La integración de $d\psi=(x+y)dx +x_0dy$

Question

Estoy muy avergonzado para hacer esta pregunta, ya sé que he perdido la cuenta de que el concepto aquí, pero Mal, sin embargo pedimos. Iba a través de métodos Matemáticos para físicos, y hubo un ejemplo:

"Solucionar $y'+(1+\frac{y}{x}) = 0$"

Mi problema es,

(a) cuando usted pone la ecuación en la forma general de una ecuación exacta, y obtener:

$\psi = \int^{x}_{x_0} (x+y)dx + \int^{y}_{y_0} x_0dy$,

$\psi = \frac{x^2}{2} + xy + C$ ,

¿Por qué tratar y y x como constante wrt para cada uno de los otros a la hora de integrar?

Más específicamente, ¿por qué es $\int^{y}_{y_0} x_0dy = x_0 \int^{y}_{y_0} dy$, y lo mismo con y en la primera integral? No hay ninguna explícita asunción de la dependencia de x en y, y viceversa, Así que supongo que es porque P y Q de la solución exacta son funciones de 2 variables, pero sólo integre wrt.

(b) ¿por Qué el resto de los términos($-x_0^2/2 , x_0y_0)$, de forma constante?

Esta pregunta podría conseguir que me downvotes, pero por favor tengan paciencia conmigo. Gracias de antemano!!

Answer 1

Así que tenemos la no homogénea lineal de la educación a distancia $$y'+{y\over x}=-1\ .\tag{1}$$ Olvídate de "exacta" o "la integración de los factores", y utilice el método estándar! El asociado homogénea de la ecuación $$y'+{y\over x}=0\tag{2}$$ es de tipo Euleriano y tiene soluciones de la forma $y(x)=x^\alpha$. Entrar en este "Ansatz" a $(2)$ produce la condición de $\alpha=-1$. De ello se sigue que la solución general de la $(2)$ es $$y(x)={C\over x},\qquad C\in{\mathbb R}\ .$$ Con el fin de abordar la ecuación no homogénea $(1)$ se utiliza el método de "variación de la constante". Esto significa que entramos en el nuevo "Ansatz" $$y(x)={C(x)\over x}$$ en $(1)$ y obtener la siguiente ODA para la nueva función desconocida $x\mapsto C(x)$: $${C'\>x-C\over x^2}+{C\over x^2}=-1\ ,$$ o $C'(x)=-x$. De ello se sigue que $$C(x)=-{x^2\over2}+C_1,$$ so that we obtain as general solution of $(1)$ la familia de funciones $$y(x)=-{x\over2}+{C_1\over x},\qquad C_1\in{\mathbb R}\ .$$

Answer 2

También puede resolver esto al señalar que este es un primer orden lineal de la educación a distancia. Para solucionar esto, lo primero que volver a escribir la ecuación en la forma $$y' + \left(\frac{1}{x}\right) y = -1$$ It's nice to solve differential equations for $y$ by integrating an expression that involves $s'$, so let's multiply both sides of our equation by a mystery function $f(x)$ that is called an integrating factor. We now have $$fy' + \left(\frac{1}{x} \right)f y = - f$$ By the product rule, we have that $(fy)' = fy' + f i$, and accordingly, $fy' = (fy)' -f i$, so we now can say that $$(fy)' - f'y + \left( \frac{1}{x} \right) f y = -f \Longrightarrow (fy)' - \left( f' - \frac{1}{x}f \right) y = - f \tag{1} $$

Ahora, si sólo este misterio de la función $f$ satisfecho la ecuación de $f' - \left(\frac{1}{x} \right) f = 0$, entonces sólo tendríamos $(fy)'$ sobre el lado izquierdo, y podríamos encontrar $y$ integrando ambas partes con respecto a $x$. Así, podemos encontrar la función de $f$ que logra esto. Ahora resolvemos la ecuación diferencial separable $$f' - \left(\frac{1}{x} \right) f = 0 \Longrightarrow \frac{f'}{f} = \frac{1}{x} \Longrightarrow \log(f) = \log{x} + \log{c} \Longrightarrow f = cx $$ Note that we can let $c=1$ because we just need to find one function $f$ that satisfies $f' - \left(\frac{1}{x} \right) f = 0$, so let's say $f = x$. Plugging $f = x$ into $(1)$ gives us $$(xy)' - \left((x)' - \left(\frac{1}{x}\right) x\right)y = - x \Longrightarrow (xy)' - (1-1)y = -x \Longrightarrow (fy)' = -x \tag{2}$$

Ahora, la integración de ambos lados de $(2)$ da

$$xy = -\frac{1}{2} x^2 + c \Longrightarrow \boxed{y = \displaystyle\frac{-x}{2} + \displaystyle\frac{c}{x}}$$

Espero que esto ayudó como una ilustración de cómo resolver el problema de primer orden lineal de las ecuaciones diferenciales ordinarias.