Линейное уравнение первого порядка

[Len]

$2(cos^2 y * cos2y-x) y' = sin2y$, где $y(\frac {-\ 3} {\ 2})= (\frac {\ pi} {\ 4})$
Нужно решить это уравнение не через y', а через x'
Решение
$2(cos^2 y * cos2y-x) =sin2yx'$
$x' sin2y + 2x = 2cos^2 y cos2y$
$x' + \frac {\ 2} {\ sin2y} x = \frac {\ 2cos^2 y cos2y} {\ sin2y}$ (1)
Уравнение (1) имеет вид
$\frac {\ dx} {\ dy} + \frac {\ 2} {\ sin2y} x = \frac {\ 2cos^2 y cos2y} {\ sin2y}$ , где
$P(y) = \frac {\ 2} {\ sin2y}$
$Q(y) = \frac {\ 2cos^2 y cos2y} {\ sin2y}$
Помогите, ПОЖАЛУЙСТА РЕШИТЬ дальше ЭТОТ ПРИМЕР!!!!!!

[Руст]

Найдёте общее решение однородного уравнения $x=exp(-\int \frac{d2y}{\sin{2y}})$ варьируя неопределённую константу можно получить и решение неоднородного уравнения.

[Len]

Значит, у нас получилось
$P(y) = \frac {\ 2} {\ sin2y}$
$Q(y) = \frac {\ 2cos^2 y cos2y} {\ sin2y}$
Следовательно по формуле
$ x= v(y) (\int\frac {\ Q(y)} {\ v(y)}$, где $v(y)=e^{{-}{\int\ P(y)dy}}= e^{{-}{\int\frac {\ 2} {\ sin2y}}dy$
$v(y) = e^{{-}{\int\frac {\ 2} {\ sin2y}}dy$
Далее мы должны подставить $v$ в формулу, но тут получается такая трехитажная дробь подынтегральная, что я не знаю, что дальше делать и как ее решать!
Помогите, ПОЖАЛУЙСТА!!!!!

[V.V.]

$x(y)=\cos^2(y)-2\ctg(y)$.

[Len]

Вы сами мне подсказать не сможете? А то я уже неделю не могу разобраться! ПОЖАЛУЙСТА помогите!!!!

[V.V.]

Len писал(а):

Вы сами мне подсказать не сможете? А то я уже неделю не могу разобраться!

А что подсказывать-то?

Вы уже все сами сделали. Осталось только взять интеграл и подставить начальное значение.

[незваный гость]

Len писал(а):

... $v(y) = e^{{-}{\int\frac {\ 2} {\ sin2y}}dy$ …

Чему получилось равно $v(y)$ (тут, вроде, никаких зубодробительных дробей не предвидится)?

Какое У Вас получилось общее решение однородного уравнения?

[Len]

$ x= v(y) ((\int \frac {\ 2cos^2 y cos2y} {\ sin2y} / \int {e^{{-}{\int\frac {\ 2} {\ sin2y}}$ )* dy +C)
Помогите пожалуйста, я не могу это решить

[незваный гость]

Я понял: подставлять в формулы Вас научили. Давайте попробуем научиться, как получаются такие формулы. Поверьте, ничего сверхестественного в этом нет.

1) Ваше дифференциальное уравнение, как и заметил Руст, решается методом варьирования постоянной. Вкратце, суть этого метода такова:

(а) Из уравнения $y' = f(x) y + g(x)$ выделяют так называемую однородную часть, получая однородное уравнение: $y' = f(x) y$

(б) Находится общее решение этого однородного уравнения: $\frac{{\rm d}y}{y} = f(x) {\rm d}x \Rightarrow$ $\ln y = \int f(x) {\rm d}x + {\rm C}_1 \Rightarrow $ $ y = {\rm C}_2 {\rm e}^{\int f(x) {\rm d}x}$. Вы обозначаете $v(x) = {\rm e}^{\int f(x) {\rm d}x}$.

(в) Мы нашли общее решение однородного уранения. Теперь переходим к решению неоднородного. Для этого мы заменяем константу ${\rm C}_2$ на функцию $c(x)$, и ищем решение нашего уравнения в виде $y(x) = c(x) v(x)$. Вот оно, пресловутое варьирование постоянной — мы постоянную заменили на функцию!

(г) Подставляем теперь в исходное уравнение. Имеем: $y' = c v' + v c' = f(x) c v + g(x)$. Но $ c v' = f(x) c v$ (проверьте, пожалуйста), и у нас остается $v c' = g(x)$.

(е) Ну, это решается интегрированием: $c(x) = {\rm C}_3 + \int \frac{g(x)}{v}{\rm d}x$.

(ж) Теперь, чтобы закончить наш нелегкий труд, надо это все собрать вместе: $y(x) = v({\rm C}_3 + \int \frac{g(x)}{v}{\rm d}x)$, и определить ${\rm C}_3$ из начальных условий.

2) Давайте попробуем пойти по шагам. Я думаю, (а) и (б) Вы сделали. Какая у Вас получилясь функция $v$?

[Len]

Здравствуйте, Незванный гость!!!!
Я попыталась сделать два первых пункта (а) и (б), но не знаю так ли! Вы уж проверьте,ПОЖАЛУЙСТА!!!

(а) Значит, из уравнения $x' + \frac {\ 2} {\ sin2y} x = \frac {\ 2cos^2 y cos2y} {\ sin2y}$ выделям однородное уравнение:
$x' + \frac {\ 2} {\ sin2y} x = 0$
(б) Найдем общее решение однородного уравнения
$\frac {\ dx} {\ dy} + \frac {\ 2} {\ sin2y} x = 0$
$\frac {\ dx} {\ dy} ={{-} \frac {\ 2} {\ sin2y}} x$
$\frac {\ dx} {\ x}={{-} \frac {\ 2sin2y} {\ (sin2y)^2}}dy $
$\frac {\ dx} {\ x}=\frac {\ d(cos2y)} {\ 1-(cos2y)^2}dy $
$\frac {\ dx} {\ x}=\frac {\ du} {\ 1-u^2}$
$\frac {\ dx} {\ x}= {{-}\frac {\ du} {\ u^2 -1}}$
$ln|x| = {{-}\frac {\ 1} {\ 2}} * ln (\frac {\ u + 1} {\ u - 1}) + C1$
$ln|x| =ln * \frac {\ cos2y -1} {\ (cos2y +1)^1/2 }+ C1$
$ln|x| = ln * tgy + C1$
$x = C2 * e^{\int\ ln (tgy) dy}$
$v(y)=e^{\int\ ln (tgy) dy}$
А как дальше?

[Someone]

Len писал(а):

$\ln|x|= \ln|\tg y|+C_1$
$x=C_2e^{\int\ln(\tg y)dy}$
$v(y)=e^{\int\ln(\tg y)dy}$

Откуда вдруг интеграл выскочил?

[Len]

Как откуда? По формуле из пункта (б).

[Someone]

Len писал(а):

Как откуда? По формуле из пункта (б).

Так Вы же его вычислили. Он что, самовозрождающийся?

Но у Вас там ещё и при вычислении интеграла ошибка:

$$\int\frac{du}{u^2-1}=\frac 12\ln\left|\frac{u-1}{u+1}\right|+C$$

,
а у Вас дробь под знаком логарифма перевёрнута, да ещё какие-то звёздочки вместо знака абсолютной величины. И должно было получиться

$$\ln|x|=-\ln|\tg y|+C_1$$

.

[Len]

СПАСИБО, Someone!!!! А дальше поможете решить, а то я не знаю, что дальше делать!!!

[Someone]

Len писал(а):

СПАСИБО, Someone!!!! :) А дальше поможете решить, а то я не знаю, что дальше делать!!! :oops:

Как "что"? Что там в руководстве написано?