Неопределенный интеграл, куда приткнуть константу?

[phys]

В результате решения дифф. уравнения получаем:
$ \frac {p dp}{1 + p^2} = \frac {x dx}{1 + x^2} $

где $ p = y' $ (замена при решении дифф. уравенения, допускающего понижение степени)

Интегрируя получаем:
$ \ln {(1 + p^2)} = \ln {(1 + x^2)} + C $

Нужно как то красивее приткнуть константу, так, чтобы при извлечении p получилось нормально интегрируемое выражение.

Действуя в "лоб":
$ \ln {\frac {1 + p^2}{1 + x^2}} = C $
$ p^2 + 1 = (x^2 + 1)e^C $
$ p = \pm \sqrt{(x^2 + 1)e^C - 1} $

Или например представить константу в виде:

$ \ln {C} $

тогда
$ \ln {(1 + p^2)} = \ln { (C(1 + x^2)) } $
$ p^2 = C(1 + x^2) - 1 $
$ p = \pm \sqrt { C(1 + x^2) - 1 } $

Тоже яйцо только в профиль.


Такие выражения меня как то не очень воодушевляет, я уверен что должен быть способ проще, например если константу сразу не писать, получим банальное:
$ p^2 = x^2 $
$ p = \pm x $
И уже здесь добавляем константу:
$ y' = \pm x + C$
следовательно
$ y = \pm \frac {x^2}{2} + Cx + C_1$

Можно ли вобще так делать (способ 3)? Если нет то как это сделать более грамотно и просто чем первые 2 способа?

[ИСН]

Есть могучее средство убеждения: подставьте найденное решение в диффур.
Сразу не писать? А давайте я у Вас займу тыщу баксов, а сразу отдавать не буду. Когда-нибудь потом отдам. После войны.
Это довольно точный эквивалент.

[Munin]

phys в сообщении #442291 писал(а):

Можно ли вобще так делать?

Нельзя. Сравните: у вас получилось
$
а должно быть
$ p^2 + 1 = (x^2 + 1)e^C. $
Достаточно очевидно, что эти соотношения разные. Им соответствуют разные кривые на плоскости $(p,x).$ Подставьте, например, в правильное выражение $C=\ln 2$ (вообще, выражение $e^C$ можно смело заменять на $C',$ и дальше снимать штрих, считая запрещённым (потенциально дающим лишний корень) только значение $C'=0$ - отрицательные достигаются на комплексной плоскости).

[ИСН]

Есть другой, менее важный вопрос: можно ли писать $C$ и $e^C$ так, будто это "одно и то же". Но это потом.

[phys]

Да, я задумывался о том что в результате такого перехода мы получаем разные вещи, одна из которых принадлежит всему множеству R, а вторая только его положительной части.

Хорошо, тогда можно как то упростить задачу, если в дифф. уравнении заданы начальные условия?
$ x = 1; y = \frac {1}{2}; y' = 1; $

Ну и само уравнение, на всякий случай.
$ y'y''(1 + x^2) = x(1 + (y')^2) $

-- Чт май 05, 2011 18:05:00 --

Кажется я все понял, одну секунду ...

[ИСН]

Можно. Как только решение доехало до появления первой константы, можно её найти.

[phys]

$ y'y''(1 + x^2) = x(1 + (y')^2) $
$ x = 1; y = \frac {1}{2}; y' = 1; $

В результате замены и разделения переменных уравнения получаем:
$ \frac {p dp}{1 + p^2} = \frac {x dx}{1 + x^2} $

$ \ln {(1 + p^2)} = \ln {(1 + x^2)} + C \ (1) $


Действуя в "лоб":
$ \ln {\frac {1 + p^2}{1 + x^2}} = C $

$ p^2 + 1 = (x^2 + 1)e^C $

$ p = \pm \sqrt{(x^2 + 1)e^C - 1} $


Из начальных условий следует что:
$ p = y' = 1 $

$ \pm \sqrt{(x^2 + 1)e^C - 1} = 1$

$ C = 0$


Возвращаясь к (1) можем утверждать на основе найденной константы, что:
$ p^2 = x^2 $

$ p = \pm x $

$ y' = \pm x$

$ y = \pm \frac {x^2}{2} + Cx + C_1 = \pm \frac {x^2}{2} + C_1$


Причем, подстановка y в дифф. уравнение дает тождетсво в обоих случаях (как + так и -).

Из начальных условий можем найти вторую константу, и получить 2 часных решения для данного уравнения (отличающихся только знаком).



Рассуждения верны?

[ewert]

Кроме последней формулы -- она никуда не годится. И подойдёт под начальные условия только один вариант.