WisFaq!

Re: Lastige differentiaalvergelijking

Dag Klaas-Pieter,
Ik heb wel een en ander geprobeerd, maar geraak niet wijs uit mijn berekeningen om het antwoord te verkrijgen :
xln(y(x))+y(x)ln(x)-cos(y(x))+e^x=C1.
Zijn de partiële afgeleiden juist ?Ik begrijp je formules niet goed en zeker niet waar ik die partiële afgeleiden moet plaatsen. Ik begrijp dat de Integratiefactor
phi(x)=(-1/x)phi zou moeten zijn.
Mag ik je vragen het rekenwerk wat te vervolledigen of mij uit te leggen hoe ik moet verder werken.
Groetjes en nog een fijne zondag
Rik

Rik Lemmens
10-6-2018

Antwoord

Begin met
$$
\phi_y\cdot M+\phi\cdot M_y= \phi_x\cdot N+\phi\cdot N_y
$$
even om te werken:
$$
\phi_y\cdot M-\phi_x\cdot N = \phi\cdot(N_y-M_x)
$$
vul de partiele afgeleiden in
$$
\phi_y\cdot M - \phi_x\cdot\left(\frac{x^2}y+x\ln x+x\sin y\right) =
\phi\cdot\left(\frac{2x}{y}+\ln x+1+\sin y - \frac xy-1\right)
$$
ofwel
$$
\phi_y\cdot M - \phi_x\cdot x\cdot \left(\frac xy+\ln x+\sin y\right) =
\phi\cdot\left(\frac xy+\ln x+\sin y\right)
$$
Nu zie je dat je een kans hebt een $\phi$ te bepalen als je eist dat $\phi_y=0$; dan kun je het gedeelte tussen haakjes wegdelen en dan hou je
$$
\phi_x=-\frac1x\phi
$$
over; de functie $\phi(x,y)=\frac1x$ voldoet dan aan de eisen: je krijgt
$$
\frac{\partial}{\partial y}\frac1xM = \frac1y+\frac1x
=\frac\partial{\partial x}\frac1x N
$$
Je krijgt dus de exacte differentiaalvergelijking
$$
\left(e^x+\ln y+\frac yx\right)\,dx +
\left(\frac xy+\ln x+\sin y\right)\,dy=0
$$
en die heeft de oplossing die je in je vraag vermeldt.

kphart
10-6-2018