Является ли данное выражение общим интегралом ДУ?

[Twolka]

Дано ДУ:
$y'x = 2 \sqrt{3 + y^2}$

Решаем его:
$\dfrac{dy}{\sqrt{3 + y^2}} = 2 \dfrac{dx}{x}$
$\ln|y + \sqrt{3 + y^2}| = \ln(x^2) + C_1$
$\begin{cases} |y + \sqrt{3 + y^2}| = |Cx^2|\\ C_1 = \ln|C| \Leftrightarrow C \ne 0 \end{cases}$ здесь проблема (C не может быть равно 0)
$\begin{cases} y + \sqrt{3 + y^2} - Cx^2 = 0\\ C \ne 0 \end{cases}$

Причём обычно $C = 0$ добавляется, когда происходит деление на какое-то выражение, которое может быть равно нулю. Здесь же $\sqrt{3 + y^2} > 0$ Т.е. выражение при $C = 0$ не подходит. А по определению общий интеграл это выражение $f(x, y, C) = 0 \, \forall C$. Значит ли это, что полученное выражение не является общим интегралом?

Также есть и другая проблема. При делении на $x = 0$ было совершено неэквивалентное преобразование (при решении $\dfrac{dy}{\sqrt{3 + y^2}} = 2 \dfrac{dx}{x}$ ответами будут функции из диапазона $(-\infty, 0)$, либо функции из диапазона $(0, +\infty)$, а требуются из диапазона $(-\infty, +\infty)$), но тут вроде бы всё нормально, т.к их можно склеить в одну при одинаковых $C$.

[alcoholist]

Twolka в сообщении #1294358 писал(а):

А по определению общий интеграл это выражение $f(x, y, C) = 0 \, \forall C$

Напишите $e^{C}$, будет для всех.

[Twolka]

Где именно $e^{C}$ написать? Прямо в функции: $f(x, y, e^{C})$? Но ведь по определению, она должна быть именно такой: $f(x, y, C)$

-- 25.02.2018, 22:29 --

К тому же, тогда отрицательные значения не захватываются..

[alcoholist]

$f(x,y,e^{C_1})=F(x,y,C)$
Посмотрите, как появилась $C$. Разве может быть неположительным числом?

[Twolka]

Да, вполне может быть. Отрицательным.

[alcoholist]

Формально общее решение

$$ y=\sqrt{3}\operatorname{sh}\left(C+\ln x^2\right). $$

[Twolka]

alcoholist в сообщении #1294381 писал(а):

Формально общее решение

$$ y=\sqrt{3}\operatorname{sh}\left(C+\ln x^2\right). $$

Хорошо, в общем решении всё вроде нормально(со склейкой я, похоже, ошибся (её можно проводить только тогда, когда функция задана явно?)). Но к нему так уж и просто прийти. А что делать с общим интегралом? Ведь и $e^{C_1}$ всегда больше нуля.

-- 25.02.2018, 23:28 --

И ведь данное общее решение - это решение для задач на нахождение решения для одного из данных интервалов: $(-\infty, 0)$ или $(0, +\infty)$
Т.е. решения для $(-\infty, +\infty)$ вообще нет?

[thething]

Twolka в сообщении #1294358 писал(а):

$\ln|y + \sqrt{3 + y^2}| = \ln(x^2) + C_1$

модуль тут ставить излишне
При $x=0$ даже из исходного ОДУ следует, что $y$ не существует, так что можно рассчитывать только на решения при $x>0$ и $x<0$. Кстати, если Вы вспомните соседнюю Вашу ветку, то в каждом из этих случаев будет своя константа (хоть этим особо и не заморачиваются), а решение в нуле не склеивается. Обращу Ваше внимание, что константы разделяются не на этапе избавления от модулей, а на этапе взятия первообразной.

Twolka в сообщении #1294385 писал(а):

Но к нему так уж и просто прийти.

Надо вспомнить обратные функции к гиперболическим

Twolka в сообщении #1294385 писал(а):

Т.е. решения для $(-\infty, +\infty)$ вообще нет?

Опять же, в соседней Вашей ветке выписали определение общего решения ОДУ.

[alcoholist]

Twolka в сообщении #1294385 писал(а):

Т.е. решения для $(-\infty, +\infty)$ вообще нет?

Интегральные кривые не пересекают ось ординат. Кстати, нарисуйте их хотя бы примерно.

[Twolka]

Думаю, он должен быть примерно таким.

[alcoholist]

Twolka в сообщении #1294510 писал(а):

Думаю, он должен быть примерно таким.

А не гадайте! как при больших $x$ ведет себя решение? На какой кривой лежат точки перегиба траекторий?

[Twolka]

thething в сообщении #1294398 писал(а):

Twolka в сообщении #1294358 писал(а):

$\ln|y + \sqrt{3 + y^2}| = \ln(x^2) + C_1$

модуль тут ставить излишне

Логично.

thething в сообщении #1294398 писал(а):

При $x=0$ даже из исходного ОДУ следует, что $y$ не существует, так что можно рассчитывать только на решения при $x>0$ и $x<0$.

Да, но чтобы это понять, необходимо анализировать исходную функцию. Лично мне это сразу не бросилось в глаза..

thething в сообщении #1294398 писал(а):

Кстати, если Вы вспомните соседнюю Вашу ветку, то в каждом из этих случаев будет своя константа (хоть этим особо и не заморачиваются), а решение в нуле не склеивается. Обращу Ваше внимание, что константы разделяются не на этапе избавления от модулей, а на этапе взятия первообразной.

Я теперь думаю, что даже не на этапе взятия первообразной, а на этапе переноса значений в знаменатель. ( Тогда и логично сразу отбрасывать все (большинство) ненужные модули).

thething в сообщении #1294398 писал(а):

Twolka в сообщении #1294385 писал(а):

Но к нему так уж и просто прийти.

Надо вспомнить обратные функции к гиперболическим

Нельзя вспомнить то, что ни разу не видел

thething в сообщении #1294398 писал(а):

Twolka в сообщении #1294385 писал(а):

Т.е. решения для $(-\infty, +\infty)$ вообще нет?

Опять же, в соседней Вашей ветке выписали определение общего решения ОДУ.

Просто как-то не поверил сначала.

-- 26.02.2018, 18:56 --

alcoholist в сообщении #1294513 писал(а):

А не гадайте! как при больших $x$ ведет себя решение?

$2y = Cx$

alcoholist в сообщении #1294513 писал(а):

На какой кривой лежат точки перегиба траекторий?

А вот этот вопрос вводит меня в ступор

[thething]

Twolka в сообщении #1294514 писал(а):

Да, но чтобы это понять, необходимо анализировать исходную функцию. Лично мне это сразу не бросилось в глаза..

Смотрите, как только Вы делите уравнение на $x$, Вам автоматически надо проверять отдельно случай $x=0$, т.е. еще даже решения у Вас никакого нет. Вы этот $x=0$ подставляете в само уравнение и анализируете, выйдет ли что хорошее, ну там, может оно подклеится потом в основное решение, или, как здесь, вообще решения не будет.

Twolka в сообщении #1294514 писал(а):

Я теперь думаю, что даже не на этапе взятия первообразной,

Напрасно так думаете, именно на этапе взятия первообразной, чтобы при $x<0$ писать $\int\limits_{}^{}\frac{1}{x}dx=\ln\left\lvert{x}\right\rvert+C$, а не $\ln{(-x)}+C$, исключительно из соображений удобства, чтобы минусы заранее не плодились.

[Twolka]

thething в сообщении #1294517 писал(а):

Вы этот $x=0$ подставляете в само уравнение и анализируете, выйдет ли что хорошее, ну там, может оно подклеится потом в основное решение, или, как здесь, вообще решения не будет.

Нет, тогда просто подклеить $x = 0$ будет не достаточно. Нужно склеивать и функции при $x > 0$ и $x < 0$ (если получится).

thething в сообщении #1294517 писал(а):

исключительно из соображений удобства, чтобы минусы заранее не плодились.

Честно говоря, с минусами работать как-то удобнее и приятнее, чем с модулями.

-- 26.02.2018, 19:19 --

И сразу понятно, что функции-то разные (а с модулем.. нехорошо там)

[thething]

Twolka в сообщении #1294518 писал(а):

Нет, тогда просто подклеить $x = 0$ не будет достаточно. Нужно склеивать и функции при $x > 0$ и $x < 0$ (если получится).

Ну да, это я и имел ввиду, это окончательно произойдет после нахождения общего решения.. В данном примере это ни к чему, т.к. сразу видно, что решения в нуле нет.

Twolka в сообщении #1294518 писал(а):

Честно говоря, с минусами работать как-то удобнее и приятнее, чем с модулями.

Ну, воля Ваша, в конечном итоге главное, чтобы было правильно. Большинство привыкло писать модули, а потом просто переобозначать константы (см. разговор в той соседней ветке)))

-- 26.02.2018, 21:20 --

Twolka в сообщении #1294518 писал(а):

И сразу понятно, что функции-то разные (а с модулем.. нехорошо там)

Нормально, только осознавать это надо