Дифференциальные уравнения, решение неопределенного интеграла

[Arinochka]

Внимательно раскройте скобки

Поняла теперь, спасибо)

Тогда пишите сами.

Попробую написать сейчас, т.к. ума не приложу где там ошибка

[renuar911]

У меня четвертое так получилось для ДУ:

\( y-y' \cos {x} = y^2 \cos {x} (1-\sin {x}) \)

\( y=\frac{exp\left (2 Arth[tg(0.5x)]\right )}{C_1+\sin {x}}  \)

Подстановка в исходное уравнение (если я его верно разобрал) показала, что ответ верный.

Есть и более простое решение:

\( y=\frac{1+\sin {x}}{\ cos{x}(C_1+\sin{x})} \)

[Arinochka]

\( y- \frac{dy}{dx} cosx={y}^{2}cosx(1-sinx) \)
\( \frac{dy}{dx} = \frac{y-{y}^{2}cosx(1-sinx)}{cosx} \)
\( \frac{dy}{dx}=\frac{y}{cosx}-{y}^{2}(1-sinx) \)
Уравнение Бернулли. Делим на \( {y}^{2} \), при этом может быть потеряно решение y=0.
\( \frac{1}{{y}^{2}}\frac{dy}{dx}=\frac{1}{y}cosx-(1-sinx) \)
\( -\frac{d\frac{1}{y}}{dx}=\frac{1}{y}cosx-(1-sinx) \)
Замена \( z(x)=\frac{1}{y} \)
\( -\frac{dz}{dx}=zcosx-(1-sinx) \)
\( \frac{dz}{dx}=(1-sinx)-zcosx \)
Найдем решение линейного однородного уравнения
\( \frac{dz}{dx}=(-1)zcosx \)
Делим на z, при этом может быть потеряно решение z=0.
\( \frac{dz}{z}=-cosxdx \)
ln|z|=-sinx + c
\( z=c_{1}{e}^{-sinx} \)
Решение неоднородного линейного уравнения ищем в виде: \( z=c_{1}{e}^{-sinx} \)
\( \frac{dz}{dx}=\frac{dc_{1}}{dx}{e}^{-sinx}-cosx{e}^{-sinx}c_{1} \)
\( \frac{dc_{1}}{dx}{e}^{-sinx}-cosx{e}^{-sinx}c_{1}=-c_{1}(x){e}^{-sinx}cosx \)
\( \frac{dc_{1}}{dx}=\frac{1}{{e}^{-sinx}} \)
\( c_{1}= \)∫\( \frac{dx}{{e}^{-sinx}} \)

[Dlacier]

\( \large{-y+y^\prime \cos x+y^2 \cos x(1-\sin x)=0} \)

Вот план решения.
\( \large{\frac{1}{y^2}y^\prime-\frac{1}{y \cos x}}=\sin x-1 \)

Решаем соответствующее однородное уравнение
\( \large{\frac{1}{y^2}y^\prime-\frac{1}{y \cos x}}=0 \)

\( \large{\frac{dy}{y}=\frac{dx}{\cos x} } \)

После интегрирования имеем
\( \large{y=C\dfrac{\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}-\sin \dfrac{x}{2}} } \)

Используем метод вариации постоянной
\( \large{y=C(x)\dfrac{\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}-\sin \dfrac{x}{2}} } \)

\( \large{y^\prime=C^\prime (x)\dfrac{\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}-\sin \dfrac{x}{2}}+ C(x) \dfrac{1}{\left(\cos \dfrac{x}{2}-\sin \dfrac{x}{2}\right)^2} } \)

при подстановке в исходное уравнение замечаем, что
\( \large{\cos x=\cos^2 \dfrac{x}{2}-\sin^2 \dfrac{x}{2} } \)
\( \large{\sin x=2\cos \dfrac{x}{2}\sin \dfrac{x}{2} } \)

После преобразований получаем
\( \large{-\dfrac{dC}{C^2}=\dfrac{\left(\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}\right) \left(1-2\cos \dfrac{x}{2}\sin \dfrac{x}{2}\right) }{\cos \dfrac{x}{2}-\sin \dfrac{x}{2} } } \)

Откуда
\( \large{C(x)=\dfrac{1}{\sin x+k} } \)

\( \large{y=\dfrac{1}{\sin x+k}\cdot \dfrac{\cos \dfrac{x}{2}+\sin \dfrac{x}{2}}{\cos \dfrac{x}{2}-\sin \dfrac{x}{2}} } \)

[Arinochka]

renuar911 спасибо, но мне один голый ответ ничего не дает. Все равно не понимаю что не так в моем решении(((

[Dlacier]

Ошибка у вас здесь

\( \frac{dy}{dx}=\frac{y}{cosx}-{y}^{2}(1-sinx) \)
Уравнение Бернулли. Делим на \( {y}^{2} \), при этом может быть потеряно решение y=0.
\( \frac{1}{{y}^{2}}\frac{dy}{dx}=\frac{1}{y}cosx-(1-sinx) \)

Сначала косинус был в знаменателе, а потом оказался в числителе.

[renuar911]

Мой второй ответ и ответ Dlacier совпадают. Они тождественны.

[Dlacier]

Мой второй ответ и ответ Dlacier совпадают. Они тождественны.

Оба ваших ответа совпадают с полученным у меня.)))

[Arinochka]

Да, глупая ошибка..
Не могли бы еще пояснить как этот интеграл взять ∫\( \frac{dx}{cosx} \)

[Dlacier]

А вы как пытались решать?
Распишите \( \cos x=\cos^2 \frac{x}{2}-\sin^2 \frac{x}{2} \)
В итоге под интегралом у вас останутся тангенсы половинного угла.

[renuar911]

Но это же табличный интеграл. Зачем мучиться?
см. ссылка

(самый последний блок)

[Dlacier]

Но это же табличный интеграл. Зачем мучиться?

Один раз вывести самостоятельно не помешает.)

[tig81]

Не могли бы еще пояснить как этот интеграл взять ∫\( \frac{dx}{cosx} \)

А вы как пытались решать?
Распишите \( \cos x=\cos^2 \frac{x}{2}-\sin^2 \frac{x}{2} \)
В итоге под интегралом у вас останутся тангенсы половинного угла.

Либо числитель и знаменатель домножить на косинус и в знаменателе основное тригонометрическое тождество.

[renuar911]

Самое смешное, если воспользоваться логикой обратного действия, то есть при помощи производной, то легко находится такой ответ:

\( \int \frac {dx}{\cos \, x}=\ln \left (\frac{1+\sin\,x}{\cos \,x}\right )+C \)

Для этого надо знать простое правило:

\( \left [\ln \left (\frac{u}{v} \right )\right ]' =\frac{u'}{u}-\frac{v'}{v} \)

Разве не красиво?

[tig81]

Самое смешное, если воспользоваться логикой обратного действия, то есть при помощи производной, то легко находится такой ответ:

\( \int \frac {dx}{\cos \, x}=\ln \left (\frac{1+\sin\,x}{\cos \,x}\right ) \)

+С
Но логики здесь мало, надо знания и опыт.