Обыкновенные дифференциальные уравнения

[rabbit-a]

Уважаемые математики, не могли бы Вы проверить правильность решения.
Речт идет о № 4184 из задачника Г.Н.Бермана

$\Ds xy’’=y’(e^y-1)$

Решение

Перепишем уравнение в виде $\Ds xy’’+y’=y’e^y$
Заметим, что $\Ds \frac{d(xy’)}{dx}=xy’’+y’$ т.е. как раз девой части, a

$\Ds \frac{d(e^y)}{dx}=y’\cdot e^y;$ т.е. как раз правой части.

поэтому это уравнение можно переписать в виде $\int d(y’x)=\int d(e^y)$ и проинтегрировать

$\Ds y’x=e^y+C_1;$ но это уже дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными

$\Ds \int \frac{dy}{e^y+C_1}=\int \frac{dx}{x};$

Для удобства введем замену $e^y+C_1=t;\ dt=e^y dy;\ e^{-y}=\frac{1}{t-C_1};$ тогда $\Ds dy=\frac{dt}{t-C_1};$

Следовательно, $\Ds \int \frac{dy}{e^y+C_1}=\int \frac{dt}{t\cdot (t-C_1)}= \frac{A}{t}+\frac{B}{t-C_1};$ методом неопределенных коэффициентов находим $A=-C_1^{-1};\ B=C_1^{-1};$

Поэтому $\Ds \int \frac{dy}{e^y+C_1}=-C_1^{-1}\int\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t-C_1}\right)dt=-C_1^{-1}(\ln\ t-\ln |t-C_1|)=C_1^{-1}\ln\left|\frac{t-C_1}{t}\right|=C_1^{-1}\ln \left|\frac{e^y}{e^y+C_1}\right|; $

Интеграл в правой части уравнения равен $\ln |C\cdot x|;$

Поэтому решение запишется в виде соотношения: $\Ds C_1\cdot \ln|Cx|=\ln\left|\frac{e^y}{e^y+C_1}\right|;$

или после потенцирования:

$\Ds x^{C_1}\cdot C_2=\frac{e^y+C_1-C_1}{e^y+C_1};$ или
$\Ds x^{C_1}\cdot C_2=1-\frac{C_1}{e^y+C_1};$

или $\Ds e^y+C_1=\frac{C_1}{1-C_2x^{C_1}};\Rightarrow e^y=\frac{C_1C_2x^{C_1}}{1-C_2x^{C_1}};$

Выражаем отсюда функцию $y(x)$ в явном виде: $\Ds y(x)=\ln\left|\frac{C_1x^{C_1}}{C_2^{-1}-x^{C_1}}\right|;$

Проблема в том, что ответ в учебнике явно неправильный, хотя немного и похож

[ИСН]

В этой области довольно часто ответы получаются даже и совсем непохожие, но всё равно на самом деле одинаковые.

[svv]

А Ваш ответ правильный? Удовлетворяет ли он, скажем, $y’x=e^y+C_1$ ?

[Someone]

1) При разделении переменных потеряны решения $e^y+C_1=0$.
2) При интегрировании потерян случай $C_1=0$.
3) При манипуляциях с логарифмами потерян модуль при $|x|$ и неизвестно откуда взялся модуль под знаком логарифма.
4) Ответ в задачнике точно такой, как у Вас, если исправить явную опечатку (заменить $x=$ на $y=$) и вместо Ваших $C_2^{-1}$ написать $C_2$.

[rabbit-a]

Уважаемый svv, конкретно этому уравнению $y'x=e^y+C_1$ мое решение удовлетворяет, здесь проверку выполнить удалось (в отличии от общего решения), если желаете могу привести выкладки.

Уважаемый Someone, хорошо решение уравнения $e^y+C_1=0$ это $y=ln(-C_1), C_1<0$ его нужно добавить в ответ если я верно Вас понял, (но в учебнике он не указан).

Случай, если $C_1=0$ дает $y=-\ln \ln\frac{1}{|xC_2|}$ так?

3. Модуль под знаком логарифма, т.е. вообще говоря это неправильно? Там просто произведение стоит константы $C_1\cdot x$ -- нам говорили, что в этом случае мы считаем константу какой угодно и должны навесить внешний модуль (если речь идет об абстрактном примере, не привязанном к физической задаче), или я неправильно это понимаю?

4. Если ответ сходится с моим (с учетом опечатки), значит решение верно

[Someone]

rabbit-a в сообщении #737668 писал(а):

Уважаемый Someone, хорошо решение уравнения $e^y+C_1=0$ это $y=ln(-C_1), C_1<0$ его нужно добавить в ответ если я верно Вас понял, (но в учебнике он не указан).

Обозначим $C=\ln(-C_1)$, получим однопараметрическое семейство решений $y=C$. Число $C$ может быть любым. (Кстати, логарифм кодируется как \ln; аналогично \lg, \log, \sin и т.п.)

rabbit-a в сообщении #737668 писал(а):

Случай, если $C_1=0$ дает $y=-\ln \ln\frac{1}{|xC_2|}$ так?

При $C_1=0$ после разделения переменных получаем $e^{-y}dy=6\frac{dx}x$, откуда интегрированием получаем $-e^{-y}=\ln|x|-C$. Выражаем $y$: $y=-\ln(C-\ln|x|)$. Из Вашего это получается, если обозначить $C=-\ln|C_2|$.

rabbit-a в сообщении #737668 писал(а):

3. Модуль под знаком логарифма, т.е. вообще говоря это неправильно? Там просто произведение стоит константы $C_1\cdot x$ -- нам говорили, что в этом случае мы считаем константу какой угодно и должны навесить внешний модуль (если речь идет об абстрактном примере, не привязанном к физической задаче), или я неправильно это понимаю?

Не надо относиться к этому столь формально. Следует иногда и задумываться. Интегрируя уравнение

$$\frac 1{C_1}\left(\frac 1{t-C_1}-\frac 1t\right)=\frac{dx}x,$$

получим

$$\frac 1{C_1}(\ln|t-C_1|-\ln|t|)=\ln|x|-\frac 1{C_1}\ln|C_2|$$

(в качестве произвольной постоянной мы можем использовать любое выражение, принимающее все значения, допустимые для решений уравнения). Умножая на $C_1$ и потенцируя, получим

$$\left|\frac{t-C_1}t\right|=\frac{|x|^{C_1}}{|C_2|}.$$

Снимаем модули; появляющийся при этом знак "$\pm$" включаем в определение константы $C_2$:

$$\frac{t-C_1}t=\frac{|x|^{C^1}}{C_2}.$$

Убрать модуль вокруг $x$ мы не можем, так как это приводит к потере решений в области $x<0$.

Далее выражаем $t$, подставляем $t=e^y+C_1$ и находим

$$e^y=\frac{C_1|x|^{C_1}}{C_2-|x|^{C_1}},$$

откуда получаем общее решение

$$y=\ln\frac{C_1|x|^{C_1}}{C_2-|x|^{C_1}};$$

каким образом здесь может появиться модуль вокруг дроби?

rabbit-a в сообщении #737668 писал(а):

4. Если ответ сходится с моим (с учетом опечатки), значит решение верно

Есть ещё один вариант: ответ в задачнике такой же неправильный, как и Ваш. Не думайте, что такой случай является исключительным. Избавиться от всех ошибок и опечаток в столь большой книге практически невозможно.

В данном случае можно заметить, что решения $y=C$ получаются из общего решения при $C_2=0$, если обозначить $C=\ln(-C_1)$. Поэтому в ответе мы должны указать $y=\ln\frac{C_1|x|^{C_1}}{C_2-|x|^{C_1}}$, где $C_1\neq 0$, и $y=-\ln(C-\ln|x|)$.

[rabbit-a]

Да, теперь все ясно, благодарю!!

(Оффтоп)

Впредь буду осторожнее с логарифмами.