Дифференциальные уравнения (Филлипов А. В., задачник)

[Hoborg]

Здравствуйте. Помогите, пожалуйста, решить / разобраться со следующими диффурами:

1. С помощью замены переменных или дифференцирования привести ур-ие к линейному и решить его:
$(x^2 - 1) y' \sin y + 2 x \cos y = 2 x (1 - x^2)$
Решение. Очевидно, т.к. $\cos y = \cos (-y)$, это ур-ие может быть представлено, как:
$((1 - x^2) \cos y)' = 2 x (1 - x^2)$
А какой следующий шаг, я не могу понять

2. Найти путём подбора частное решение, привести данное ур-ие Риккати к ур-ию Бернулли и решить его:
$x y' - (2x + 1) y + y^2 = - x^2$
Решение. (y = x) - решение, следовательно, делаем замену $y = x + z$:
$x (x + z)' - (2x + 1)(x + z) + (x + z)^2 = - x^2\\ x z' - 2 x^2 - 2 x z - x - z + x^2 + 2 x z + z^2 = - x^2\\ z' + \frac {z^2} x - \frac z x - 1 = 0$
На этом шаге я остановился. При решении этого нелинейного ур-ия методом вариации постоянной Лагранжа, у меня получается, что решение соответствующего однородного выглядит, как $z(1-z)=Cx$. Это мне совсем непонятно.

[ewert]

Hoborg в сообщении #246986 писал(а):

1. С помощью замены переменных или дифференцирования привести ур-ие к линейному и решить его:
$(x^2 - 1) y' \sin y + 2 x \cos y = 2 x (1 - x^2)$

Обратите внимание: как связаны между собой $y'\;\sin y$ и $\cos y$?...

Hoborg в сообщении #246986 писал(а):

$z' + \frac {z^2} x - \frac z x - 1 = 0$

У Вас единичка лишняя, а без неё -- как раз Бернулли и выходит.

[jetyb]

1)Просто проинтегрировать.
2)Разделить на $x^2$, сделать замену $z=\frac{y}{x} $, красиво все выписать, затем решить уравнение с разделяющимися переменными.

[Hoborg]

ewert в сообщении #246990 писал(а):

Обратите внимание: как связаны между собой $y'\;\sin y$ и $\cos y$?...

Я полагал, что $(\cos y(x))' = y' (- \sin y)$, как производная от сложной функции.

ewert в сообщении #246990 писал(а):

У Вас единичка лишняя, а без неё -- как раз Бернулли и выходит.

Хмм, проверив ещё раз, я всё равно не нашёл места, где эта единица должна была исчезнуть -_-.

jetyb в сообщении #246994 писал(а):

1)Просто проинтегрировать.
2)Разделить на $x^2$, сделать замену $z=\frac{y}{x}, $, красиво все выписать, затем решить уравнение с разделяющимися переменными.

1) Правильно ли я понимаю, что $((1 - x^2) \cos y)' _ x = {d \over dx} (1 - x^2) \cos y$? Тогда решение должно записываться так:
$\int {d (1-x^2) \cos y} = \int {2 x (1 - x^2) dx},\\ (1-x^2) \cos y = 2 \int {x dx} - 2 \int {x^3 dx} = x^2 - \frac {x^4} 2 + C.$
Видимо, я плохо понимаю правила дифференцирования, т.к. ответ получается неправильным.

2) Спасибо, деление на $x^2$ действительно помогло.

[jetyb]

Цитата:

$(x^2 - 1) y' \sin y + 2 x \cos y = 2 x (1 - x^2)$
Решение. Очевидно, т.к. $\cos y = \cos (-y)$, это ур-ие может быть представлено, как:
$((1 - x^2) \cos y)' = 2 x (1 - x^2)$

Я сперва это не проверял, здесь неверный переход. Производная от косинуса - минус синус.
Разделите все на $(1-x^2)^2$ и рассмотрите выражение слева как производную от дроби.

[Hoborg]

jetyb в сообщении #247007 писал(а):

Разделите все на $(1-x^2)^2$ и рассмотрите выражение слева как производную от дроби.

Спасибо, так действительно легче. Решение получено.

[ewert]

Hoborg в сообщении #247024 писал(а):

Хмм, проверив ещё раз, я всё равно не нашёл места, где эта единица должна была исчезнуть -_-.

Единичка -- это икс до деления на него. Но иксы в первой степени выскакивают из первого и второго слагаемого, после чего благополучно сокращаются.

Hoborg в сообщении #247002 писал(а):

Я полагал, что $(\cos y(x))' = y' (- \sin y)$, как производная от сложной функции.

Совершенно верно. Вот и делайте замену $\cos y=u$, линейное уравнение и получится, как Филиппов и просил.

[Hoborg]

ewert в сообщении #247065 писал(а):

Единичка -- это икс до деления на него. Но иксы в первой степени выскакивают из первого и второго слагаемого, после чего благополучно сокращаются.

Вы могли бы объяснить ещё раз? Иксы в первой степени, получающиеся после замены $y=x+z$, имеют коэффициенты $z'$ и (-1), и, если я правильно понимаю, они не могут быть сокращены. В принципе ур-ие уже решено (по методу, подсказанному jetyb).

ewert в сообщении #247065 писал(а):

Совершенно верно. Вот и делайте замену $\cos y=u$, линейное уравнение и получится, как Филиппов и просил.

Действительно, оказывается, есть и такой простой способ. Спасибо за указание.

-- Пн сен 28, 2009 22:33:24 --

Если вас не затруднит, помогите справиться ещё с двумя диффурами. Может быть, я просто думаю не о том, но сегодня бился с ними несколько часов, и почти не стронулся с мёртвой точки:

3. $4 x y'' - {y''}^2 = 4(y' + 1)$
Предполагаемое решение. Это уравнение мне удалось привести к виду:
$4 (\frac {y' + 1} x)' = (\frac {y''} x)^2$, или, применяя замену y'=z и y''=z', к виду:
$4 (\frac {z + 1} x)' = (\frac {z'} x)^2$. Вот и всё. Наверное, хожу рядом и не вижу нужного решения...

4. $2 (y^2 + y) y'' - (y^2 + y + 1) {y'}^2 + y^3 = 0$
Предполагаемое решение. Я пытался найти возможность сделать продуктивную замену переменных или вообще что-нибудь сделать с $y^2 + y$, но ничего путного не вышло. Тогда заменой y'=z и y''=zz' представил ур-ие, как
$z' - \frac {y^2+y+1} {2 (y^2 + y)} z + \frac {y^3} {2 (y^2 + y)} \frac 1 z = 0$. Пробовал использовать методы вариации постоянной Лагранжа и Бернулли для этого уравнения напрямую, но, т.к. они дали слишком громоздкие решения (одна строчка для одной многоэтажной дроби) для задачи такого базового уровня, стало понятно, что я делаю что-то неправильно.

[ewert]

Hoborg в сообщении #247312 писал(а):

Вы могли бы объяснить ещё раз? Иксы в первой степени,

И т.д.
Хм.

$x (x + z)' - (2x + 1)(x + z) + (x + z)^2 = - x^2$
$x z' - 2 x^2 - 2 x z - x - z + x^2 + 2 x z + z^2 = - x^2$

Якобы.
А вот чистый-то икс из первого-то слагаемого откровенно и потерян.

[Hoborg]

ewert в сообщении #247324 писал(а):

Якобы.
А вот чистый-то икс из первого-то слагаемого откровенно и потерян.

Чёрт, совсем глупо я . Спасибо.

[ewert]

Hoborg в сообщении #247312 писал(а):

4. $2 (y^2 + y) y'' - (y^2 + y + 1) {y'}^2 + y^3 = 0$

Стандартная замена: $y'(x)\equiv p(y)$. Получается уравнение Бернулли, которое для $p(y)$ интегрируется, а об явной интегрируемости следующего шага думать лень.

[V.V.]

3. $4 x y'' - {y''}^2 = 4(y' + 1)$

Да, сначала $y'=z$. Получаем
$z=xz'-(z')^2/4-1$.
Это уравнение Лагранжа $z=x\varphi(z')+\psi(z')$. Метод решения описан на стр. 29 http://u-pereslavl.botik.ru/~trushkov/ode/ode.pdf

[Hoborg]

ewert в сообщении #247574 писал(а):

Стандартная замена: $y'(x)\equiv p(y)$. Получается уравнение Бернулли, которое для $p(y)$ интегрируется, а об явной интегрируемости следующего шага думать лень.

Ну, да, вот на этом я и остановился.

V.V. в сообщении #247582 писал(а):

Это уравнение Лагранжа $z=x\varphi(z')+\psi(z')$. Метод решения описан на стр. 29 http://u-pereslavl.botik.ru/~trushkov/ode/ode.pdf

Спасибо. Кажется, книжечка будь здоров .

[carp]

Приветствую!
Помогите разобраться в общем решении однородных диф. уравнений 1-го порядка.
В классических учебниках (к примеру, автора Пискунова Н.С.) решение в общем виде приводится следующим образом:

(1) $\frac{dy}{dx}=f(x,y)$ - однородное, если $f$ - однородная нулевого измерения. Для решения, уравнение (1) следует привести к виду $\frac{dy}{dx}=f(\frac{y}{x})$,
или $\frac{dy}{dx}=f(1,\frac{y}{x})$. Далее выполняем замену следующим образом:$u=\frac{y}{x}$, $y=ux$; Тогда $y'=\frac{dy}{dx}=u+\frac{du}{dx}x$. Делая замену в уравнении, где $f(1,\frac{y}{x})$ имеем:
$u+x\frac{du}{dx}=f(1,u)$. Далее приходим к уравнения с разделяющимися или разделенными переменными, интегрируем...

Не совсем понятны следующие моменты:
1) Функция $f(1,\frac{y}{x})$ зависит от 1 и $\frac{y}{x}$. К чему указана зависимость от 1, если это константа ?
2) Почему производная y' равна $u+\frac{du}{dx}x$, ведь по формуле $(uv)'=u'v+v'u$; ?

[V.V.]

carp
1) Зачем написано $f(1,\frac{y}{x})$, не понимаю.

2) Именно поэтому. Производная $x$ по $x$ равна $1$.