решить диффур (x^2 - y)dx + x(y + 1)dy = 0

[ShMaxG]

Помогите пожалуйста решить такой диффур:

\[ \left( {x^2 - y} \right)dx + x\left( {y + 1} \right)dy = 0 \]

.

Пробовал все стандартные алгоритмы, ничего не получается.

[antbez]

Интегрирующий множитель найти Вы не пробовали?

[ShMaxG]

Искать его очень сложно, так как он зависит и от икс, и от игрек:

\[ \begin{gathered} P = x^2 - y \hfill \\ Q = x\left( {y + 1} \right) \hfill \\ \frac{{\partial P}} {{\partial y}} = - 1;{\text{ }}\frac{{\partial Q}} {{\partial x}} = y + 1;{\text{ }}\frac{{\partial \mu P}} {{\partial y}} = \frac{{\partial \mu Q}} {{\partial x}};{\text{ }}\mu \left( { - 1 - y - 1} \right) = x\left( {y + 1} \right)\frac{{\partial \mu }} {{\partial x}} - \left( {x^2 - y} \right)\frac{{\partial \mu }} {{\partial y}} \hfill \\ \end{gathered} \]

[kasperix]

Помогите пожалуйста

Имеется уравнение:

у(два штриха) + 10у(штрих) + 25у = e^(-5x) * ln(x+2)

Написать характеристическое уравнение для правой части исходного уравнения?

[ewert]

да, для начала, а потом ищите "метод вариации произвольных постоянных"

[antbez]

ShMaxG!

Я тут провёл такое исследование.
Ищем решение в виде $y=tx$.
Тогда $y'=t=\frac {tx-x^2} {x(tx+1)}=\frac {t-x} {tx+1}$, откуда $t=i,-i$ $y=ix, y=-ix$

[ShMaxG]

Я в шоке. А другие решения? Я так понимаю, что так как это не задача Коши, то в ответе произвольная константа должна где-то быть.

Добавлено спустя 1 час 11 минут 33 секунды:

между прочим, интегральные кривые этого диффура имеют форму сердечка

[Александр Т.]

ShMaxG писал(а):

Помогите пожалуйста решить такой диффур:

\[ \left( {x^2 - y} \right)dx + x\left( {y + 1} \right)dy = 0 \]

.

$$ \left( {x^2 - y} \right)dx + x\left( {y + 1} \right)dy = \left(x^2 dx + xy dy\right) + \left(x dy - y dx\right) =\dfrac{x}{2} d\left(x^2 + y^2\right) + x^2 d \dfrac{y}{x} $$

Однако! Как без этих преобразований можно было бы здесь увидеть полярные координаты.

$$ r=\sqrt{x^2 + y^2}, \quad \tg\phi=\dfrac{y}{x}. $$

После перехода к этим новым переменным они просто разделяются:

$$ \dfrac{1}{2 r} dr^2 + \cos\phi d \tg\phi = 0. $$

Дальше дело техники (техники интегрирования).

ShMaxG писал(а):

между прочим, интегральные кривые этого диффура имеют форму сердечка

Не все. Есть и такие, у которых в точке $(0,0)$ острие вместо каспа, а одна интегральная кривая в этой точке гладкая. Все интегральные кривые (в том числе и те, которые из-за каспа похожи на "сердечко") уходят в бесконечность в отрицательном направлении вдоль оси $y$.

[ShMaxG]

Кажется, ошибка:

\[ \begin{gathered} y' = - \frac{1} {{z^2 }}z' \hfill \\ \left( {x^2 - \frac{{1 - z}} {z}} \right) - x\frac{1} {z}\left( {\frac{1} {z}} \right)^2 z' = 0 \hfill \\ x^2 - \frac{{1 - z}} {z} - x\frac{1} {{z^3 }}z' = 0 \hfill \\ z^3 x^2 - \left( { - 1 + z} \right)z^2 - xz' = 0 \hfill \\ z^3 x^2 + z^2 - z^3 - xz' = 0 \hfill \\ xz' - z^3 x^2 - z^2 + z^3 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \]

[Александр Т.]

ShMaxG писал(а):

Кажется, ошибка:

Да, облажался.
Исправил.

[ShMaxG]

Гениально! Спасибо огромное! Я надеюсь, что нигде не ошибся, у меня ответ получился такой:

\[ \begin{gathered} \sqrt {x^2 + y^2 } = \frac{1} {2}\ln \left| {\frac{{y - \sqrt {x^2 + y^2 } }} {{y + \sqrt {x^2 + y^2 } }}} \right| + C \hfill \\ x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \]

[antbez]

Тогда как быть с моим решением? Оно удовлетворяет написанному выше ответу, но не выводится из него. Выходит, я нашёл особое решение?

[ShMaxG]

Ну рассмотрите случай С=0. Ваш ответ выводится из моего.

[AD]

Легко в полярных координатах переписать:

$$r=\tfrac14\ln\left|\frac{\sin\varphi-1}{\sin\varphi+1}\right|+C$$

Чего там? Сердечко должно выйти?

[Александр Т.]

ShMaxG писал(а):

Я надеюсь, что нигде не ошибся, у меня ответ получился такой:

\[ \begin{gathered} 2\sqrt {x^2 + y^2 } = \frac{1} {2}\ln \left| {\frac{{y - \sqrt {x^2 + y^2 } }} {{y + \sqrt {x^2 + y^2 } }}} \right| + C \hfill \\ x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \]

У меня получилось почти то же самое, но без двойки слева:

$$ \sqrt{x^2 + y^2} = \frac{1}{2} \ln \left| \frac {y - \sqrt {x^2 + y^2}} {y + \sqrt {x^2 + y^2}} \right| + C . $$

P.S. Возможно, что я в своем сообщении неправильно использовал слово "касп". Я там под ним подразумевал точку излома кривой такую, что переходе через нее касательная касается кривой другой, если можно так выразится, "стороной". (А острием я называл такую точку излома, что при переходе через нее касательная продолжает касаться кривой той же "стороной".)

P.P.S. Поскольку я разбирался с похожестью интегральных кривых на "сердечко", я считал, что интегральные кривые симметричны относительно $y$ и, следовательно, испытывают излом в точке $(0,0)$ (за исключением единственной непредельной и предельной $y=0$) и уходят в бесконечность по двум направлениям. Более логично считать, либо что все интегральные кривые начинаются в точке $(0,0)$ и уходят на бесконечность в одном направлении, либо что они уходят на бесконечность по двум направлениям, пересекаются в точке $(0,0)$, но не испытывают в ней излом (половина симметричной интегральной кривой с "каспом" соединяется с соответствующей половиной симметричной интегральной кривой с "острием").