2 задачи

[justme.h]

Решете задачата на Коши:
[tex]\begin{cases} y(2y'sinx + y cosx)= (2sin^2 x -y^2)cosx \\ y(\pi/2)=-1 \end{cases}[/tex]

Решете уравнението:
x(1 + y') + (y')^2 =y

[Knowledge Greedy]

Втората - уравнение на Лагранж.
[tex]x(1 + y') + (y')^2 =y[/tex]
Да положим
[tex]y'=z[/tex]
Уравнението добива вида [tex]x(1+z)+ z^2=y[/tex]
Диференцираме по [tex]x[/tex]
[tex]1+\cancel{z}+xz'+2 z z'=\cancel{y'}[/tex]
[tex](x+2z)z'+1=0[/tex]
Записваме първоначално така [tex](x+2z)\frac{dz}{dx}+1=0[/tex]
А след това така
[tex](x+2z)+\frac{dx}{dz}=0[/tex]
което е линейно диференциално уравнение (ЛДУ)
[tex]x'+x=-2z[/tex]

Ето как ще го решиш, ако нямаш справочник наблизо и(или) си забравил как се решава линейното ДУ (или не си чувал за метода на вариращите константи на Лагранж .
Полагаме [tex]x=u(z) v(z)[/tex]
Тогава [tex]x'=u'v+uv'[/tex]
А уравнението става
[tex]u'v+uv'+u v=-2z \,\ ^{\ast}[/tex]
Сега ще прецизираме полагането, като поискаме специално условие за [tex]v(z)[/tex], при произволно първоначално u(z).
Нека [tex]\begin{array}{|l} uv'+u v=0 \\ u'v=-2z \end{array}[/tex]
С разделяне на променливите от първото получаваме, че [tex]v'=-v \Leftrightarrow \frac{dv}{dz}=-v \Leftrightarrow v(z)=Ce^{-z}[/tex]
Заместваме във второто условие (което идейно реши задачата - фактически благодарение на идеята за премахване на [tex]u'v[/tex] и [tex](-2z)[/tex] стигаме до разделящи се променливи в [tex]^{\ast})[/tex].
[tex]u'Ce^{-z}=-2z \,\ \Rightarrow \,\ \frac{du}{dz}= -\frac{2}{C}{z}e^{z}[/tex]
Последното интегрираме по части, след което се връщаме към основното полагане.