Задача Коши

[sir. Andrey]

Дамы и господа помогите пожалуйста... 
\( yy''=y^2y'^3+y'^2 \)
\( y(0)=1 \)
\( y'(0)=-3 \)
\(
y'=z \)
\( y''=zz' \)
\( yz'z=y^2z^3+z^2 \)

\( z'+\frac{1}{y}z=yz^2 \)
\( \frac{z'}{z^2}+\frac{1}{zy}=y \)

\( u=-\frac{1}{z} \)
\( u'=\frac{z'}{z^2} \)

\( u'-\frac{u}{y}=y \)

\( 1) u'-\frac{u}{y}=0 \)

\( u=yC \)
\( 2) u=yC(y) \)

\( y'c(y)+c'(y)y-\frac{yc(y)}{y}=y \)
\(
c'(y)=1 \)
\( c(y)=y+c \)

\( u=y^2+cy \)
Подскажите пожалуйста, что делать дальше? 

[sir. Andrey]

Помогите пожалуйста люди добрые!!!!          

[Nikgamer]

\( z'-\frac{1}{y}z=yz^2 \)
Во-первых так (там минус, а у вас плюс). А вот вторых - это уравнение Риккати. Читайте теорию, задавайте ответы.

При более детальном изучении я таки пришел к выводу, что тут можно и без Риккати обойтись, а свести к уравнению Бернулли, что вы и сделали, только со знаками внимательнее.

[sir. Andrey]

Вот решение!! Проверьте плиз!!!
\( \frac{z'}{z^2}-\frac{1}{zy}=y \)
\( u=-\frac{1}{z} \)
\( u'=\frac{z'}{z^2} \)
\( u'+\frac{u}{y}=y \)
\( 1) u'+\frac{u}{y}=0 \)
\( u=\frac{c}{y} \)
\( 2) \)
\( c=c(y) \)
\( u=\frac{c(y)}{y} \)
\( \frac{c'(y)y-c(y)}{y^2}+\fra{c(y)}{y^2}=y \)
\( c'(y)=y^2 \)
\( c(y)=\frac{y^3}{3}+c \)
\( u=\frac{y^2}{3}+\frac{c}{y} \)

Можно сказать, что на подобном месте опять ступор...
Подскажите пожалуйста, что делать??

[Nikgamer]

Господи, ну я же вам писал про уравнение Бернулли, вам неужели так сложно теорию прочитать? Я могу решение написать. Надо, или сами найдёте/решите?

[sir. Andrey]

Дык я же и решаю как уравнение Бернулли!!!
С помощью замены преобразуем к линейному!!!
Может я что то сделал не правильно!!!       

[Nikgamer]

\( u'+\frac{u}{y}=y \)
пусть \( u=k*m \)
Тогда вам нужно решить систему
\( 1)k'+\frac{k}{y}=0 \)
\( 2)m'*k=y \)
Решаем 1) , 2) получаем
\( k=\frac{1}{y} \)
\( m=\frac{y^3}{3}+C \)
\( u=(\frac{y^3}{3}+C)*\frac{1}{y} \)
Ну дальше понятно

[Nikgamer]

И у вас все правильно, что же вы остановились-то? Дальше заменяйте z. И приходите к выражению y' от y и интегрируйте.

[sir. Andrey]

\( z=-\frac{1}{u} \)
\( z=-\frac{y^2}{3}-\frac{y}{c} \)
\( y'=z \)
\( y=\int{(-\frac{y^2}{3}-\frac{y}{c})}dy \)
\( y=\frac{3}{y}-\frac{y^2}{2c}+c^* \)

А что делать дальше??
Зачем даны начальные условия??
Еще надо график построить!!! (((((((
Подскажите пожалуйста!!! 

[Nikgamer]

\( z=-\frac{1}{u} \)
\( z=-\frac{y^2}{3}-\frac{y}{c} \)

Ну как так вы подставляете?

[sir. Andrey]

Вижу, что не правильно!!!

Исправил:

\( -\frac{1}{z}=\frac{y^3+3c}{3y} \)

\( z=-\frac{3y}{y^3+3c} \)

\( y=-\int{\frac{3y}{y^3+3c}}dy=-\int{\frac{3y}{(y+(3c)^{\frac{1}{3}}) (y^2+y(3c)^{\frac{1}{3}}+(9c^2)^{\frac{1}{3}})}} \)

\( \frac{3y}{(y+(3c)^{\frac{1}{3}}) (y^2+y(3c)^{\frac{1}{3}}+(9c^2)^{\frac{1}{3}})}=\frac{(y^2+y(3c)^{\frac{1}{3}}+(9c^2)^{\frac{1}{3}})A+(By+C)(y+(3c)^{\frac{1}{3}})}{(y+(3c)^{\frac{1}{3}}) (y^2+y(3c)^{\frac{1}{3}}+(9c^2)^{\frac{1}{3}})} \)

\( A=\frac{-3}{(3c)^{\frac{1}{3}}} \)
\( B=\frac{3}{(3c)^{\frac{1}{3}}} \)

\( C=3 \)

Короче получился мега жестский интеграл, решение еще жещще!!!

\( y=\frac{3}{(3c)^{\frac{1}{3}}}\ln{|y+(3c)^{\frac{1}{3}}|}-3\ln{|y^2+y(3c)^{\frac{1}{3}}+(9c^2)^{\frac{1}{3}}|}-\frac{3}{2}\frac{1}{\frac{\sqrt{3}(3c)^{\frac{1}{3}}}{2}}arctg\frac{y+\frac{(3c)^{\frac{1}{3}}}{2}}{\frac{\sqrt{3}(3c)^{\frac{1}{3}}}{2}} \)

А вот что делать дальше??
Что делать с начальными условиями??

[Nikgamer]

\( y=-\int{\frac{3y}{y^3+3c}}dy=-\int{\frac{3y}{(y+(3c)^{\frac{1}{3}}) (y^2+y(3c)^{\frac{1}{3}}+(9c^2)^{\frac{1}{3}})}} \)

Стоп, куда икс делся? как это получилось?

[sir. Andrey]

Как он может появиться??
У нас же и в условии икса нет!!!
Я вообще не понимаю, откуда он может вылезти??

Следуя из поста № 3 я сделал все замены, т.е. выразил у и проинтегрировал!!!

[sir. Andrey]

Помогите!!! Очень вас прошу!!! 

[Dlacier]

\( y^\prime=z \)
\( \frac{dy}{dx}=z \)

Вижу, что не правильно!!!

Исправил:

\( -\frac{1}{z}=\frac{y^3+3c}{3y} \)

\( z=-\frac{3y}{y^3+3c} \)

\( \frac{dy}{dx}=-\frac{3y}{y^3+3c} \)

P.S. Решение до этого момента не проверяла.