesíti az x(t_0)=p_0 kezdeti feltételt, ha a differenciálegyenlet teljesül minden t\in D(x) esetén és x(t_0)=p_0.

Az \dot{x}(t) = f(t) differenciálegyenletet közvetlenül integrálható differenciálegyenletnek nevezzük, ha f nyílt intervallumon értelmezett folytonos függvény. Megoldása:

\dot{x}(t) = f(t)

\int\dot{x}(t) \,dt = \int f(t) \,dt

x(t) = F(t) + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

ahol F az f függvény egyik primitív függvénye. Minden maximális megoldás értelmezési tartománya D(f).

Legyen f:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} olyan összefüggő nyílt halmazon értelmezett folytonos függvény, melynek a második változó szerinti parciális deriváltfüggvénye létezik és folytonos a teljes D(f) értelmezési tartományon


Ekkor az \dot{x}(t) = f(t,x(t)) differenciálegyenletnek minden (t_0, p_0)\in D(f) esetén pontosan egy olyan megoldása van, amelyikre x(t_0) = p_0, vagyis D(f) minden pontjára pontosan egy megoldásgrafikonja illeszkedik.

\int\dot{x}(t)\,dt=\int 3t^2\,dt

x(t)=3\cdot\dfrac{t^3}{3}+C=t^3+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Lagrange-féle középértéktétel következménye miatt.

\int \dot{x}(t) \,dt = \int 2\sin{t} \,dt

x(t) = -2\cos{t}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

e^{-t}\dot{x}(t)=e^{-t}x(t)

e^{-t}\dot{x}(t)-e^{-t}x(t)=0

(x(t)e^{-t})˙=0

\int(x(t)e^{-t})˙\,dt=\int 0\,dt

Lagrange-féle középértéktétel következménye miatt.

x(t)e^{-t} = C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = Ce^t \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Először megkeressük az olyan megoldásokat, melyek sehol sem veszik fel a 0 értéket.

\dfrac{\dot{x}(t)}{x^2(t)}=1

\int\dfrac{\dot{x}(t)}{x^2(t)}\,dt = \int 1\,dt

\int\dfrac{1}{x^2(t)}\dfrac{dx}{dt}\,dt=\int 1 \,dt

\int\dfrac{1}{x^2(t)}\,dx=\int 1 \,dt

-\dfrac{1}{x(t)}=t+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t)=-\dfrac{1}{t+C} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Ezután keressünk olyan megoldást, amelyik felveszi a 0 értéket. Behelyettesítéssel látjuk:

x(t)=0

Ezzel együtt a megoldásgrafikonok egyrétűen lefedik a síkot.

Itt is először olyan megoldásokat keresünk, melyek értéke sehol sem 0:

x^{-\frac{2}{3}}(t)\dot{x}(t) = 1

\int x^{-\frac{2}{3}}(t)\dot{x}(t) \,dt = \int 1 \,dt

\int x^{-\frac{2}{3}}(t)\dfrac{dx}{dt} \,dt = \int 1 \,dt

\int x^{-\frac{2}{3}}(t) \,dx = \int 1 \,dt

3x^{\frac{1}{3}}(t) = t+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t)=\left(\dfrac{t+C}{3}\right)^3 \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

A differenicálegyenletbe helyettesítve látjuk, hogy az x(t)=0 konstans függvény IS megoldás.

A sík bármely pontjára több megoldás grafikonja illeszkedik, tehát a megoldásgrafikonok nem egyrétűen fedik a síkot.

\dot{x}(t)=\dfrac{1}{t}

\int\dot{x}(t) \;dt = \int\frac{1}{t} \,dt

x(t) = \ln{|t|}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(-1) = \ln{|-1|}+C = C\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} C=5

A kezdeti feltételnek eleget tevő egyenlet:

x(t) = \ln{|t|}+3

\dot{x}(t)=-x(t)

e^tx(t)=-e^tx(t)

e^tx(t)+e^tx(t) = 0

(x(t)\cdot e^t)˙= 0

\int (x(t)\cdot e^t)˙\,dt= \int 0 \,dt

Lagrange-féle középértéktétel következménye miatt.

x(t)e^t = C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = Ce^{-t}

x(0)=Ce^0=C \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} C=3

A kezdeti feltételnek eleget tevő egyenlet:

x(t)=3e^{-t}

II. Szétválasztható változójú differenciálegyenletek

A szétválasztható változójú differenciálegyenlet  \dot{x}(t)=g(t)h(x(t)) alakú, ahol g, h egy-egy nyílt intervallumon értelmezett folytonos függvény. Megoldása:

Legyen \dot{G}=g; \hspace{0.3cm} \dot{H}=\dfrac{1}{h}   és   h(x(t))\neq 0 semelyik t \in D(x) esetén.

\dot{x}(t) = g(t)h(x(t))

\dfrac{1}{h(x(t))}\dot{x}(t) = g(t)

\int \dfrac{1}{h(x(t))}\dot{x}(t) \,dt = \int g(t) \,dt

\int \dfrac{1}{h(x(t))}\,dx = \int g(t) \,dt

H(x(t)) = G(t)+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Ha H injektív, akkor:

x(t) = H^{-1}\left(G(t)+C\right) \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Azokat a megoldásokat, melyekre h(x(t)) = 0 valamelyik t\in D(x) esetén, később a Picard–Lindelöf-tétel segítségével próbáljuk megtalálni.

Szétválasztható változójú differenciálegyenlet minden közvetlenül integrálható differenciálegyenlet.

pl.:  \dot{x}(t)=x^2(t) egyenletben  g(t)=1; \hspace{0.3cm} h(x)=x^2

g(t)=\dfrac{t}{t+1}; \hspace{0.3cm} h(x) = x

Megkeressük azokat a megoldásokat, melyek a 0 értéket sehol sem veszik fel:

\dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} = \dfrac{t}{t+1}

\int\dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} \,dt= \int\dfrac{t}{t+1} \,dt

\ln{|x(t)|} = \int\dfrac{t+1-1}{t+1} \,dt = \int\left(1-\dfrac{1}{t+1}\right) \,dt

\ln{|x(t)|} = t-\ln{|t+1|}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

|x(t)| = e^{t-\ln{t+1}+C}

|x(t)| = e^C\dfrac{e^t}{|t+1|} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Mivel x megoldás differenciálható és a 0 értéket nem veszi fel, ezért Bolzabo-tétel következtében állandó előjelű.  A differenciálegyenlet nincs értelmezve a t=-1 pontban, így az x megoldás sem. Tehát x értelmezési tartományán, ami intervallum, t+1 is állandó előjelű. Így alkalmas K számmal

x(t)=K\dfrac{e^t}{t+1} \hspace{0.5cm},K\in\mathbb{R}

A differenciálegyenletbe helyettesítve látjuk, hogy K=0 esetén kapott x(t)=0 konstansfüggvény IS megoldás.

A Picard–Lindelöf-tételt felhasználva tudjuk, hogy nincs más megoldás, amelyik a 0 értéket felveszi.

e^{x(t)}\dot{x}(t) = t

\int e^{x(t)}\dot{x}(t) \,dt = \int t \,dt

\int e^{x(t)} \,dx = \int t \,dt

e^{x(t)} = \dfrac{t^2}{2}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = \ln{\left(\dfrac{t^2}{2}+C\right)} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} = \dfrac{1}{t}

\int \dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} \;dt = \int \dfrac{1}{t} \;dt

\ln{|x(t)|} = \ln{|t|}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = e^Ct \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} = 2\ctg{t}

\int \dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} \,dt = \int 2\ctg{t} \,dt = 2\int\dfrac{\cos{t}}{\sin{t}} \,dt

\ln{|x(t)|} = 2\ln{|\sin{t}|}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = e^C\sin^2{t} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dot{x}(t) = \dfrac{t^2x(t)}{1+t^3} = t^2(1+t^3)^{-1}x(t)

\dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} = \dfrac{t^2}{1+t^3}

\int \dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} \,dt = \int \dfrac{t^2}{1+t^3} \;dt

Az egyenlet jobboldalát helyettesítéssel integráljuk.

u(t)=1+t^3
\dfrac{du}{dt} = 2t^2

\int \dfrac{\dot{x}(t)}{x(t)} \,dt = \dfrac{1}{3} \int \dfrac{1}{u}

\ln{|x(t)|} = \dfrac{1}{3}\ln{|u|}+C=\dfrac{1}{3}\ln{|1+t^3|}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = e^{\frac{1}{3}\ln{(1+t^3)}+C}

x(t) = e^C\sqrt[3]{1+t^3} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{\dot{x}(t)}{1+x^2(t)} = 1+t^2

\int \dfrac{1}{1+x^2(t)}\dfrac{dx}{dt}\,dt = \int 1+t^2 \;dt

Tudjuk, hogy: \int \dfrac{1}{a^2+u^2}\,du = \dfrac{1}{a}\arctg{\left(\dfrac{u}{a}\right)}

\arctg{(x(t))} = t+\dfrac{t^3}{3}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = \tg{\left(t+\dfrac{t^3}{3}+C\right)} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dot{x}(t) = \dfrac{1}{x(t)(9+4t^2)} = \dfrac{1}{x(t)}\cdot\dfrac{1}{9+t^2}

x(t)\dot{x}(t) = \dfrac{1}{9+4t^2}

\int x(t)\dot{x}(t) \,dt= \int\dfrac{1}{9+4t^2} \,dt = \int \dfrac{1}{4(\frac{9}{4}+t^2)} \,dt

\int x(t)\dot{x}(t) \,dt =\dfrac{1}{4} \int \dfrac{1}{\left(\frac{3}{2}\right)^2+t^2} \,dt

Tudjuk, hogy: \int \dfrac{1}{a^2+u^2}\,du = \dfrac{1}{a}\arctg{\left(\dfrac{u}{a}\right)}

\dfrac{x^2(t)}{2} = \dfrac{1}{4}\dfrac{1}{\frac{3}{2}}\arctg{\left(\dfrac{t}{\frac{3}{2}}\right)}+C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x^2(t) = \dfrac{1}{3}\arctg{\left(\dfrac{2}{3}t\right)}+C

x(t) = \pm\sqrt{\dfrac{1}{3}\arctg{\left(\dfrac{2}{3}t\right)}+C }\hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{\dot{x}(t)}{e^{x(t)}+1} = \dfrac{\sin{t}}{\cos{t}+1}

\int \dfrac{\dot{x}(t)}{e^{x(t)}+1} \,t = \int \dfrac{1}{e^{x(t)}+1} \,x = \int \dfrac{1}{u+1}\cdot\dfrac{1}{u} \,du = \int \dfrac{1}{u(u+1)}\,du = \int \dfrac{1}{u}-\dfrac{1}{u+1} \,du = \\ \ln{|u|}-\ln{|u+1|} +C_1 = \\ \ln{|e^{x(t)}|}-\ln{|e^{x(t)}+1|} +C_1= \ln{\dfrac{e^{x(t)}}{e^{x(t)}+1}}+C_1

\int \dfrac{\sin{t}}{\cos{t}+1} \,dt = \int \dfrac{-1}{v} \,dv =-\ln{|v|} +C_2= -\ln{(\cos{t}+1)}+C_2

\ln{\dfrac{e^{x(t)}}{e^{x(t)}+1}}+C_1 = -\ln{(\cos{t}+1)}+C_2

\dfrac{e^{x(t)}}{e^{x(t)}+1} = e^C\dfrac{1}{\cos{t}+1} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{e^{x(t)}+1}{e^{x(t)}} = \dfrac{1}{e^C}(\cos{t}+1)

1+e^{-x(t)} = K(\cos{t}+1) \hspace{0.5cm},K\in\mathbb{R}

e^{-x(t)} = K(\cos{t}+1)-1

-x(t) = \ln{(K(\cos{t}+1)-1)} = \ln{(K\cos{t}+K-1)}

x(t) = -\ln{(K\cos{t}+K-1)} \hspace{0.5cm},K\in\mathbb{R}

III. Elsőrendű lineáris közönséges differenciálegyenletek

Az \dot{x}(t) = a(t)\cdot x(t)+b(t) elsőrendű lineáris közönséges differenciálegyenlet, ha a, b ugyanazon a nyílt intervallumon értelmezett folytonos függvények.

Ha b(t) = 0 konstnasfüggvény, akkor homogén egyenletről, ha NEM, akkor inhomogén egyenletről beszélünk. Megoldása:

Legyen \dot{A}(t) = a(t). Az egyenlet mindkét oldalát szorozzuk e^{-A(t)}-vel:

\dot{x}(t)e^{-A(t)} = a(t)x(t)\cdot e^{-A(t)} + b(t)e^{-A(t)}

\dot{x}(t)e^{-A(t)} – a(t)x(t)\cdot e^{-A(t)} = b(t)e^{-A(t)}

\left(x(t)\cdot e{-A(t)}\right)˙= b(t)e^{-A(t)}

x(t)\cdot e{-A(t)} = \int b(t)e^{-A(t)} \,dt

x(t) = e^{A(t)} \int b(t)e^{-A(t)} \,dt

a(t) = 1, \hspace{0.3cm} A(t) = t, \hspace{0.3cm} e^{-A(t)}=e^{-t}

\dot{x}(t)e^{-t}=x(t)e^{-t}+te^{-t}

\dot{x}(t)e^{-t}-x(t)e^{-t}=te^{-t}

\left(x(t)\cdot e^{-t}\right)˙= te^{-t}

x(t)\cdot e^{-t} = \int te^{-t} \,dt =

= t(-e^{-t})-\int 1\cdot (-e^{-t}) \,dt = -te^{-t}-e^{-t}+C

x(t) = -t-1+Ce^t  \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

a(t) = 3t^2, \hspace{0.3cm} A(t) = t^3, \hspace{0.3cm} e^{-A(t)}=e^{-t^3}

\dot{x}(t)e^{-t^3} = 3t^2x(t)e^{-t^3} + t^2e^{-t^3}

\dot{x}(t)e^{-t^3} – 3t^2x(t)e^{-t^3} = t^2e^{-t^3}

\left(x(t)\cdot e^{-t^3}\right)˙= t^2e^{-t^3}

x(t)\cdot e^{-t^3} = \int t^2e^{-t^3} \,dt = -\dfrac{1}{3}\int e^u \,du

u(t)=-t^3
\dfrac{du}{dt} = -3t^2

x(t)\cdot e^{-t^3} = -\dfrac{1}{3} e^{-t^3} + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = -\dfrac{1}{3} + Ce^{t^3} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

 

t\dot{x}(t) = 2x(t) + 2t^4

\dot{x}(t) = \dfrac{2x(t) + 2t^4}{t} = \dfrac{2}{t}x(t)+\dfrac{2t^4}{t}

a(t) = \dfrac{2}{t}, \hspace{0.3cm} A(t) = 2\ln{|t|}, \hspace{0.3cm} e^{-A(t)}=\dfrac{1}{t^2}

\dfrac{1}{t^2}\dot{x}(t) = \dfrac{1}{t^2}\dfrac{2}{t}x(t)+\dfrac{1}{t^2}\dfrac{2t^4}{t} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{1}{t^2}\dot{x}(t) = \dfrac{2}{t^3}x(t) + 2t

\dfrac{1}{t^2}\dot{x}(t) – \dfrac{2}{t^3}x(t) = 2t

\left(\dfrac{1}{t^2}x(t)\right)˙= 2t

\dfrac{1}{t^2}x(t) = t^2 + C

x(t) = t^4 + Ct^2 \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

a(t) = -0.2, \hspace{0.3cm} A(t) = -0.2t, \hspace{0.3cm} e^{-A(t)}=e^{0.2t}

\dot{x}(t)e^{0.2t} = 0.6e^{0.2t} – 0.2x(t)e^{0.2t}

\dot{x}(t)e^{0.2t} – 0.2x(t)e^{0.2t} = 0.6e^{0.2t}

\left(x(t)\cdot e^{0.2t}\right)˙= 0.6e^{0.2t}

x(t)\cdot e^{0.2t} = \int 0.6e^{0.2t} \,dt = 3e^{0.2t} + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

x(t) = 3 + \dfrac{C}{e^{0.2t}} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

IV. Néhány szétválasztható változójú vagy lineáris differenciálegyenletre vezető differenciálegyenlet-típus

\dot{x}(t) = g\left(\dfrac{x(t)}{t}\right) homogén differenciálegyenlet, ahol g nyílt intervallumon értelmezett folytonos függvény.

A homogén differenciálegyenlet NEM KEVERENDŐ ÖSSZE a lineáris differenciálegyenleteknél tanult homogén egyenlettel!

Helyettesítéssel az y(t) = \dfrac{x(t)}{t} új ismeretlen függvényre szétválasztható változójú differenciálegyenletet kapunk:

y(t) = \dfrac{x(t)}{t} \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t)=ty(t) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \dot{x}(t) = y(t)+t\dot{y}(t)

\dot{x}(t) = g\left(\dfrac{x(t)}{t}\right)

y(t)+t\dot{y}(t) = g\left(y(t)\right)

\dot{y}(t) = \dfrac{g\left(y(t)\right) -y(t)}{t}

\dot{x}(t) = g\left(ax(t)+bt+c\right) lineáris helyettesítéssel szétválasztható változójúra vezető differenciálegyenlet,
ahol g nyílt intervallumon értelmezett folytonos függvény és a,b,c \in \mathbb{R}; a\neq 0

Az y(t) = ax(t)+bt+c új ismeretlen függvényre szétválasztható változójú differenciálegyenlet érvényes:

y(t) = ax(t)+bt+c \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t) = \dfrac{1}{a}\left(y(t)-bt-c\right) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\dot{x}(t) = \dfrac{1}{a}\left(\dot{y}(t)-b\right)

\dot{x}(t) = g\left(ax(t)+bt+c\right)

\dfrac{1}{a}\left(\dot{y}(t)-b\right) = g\left(y(t)\right)

\dot{y}(t) = a\cdot g\left(y(t)\right) + b

Az \dot{x}(t) = a(t)x(t) + b(t)x^\alpha(t)  Bernoulli-féle differenciálegyenlet, ahol a, b  közös nyílt intervallumon értelmezett folytonos függvény, valamint \alpha \in \mathbb{R}

Ha \alpha=1, akkor a Bernoulli-féle differenciálegyenlet egyben homogén lineáris differenciálegyenlet is.

Ha \alpha \neq 1, akkor az y(t) = x^{1-\alpha}(t) új függvényre lineáris differenciálegyenletet kapunk:

y(t) = x^{1-\alpha}(t) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t)=y^{\frac{1}{1-\alpha}}(t) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm}\dot{x}(t) = \dfrac{1}{1-\alpha}\cdot y^{\frac{1}{1-\alpha}-1}(t) \cdot\dot{y}(t) = \dfrac{1}{1-\alpha}\cdot y^{\frac{\alpha}{1-\alpha}}(t) \cdot\dot{y}(t)

\dot{x}(t) = a(t)x(t) + b(t)x^\alpha(t)

\dfrac{1}{1-\alpha}\cdot y^{\frac{\alpha}{1-\alpha}}(t) \cdot\dot{y}(t) = a(t)y^{\frac{1}{1-\alpha}} + b(t)y^{\frac{1}{1-\alpha}}(t)

\dfrac{1}{1-\alpha}\cdot \dot{y}(t) = a(t)y(t) + b(t)

\dot{y}(t) = (1-\alpha)a(t)y(t) + (1-\alpha)b(t)

homogén differenciálegyenlet:

helyettesítsünk:
y(t)=\dfrac{x(t)}{t}\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t)=  ty(t) \\ \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \dot{x}(t)=t\dot{y}(t)+y(t)

t\dot{y}(t)+y(t) = y(t) +1

\dot{y}(t) = 1\dfrac{1}{t}

\int \dot{y}(t) \,dt = \int \dfrac{1}{t}\,dt

y(t) = \ln{|t|} + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dfrac{x(t)}{t} = \ln{|t|} + C

x(t) = t\ln{|t|} + Ct \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

homogén differenciálegyenlet:

helyettesítsünk:
y(t)=\dfrac{x(t)}{t}\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t)=  ty(t) \\ \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \dot{x}(t)=t\dot{y}(t)+y(t)

t\dot{y}(t)+y(t) = y(t) + y^2(t)

t\dot{y}(t) = y^2(t)

\dfrac{\dot{y}(t)}{y^2(t)} = \dfrac{1}{t}

\int \dfrac{\dot{y}(t)}{y^2(t)} \,dt= \int \dfrac{1}{t} \,dt

-\dfrac{1}{y(t)} = \ln{|t|} + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

y(t) = -\dfrac{1}{\ln{|t|} + C}

\dfrac{x(t)}{t}= -\dfrac{1}{\ln{|t|} + C}

x(t) = -\dfrac{t}{\ln{|t|} + C} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\&  x(t) = 0 konstans függvény IS megoldás.

Lineáris helyettesítéssel szétválasztható változójú differenciálegyenletre vezet.

helyettesítsünk:
y(t) = \dot{x}(t) = 2x(t) + t + 1
\dot{y}(t) = 2\dot{x}(t) + 1 = 2y(t) +1

\dot{y}(t) = 2y(t) +1

a(t) = 2, \hspace{0.3cm} A(t) = 2t, \hspace{0.3cm} e^{-A(t)}=e^{-2t}

\dot{y}(t)e^{-2t} = 2y(t)e^{-2t} + e^{-2t}

\dot{y}(t)e^{-2t} – 2y(t)e^{-2t} = e^{-2t}

\left(y(t)\dot e^{-2t}\right)˙= e^{-2t}

y(t)e^{-2t} = \int e^{-2t} \,dt = -\dfrac{1}{2}\int e^u \,du

y(t)e^{-2t} = -\dfrac{1}{2}e^u + C =-\dfrac{1}{2}e^{-2t} + C

y(t) = -\dfrac{1}{2} + C e^{2t}

2x(t) + t +1 = -\dfrac{1}{2} + C e^{2t}

2x(t)= -t-\dfrac{3}{2} + C e^{2t}

x(t) = \dfrac{1}{2}\left(-t-\dfrac{3}{2} + C e^{2t}\right) \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

homogén differenciálegyenlet

\dot{x}(t)=\dfrac{x^3(t)}{tx^2(t)}+\dfrac{t^3}{tx^2(t)}=\dfrac{x(t)}{t}+\left(\dfrac{x(t)}{t}\right)^{-2}

helyettesítsünk:
y(t)=\dfrac{x(t)}{t}\hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t)=  ty(t) \\ \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} \dot{x}(t)=t\dot{y}(t)+y(t)

t\dot{y}(t)+y(t)=y(t)+y^{-2}(t)

t\dot{y}(t)=y^{-2}(t)

y^2(t)\cdot\dot{y}(t)=\dfrac{1}{t}

\int y^2(t)\frac{dy}{dt}\,dt=\int\frac{1}{t}\,dt

\int y^2(t) \,dy=\int\frac{1}{t} \,dt

\dfrac{y^3(t)}{3}=\lg{|t|}+C \hspace{0.5cm}, C\in\mathbb{R}

y^3(t)=3\lg{|t|}+3C

y(t)=\sqrt[3]{3\lg{|t|}+3C}

\dfrac{x(t)}{t}=\sqrt[3]{3\lg{|t|}+3C}

x(t)=t\cdot\sqrt[3]{3\lg{|t|}+3C}\hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Bernouli-differenciálegyenlet

a(t)=\dfrac{1}{t};\hspace{0.3cm} b(t)=t;\hspace{0.3cm} \alpha=-2

\Rightarrow\hspace{0.3cm} y(t)=x^{1-\alpha}(t)=x^3(t)

\Rightarrow\hspace{0.3cm} x(t)=y^{\frac{1}{3}}(t)

\dot{x}(t)=\dfrac{1}{3}y^{-\frac{2}{3}}(t)\cdot\dot{y}(t)

\dfrac{1}{3}y^{-\frac{2}{3}}(t)\cdot\dot{y}(t)=\dfrac{y^{\frac{1}{3}}(t)}{t}+\dfrac{t}{y^{\frac{2}{3}}(t)}

\dfrac{1}{3}\dot{y}(t)=\dfrac{1}{t}y(t)+t

\dot{y}(t) = \dfrac{3}{t}y(t) + 3t

a^*(t) = \dfrac{3}{t}, \hspace{0.3cm} A^*(t) = 3\ln{|t|}, \hspace{0.3cm} e^{-A^*(t)}= \dfrac{1}{t^3}

\dfrac{1}{t^3}\dot{y}(t) = \dfrac{1}{t^3}\cdot\dfrac{3}{t}y(t) + \dfrac{1}{t^3}\cdot 3t

\dfrac{1}{t^3}\dot{y}(t) = \dfrac{3}{t^4} y(t) + \dfrac{3}{t^2}

\dfrac{1}{t^3}\dot{y}(t) – \dfrac{3}{t^4}y(t) = \dfrac{3}{t^2}

\left(y(t)\cdot \dfrac{1}{t^3}\right)^’= \dfrac{3}{t^2}

y(t)\cdot \dfrac{1}{t^3} = \int \dfrac{3}{t^2} \,dt = -\dfrac{3}{t} + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

y(t) = -3t^2 + Ct^3

x^3(t) = Ct^3 – 3t^2

x(t) = \sqrt[3]{Ct^3 – 3t^2} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

\dot{x}(t) = x^2(t)e^t – 2x(t)

Bernoulli-differenciálegyenlet:

\alpha = 2
y(t) = x^{1-\alpha}(t) = x^{-1}(t)
x(t) = y^{-1}(t)
\dot{x}(t) = -y^{-2}(t)\dot{y}(t)

-y^{-2}(t)\dot{y}(t) = y^{-2}(t)e^t – 2y^{-1}(t)

-\dot{y}(t) = y^2(t)y^{-2}(t)e^t – 2y^2(t)y^{-1}(t)

-\dot{y}(t) = e^t-2y(t)

\dot{y}(t) = 2y(t) – e^t

Elsőrendű lineáris közönséges differenciálegyenlet

a^*(t) = 2, \hspace{0.3cm} A^*(t) = 2t, \hspace{0.3cm} e^{-A^*(t)}=e^{-2t}

\dot{y}(t)e^{-2t} = 2y(t)e^{-2t} – e^te^{-2t}

\dot{y}(t)e^{-2t} – 2y(t)e^{-2t} = -e^te^{-2t}

\left(y(t)\cdot e^{-2t}\right)˙= -e^{-t}

y(t)\cdot e^{-2t} = \int -e^{-t} \,dt = \int e^u \;dt = e^u + C \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

u = -t
\dfrac{du}{dt} = -1

y(t)\cdot e^{-2t} = e^{-t} + C

y(t) = e^t + Ce^{2t}

x(t) = y^{-1}(t) = \dfrac{1}{e^t+Ce^{2t}} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}

Bernoulli-differenciálegyenlet:

\alpha = 5
y(t) = x^{1-\alpha}(t) = x^{-4}(t)
x(t) = y^{-\frac{1}{4}}(t) \hspace{0.3cm}\Rightarrow\hspace{0.3cm} x^5(t) = (y^{-\frac{1}{4}})^5
\dot{x}(t) = -\dfrac{1}{4}-y^{-\frac{5}{4}}(t)\dot{y}(t)

-\dfrac{1}{4}y^{-\frac{5}{4}}(t)\dot{y}(t) = y^{-\frac{1}{4}}(t) +ty^{-\frac{5}{4}}(t)

-\dfrac{1}{4}\dot{y}(t) = y^{\frac{5}{4}}(t)y^{-\frac{1}{4}}(t) +ty^{\frac{5}{4}}(t)y^{-\frac{5}{4}}(t)

-\dfrac{1}{4}\dot{y}(t) = y(t) + t

\dot{y}(t) = -4y(t) – 4t

Elsőrendű lineáris közönséges differenciálegyenlet:

a^*(t) = -4, \hspace{0.3cm} A^*(t) = -4t, \hspace{0.3cm} e^{-A^*(t)}=e^{4t}

\dot{y}(t)e^{4t} = -4y(t)e^{4t} – 4te^{4t}

\dot{y}(t)e^{4t} + 4y(t)e^{4t} = – 4te^{4t}

\left(y(t)\cdot e^{4t}\right)˙= – 4te^{4t}

y(t)\cdot e^{4t} = \int – 4te^{4t} \;dt = – 4\int te^{4t} \;dt

Az egyenlet jobb oldalán parciálisan integrálink:

u = t \hspace{0.5cm} v=\frac{e^{4t}}{4} \hspace{0.8cm}\text{Tudjuk: }
u’ = 1 \hspace{0.5cm} v’ = e^{4t} \hspace{0.8cm} \int uv’ = uv \hspace{0.1cm}-\hspace{0.1cm} \int u’v

\int te^{4t} \,dt = t\cdot\dfrac{e^{4t}}{4} \hspace{0.1cm}-\hspace{0.1cm} \dfrac{1}{4}\int e^{4t} \,dt =

\hspace{1.2cm}=\dfrac{te^{4t}}{4}-\dfrac{e^{4t}}{16} + C_1

y(t)\cdot e^{4t} = -4\left(\dfrac{te^{4t}}{4}-\dfrac{e^{4t}}{16} + C_1\right) = -te^{4t} + \dfrac{e^{4t}}{4} + C

y(t) = -t + \dfrac{1}{4} + Ce^{4t}

x(t) = y^{-\frac{1}{4}}(t) = \dfrac{1}{ \sqrt[4]{-t + \dfrac{1}{4} + Ce^{4t}}} \hspace{0.5cm},C\in\mathbb{R}