Matematické Fórum

CoYoT · 06. 12. 2010 01:23 — Editoval CoYoT (06. 12. 2010 11:13)

Ahoj, už nějakou dobu se zabývám zápočtovým příkladem, ale zasekl jsem se. Prosím tedy o pomoc někoho, kdo by se na to dokázal podívat z jiného úhlu nežli já a nakopl by mě správným směrem. V tom co jsem zatím dal dohromady by neměla být žádná zásadní chyba (konzultace). Otázku nechám na konec...

Zadání
$y' = 2\left(\frac{y+4}{x+y-5}\right)^2$
Determinant
$\begin{vmatrix} 0 1 \nl 1 1 \nl \end{vmatrix}= -1 \neq 0$
Det je nenulovy => Posun souřadnic
$t+A=x\nl u+B=y\nl \dot{u}=y'$

$\dot{u} = 2\left(\frac{u+B+4}{t+A+u+B-5}\right)^{2}\nl \dot{u} = 2\left(\frac{u+B+4}{t+u+A+B-5}\right)^{2}\nl$
Soustava rovnic:
$B+4=0\nl \underline{A+B-5=0}\nl \underline{\underline{B=-4}}\nl A-4-5=0\nl \underline{\underline{A=9}}\nl$
$x=t+9\nl y=u-4\nl$
$\dot{u} = 2\left(\frac{u}{t+u}\right)^{2}\nl \dot{u} = 2\left(\frac{t\frac{u}{t}}{t(1+\frac{u}{t})}\right)^{2} /:t\neq0$
$?t=0\nl t=0\Rightarrow\dot{u}=2; y'=\dot{u}\Rightarrow y'=2\nl y=2x+c-4;c\in R\nl y=2x+c; (c-4=c);c\in R\nl$
$\dot{u} = 2\left(\frac{\frac{u}{t}}{1+\frac{u}{t}}\right)^{2}$
Použiju substituci:
$u=tz\nl \dot{u}=\dot{z}t+z\nl \frac{u}{t}=z\nl$
Získám:
$\dot{z}t+z=2\left(\frac{z}{1+z}\right)^{2}\nl \dot{z}t+z=\frac{2z^{2}}{1+2z+z^{2}} /-z\nl \dot{z}t=\frac{2z^{2}-z-2z^{2}-z^{3}}{1+2z+z^{2}}\nl \dot{z}t=\frac{-z-z^{3}}{1+2z+z^{2}} /\cdot(1+2z+z^{2}) /:t\neq0 /:(-z-z^{3})\neq0\nl$
$?z^{3}=0\nl (1+2\cdot0+0^{2})0=\frac{-0-0^{3}}{t}\nl 0=0\nl z\equiv0 je reseni\nl$
$\frac{(1+2z+z^{2})\dot{z}}{-z-z^{3}}=\frac{1}{t}\nl$
Integruju
$\int\frac{(1+2z+z^{2})}{-z-z^{3}}\, {\rm d} z=\int\frac{1}{t}\, {\rm d} t\nl$
1. integrál
$\int\frac{(1+2z+z^{2})}{-z-z^{3}}\, {\rm d} z\nl$
Parciální zlomek
$\frac{(1+2z+z^{2})}{z(-z^{2}-1)} = \frac{A}{-z^{2}-1} + \frac{B}{z}\nl 1+2z+z^{2}=Az+B(-z^{2}-1)\nl A=2\nl B=-1\nl$
$-\int\frac{2}{-z^{2}-1}\, {\rm d} z - \int\frac{1}{z}\, {\rm d} z=-2\rm arctg z+c-\ln{|z|}+c ;c\in R\nl$
2. integrál
$\int\frac{1}{t}\, {\rm d} t=\ln{|t|}+c ;c\in R\nl$
Získáme:
$-2\rm arctg z+c-\ln{|z|}+c=\ln{|t|}+c /-2c ;c\in R\nl -2\rm arctg z-\ln{|z|}=\ln{|t|}+c ;c\in R ;(c-2c=c)\nl \ln{e^{-2\rm arctg z}}-\ln{|z|}=\ln{|t|}+\ln{c}$

Do teď by to šlo. Nejsem si jistý prakticky jen kontrolami "pokud se něco rovná nule".
Dále jsem zkoušel podle vzorce sloučit logaritmy a pak se jich zbavit, vracet substituce atp. Jenže bez úspěchu. Počty by nebyly až takový problém, ale nevidím za tím žádný hlubší smysl a tak nejsem schopný vyvodit nějaký závěr. Kdyby mi někdo pomohl s finishem tohohle přikladu, byl bych velice rád. Díky.

Matematické Fórum

#1 06. 12. 2010 01:23 — Editoval CoYoT (06. 12. 2010 11:13)

Diferenciální rovnice 1. řádu - Zlomkový typ

Zápatí