Дифференциальное уравнение (+определение особого решения)

[Someone]

Sverest в сообщении #430052 писал(а):

$\frac15 \ln |p|=\ln |1+y| +C$
$y'=p=(1+y)^5+C_1$

Второе неверно. Имело смысл произвольную постоянную в первом равенстве записать как $\frac 15\ln|C|$ и вспомнить свойства логарифмов. Кроме того, имеет смысл найти $C$, используя начальное условие

Sverest в сообщении #429957 писал(а):

$y(1)=0;~y'(1)=1$

Sverest в сообщении #430052 писал(а):

$y''=5(1+y)^4$

А это чудо откуда выскочило?
Вообще, необходимо помнить, что "штрих" в исходном уравнении $y''(1+y)-5(y')^2=0$ и в подстановке $y'=p$ имеет один смысл (обозначение производной по переменной $x$), а в преобразованном уравнении $p'p(1+y)-5p^2=0$ - совсем другой (обозначение производной по переменной $y$). Зато в формуле $y''=p'p$ этот "штрих" употребляется сразу в обоих смыслах, и тут уже мудрено не запутаться. Чтобы путаницы не было, крайне желательно производные по $x$ и по $y$ обозначать по-разному.

[Sverest]

$\frac15 \ln |p|=\ln |1+y| +C$
$y'=p=C_1 (1+y)^5$
$C_1 dx=\frac {dy}{(1+y)^5}$
$C_1 x+C_2=\frac{(1+y)^{-4}}{-4}$
подставим начальные условия
$1=C_1(1+0)^5$ $C_1=1$
$1 \cdot 1 +C_2=-\frac {1}{4(1+0)^4}$ $C_2=-\frac14$

частое решение имеет вид $\frac {1}{(1+y)^4}=1$

правильно?

[Someone]

Sverest в сообщении #430074 писал(а):

$C_2=-\frac14$

С чего бы вдруг столько получилось?

Sverest в сообщении #430074 писал(а):

частое решение имеет вид $\frac {1}{(1+y)^4}=1$

Ну уж правильно подставить значения постоянных в общее решение можно?

[Sverest]

Someone в сообщении #430082 писал(а):

Sverest в сообщении #430074 писал(а):

$C_2=-\frac14$

С чего бы вдруг столько получилось?

$x=1$ $y=0$ $C_1=1$ подставляем в $C_1 x+C_2=\frac{(1+y)^{-4}}{-4}$
$1 \cdot 1 +C_2 =\frac{(1+0)^{-4}}{-4}$
в числителе получаем 1 в знаменателе -4 отсюда $C_2=-\frac{1}{4} $

[Someone]

А единица куда делась?

[Sverest]

Someone в сообщении #430100 писал(а):

А единица куда делась?

Пропустил ее $C_2=-\frac 54$

частное решение $-\frac {1}{4(1+y)^4}=x-\frac54$

[Someone]

Теперь правильно. Можно ещё выразить $y$ явным образом (не забывая при этом о начальных условиях).

[Sverest]

Someone в сообщении #430129 писал(а):

Теперь правильно. Можно ещё выразить $y$ явным образом (не забывая при этом о начальных условиях).

Что значит явным способом, это в виде $y=f(x)$ ?

$y=(-\frac{1}{4x-5})^{\frac14}-1$

PS: а что значит не забывая о начальных условиях?

[Someone]

Sverest в сообщении #430140 писал(а):

Что значит явным способом, это в виде $y=f(x)$ ?

Да.

Sverest в сообщении #430140 писал(а):

а что значит не забывая о начальных условиях?

Ну, получаются два решения: $y=\pm\frac 1{\sqrt[4]{5-4x}}-1$. Одно из них удовлетворяет начальным условиям, другое - нет.

[dovlato]

Если поделить левую часть на $(1+y)^5$, получите производную $d/dx \left (\frac{y'}{(1+y)^5}\right)=0$.

[Sverest]

Sverest в сообщении #430140 писал(а):

а что значит не забывая о начальных условиях?

Ну, получаются два решения: $y=\pm\frac 1{\sqrt[4]{5-4x}}-1$. Одно из них удовлетворяет начальным условиям, другое - нет.[/quote]

так я же подставил начальные условия, а как вы решение со знаком $+$ получили?

[Someone]

Sverest в сообщении #430171 писал(а):

так я же подставил начальные условия, а как вы решение со знаком $+$ получили?

Ну и что же, что Вы подставили? А при вычислении корня чётной степени получаются два значения. И одно из них Вы потеряли.

Sverest в сообщении #430114 писал(а):

частное решение $-\frac {1}{4(1+y)^4}=x-\frac54$

$$\frac 1{(1+y)^4}=5-4x,$$

$$(1+y)^4=\frac 1{5-4x},$$

$$1+y=\pm\frac 1{\sqrt[4]{5-4x}},$$

$$y=\pm\frac 1{\sqrt[4]{5-4x}}-1,$$

$$y'=\pm\frac 1{\sqrt[4]{(5-4x)^5}}$$

(знаки перед дробью в $y$ и $y'$ одинаковые).
Теперь в оба решения надо подставить начальные значения и посмотреть, выполняются ли начальные условия.

[Someone]

Ваше уравнение содержит ещё один подводный камень: оно имеет решения вида $y=C$. Подходящие значения $C$ можно найти, подставив эту функцию в уравнение (в данном случае окажется, что годятся все $C\in\mathbb R$, но для других уравнений, не содержащих в явном виде независимой переменной, это может оказаться не так). Проверка показывает, что эти решения не могут удовлетворять заданным Вами начальным условиям, но при других начальных условиях они могут подойти (например, $y(1)=1,y'(1)=0$).

[Sverest]

Someone в сообщении #430232 писал(а):

Ваше уравнение содержит ещё один подводный камень: оно имеет решения вида $y=C$. Подходящие значения $C$ можно найти, подставив эту функцию в уравнение (в данном случае окажется, что годятся все $C\in\mathbb R$, но для других уравнений, не содержащих в явном виде независимой переменной, это может оказаться не так). Проверка показывает, что эти решения не могут удовлетворять заданным Вами начальным условиям, но при других начальных условиях они могут подойти (например, $y(1)=1,y'(1)=0$).

Это то, что называется особым решением?

[Someone]

Sverest в сообщении #431468 писал(а):

Это то, что называется особым решением?

Это зависит от того, как определять особое решение. Я его определяю как такое решение, в каждой точке которого нарушается единственность решения задачи Коши; а частное решение - это, напротив, такое решение, в каждой точке которого имеет место единственность решения задачи Коши (Н.М.Матвеев. Методы интегрирования обыкновенных дифференциальных уравнений. "Высшая школа", Москва, 1967).
При таком определении все эти решения частные (и даже получаются из общего). Для другого уравнения аналогичного типа эти решения могут оказаться особыми (все или некоторые).