Równania różniczkowe

[niiezalezna]

Rozwiąż równania:
a) \(\displaystyle{ \cfrac{dy}{dx}+2xy = xe^{-x^2}}\),
b) \(\displaystyle{ \cfrac{dy}{dx} - \cfrac{2y}{x+1}= (x+1)^3}\),
c) \(\displaystyle{ \cfrac{dy}{dx} + \cfrac{xy}{1-x^2} = \cfrac{3x}{1-x^2}}\)
d) \(\displaystyle{ x \cfrac{dy}{dx} -2y = x+1}\),
e) \(\displaystyle{ x^2 \cfrac{dy}{dx}- 2xy = 3}\),
f) \(\displaystyle{ 2x x \cfrac{dy}{dx} - y = \cfrac{3}{2} x^2}\),
g) \(\displaystyle{ 2(x-2y+1)+(5x-y-4)\cfrac{dy}{dx} = 0}\),
h) \(\displaystyle{ 3y-7x+7 + (7y-3x-4)\cfrac{dy}{dx} = 0}\),
i) \(\displaystyle{ x-3y+2 + (3x-y-2)\cfrac{dy}{dx} = 0 }\),
j) \(\displaystyle{ (2y-x+1)\cfrac{dy}{dx} = y-2x-1 }\).
Bardzo proszę o pomoc w rozwiązaniu powyższych równań

[Premislav]

Prawdziwie niezależny człowiek sam by to sobie rozwiązał.

a)
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}+2xy=xe^{-x^{2}}}\)
Pomnóżmy to stronami przez \(\displaystyle{ e^{x^{2}}}\), a otrzymamy:
\(\displaystyle{ e^{x^{2}}\frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}+2xye^{x^{2}}=x\\\frac{\mbox{d}}{\mbox{d}x}\left(y \ e^{x^{2}}\right)=x\\y \ e^{x^{2}}=\frac{x^{2}}{2}+C\\y=\frac{x^{2}}{2}e^{-x^{2}}+Ce^{-x^{2}}}\)

b)
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}-\frac{2y}{x+1}=(x+1)^{3}\bigg|\cdot \frac{1}{(x+1)^{2}} \\ \frac{1}{(x+1)^{2}}\frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}-\frac{2}{(x+1)^{3}}y=x+1\\ \frac{\mbox{d}}{\mbox{d}x}\left(\frac{y}{(x+1)^{2}}\right)=x+1\\\frac{y}{(x+1)^{2}}=\frac{(x+1)^{2}}{2}+C\\y=\frac{(x+1)^{4}}{2}+C(x+1)^{2}}\)

c)
\(\displaystyle{ \frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}+\frac{xy}{1-x^{2}}=\frac{3x}{1-x^{2}}\bigg|\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\\ \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}\frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}+\frac{x}{\left(1-x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}y=\frac{3x}{\left(1-x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\\ \frac{\mbox{d}}{\mbox{d}x}\left(\frac{y}{\sqrt{1-x^{2}}}\right)=\frac{3x}{\left(1-x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\\ \frac{y}{\sqrt{1-x^{2}}}=\frac{3}{\sqrt{1-x^{2}}}+C\\y=3+C\sqrt{1-x^{2}}}\)

I to tyle, ponieważ idę spać.

[niiezalezna]

A mogłabym prosić o przykład rozwiązania jednego z 4 ostatnich równań?

[janusz47]

Rozwiążemy na przykład równanie ostatnie \(\displaystyle{ j) }\)

\(\displaystyle{ \frac{dy}{dx} = \frac{-2x +y -1}{-x +2y +1} \ \ (0)}\)

Wyznacznik

\(\displaystyle{ \left|\begin{matrix} -2 & 1 \\ -1 & 2 \end{matrix} \right| = -4 +1 = -3 \neq 0 }\)

Podstawienia:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x = \xi -\alpha \\ y = \eta - \beta \end{cases} \ \ (1) }\)

Liczby \(\displaystyle{ \alpha, \ \ \beta }\) są rozwiązaniami układu równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases} -2\alpha + \beta -1 = 0 \\ -\alpha + 2\beta +1 = 0 \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ \alpha = - 1, \ \ \beta = -1 \ \ (2) }\)

Podstawiając \(\displaystyle{ (2) }\) do \(\displaystyle{ (1) }\) mamy

\(\displaystyle{ x = \xi -1, \ \ y = \eta -1 \ \ (3) }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{dy}{dx} = \frac{d \eta}{d \xi} }\)

Podstawiając \(\displaystyle{ (3) }\) do \(\displaystyle{ (0) }\)

Otrzymujemy

\(\displaystyle{ \frac{d \eta}{d \xi} = \frac{-2(\xi -1) +\eta -1 -1}{ -\xi +1 +2(\eta -1) +1} = \frac{-2\xi +\eta}{-\xi +2\eta} \ \ (4) }\)

Dzielimy licznik i mianownik prawej strony równania \(\displaystyle{ (4) }\) przez \(\displaystyle{ \xi: }\)

\(\displaystyle{ \frac{d \eta}{d \xi} = \frac{ -2 + \frac{\eta}{\xi} }{ -1 + 2\frac{n}{\xi}}, \ \ \xi \neq 0 \ \ (5) }\)

Równanie \(\displaystyle{ (5) }\) jest równaniem jednorodnym (równaniem jednokładności).

Całkę ogólną tego równania znajdujemy, stosując podstawienia:

\(\displaystyle{ \frac{\eta}{\xi} = u, \ \ \eta = \xi \cdot u, \ \ \frac{d\eta}{d \xi} = u + \xi \cdot \frac{du}{d \xi} \ \ ( 6) }\)

Z \(\displaystyle{ (6) }\) i \(\displaystyle{ (5) }\)

\(\displaystyle{ u + \xi \cdot \frac{du}{d \xi} = \frac{-2 + u }{-1 + 2u} }\)

\(\displaystyle{ \xi \cdot \frac{du}{d \xi} = \frac{-2 + u }{-1 + 2u} - u }\)

\(\displaystyle{ \xi \cdot \frac{du}{d \xi} = \frac{-2 + 2u^2}{-1 +2u} }\)

Rozdzielamy zmienne

\(\displaystyle{ \frac{2u -1}{2(u^2 -1)} du = \frac{1}{\xi} d\xi }\)

Całkujemy obustronnie

\(\displaystyle{ \int \frac{2u -1}{2(u^2 -1)} du = \int \frac{1}{\xi} d\xi }\)

Po lewej stronie mamy całkę z funkcji wymiernej, którą rozkładamy na sumę ułamków prostych

\(\displaystyle{ \frac{2u -1}{(u^2 -1)} = \frac{\frac{1}{2}}{u-1} + \frac{\frac{3}{2} }{u +1} }\) (proszę sprawdzić)

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{1}{4}\int \frac{du}{u-1} + \frac{3}{4}\int \frac{du}{u+1} = \int \frac{1}{\xi} d\xi }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{4}\ln|u-1| + \frac{3}{4}\ln|u +1|= \ln |\xi |+ C }\)

Wracamy do podstawień:

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \ln \left | \frac{\eta}{\xi} -1 \right | + \frac{3}{4} \ln \left | \frac{\eta}{\xi} +1 \right| = \ln |\xi| + C }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \ln \left |\frac{y+1}{x+1} -1\right| + \frac{3}{4} \ln \left |\frac{y+1}{x+1} +1\right| = \ln |x+1| +C }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \ln \left | \frac{y-x}{x+1}\right| + \frac{3}{4} \ln \left |\frac{y+x +2}{x+1} \right| = \ln |x+1| + C }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{4} \ln \frac{|y-x|}{|x+1|}\ + \frac{3}{4} \ln \left |\frac{y+x +2}{x+1} \right| - \ln |x+1| = C }\)


\(\displaystyle{ \sqrt[4]{\ln \left (\frac{|y-x|}{|x+1|^5} \cdot \frac{|y+ x+2|^3}{|x+1|^3} \right) } = C. }\)

[Premislav]

Wydaje mi się, że można to trochę skrócić, choć oczywiście nie zawsze krótsze rozwiązanie jest lepsze.
j)
\(\displaystyle{ (2y-x+1)\frac{\mbox{d}y}{\mbox{d}x}=y-2x+1}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ y=\frac{u+x-1}{2}}\), gdzie \(\displaystyle{ u}\) jest funkcją zmiennej \(\displaystyle{ x}\). Otrzymujemy:
\(\displaystyle{ u\left(\frac{1}{2}\frac{\mbox{d}u}{\mbox{d}x}+\frac{1}{2}\right)=\frac{u+x-1}{2}-2x+1\\u\frac{\mbox{d}u}{\mbox{d}x}=-3x+1\\\frac{u^{2}}{2}=-\frac{3}{2}x^{2}+x+C\\\frac{(2y-x+1)^{2}}{2}+\frac{3}{2}x^{2}-x=C}\)
Jest to rozwiązanie w postaci uwikłanej.

[niiezalezna]

Podstawienia:

\(\displaystyle{ \begin{cases} x = \xi -\alpha \\ y = \eta - \beta \end{cases} \ \ (1) }\)

A skąd się biorą te podstawienia?