¿Resolviendo la ecuación diferencial de primer orden lineal?

Question

Me fue dada la ecuación

$y' = -xy$, donde $y(0) = 1$.

Mi solución fue la siguiente:

$$\frac{dy}{dx} = -xy $$

$$dy = -xy \ dx $$

$$\int {dy} = \int {-xy dx} $$

$$y = -\frac{x^2}{2}y + c $$

$$y + \frac{x^2}{2}y = c $$

$$y(1 + \frac{x^2}{2}) = c $$

$$y = \frac{c}{1 + \frac{x^2}{2}} $$

He intentado conectar $0$ e $1$ , respectivamente, para encontrar $c$, y obtuvo $c = 0$.

Yo sólo sé que lo que hice está mal. ¿De dónde me salen mal, por favor? Gracias!

Answer 1

Sugerencia:

Esta es una de variables separables ecuaciones diferenciales que podemos dividir la ecuación diferencial tal que para algunas funciones $f(x)$ e $g(y)$: $f(x)\mathrm dx =g(y)\mathrm dy$. $$\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=-xy \implies \int \dfrac{1}{y}\mathrm dy =-\int x \mathrm dx$$

Ahora todo lo que queda es calcular la integral y el uso de la inicial de la condición de averiguar el valor de la constante. Puede usted proceder?

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Tenga en cuenta que usted no puede simplemente integran $-xy$ wrt $x$. Su cálculo se supone que $y$ es una constante que ciertamente no lo es.

Answer 2

(Demasiado largo para un comentario.)

Nadie ha mencionado esto, así que voy a...

Recuerde: $y$ es una función de $x$, no es algo que es constante con respecto a la variación de $x$. (Olvidando que este es un error bastante común cuando la primera se realiza implícita diferenciación.) Puede ayudar a escribir "$y(x)$" más que de "$y$".

Tu error es creer $\int -x y(x) \, \mathrm{d}x = \frac{-1}{2}x^2 y$. Pero $y$ no es una constante en esta integral; es una función que depende de la $x$. De lo contrario, lo que está escrito podría ser el absurdo (cuando, a decir $y(x) = \frac{1}{x^2}$), "$\int -x \cdot \frac{1}{x^2} \,\mathrm{d}x = \frac{-1}{2} x^2 \cdot \frac{1}{x^2} + C_1 = C$" en lugar de la correcta $$ \int -x \cdot \frac{1}{x^2} \,\mathrm{d}x = \ln|x| + C \text{.} $$

Forma rápida de comprobar esto: Implícitamente diferenciar su antiderivada para ver si el integrando y elemento diferencial de la espalda:\begin{align*} \left( \frac{-1}{2}x^2 y(x) \right)' &= \frac{-1}{2}x^2 (y(x))' + \left( \frac{-1}{2}x^2 \right)' y(x) \\ &= \frac{-1}{2}x^2 \,\mathrm{d}y(x) + \left( \frac{-1}{2} \cdot 2 x \,\mathrm{d}x \right) y(x) \\ &= \frac{-1}{2}x^2 \,\mathrm{d}y(x) - x y(x) \,\mathrm{d}x \text{,} \end{align*} que no es bastante "$- x y\,\mathrm{d}x$".

(Sin embargo, hemos demostrado \begin{align*} \int \left( \frac{-1}{2}x^2 \frac{\mathrm{d}y(x)}{\mathrm{d}x} - x y(x) \right) \,\mathrm{d}x &= \int \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left( \frac{-1}{2}x^2 y(x) \right) \, \mathrm{d} x \\ &= \frac{-1}{2}x^2 y(x) + C \text{.} \end{align*} La familiaridad con este tipo de manipulación podría ser útil en el futuro.)

Answer 3

Despues de escribir

PS

obtienes $$\int\frac{\mathrm{d}y}{y}=\int -x\,\mathrm{d}x,$ , lo que implica

PS

Después de conectar $\ln|y|=-\frac{x^2}{2}+c_1$ , obtienes $$y(x)=c\exp(-x^2/2)\quad\text{for}\quad c=\pm\exp(c_1).$ , así que

PS

Answer 4

Aquí es otro método que no utiliza la separación de variables y utiliza la integración de los factores. Escribir $$ y'+xy=0 $$ y se multiplican ambos lados por $e^{\int x\, dx}=e^{x^2/2}$ para conseguir que $$ 0=y e^{x^2/2}+xye^{x^2/2}=\frac{d}{dx}(ye^{x^2/2}). $$ Así $$ ye^{x^2/2}=c\implica y=ce^{-x^2/2} $$ para algunos $c$. Desde $y(0)=1$, podemos deducir que $$ y=\exp(-x^2/2). $$