równania rożniczkowe

[Filip25]

Rozwiąż:
a).\( \frac{dy}{dx}= \frac{x^2+xy+y^2}{x^2} \)
b).\( \frac{dy}{dx}= \frac{x^3+3xy^2}{3x^2y+y^3} \)

[kerajs]

Oba równania rozwiązuje podstawienie \(t=\frac{y}{x}\)

[janusz55]

a)
Dzielimy licznik i mianownik ułamka przez \( x^2. \)

b)
Dzielimy licznik i mianownik ułamka przez \( x^3. \)

[janusz55]

b)
\( \frac{dy}{dx} = \frac{x^3 +3xy^2}{3x^2y +y^3} \)

Dzielimy licznik i mianownik ułamka przez \( x^3 \)

\( \frac{dy}{dx} = \frac{1 + 3\left(\frac{y}{x}\right)^2}{3 + \left(\frac{y}{x}\right)^2} \ \ (1)\)

Stosujemy podstawienie

\( u = \frac{y}{x}, \ \ y = x\cdot u.\)

Po zróżniczkowaniu

\( \frac{dy}{dx} = u + x \frac{du}{dx} \ \ (2)\)

Podstawiając \( (2) \) do \( 1 \)

\( u + x\frac{du}{dx} = \frac{1 +3u^2}{3u + u^3} \)

Przekształcamy:

\( x\frac{du}{dx} = \frac{1-u^4}{3u +u^3} \)

Rozdzielamy zmienne

\( \frac{3u + u^3}{1-u^4} du = \frac{1}{x} dx \)

Całkujemy obustronnie

\( \int \frac{3u + u^3}{1-u^4} du = \int \frac{1}{x} dx \ \ (2') \)

\( \int \frac{3u + u^3}{1-u^4} du = \int \frac{3u}{1-u^4} du + \int \frac{u^3}{1-u^4}du = c_{1} + c_{2}.\)

\( c_{1} = \int \frac{3u}{1-u^4} du = \int \frac{3u}{(1-u)(1+u)(1+u^2)} du = \int \frac{A}{1-u} du + \int \frac{B}{1+u}du + \int \frac{Cu +D}{1+u^2}du
\ \ (3) \)

\( A(1+u)(1+u^2) + B(1-u)(1+u^2) + (Cu + D) (1-u^2) \equiv 3u \)

\( A(1+u^2 +u +u^2) +B(1 +u^2 -u -u^3) + Cu - Cu^3 +D -Du^2 \equiv 3u \)

\( (A -B-C) u^3 + (A +B -D)u^2 + (A- B + C) u + A + B +D \equiv 3u \)

\( \begin{cases} A - B -C = 0 \\ A +B - D = 0 \\ A - B + C = 3 \\ A + B + D = 0 \end{cases} \)

Rozwiązując ten układ dowolną metodą np. dodając stronami pierwsze i drugie oraz trzecie i czwarte równanie oraz dodając stronami otrzymane równania znajdujemy:

\( \begin{bmatrix} A \\ B \\ C \\ D \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{3}{4} \\ -\frac{3}{4} \\ \frac{6}{4} \\ 0 \end{bmatrix} \)

Z \( (3) \)

\( c_{1} = \frac{3}{4}\int \frac{1}{1-u}du- \frac{3}{4} \int \frac{1}{1+u} du + \frac{6}{4}\int \frac{u}{1+u^2}du = -\frac{3}{4}\ln|1-u| - \frac{3}{4}\ln|1+u| + \frac{3}{4} \ln|1+u^2| + A = -\frac{3}{4} \ln|1-u^2| + \frac{3}{4}\ln|1+u^2| + A = \)

\( = \frac{3}{4}\ln\left| \frac{1+u^2}{1-u^2}\right| + A \ \ (4)\)

\( c_{2} = \int \frac{u^3}{1-u^4}du = [ 1- u^4 = z, \ \ -4u^3 du = dz, \ \ u^3 du = -\frac{1}{4} dz ] = -\frac{1}{4}\int \frac{1}{z}dz = -\frac{1}{4}\ln|z| +

B = -\frac{1}{4} \ln|1-u^4| + B \ \ (5) \)

Na podstawie \( (4), (5) \) i \( (2') \)

\( \frac{3}{4} \ln \left| \frac{1+u^2}{1-u^2}\right| + A - \frac{1}{4}\ln |1- u^4|+ B = \ln|x| + C. \)

\( \frac{3}{4}\ln \left|\frac{1+\left(\frac{y}{x} \right)^2}{1 -\left(\frac{y}{x}\right)^2}\right| - \frac{1}{4}\ln \left|1- \left(\frac{y}{x}\right)^4\right|-\ln|x| = D.\)

[maria19]

Rozwiąż:
a).\( \frac{dy}{dx}= \frac{x^2+xy+y^2}{x^2} \)
b).\( \frac{dy}{dx}= \frac{x^3+3xy^2}{3x^2y+y^3} \)

Rozwiązanie
a) \(arctg \frac{y}{x}=\ln|x|+C \So y=x\tg(\ln|x|+C) \)
b) \(0,5\ln(1+ (\frac{y}{x} )^2)-\ln|1- (\frac{y}{x} )^2 |-\ln|x|=C\)