Równania różniczkowe pierwszego i wyższego rzędu

[raximon]

Potrzebuje pomocy przy rozwiązaniu takich równań:
\(\displaystyle{ 1. \ y'=\sin ^{2}\left( y-x\right)\\
2. \ y'=1+e ^{x+y}}\)

Jeszcze równanie wyższego rzędu:
\(\displaystyle{ 3. \ y \cdot y''=\left( y'\right) ^{2}}\)


\(\displaystyle{ 1.}\) Nie mam pojęcia od czego zacząć... Czy użyć jakiejś tożsamości trygonometrycznej?


\(\displaystyle{ 2.}\) Założyłem (pewnie błędnie) że jest to równanie liniowe niejednorodne...
\(\displaystyle{ y'=1+e ^{x+y} \\
y'-e ^{x+y} =0 \\
\frac{dy}{dx} =e ^{x} \cdot e ^{y} \\
e ^{-y}dy=e ^{x} dx \\
-e ^{-y} =e ^{x} + C \\
y=- \frac{1}{e ^{x} +C}}\)
Co mam teraz zrobić, podstawić \(\displaystyle{ y=- \frac{1}{e ^{x} +C}}\) do równania niejednorodnego? Tylko że jest tam pochodna od \(\displaystyle{ y}\), to znaczy musze policzyć pochodną z tego? To wydaje się bez sensu...


\(\displaystyle{ 3.}\) Niby to równanie wyższego rzędu, ale jest tożsamościowo równe zeru, tylko nie wiem jak to wykazać...


P.S. Mój wykładowca do obliczania równań różniczkowych liniowych wprowadził nam podstawienia:
\(\displaystyle{ y(x)=u(x) \cdot v(x) \\
y'=u'v+uv'}\)

gdzie po podstawieniu do równania przyjmuje się, że "srodek" tego równania jest równy zeru. Nie udowodnił nam tego, po prostu wyprowadził taki wzór i koniec... Nie spotkałem się z tym jeszcze tutaj, ale jeśli ktoś kojarzy o co chodzi, prosiłbym o wytłumaczenie, najlepiej na powyższych przykładach

[AloneAngel]

1) Można zrobić podstawienie \(\displaystyle{ z = y-x}\)

[Premislav]

1) Zaś całkę, którą potem otrzymasz do policzenia, wygodnie jest rozwiązać z użyciem podstawienia \(\displaystyle{ t=\ctg z}\).

[kerajs]

2)
Podstawienie \(\displaystyle{ t=y+x \Rightarrow t'=y'+1}\) daje równanie
\(\displaystyle{ t'-1=1+e^t\\
\frac{1}{2+e^t} \mbox{d}t = \mbox{d}x}\)
3)
Podstawienie \(\displaystyle{ y'=u(y) \Rightarrow y''= \frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y } u}\) daje
\(\displaystyle{ y\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }u=u^2}\)
\(\displaystyle{ u=0 \vee y\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }=u}\)
Pierwsze:
\(\displaystyle{ u=0 \Rightarrow y'=0 \Rightarrow y=C}\)
Drugie:
\(\displaystyle{ y\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }=u \Rightarrow \ln Ku=\ln y \Rightarrow Ky'=y \Rightarrow y=Ke^x}\)

Ps:
Równanie liniowe to:
\(\displaystyle{ y'+f(x)y=g(x)}\)
Jeżeli je pomnożę przez \(\displaystyle{ e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }}\) to dostanę
\(\displaystyle{ y' e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }+ye ^{ \int_{}^{}f(x) \mbox{d}x }f(x)=e ^{ \int_{}^{} e^x \mbox{d}x }g(x)}\)
Lewa strona to pochodna iloczynu (wzór na nia \(\displaystyle{ (uv)'=u'v+uv'}\))
\(\displaystyle{ \left(ye ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } \right)'_x =g(x)e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }\\
ye ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }= \int_{}^{} g(x)e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } \mbox{d}x \\
y= \frac{\int_{}^{} g(x)e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } \mbox{d}x+C}{e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }}}\)

Przykład
\(\displaystyle{ y'+2xy=x}\)
\(\displaystyle{ \left[ e ^{ \int_{}^{} 2x \mbox{d}x } =e ^{x^2} \right]}\)
\(\displaystyle{ y'e ^{x^2}+2xye ^{x^2}=xe ^{x^2}}\)
\(\displaystyle{ (ye ^{x^2})'_x=xe ^{x^2}\\
ye ^{x^2}= \int_{}^{} xe ^{x^2} \mbox{d}x \\
ye ^{x^2}= \frac{1}{2}e ^{x^2}+C\\
y= \frac{\frac{1}{2}e ^{x^2}+C}{e ^{x^2}}= \frac{C}{e ^{x^2}} +\frac{1}{2}}\)

[raximon]

AloneAngel napisał(a):
1) Można zrobić podstawienie \(\displaystyle{ z = y-x}\)

\(\displaystyle{ y'=\sin ^{2}\left( y-x\right) \\
z=y-x \\
\frac{dy}{dz}=\sin ^{2}z}\) Czy to podstawienie jest dobre?
\(\displaystyle{ \int dy= \int \sin ^{2}z dz \\
y= \frac{1}{2}z- \frac{1}{4} \sin2z +C}\)

Premislav napisał(a):
Zaś całkę, którą potem otrzymasz do policzenia, wygodnie jest rozwiązać z użyciem podstawienia t=\ctg z.

Nie wiem dlaczego ale nie wyszedł mi żaden kotangens, gdyby równanie z prawej strony było dzielone, a nie mnożone przez sinus kwadrat z to faktycznie wyszedł by kotangens...

kerajs napisał(a):
2)
Podstawienie \(\displaystyle{ t=y+x}\) \Rightarrow \(\displaystyle{ t'=y'+1}\) daje równanie
\(\displaystyle{ t'+1=1+e^t\\ e ^{-t} \mbox{d}t = \mbox{d}x}\)

\(\displaystyle{ -e ^{-t} =x+C \\
-e ^{-y-x}=x+C \\
-e ^{-y}=e ^{x} +e ^{x}+C \\
\ln -e ^{-y} =\ln\left( e ^{x} \cdot x +e ^{x} \cdot C \right) \\
-y ^{-1} =\ln\left( e ^{x} \cdot x +e ^{x} \cdot C \right) \\
y=-\left( \ln\left( e ^{x} \cdot x+e ^{x} \cdot C \right) \right)}\)

kerajs napisał(a):
Równanie liniowe to:
y'+f(x)y=g(x)
Jeżeli je pomnożę przez \(\displaystyle{ e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } to dostanę
y' e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }+ye ^{ \int_{}^{}f(x) \mbox{d}x }f(x)=e ^{ \int_{}^{} e^x \mbox{d}x }g(x)
Lewa strona to pochodna iloczynu (wzór na nia (uv)'=u'v+uv')
\left(ye ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } \right)'_x =g(x)e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }\\ ye ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }= \int_{}^{} g(x)e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } \mbox{d}x \\ y= \frac{\int_{}^{} g(x)e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x } \mbox{d}x+C}{e ^{ \int_{}^{} f(x) \mbox{d}x }}}\)

Przykład
\(\displaystyle{ y'+2xy=x
\left[ e ^{ \int_{}^{} 2x \mbox{d}x } =e ^{x^2} \right] \\
y'e ^{x^2}+2xye ^{x^2}=xe ^{x^2}
(ye ^{x^2})'_x=xe ^{x^2}\\ ye ^{x^2}= \int_{}^{} xe ^{x^2} \mbox{d}x \\ ye ^{x^2}= \frac{1}{2}e ^{x^2}+C\\ y= \frac{\frac{1}{2}e ^{x^2}+C}{e ^{x^2}}= \frac{C}{e ^{x^2}} +\frac{1}{2}}\)

Tylko, że
\(\displaystyle{ y'e ^{x^2}+2xye ^{x^2}}\) to nie jest pochodna iloczynu tych dwóch funkcji, bo znajduje się tam jeszcze \(\displaystyle{ x}\), gdyby go nie było, to wtedy było by ok...

kerajs napisał(a):
Podstawienie \(\displaystyle{ y'=u(y) \Rightarrow y''= \frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y } u}\)

A czemu \(\displaystyle{ y''= \frac{du}{dy} \cdot u}\), a nie \(\displaystyle{ y''=u'= \frac{du}{dy}}\)?

Strasznie to czasochłonne ...

P.S. Te przykłady są ze zbioru zadań i mają takie rozwiązania, przepraszam że nie podałem na początku...
1. \(\displaystyle{ y=x+\arctg\left( c-x\right)}\)
2. \(\displaystyle{ y=x+\ln\left( x-c\right)}\)
3. \(\displaystyle{ y=C _{2} \cdot e ^{C _{1} \cdot x }}\)

[kerajs]

\(\displaystyle{ -e ^{-t} =x+C \\
-e ^{-y-x}=x+C \\
-e ^{-y}=e ^{x} +e ^{x}+C \\
\ln -e ^{-y} =\ln\left( e ^{x} \cdot x +e ^{x} \cdot C \right) \\
-y ^{-1} =\ln\left( e ^{x} \cdot x +e ^{x} \cdot C \right) \\
y=-\left( \ln\left( e ^{x} \cdot x+e ^{x} \cdot C \right) \right)}\)

Od trzeciej linijki jest błąd na błędzie.
2)
\(\displaystyle{ y'=1+e ^{x+y} \\
\left[ t=x+y \Rightarrow t'=y'+1\right]\\
t'-1=1+e^t\\
\frac{1}{2+e^t} \mbox{d}t= \mbox{d}x \\
\frac{1}{2} \ln \frac{e^t}{e^t+2}=x+C\\}\)
....
3)

\(\displaystyle{ y\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }=u \Rightarrow \ln Ku=\ln y \Rightarrow Ky'=y \Rightarrow y=Ke^x}\)

Ostatnie przejście jest niedokładne:
\(\displaystyle{ Ky'=y\\
\frac{1}{y} \mbox{d}y = K \mbox{d}x \\
\ln y=Kx+C\\
\ln y=\ln Ce^{Kx}\\
y=Ce^{Kx}}\)

Tylko, że
\(\displaystyle{ y'e ^{x^2}+2xye ^{x^2}}\) to nie jest pochodna iloczynu tych dwóch funkcji, bo znajduje się tam jeszcze \(\displaystyle{ x}\), gdyby go nie było, to wtedy było by ok...

I jest Ok bo:
\(\displaystyle{ \left( e^{x^2}\right) '= e^{x^2} \cdot \left( x^2\right)'= e^{x^2} \cdot 2x}\)

A czemu \(\displaystyle{ y''= \frac{du}{dy} \cdot u}\), a nie \(\displaystyle{ y''=u'= \frac{du}{dy}}\)?

\(\displaystyle{ y''= \frac{ \mbox{d}(y')}{ \mbox{d}x } = \frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}x }= \frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y } \cdot \frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x }=\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }y'=\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }u}\)

[raximon]

kerajs napisał(a):

Od trzeciej linijki jest błąd na błędzie.
\(\displaystyle{ y'=1+e ^{x+y} \\ \left[ t=x+y \Rightarrow t'=y'+1\right]\\ t'-1=1+e^t\\ \frac{1}{2+e^t} \mbox{d}t= \mbox{d}x \\ \frac{1}{2} \ln \frac{e^t}{e^t+2}=x+C\\}\)

Chciałem to zrobić szybko, więc wyrzuciłem takie brzydactwo (gdzie nawet są błędy w zapisie), ok ale co to tego dzięki wielkie bo chyba już zrozumiałem sens tych podstawień...
2)
\(\displaystyle{ \ln\left( \frac{e ^{t} }{e ^{t}+2 } \right) ^{1/2}=x+C \\
\frac{e ^{t} }{e ^{t}+2 }=e ^{2x+2C} \\
\frac{e ^{t} +2-2}{e ^{t}+2 }=e ^{2x+2C} \\
1-\frac{2}{e ^{t}+2 }=e ^{2x+2C} \\
- \frac{2}{e ^{t}+2 }= e ^{2x+2C}-1 \\
e ^{x+y}= \frac{2}{1-e ^{2x+2c} }-2 \\
e ^{x} \cdot e ^{y}=\frac{2}{1-e ^{2x+2c} }-2 \\
e ^{y} = \frac{2}{e ^{x}-e ^{3x+2c} }- \frac{2}{e ^{x} } \\
y=\ln\left( \frac{2}{e ^{x}-e ^{3x+2c} }- \frac{2}{e ^{x} }\right)}\)
Tylko zastanawia mnie, czy da się to przekształcić do
\(\displaystyle{ y=x+\ln\left( x-c\right)}\)
Jakoś nie chce mi się wierzyć, że nie istnieje prostsza droga do rozwiązania tego równania, problem w tym że takowej drogi nie dostrzegam

3)

kerajs napisał(a):

\(\displaystyle{ y''= \frac{ \mbox{d}(y')}{ \mbox{d}x } = \frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}x }= \frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y } \cdot \frac{ \mbox{d}y }{ \mbox{d}x }=\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }y'=\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }u}\)

kerajs napisał(a):

\(\displaystyle{ y\frac{ \mbox{d}u }{ \mbox{d}y }=u \Rightarrow \ln Ku=\ln y \Rightarrow Ky'=y \Rightarrow y=Ke^x}\)

Wg. mojego rozumowania, skoro
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u}}\)
a
\(\displaystyle{ \ln Ku=\ln y}\)
to
\(\displaystyle{ K=1}\)
więc następne równanie nijak pasuje, no chyba, że \(\displaystyle{ y=0}\), szczerze mówiąc za cienki jestem, proszę wytłumacz mi to inaczej...

\(\displaystyle{ y \cdot y''=\left( y'\right) ^{2} \\
y'=u \\
y''= \frac{\mbox{d}u}{\mbox{d}y} u \\
\frac{\mbox{d}u}{\mbox{d}y} u \cdot y=u ^{2} \\
\frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u} \\
y=u \cdot e ^{c} \\
y=C _{1}u \\
\frac{\mbox{d}y}{y}=C _{1} \cdot \mbox{d}x \\
\ln\left| y\right| =C _{1}x+C _{2} \\
y=e ^{C _{1}x+C _{2} } \\
y=e ^{C _{1}x} \cdot C _{3}}\)

Idąc za ciosem...

1)
\(\displaystyle{ y'=\sin ^{2}\left( y-x\right) \\
z'=y-x \Rightarrow z'=y'-1 \Leftrightarrow y'=z'-1 \\
z'-1=\sin ^{2} z \\
\frac{\mbox{d}z}{\mbox{d}x}=\sin ^{2} z+1 \\
\frac{\mbox{d}z}{\sin ^{2}x+1 }=\mbox{d}x \\
\frac{\arctg\left( \sqrt{2} +\tg z\right) }{ \sqrt{2} }=x+C \\
\arctg\left( \sqrt{2} \cdot \tg z\right)= \sqrt{2}x +C _{1} \\
\tg z= \frac{\tg\left( \sqrt{2}x+C _{1} \right) }{ \sqrt{2} } \\
z=\arctg\left( \frac{\tg\left( \sqrt{2}x +C _{1} \right) }{ \sqrt{2} } \right) \\
y=\arctg\left( \frac{\tg\left( \sqrt{2}x +C _{1} \right) }{ \sqrt{2} } \right)+x}\)
Wynik przypomina ten podany...Da się to jakoś przekształcić? Prosze pomóżcie, bo już mi się mózg gotuje

[kerajs]

Sorry, ale wczoraj byłem trochę zajęty

2)
\(\displaystyle{ \ln\left( \frac{e ^{t} }{e ^{t}+2 } \right) ^{1/2}=x+C \\
\frac{e ^{t} }{e ^{t}+2 }=e ^{2x+2C} \\
\frac{e ^{t} +2-2}{e ^{t}+2 }=e ^{2x+2C} \\
1-\frac{2}{e ^{t}+2 }=e ^{2x+2C} \\
- \frac{2}{e ^{t}+2 }= e ^{2x+2C}-1 \\
e ^{x+y}= \frac{2}{1-e ^{2x+2c} }-2 \\
e ^{x} \cdot e ^{y}=\frac{2}{1-e ^{2x+2c} }-2 \\
e ^{y} = \frac{2}{e ^{x}-e ^{3x+2c} }- \frac{2}{e ^{x} } \\
y=\ln\left( \frac{2}{e ^{x}-e ^{3x+2c} }- \frac{2}{e ^{x} }\right)}\)
Tylko zastanawia mnie, czy da się to przekształcić do
\(\displaystyle{ y=x+\ln\left( x-c\right)}\)
Jakoś nie chce mi się wierzyć, że nie istnieje prostsza droga do rozwiązania tego równania, problem w tym że takowej drogi nie dostrzegam

Zacznę od książkowej odpowiedzi:
\(\displaystyle{ y=x+\ln\left( x-C\right) \Rightarrow y'=1+ \frac{1}{x-C}}\)
Wstawiając to do równania \(\displaystyle{ y'=1+e^{x+y}}\) mam:
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{x-C}=1+e ^{x+(x+\ln\left( x-C\right))} \\
\frac{1}{x-C}=e ^{2x+\ln\left( x-C\right)}\\
\frac{1}{x-C}=e ^{2x}e^{\ln\left( x-C\right)}\\
\frac{1}{x-C}=e ^{2x}\left( x-C\right)\\
1=e ^{2x}\left( x-C\right)^2}\)
Nie dostałem równania tożsamościowego więc odpowiedź (lub przepisane równanie) jest błedna.

Twoje rozwiązanie można uprościć

\(\displaystyle{ e ^{x+y}= \frac{2}{1-e ^{2x+2c} }-2}\)

\(\displaystyle{ e ^{x}e^y= \frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }\\
e^y= \frac{2e ^{x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }\\
y=\ln \frac{2e ^{x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }\\
y=x+2C+ \ln \frac{2}{1-e ^{2x+2C} }}\)
Sprawdzam poprawność powyższego rozwiązania:
Wyliczam:
\(\displaystyle{ y'=1+ \frac{1}{\frac{2}{1-e ^{2x+2C}}}\frac{-2 \cdot (0-e ^{2x+2C}) \cdot 2}{(1-e ^{2x+2C})^2} =1+\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }}\)
i wstawiam do pierwotnego równania
\(\displaystyle{ y'=1+e^ye^x\\
1+\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }=1+\frac{2e ^{x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }e^x\\
\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }=\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }}\)
Więc to poprawne rozwiązanie.

Wg. mojego rozumowania, skoro
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u}}\)
a
\(\displaystyle{ \ln Ku=\ln y}\)
to
\(\displaystyle{ K=1}\)
więc następne równanie nijak pasuje, no chyba, że \(\displaystyle{ y=0}\), szczerze mówiąc za cienki jestem, proszę wytłumacz mi to inaczej...

\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u}}\)
\(\displaystyle{ \ln y=\ln u +K_1}\)
\(\displaystyle{ \ln y=\ln u +\ln K_2}\)
\(\displaystyle{ \ln y=\ln K_2u\\
y=K_2u}\)
Ponieważ stałe nie są zdefiniowane to dopuszczalne są przekształcenia:
\(\displaystyle{ K=\ln K= \frac{1}{K}}\)
Uważałbym z : \(\displaystyle{ K=e ^{K}}\)

Dlatego powyższe równania mogą wyglądać tak:
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u}}\)
\(\displaystyle{ \ln y=\ln u +K}\)
\(\displaystyle{ \ln y=\ln u +\ln K}\)
\(\displaystyle{ \ln y=\ln Ku\\
y=Ku \\
u=Ky}\)

\(\displaystyle{ y \cdot y''=\left( y'\right) ^{2} \\
y'=u \\
y''= \frac{\mbox{d}u}{\mbox{d}y} u \\
\frac{\mbox{d}u}{\mbox{d}y} u \cdot y=u ^{2} \\
\frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u} \\
y=u \cdot e ^{c} \\
y=C _{1}u \\
\frac{\mbox{d}y}{y}=C _{1} \cdot \mbox{d}x \\
\ln\left| y\right| =C _{1}x+C _{2} \\
y=e ^{C _{1}x+C _{2} } \\
y=e ^{C _{1}x} \cdot C _{3}}\)

W poprzednim poscie już to rozwiązałem. Możesz je porównać.
Tu rozwiązanie \(\displaystyle{ u=0}\) zawiera się w powyższym, ale nie zawsze tak jest !

1)
\(\displaystyle{ y'=\sin ^{2}\left( y-x\right) \\
z'=y-x \Rightarrow z'=y'-1 \Leftrightarrow y'=z'-1}\)

Ostatnie przejście (równoważność) jest błędne, więc i cała reszta także.

[SlotaWoj]

\(\displaystyle{ z=y-x\Rightarrow z'=y'-1\Leftrightarrow y'=z'{\red{-}}1}\)

\(\displaystyle{ y'=z'\red{+}1}\)

[raximon]

2)

kerajs napisał(a):

Zacznę od książkowej odpowiedzi:
\(\displaystyle{ y=x+\ln\left( x-C\right) \Rightarrow y'=1+ \frac{1}{x-C}}\)
Wstawiając to do równania \(\displaystyle{ y'=1+e^{x+y}}\) mam:
\(\displaystyle{ 1+ \frac{1}{x-C}=1+e ^{x+(x+\ln\left( x-C\right))} \\ \frac{1}{x-C}=e ^{2x+\ln\left( x-C\right)}\\ \frac{1}{x-C}=e ^{2x}e^{\ln\left( x-C\right)}\\ \frac{1}{x-C}=e ^{2x}\left( x-C\right)\\ 1=e ^{2x}\left( x-C\right)^2}\)
Nie dostałem równania tożsamościowego więc odpowiedź (lub przepisane równanie) jest błedna.

Twoje rozwiązanie można uprościć

\(\displaystyle{ e ^{x+y}= \frac{2}{1-e ^{2x+2c} }-2}\)
\(\displaystyle{ e ^{x}e^y= \frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }\\ e^y= \frac{2e ^{x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }\\ y=\ln \frac{2e ^{x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }\\ y=x+2C+ \ln \frac{2}{1-e ^{2x+2C} }}\)
Sprawdzam poprawność powyższego rozwiązania:
Wyliczam:
\(\displaystyle{ y'=1+ \frac{1}{\frac{2}{1-e ^{2x+2C}}}\frac{-2 \cdot (0-e ^{2x+2C}) \cdot 2}{(1-e ^{2x+2C})^2} =1+\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }}\)
i wstawiam do pierwotnego równania
\(\displaystyle{ y'=1+e^ye^x\\ 1+\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }=1+\frac{2e ^{x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }e^x\\ \frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }=\frac{2e ^{2x+2C}}{1-e ^{2x+2C} }}\)
Więc to poprawne rozwiązanie.

Faktycznie zgadza się. Jestem pod wrażeniem, bo dla mnie nie jest to taka prosta sprawa. Najdziwniejsze jest to, że to jest jedno z pierwszych zadań w tym zbiorze

3)

kerajs napisał(a):

\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u}
\ln y=\ln u +K_1 \\
\ln y=\ln u +\ln K_2 \\
\ln y=\ln K_2u\\ y=K_2u}\)
Ponieważ stałe nie są zdefiniowane to dopuszczalne są przekształcenia:
\(\displaystyle{ K=\ln K= \frac{1}{K}}\)
Uważałbym z : \(\displaystyle{ K=e ^{K}}\)

Dlatego powyższe równania mogą wyglądać tak:
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{y}= \frac{\mbox{d}u}{u} \\
\ln y=\ln u +K \\
\ln y=\ln u +\ln K \\
\ln y=\ln Ku\\ y=Ku \\ u=Ky}\)

Jako, że nie jestem na kierunku matematycznym to nie moge z tym polemizować Jednak czuje, że coś jest jednak nie tak. OK, dowolna stała to dowolna stała, tylko że w związku z tym występują paradoksy, które w matematyce są raczej nie porządane. Nie studiuje teorii całki ani nic z tych rzeczy, ale uważam, że odwrotność stałej nie jest równa tej stałej... Swoją drogą ciekawi mnie samo pojęcie dowolnej stałej, skąd one się biorą? Skoro całkowane \(\displaystyle{ 0}\) daje dowolną stałą, to wg. mojego rozumowania taka całka powinna dawać sume nieskończonej ilości stałych... bo przecież zero istnieje nawet wtedy, kiedy się go nie pisze... Tak w ogóle czym jest (lub czym nie jest) zero?


1)

kerajs napisał(a):

\(\displaystyle{ y'=\sin ^{2}\left( y-x\right) \\ z'=y-x \Rightarrow z'=y'-1 \Leftrightarrow y'=z'-1}\)

Ostatnie przejście (równoważność) jest błędne, więc i cała reszta także.

SlotaWoj napisał(a):

\(\displaystyle{ y'=z'\red{+}1}\)

Ok pomyliłem się, poprawiam

\(\displaystyle{ y'=\sin ^{2}(y-x) \\
z=y-x \Rightarrow z'=y'-1 \Rightarrow y'=z'+1 \\
z'+1=\sin ^{2} z \\
\frac{\mbox{d}z}{\sin ^{2} z-1}=\mbox{d}x \\
\frac{\mbox{d}z}{-\cos ^{2} z} =\mbox{d}x \\
-\tan z=x+C \\
-z=\ctg\left( x+C\right) \\
-y=\ctg\left( x+C\right) -x \\
y=x-\ctg\left( x+C\right)}\)

[kerajs]

2)
Najdziwniejsze jest to, że to jest jedno z pierwszych zadań w tym zbiorze

Jest jednym z pierwszych zadań bo to łatwy przykład który w intencji autora miał wyglądać tak:
\(\displaystyle{ y'=1+e ^{x-y}}\)
Rozwiąż go.

Jako, że nie jestem na kierunku matematycznym to nie moge z tym polemizować Jednak czuje, że coś jest jednak nie tak. OK, dowolna stała to dowolna stała, tylko że w związku z tym występują paradoksy, które w matematyce są raczej nie porządane.

Zmierzałem jedynie do wyjaśnienia, iż zmiana postaci stałej czasem upraszcza postać otrzymywanych
równań oraz że nie jest błędem użycie na nią tego samego oznaczenia mimo niepoprawności takiego przekształcenia algebraicznego.

1)
Ok pomyliłem się, poprawiam
\(\displaystyle{ y'=\sin ^{2}(y-x) \\
z=y-x \Rightarrow z'=y'-1 \Rightarrow y'=z'+1 \\
z'+1=\sin ^{2} z \\
\frac{\mbox{d}z}{\sin ^{2} z-1}=\mbox{d}x \\
\frac{\mbox{d}z}{-\cos ^{2} z} =\mbox{d}x \\
-\tan z=x+C \\
-z=\ctg\left( x+C\right)}\)

Raczej:
\(\displaystyle{ -\tan z=x+C\\
\tan z=-x-C\\
z=\arctg (-x-C)}\)
Możesz też tak:
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}z}{-\cos ^{2} z} =\mbox{d}x \\
\frac{\mbox{d}z}{\cos ^{2} z} =-1\mbox{d}x \\
\tan z=-x+C \\
z=\arctg (C-x)}\)