Cómo obtener la solución a estas ecuaciones diferenciales

Question

Me gustaría obtener de

$$ \tan(x) = \frac{y"}{y'} + y' $$

La respuesta es

$$ y = \ln(c_1\tanh^{-1}(\tan(\frac{x}{2}))+c_2) $$

La otra ecuación es

$$ \sec(x) = \frac{y"}{y'}+y' $$

La respuesta es

$$ y = \ln(c_1\ln(e^{4\tanh^{-1}(\tan(\frac{x}{2}))}+1)+c_2) $$

No tengo idea de por donde empezar, Cualquier consejo sería agradable.

Answer 1

Si escribimos $$y(x) := \log u(x),$$, a continuación, la primera ecuación de (después de algo de trabajo) se reduce a $$\frac{y''}{y'} + y' = \frac{u''}{u'} = (\log (u'))'.$$ Así, la integración de ambos lados de, por ejemplo, la primera ecuación, que ahora se escribe como $$\tan x = (\log (u'))'$$ da $$\log \sec x = \log (u') + C,$$ o $$u' = C_1 \sec x.$$ Integrando de nuevo da $$u = C_1 \log(\sec x + \tan x) + C_2,$$ que inmediatamente da soluciones $y$.

Answer 2

dividiendo por $y^\prime$ vueltas $ {y^{\prime \prime} \over y^{\prime}} + y^{\prime} = f(x)$ a $ {y^{\prime \prime} \over {y^{\prime}}^2} + 1 = \frac{f}{y^{\prime}}$ que es $$-\frac{d(1/y^{\prime})}{dx} + 1 =\frac{f}{y^\prime}$$ make a change of variable $u = 1/y^\prime$ so that $${du \over dx} = 1 - uf$$ we will try variation of parameters, i.e. $$ u = Ae^{-\int_0^x f(t)dt} \mbox{where $Un$ is a function of $x$ to be determined.}$$ substituting this in the equation for $u$ da $$ e^{-\int_0^x f(t)dt } \frac{dA}{dx }- e^{-\int_0^x f(t)dt }Af = 1 - Ae^{-\int_0^x f(t)dt }f$$ so that $$ A = \int_0^x e^{-\int_0^x f(t)dt }dx + C, u = e^{-\int_0^x f(t)dt }\left( \int_0^x e^{-\int_0^x f(t)dt }dx + C \right)$$

ahora se puede sustituir $ \tan x \mbox{ and } \sec x$ $f.$

Answer 3

deje $y=ln(z)$

a continuación, $y'=\frac1z z'$

y $y''=\frac{-1}{z^2}(z')^2+\frac1z z''$

por lo $\frac {y''}{y'}=\frac{-1}z z' +\frac{z''}{z'}$

sub de todos a la educación a distancia en el que terminan con $\tan(x) = \frac{z''}{z'}$

ahora vamos a $Q=\frac1{z'}$

a continuación, $Q'=\frac{-1}{(z')^2}z''=\frac{-1}{z'} \frac{z''}{z'}=-Q\frac{z''}{z'}$

por lo $\frac{z''}{z'}=\frac{-Q'}{Q}$

así que nuestra educación a distancia se convierte ahora en el $\tan(x)=\frac{-Q'}{Q}$

que simplemente es $\frac1Q dQ=- \tan(x)dx$

por lo $ln(Q)=-ln(\sec(x))+c=ln( \cos(x))+c$

por lo $Q=e^{ln(\cos(x))+c}=A \cos(x)$

sub esta en a $Q=A \cos(x)=\frac1{z'}$

que es lo mismo que $dz=C_1 \sec(x)dx$

por lo $z=C_1(ln(\sec(x)+ \tan(x)))+C_2$

ao $y=ln (C_1(ln(\sec(x)+ \tan(x)))+C_2)$

tal vez si nos recogida de las diferentes sustitución obtenemos la respuesta que usted tiene, pero no sé cómo y este método funciona para la segunda ODA demasiado

empezamos esta aquí $\frac1Q dQ=- \sec(x)dx$

A continuación, $ln(Q)=ln(\sec(x)+\tan(x))+c$

que es lo mismo que $Q=A(\sec(x)+\tan(x))$

por lo $Q=\frac1{z'}=A(\sec(x)+\tan(x))$

por lo $dz=C_1 \frac{ \cos(x)}{1+\sin(x)} dx$

que es $z=ln(C_1(ln(1+\sin(x)))+c_2$

por lo $y=ln(ln(C_1(ln(1+\sin(x)))+c_2)$