$$(t+e^y) + \left(\frac{t^2}{2} + 2te^y\right)y' = 0$$
¿Cómo puedo resolver esto? Nunca he visto una ecuación diferencial así.
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Roland Bouman
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$$(t+e^y)+\left(\dfrac{t^2}2+2te^y\right)\dfrac{dy}{dt}=0$$ $$\Rightarrow 2(t+e^y)dt+(t^2+4te^y)dy=0$$
$$2tdt+2e^ydt+t^2dy+4te^ydy=0$$ $$$$ On multiplying throughout by $ e^y $ (to convert the ODE into an exact ODE) and subsequently rearranging, we get $$$$ $$(2te^ydt+t^2e^ydy)+ 2(2te^{2y}dy+e^{2y}dt)=0$$ $$d(t^2e^y)+d(2e^{2y}t)=0$$ $$t^2e^y+2te^{2y}=C$$ $$$$ Edit: If you (like me) dislike messy looking terms, you can substitute $ u=e^y$ en el primer paso y modificar la ecuación.
rafa11111
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Es un ODE inexacta . Escribámoslo como $$ (t+ \exp y)dt + \left(\frac{t^2}{2} + 2t \exp y \right) dy = M(t,y) dt + N(t,y) dy = 0. $$ Es una forma diferencial inexacta, porque no existe una función $F(t,y)$ tal que $$ \frac{\partial F}{\partial t} = M, \ \ \ \frac{\partial F}{\partial y} = N, $$ lo cual es malo, ya que, si hubiera tal $F$ podemos resolver la EDO rápidamente. Afortunadamente, si multiplicamos nuestra EDO por cualquier función $\mu(t,y)$ no pasa nada, ya que el LHS es cero (gracias Dylan por el comentario sobre la homogeneidad). Los detalles están en el enlace de Wikipedia proporcionado, pero si $$ \frac{1}{M} \left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial t}\right) = f(y) \ \mathrm{or} \ \frac{1}{N} \left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial t}\right) = f(t), $$ cosas agradables, porque el nuevo ODE $$ \mu M(t,y) dt + \mu N(t,y) dy = 0 $$ ¡se convierte en una forma diferencial exacta! Si se realizan los cálculos, se verá que $$ \frac{1}{M} \left(\frac{\partial M}{\partial y} - \frac{\partial N}{\partial t}\right) = -1, $$ que es una función de $y$ De todos modos. Entonces, tomando $\mu = \exp \int -f(y) dy = \exp y$ nuestra nueva EDO es $$ \exp y(t+ \exp y)dt + \exp y\left(\frac{t^2}{2} + 2t \exp y \right) dy =0. $$ Como ahora es una forma diferencial exacta, podemos integrar fácilmente de esta manera: $$ \int \exp y(t+ \exp y)dt + \int \exp y\left(\frac{t^2}{2} + 2t \exp y \right) dy = c. $$ $$ \exp y \left(\frac{t^2}{2}+ t \exp y \right) + \left(\frac{t^2}{2} \exp y + t \exp 2y \right) = c. $$ Simplificando: $$ 2t \exp 2y + t^2 \exp y = c, $$ que se puede ver como una ecuación cuadrática de $\exp y$ : $$ 2t (\exp y)^2 + t^2 \exp y - c = 0, $$ utilizando la fórmula cuadrática: $$ \exp y = \frac{-t^2 \pm \sqrt{t^4 + 8ct}}{4t} $$ resolver para $y$ : $$ y = \log \frac{-t^2 \pm \sqrt{t^4 + 8ct}}{4t}. $$
P.D.: Ver que la solución no es única, es decir, hay dos soluciones, correspondientes a la $+$ y $-$ signo. Si escribes tu ecuación en la forma estándar, $$ y' = - \frac{t+ \exp y}{\frac{t^2}{2} + 2t \exp y} = F(t,y), $$ puede ver que $F(t,y)$ no es Lipschitz continuo es decir, el derivado%2F(t%5E2%2F2%2B2t%20exp%20y)) de $F(t,y)$ en relación con $y$ se desborda para ciertos valores de $t$ . Por lo tanto, el teorema de Picard-Lindenlöf no puede asegurar la unicidad de la solución (ni la existencia, pero construimos una solución para ello).
