Równania różniczkowe

[Sepression]

Znajdź rozwiązanie równania:

a) \(\displaystyle{ y' = \frac{y(y^2+2x^2)}{2x(x^2+y^2)}}\)
b) \(\displaystyle{ y'\left( x\tg y - \frac{1}{\cos y} \right) + 1 = 0}\)
c) \(\displaystyle{ y' - y\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x}\)
d) \(\displaystyle{ y' + y\cos x = e ^{-\sin x} }\)

Będę bardzo wdzięczna za rozwiązanie chociaż 1 przykładu i wytłumaczenie metody.

[Premislav]

a)
Zapiszmy to w postaci
\(\displaystyle{ y'=\frac{1}{2}\frac{y}{x}\cdot \frac{\left(\frac{y}{x}\right)^{2}+2}{1+\left(\frac{y}{x}\right)^{2}}}\),
po czym podstawmy \(\displaystyle{ y=ux}\), gdzie \(\displaystyle{ u}\) jest niewiadomą funkcją zmiennej \(\displaystyle{ x}\).
Otrzymujemy:
\(\displaystyle{ xu'+u=\frac{1}{2}u\cdot \frac{u^{2}+2}{1+u^{2}}\\xu'=\frac{1}{2}u\cdot \frac{u^{2}+2}{1+u^{2}}-u\\\int \frac{\mbox{d}u}{\frac{1}{2}u\cdot \frac{u^{2}+2}{1+u^{2}}-u}=\int\frac{\mbox{d}x}{x}\\\int \frac{2\left(1+u^{2}\right)}{u\left(\left(u^{2}+2\right)-\left(2+2u^{2}\right)\right)}\mbox{d}u=\ln|x|+C\\ \int \left(-\frac{2}{u^{3}}-\frac{2}{u}\right)\mbox{d}u=\ln|x|+C\\\frac{1}{u^{2}}+\ln\left(\frac{1}{u^{2}}\right)=\ln |x|+C\\\frac{1}{u^{2}}e^{\frac{1}{u^{2}}}=Dx\\\frac{1}{y^{2}}e^{\frac{x^{2}}{y^{2}}}=\frac{D}{x}}\)
gdzie \(\displaystyle{ D}\) jest dowolną stałą dodatnią. Jest to rozwiązanie w postaci uwikłanej, bez funkcji specjalnej W Lamberta raczej nie da się tego „rozwikłać".
Szczerze, taki „ładny" wynik (wiem, to głupie podejście) zniechęcił mnie do rozwiązywania następnych przykładów.

[Jan Kraszewski]

c) i d) to równania liniowe pierwszego rzędu, można skorzystać z czynnika całującego - wymnóż obustronnie równanie przez \(\displaystyle{ e^{\sin x}}\), zwiń lewą stronę ze wzoru na pochodną iloczynu do \(\displaystyle{ \left(ye^{\sin x} \right)' }\) i wycałkuj obustronnie.

JK

[Sepression]

c) i d) to równania liniowe pierwszego rzędu, można skorzystać z czynnika całującego - wymnóż obustronnie równanie przez \(\displaystyle{ e^{\sin x}}\), zwiń lewą stronę ze wzoru na pochodną iloczynu do \(\displaystyle{ \left(ye^{\sin x} \right)' }\) i wycałkuj obustronnie.

JK

Mogę prosić o dokładniejsze wytłumaczenie? Zwinęłam w punkcie d do \(\displaystyle{ (ye ^{\sin x})'=1 }\) i nie wiem jak to dalej scałkować. A co zrobić w punkcie c? Wyliczyłam \(\displaystyle{ y' + y\cos x = 0}\) i nie wiem co dalej. Próbowałam korzystać z metody przewidywań, ale nic z tego nie wyszło.

[Jan Kraszewski]

Mogę prosić o dokładniejsze wytłumaczenie? Zwinęłam w punkcie d do \(\displaystyle{ (ye ^{\sin x})'=1 }\) i nie wiem jak to dalej scałkować.

Normalnie, obustronnie:

\(\displaystyle{ \int(ye ^{\sin x})'dx=\int dx \\
ye ^{\sin x}=x+C}\)

itd.

A co zrobić w punkcie c? Wyliczyłam \(\displaystyle{ y' + y\cos x = 0}\) i nie wiem co dalej. Próbowałam korzystać z metody przewidywań, ale nic z tego nie wyszło.

W c) powinnaś zrobić dokładnie to samo, co w d). Dostajesz po scałkowaniu

\(\displaystyle{ ye ^{\sin x}=\int \frac12 e ^{\sin x}\sin 2x dx\\
ye ^{\sin x}=\int e ^{\sin x}\sin x\cos x dx}\)

Pozostaje policzyć całkę po prawej stronie, a to nie jest trudne (podstawienie \(\displaystyle{ t=\sin x}\) itd.).

JK

[Premislav]

Pozostaje b):
\(\displaystyle{ y'\left( x\tg y-\frac{1}{\cos y}\right)+1=0}\)
Przepiszmy to równanie w postaci
\(\displaystyle{ P(x,y)\mbox{d}x+Q(x,y)\mbox{d}y=0}\)
gdzie
\(\displaystyle{ P(x,y)=\cos y, \ Q(x,y)=x\sin y-1}\)
Skorzystamy dalej z twierdzenia nr 2.2 stąd: Czynnik całkujący w równaniach różniczkowych
Widzimy, że dobrym czynnikiem całkującym będzie
\(\displaystyle{ \mu(y)=\exp\left(\int \frac{1}{\cos y}\left(\sin y-(-\sin y)\right)\mbox{d}y\right)=\exp\left(-\ln \left(\cos^{2}y\right)\right)=\frac{1}{\cos^{2}y}}\)
(wyjątkowo \(\displaystyle{ \int g(y)\mbox{d}y}\) oznacza tu dowolną funkcję pierwotną do \(\displaystyle{ g}\), a nie całą rodzinę tej funkcji, wybrałem taką, jaka była wygodna).
Szukamy więc takiej formy \(\displaystyle{ z(x,y)}\), że
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}z}{\mbox{d}x}=P(x,y)\cdot \mu(y), \ \frac{\mbox{d}{z}}{\mbox{d}y}=Q(x,y)\cdot \mu(y)}\).
Całkując i przyrównując dwie postaci \(\displaystyle{ z(x,y)}\), dochodzimy do równości \(\displaystyle{ \frac{x}{\cos y}+\kappa(y)=\frac{x}{\cos y}-\tg y+\gamma(x)}\), stąd
nietrudno uzyskać postać uwikłaną rozwiązania wyjściowego równania:
\(\displaystyle{ \frac{x}{\cos y}-\tg y=C}\)

[Mariusz M]

@Przemysław
b) jest równaniem liniowym tyle że to \(\displaystyle{ y}\) jest zmienną niezależną
c) oraz d) są równaniami liniowym gdzie \(\displaystyle{ x}\) jest zmienną niezależną


\(\displaystyle{ y'\left( x\tg y - \frac{1}{\cos y} \right) + 1 = 0\\
x\tg y - \frac{1}{\cos y}+x'=0\\
x'+x\tg y - \frac{1}{\cos y}=0\\
x'+x\tg y = \frac{1}{\cos y}\\
}\)

Teraz można je rozwiązywać jak zasugerował Jan Kraszewski
albo uzmiennić stałą

\(\displaystyle{
x'+x\tg y = \frac{1}{\cos y}\\
x'+x\tg y =0\\
x'=-x\tg y\\
\frac{ \dd x }{ \dd y} =x\frac{\left( -\sin{y}\right) }{\cos{y}}\\
\frac{ \dd x }{x}= \frac{-\sin{y}}{\cos{y}}\\
\ln\left| x\right| =\ln\left| \cos{y}\right| +\ln\left| C\right|\\
x=C \cos{y}\\
x\left( y\right)=C\left( y\right)\cos{y}\\
C'\left( y\right)\cos{y}-C\left( y\right)\sin{y}+C\left( y\right)\cos{y} \cdot \frac{\sin{y}}{\cos{y}}= \frac{1}{\cos y}
C'\left( y\right)\cos{y}=\frac{1}{\cos y}\\
C'\left( y\right)=\frac{1}{\cos^2 y}\\
C\left( y\right)=\tan{\left( y\right) }+C_{1}\\
x\left( y\right)=\left(\tan{\left( y\right) }+C_{1} \right)\cos{y}\\
x\left( y\right)=\sin{\left( y\right) } + C\cos{\left( y\right) }\\
}\)