równanie różniczkowe lola456: Rozwiąż równanie różniczkowe: y = (y')² * sin²(x) podstawiam: y' = p różniczkując równanie wejściowe otrzymuję: p = p²*2sinxcosx + sin²(x)*2p^dp_dx I dalej nie mogę z tym ruszyć, być może błąd jest w liczeniu pochodnych... Proszę o sprawdzenie i pomoc.

Szkolniak: Mi wyszło: y=(ln|√tg(x/2)|+C)² Jeśli dobrze (proszę o potwierdzenie), poniżej zamieszczam rozwiązanie:

	dy
y=(		)2*sin2(x)
	dx

	dy		y
(		)2=
	dx		sin2(x)

	dy		√y
		=
	dx		sin(x)

	dy		dx
		=
	√y		sin(x)

	x
2√y=ln|tg(		)|+C
	2

√y=ln|√tg(x/2)|+C y=(ln|√tg(x/2)|+C)²

Mariusz: Szkolniak twój pomysł jest dobry lola456 twój pomysł też będzie dobry

	dp
p = p2*2sinxcosx + sin2(x)*2p
	dx

	dp
p2*2sinxcosx−p + sin2(x)*2p
	dx

	dp
p((2sinxcosx)p−1+2sin2(x)		)=0
	dx

	dp
p=0 ⋁ (2sinxcosx)p−1+2sin2(x)
	dx

	dp
(2sinxcosx)p−1+2sin2(x)		=0
	dx

To równanie jest liniowe niejednorodne pierwszego rzędu

	dp
2sin2(x)		+(2sinxcosx)p=1
	dx

Rozwiązujemy najpierw równanie jednorodne

	dp
2sin2(x)		+(2sinxcosx)p=0
	dx

	dp
2sin2(x)		=−2sin(x)cos(x)p
	dx

	dp
sin(x)		=cos(x)p
	dx

dp		cos(x)
	=−		dx
p		sin(x)

ln|p|=−ln|sin(x)|+C

	1
ln|p|=ln|		|+C
	sin(x)

	C
p=
	sin(x)

	C(x)
p(x)=
	sin(x)

	dp
2sin2(x)		+(2sinxcosx)p=1
	dx

	C'(x)sin(x)−C(x)cos(x)		C(x)
2sin2(x)(		)+(2sinxcosx)		=1
	sin2(x)		sin(x)

2C'(x)sin(x)−2C(x)cos(x)+2C(x)cos(x)=1 2C'(x)sin(x)=1

	1
C'(x)=
	2sinx

	sinx
C'(x)=
	2sin2x

	sinx
C'(x)=
	2(1−cos2(x))

	sinx
C(x)=∫
	2(1−cos2(x))

t=cos(x) dt=−sin(x)dx −dt=sin(x)dx

	1		dt		1		(1−t)+(1+t)
−		∫		=−		∫		dt
	2		1−t2		4		(1−t)(1+t)

	1		dt		dt
=−		(∫		+∫		)
	4		1+t		1−t

	1		1+t
=−		ln|		|+C
	4		1−t

	1		1+cos(x)
=−		ln|		|+C
	4		1−cos(x)

	1		(1+cos(x))2
=−		ln|		|+C
	4		1−cos2(x)

	1		(1+cos(x))2
=−		ln|		|+C
	4		sin2(x)

	1		sin2(x)
=		ln|		|+C
	4		(1+cos(x))2

	1		sin(x)
=		ln|		|+C
	2		1+cos(x)

	C(x)
p(x)=
	sin(x)

	1	1		sin(x)		C
p(x)=			ln|		|+
	2	sin(x)		1+cos(x)		sin(x)

dy		1	1		sin(x)		C
	=			ln|		|+
dx		2	sin(x)		1+cos(x)		sin(x)

	sin(x)
t=
	1+cos(x)

(1+cos(x))t=sin(x) (1+cos(x))²t²=sin²(x) (1+cos(x))²t²=(1−cos²(x)) (1+cos(x))²t²=(1−cos(x))(1+cos(x)) (1+cos(x))t²=1−cos(x) t²+t²cos(x)=1−cos(x) (t²+1)cos(x)=1−t²

	1−t2
cos(x)=
	1+t2

	1−t2
sin(x)=(1+		)t
	1+t2

	1+t2+1−t2
sin(x)=(		)t
	1+t2

	2t
sin(x)=
	1+t2

	1−t2
cos(x)=
	1+t2

	−2t(1+t2)−2t(1−t2)
−sin(x)dx=		dt
	(1+t2)2

	−4t
−sin(x)dx=
	(1+t2)2

	2t		−2t	2
−		dx=			dt
	1+t2		1+t2	1+t2

	2
dx=		dt
	1+t2

	1+t2		1		2
∫		(		ln|t|+C)		dt
	2t		2		1+t2

	1		ln|t|+2C
=		∫
	2		t

	1		ln|t|		C
=		∫		dt+∫		dt
	2		t		t

	1
=		ln2|t|+C1ln|t|+C2
	4

	1		sin(x)		sin(x)
y(x)=		ln2|		|+C1ln|		|+C2
	4		1+cos(x)		1+cos(x)

Teraz należałoby wstawić wynik do równania i okaże się że gdy przyjmiemy że C₂=(C₁)² to otrzymamy poprawne rozwiązanie −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

	dp
p = p2*2sinxcosx + sin2(x)*2p
	dx

	dp
sin2(x)*2p		+p2*2sinxcosx−p=0
	dx

Wprawdzie nie jest to równanie Lagrange ani Clairaut ale widzę że próbowałeś(aś) rozwiązywać w ten sposób Przekształcamy to równanie tak aby p było zmienną niezależną

	dp		dx
(sin2(x)*2p		+p2*2sinxcosx−p=0)*
	dx		dp

	dx
2psin2(x)+((2sinxcosx)p2−p)		=0
	dp

2psin²(x)dp+((2sinxcosx)p²−p)dx=0 To równanie można czynnikiem całkującym sprowadzić do równania zupełnego Jest to tzw czynnik całkujący o rozdzielonych zmiennych

δ
	(2psin2(x))=4psin(x)cos(x)
δx

δ
	((2sinxcosx)p2−p)=4psin(x)cos(x)−1
δp

δP		δQ
	−		≠0
δx		δp

więc równanie jeszcze nie jest zupełne Tak jak pisałem wcześniej istnieje czynnik całkujący o rozdzielonych zmiennych 2psin²(x)dp+((2sinxcosx)p²−p)dx=0

δP		δQ
	−		=(4psin(x)cos(x))−(4psin(x)cos(x)−1)=1
δx		δp

	A		Bcos(x)
1=((2sinxcosx)p2−p)*		−2psin2(x)*
	p		sin(x)

1=(2psinxcosx−1)A−2Bpsin(x)cos(x) 1=2(A−B)psinxcosx−A B=A A=−1

dφ		1
	=−		dp
φ		p

dψ		cos(x)
	=−		dx
ψ		sin(x)

ln|φ|=−ln|p|

	1
ln|φ|=ln|		|
	p

	1
φ=
	p

ln|ψ|=−ln|sin(x)|

	1
ln|ψ|=ln|		|
	sin(x)

	1
ψ=
	sin(x)

μ(p,x)=φ(p)ψ(x)

	1
μ(p,x)=
	psin(x)

2psin²(x)dp+((2sinxcosx)p²−p)dx=0

	1
2sin(x)dp+(2pcos(x)−		)dx=0
	sin(x)

δ
	(2sin(x))=2cos(x)
δx

δ		1
	(2pcos(x)−		)=2cos(x)
δp		sin(x)

δF
	=2sin(x)
δp

	1
2sin(x)dp+(2pcos(x)−		)dx=0
	sin(x)

F(p,x)=2psin(x)+g(x)

δF
	=2pcos(x)+g'(x)
δx

	1
2pcos(x)+g'(x)=2pcos(x)−
	sin(x)

	1
g'(x)=−
	sin(x)

	−sin(x)
g(x)=∫		dx
	sin2(x)

	−sin(x)
g(x)=∫		dx
	1−cos2(x)

t=cos(x) dt=−sin(x)dx

	1		A		B
∫		dt=∫		dt+∫		dt
	1−t2		1−t		1+t

1		A		B
	=		+
1−t2		1−t		1+t

1		A(1+t)+B(1−t)
	=
1−t2		(1−t)(1+t)

1=A(1+t)+B(1−t) 1=(A+B)+(A−B)t A+B=0 A−B=1 B=−A A−(A)=1 B=−A 2A=1

	1		1		−1		1		1
∫		dt=−		∫		dt+		∫		dt
	1−t2		2		1−t		2		1+t

	1		1
∫		dt=		(ln|1+t|−ln|1+t|)
	1−t2		2

	1		1		1+t
∫		dt=		ln|		|
	1−t2		2		1−t

	−sin(x)		1		1+cos(x)
∫		dx=		ln|		|
	1−cos2(x)		2		1−cos(x)

	−sin(x)		1		(1+cos(x))(1+cos(x))
∫		dx=		ln|		|
	1−cos2(x)		2		(1−cos(x))(1+cos(x))

	−sin(x)		1		(1+cos(x))2
∫		dx=		ln|		|
	1−cos2(x)		2		1−cos2(x)

	−sin(x)		1		(1+cos(x))2
∫		dx=		ln|		|
	1−cos2(x)		2		sin2(x)

	−sin(x)		(1+cos(x))
∫		dx=ln|		|
	1−cos2(x)		sin(x)

	(1+cos(x))
F(p,x)=2psin(x)+ln|		|
	sin(x)

	(1+cos(x))
2psin(x)+ln|		|=C
	sin(x)

W równaniu Lagrange i Clairaut wyrażało się x za pomocą jakiejś funkcji od wprowadzonego parametru i otrzymywało się rozwiązanie w postaci parametrycznej Następnie jeśli to możliwe rugowało się parametr z rozwiązania Tutaj już znalezienie postaci jawnej ze względu na x

	(1+cos(x))
z uwikłanej postaci rozwiązania 2psin(x)+ln|		|=C
	sin(x)

może sprawiać trudności Rozwiązanie zaproponowane przez Szkolniaka jest chyba najszybsze tyle że po spierwiastkowaniu nie uwzględnił dwóch przypadków

Mariusz: Szkolniak , w swoim rozwiązaniu oprócz tego że nie rozważyłeś dwóch przypadków to zgubiłeś dwójkę w obliczeniach Wśród równań różniczkowych pierwszego rzędu możesz wyróżnić trzy typy równań do których możesz sprowadzać inne typy równań wyróżniane w podręcznikach 1. Równanie różniczkowe o rozdzielonych zmiennych Równanie postaci y'=f(x)g(y) To równanie już wiesz jak rozwiązać y'=f(x)g(y)

y'
	=f(x)
g(y)

dy
	=f(x)dx
g(y)

i całkujesz obustronnie Do równań o rozdzielonych zmiennych sprowadzasz np równanie jednorodne

	y
czyli równanie postaci y'=f(		)
	x

2. Równanie liniowe Równanie postaci y'+p(x)y=q(x) Tutaj możesz zauważyć że po pomnożeniu równania przez pewną funkcję f(x)y'+f(x)p(x)y=f(x)q(x) lewa strona przypomina wzór na pochodną iloczynu Możesz więc z tego skorzystać Do równania liniowego sprowadzasz równania Bernoulliego czyli równanie postaci y'+p(x)y=q(x)y^r , gdzie r ∊ ℛ Równanie Riccatiego pod warunkiem że dana jest całka szczególna równania Równanie Riccatiego jest to równanie postaci y'=p(x)y²+q(x)y+r(x) Całka szczególna to pewne rozwiązanie równania różniczkowego Równanie Lagrange i Clairaut czyli równanie postaci y=f(y')x+g(y') Równanie Clairaut jest przypadkiem szczególnym równania Lagrange gdy f(y')=y' Równanie Lagrange rozwiązujesz tak jak zaproponował(a) lola Ostatecznie i tak dostajesz równanie liniowe do rozwiązania Równanie zupełne Różniczkę zupełną funkcji dwóch zmiennych F(x,y) możesz zapisać jako

	δF		δF
dF=		dx+		dy
	δx		δy

zatem mając równanie P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 szukamy takiej funkcji dwóch zmiennych aby F(x,y)=C było rozwiązaniem naszego równania Z równości pochodnych mieszanych mamy że

δF		δF
	=
δxδy		δyδx

Jeżeli teraz przyjmiemy że

δF
	=P(x,y)
δx

δF
	=Q(x,y)
δy

	δP		δQ
to otrzymamy		=
	δy		δx

co jest warunkiem na to aby równanie postaci P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0 było równaniem zupełnym Aby otrzymać funkcję F(x,y) rozwiązujesz układ równań

δF
	=P(x,y)
δx

δF
	=Q(x,y)
δy

Do tej postaci sprowadzasz równanie korzystając z tzw czynnika całkującego Mnożysz równanie przez pewną funkcję μ(x,y) μ(x,y)P(x,y)dx+μ(x,y)Q(x,y)dy=0 Po przemnożeniu równania przez pewną funkcję μ(x,y) warunek na to aby równanie było zupełne przybiera następującą postać

δμ(x,y)P(x,y)		δμ(x,y)Q(x,y)
	=
δy		δx

Czynnik całkujący najłatwiej znaleźć gdy zależy on od jednej zmiennej

Szkolniak: Dziękuję Mariusz za lekturę − w wolnej chwili postaram się przysiąść i przeanalizować wszystko po kolei. Jeszcze raz piękne dzięki

Mariusz: Jeśli chcesz sobie poczytać to Nikliborca możesz ściągnąć sobie za darmo http://matwbn-old.icm.edu.pl/kstresc.php?tom=25&wyd=10&jez=pl Kiedyś był dostępny jeszcze skrypt Niedoby http://winntbg.bg.agh.edu.pl/skrypty2/0065/niedoba.pdf

lola456: Ja również dziękuję za pomoc i naprowadzenie