Cómo resolver un sistema de ecuaciones difereinciales no lineales

Question

El sistema sigue: $$ y'=\frac{y^2}{z-x}; z'=y+1$$

Me encontraron las 2 formas. Los dos están equivocados

1) $$z = x + \frac{y^2}{y'}; z'=1+\frac{2yy'^2-y^2y''}{y'^2}=y+1; => (p(y) = y')=> yp(yp'+p)=0;$$ $$ y=0, y' = \frac{c}{y}<=>y=C e^{\frac{c}{y}}$$ parece una respuesta, pero debe haber x en lugar de y en potencia de e.

La culpa fue mía $$ yp'-p=0; \frac{p'}{p}=\frac{1}{y}; p=cy=y'; \frac{dy}{y}=c dx; y=C e^{cx};$$ $$ z'=C e^{cx} + 1; z = \frac{C}{c} e^{cx} + x + const$$ No hubo suficiente persistencia por mi parte. Gracias por Mike

La respuesta es $$y=C e^{cx}; z = \frac{C}{c} e^{cx} + x + const$$

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2) $$y=z'-1, y'=z''$$ $$(z-x)z''=(z'-1)^2$$ $$x=e^t, z=ue^{mt}, (m-1)=0$$ $$z'=(u+u'), z'' = e^{-t}(u'+u'')$$ $$ p(u)=u', pp'=u''$$ $$(u-1)(p+pp')=(u-1+p)^2$$ $$p'-1=\frac{u-1}{p}+\frac{p}{u-1}$$ Me he quedado aquí...

Una búsqueda de mi falta de la segunda vía está abierta

PS: tag Филипов решение 1142

Answer 1

Bueno, ya que nadie más ha respondido, voy a intentar hacer una puñalada. Permíteme intentar rehacer tu primer intento desde aquí

$$2yy'^2-y^2y''=yy'^2$$ $$yy'^2-y^2y''=0$$

Siento que me falta algo sencillo aquí, pero probaré tu sustitución

$$\frac{dy}{dx}=p$$ $$\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}\frac{dy}{dx}=p'p$$ $$yp^2-y^2pp'=yp(p-yp')=0$$

Esto parece dejar 3 posibilidades. $p=0$ no parece funcionar. Es posible que se haya introducido cuando el derivado de $z$ fue tomada. $y=0$ produce $z=x+k$ . La última posibilidad es

$$yp'-p=0$$ $$\frac{p'}y-\frac p{y^2}=0$$ $$\frac py=k,p=\frac{dy}{dx}=ky$$ $$\ln y=kx+c,y=k_2e^{kx}$$ $$z'=k_2e^{kx}+1$$ $$z=\frac{k_2}ke^{kx}+x+k_3$$

Probando esto de nuevo en la primera ecuación, tenemos

$$\frac{y^2}{z-x}=\frac{k_2^2e^{2kx}}{\frac{k_2}ke^{kx}+k_3}$$

De nuevo, parece que se han introducido soluciones adicionales. Sin embargo, con la restricción $k_3=0$ tenemos

$$\frac{k_2^2e^{2kx}}{\frac{k_2}ke^{kx}}=kk_2e^{kx}=y'$$