Primer fin de la educación a distancia: $tx'(x'+2)=x$

Question

$$tx'(x'+2)=x$$ En primer lugar me multiplicado: $$t(x')^2+2tx'=x$$ A continuación, diferenciado de ambos lados: $$(x')^2+2tx'x''+2tx''+x'=0$$ sustituido $p=x'$ y reescribió como una multiplicación $$(2p't+p)(p+1)=0$$ Así que o $(2p't+p)=0$ o $p+1=0$

El primero da $p=\frac{C}{\sqrt{T}}$ El segundo da $p=-1$. Mi pregunta es ¿cómo puedo tomar la antidervative de este con el fin de obtener la respuesta de la real de la ecuación?

Answer 1

EDITAR:

$x=t(x')^2+2tx'$

$p=x'$

$x=tp^2+2tp$

Podemos diferenciar en el respeto a $t$:

$p=p^2+t2pp'+2p+2tp' \Rightarrow p'(2tp+2t)=(p-p^2-2p) \Rightarrow p'(p+1)2t=-(p^2+p) \Rightarrow p'(p+1)2t=-p(p+1) \Rightarrow p'(p+1)2t+p(p+1)=0 \Rightarrow (p+1)(2tp'+p)=0 \\ \Rightarrow p+1=0 \text{ or } 2tp'+p=0 \\ \Rightarrow p=-1 \text{ or } p'=-\frac{1}{2t}p \\ \Rightarrow p=-1 \text{ or } \frac{p'}{p}=-\frac{1}{2t} \\ \Rightarrow p=-1 \text{ or } \ln{p}=-\frac{1}{2}\ln{t} +c\\ \Rightarrow p=-1 \text{ or } \ln{p}=\ln{t^{-\frac{1}{2}}} +c\\ \Rightarrow p=-1 \text{ or } p= \pm e^c \frac{1}{\sqrt{t}} \\ \Rightarrow x'=-1 \text{ or } x'= \pm e^c\frac{1}{\sqrt{t}} \\ \Rightarrow x(t)=-t+c_1 \text{ or } x(t)=2 C\sqrt{t}+c_2, \text{ where } C= \pm e^c$.

$$$$

• $x(t)=-t+c_1 \Rightarrow x'=-1$

Sustituyendo esto en la primera ecuación obtenemos:

$x=t(x')^2+2tx' \Rightarrow -t+c_1=t-2t \Rightarrow -t+c_1=-t \Rightarrow c_1=0$

Por lo tanto, $x(t)=-t$.

$$$$

• $x(t)=2 C\sqrt{t}+c_2 \Rightarrow x'(t)=\frac{C}{\sqrt{t}} $

Sustituyendo esto en la primera ecuación obtenemos:

$x=t(x')^2+2tx' \Rightarrow 2 C\sqrt{t}+c_2=t\frac{C^2}{t}+2t\frac{C}{\sqrt{t}} \Rightarrow 2C \sqrt{t}+c_2=C^2+\frac{2Ct}{\sqrt{t}} \\ \Rightarrow 2Ct+c_2\sqrt{t}=C^2\sqrt{t}+2Ct \Rightarrow c_2\sqrt{t}=C^2\sqrt{t} \Rightarrow c_2=C^2$

Por lo tanto, $x(t)=2 C\sqrt{t}+C^2$.

Answer 2

Su ecuación diferencial es complicado. Doy algunos consejos sobre la $I=]0,+\infty[$ (en el estudio que se ha hecho también en $]-\infty,0[$).

A) en Primer lugar tenga en cuenta que en $I$, su ecuación es $\displaystyle (x^{\prime}(t)+1)^2=\frac{x(t)+t}{t}$. Vemos que $x_0(t)=-t$ es una solución. Para cualquier solución, debemos tener $x(t)+t\geq 0$.

Ahora supongamos que, en $I$, $x(t)+t >0$ todos los $t$. A continuación, $x^{\prime}+1\not =0$ todos los $t$; por el teorema de Darboux, $x^{\prime}+1$ tiene una constante de señal en $I$. Con $\varepsilon\in \{\pm 1\}$, podemos escribir $\displaystyle \frac{x^{\prime}+1}{\sqrt{x(t)+t}}=\frac{\varepsilon}{\sqrt{t}}$, y, por tanto, $2\sqrt{x(t)+t}=2\varepsilon\sqrt{t}+C$ donde $C$ es una constante. Ahora $x(t)=C^2/4+C\varepsilon \sqrt{t}$. Por supuesto, tenemos que comprobar que todas estas soluciones son realmente soluciones(y verificar que las condiciones en $C$ $\varepsilon$ da $x(t)+t>0$ todos los $t$).

B) ver cómo la hipótesis de $x(t)+t>0$ es importante, vamos a $t_0>0$. Poner $x(t)=-t$$0<t\leq t_0$, e $x(t)=t_0-2\sqrt{t_0t}$ si $t>t_0$. Os dejo la verificación de que los $x(t)$ es una solución, (en primer lugar demostrar que la derivada en $t_0$ existe y es igual a $-1$). Pero esta solución no es una de la forma $C^2/4+C\varepsilon \sqrt{t}$ hemos encontrado, como no se ponen de acuerdo en $]0,t_0[$.

Answer 3

Grupo de teoría da una bonita respuesta directa. Uso $$ G(t,x)=(\lambda t,\lambda^\beta x)\lambda_o=1 $$, A continuación, aplicar el grupo de la DEQ: $$ t\bigg(\frac{dx}{dt}\bigg)^2+2t\frac{dx}{dt}=x\rightarrow \lambda t\bigg(\frac{\lambda ^\beta dx}{\lambda dt}\bigg)^2+2\lambda t\frac{\lambda^\beta dx}{\lambda dt}=\lambda^\beta x $$For the group to be invariant, $2\beta-1=\beta$ or $\beta=1$. Hay dos trivial estabilizadores para este grupo: $$ \mu=\frac{x}{t^\beta}=\frac{x}{t} $$y $$ \nu=\frac{x}{t^{\beta -1}}=x' $$De acuerdo a Sophus Lie, su DEQ puede ser escrito en términos de los estabilizadores de un invariante de la Mentira grupo de traducción, que conserva la estructura de la suave colector. Desde nuestro grupo es una continua infinita grupo, somos capaces de hacer eso. $$ x^2+2x'=\frac{x}{t}\rightarrow \nu^2+2\nu=\mu $$This is a quadratic for $\nu$. $$ \nu=-1\pm\sqrt{1+\mu} $$Desde $$ t\frac{d\mu}{dt}=\nu\mu=-1\pm\sqrt{1+\mu}-\mu $$esto se convierte en una ecuación separable. $$ \frac{d\mu}{-(1+\mu)\pm\sqrt{1+\mu}}=\frac{dx}{x} $$Esta integra y simplifica para dar $$ 1\mp\sqrt{1+\mu}=\frac{C}{\sqrt{t}} $$and after substituting for $\mu$ y la simplificación de nuevo, llegamos a la solución: $$ x=C^2-2C\sqrt{t} $$Hay otros, quizás más fáciles maneras de llegar a esta solución, pero pocas personas saben acerca de aplicada la Mentira de la Teoría por lo que me gusta "el tambor" siempre que sea posible.