Question

Здравствуйте , помогите решить высшая математика ​

Answer 1

Ответ:

$4y^3\, y''=y^4-1\ \ ,\ \ y(0)=\sqrt2\ ,\ \ y'(0)=\dfrac{1}{2\sqrt2}$  

a)  В дифф. ур. не присутствует переменная  х , поэтому делаем

замену    $y'=z(y)\ \ ,\ \ y''=(y')'=(z(y))'=z'(y)\cdot y'=z'\cdot z$    .

$\displaystyle 4y^3\cdot z'z=y^4-1\ \ \ ,\ \ \ \ z'z=\dfrac{y^4-1}{4y^3}\ \ \ ,\ \ \ \frac{dz}{dy}\cdot z=\frac{y^4-1}{4y^3}\ \ ,\\\\\\\int z\cdot dz=\frac{1}{4}\int \frac{y^4-1}{y^3}\, dy\ \ \ ,\ \ \ \ \int z\cdot dz=\frac{1}{4}\int \Big(y-y^{-3}\Big)\, dy\ \ \ ,\\\\\\\frac{z^2}{2}=\frac{1}{4}\cdot \Big(\frac{y^2}{2}-\frac{y^{-2}}{-2}\Big)+C_1\ \ \ ,\ \ \ \ z^2=\frac{y^2}{4}+\frac{1}{4y^2}+C_1^*\ \ \ \ (*)$

Подставим начальные условия в  $(*)$ :  $y=\sqrt2\ ,\ \ \ \ y'=z=\dfrac{1}{2\sqrt2}$   .

$\Big(\dfrac{1}{2\sqrt2}\Big)^2=\dfrac{(\sqrt2)^2}{4}+\dfrac{1}{4\cdot (\sqrt2)^2}+C_1^*\ \ ,\ \ \ \ \dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{8}+C_1^*\ \ ,\ \ C_1^*=-\dfrac{1}{2}$  

$\displaystyle b)\ \ z^2=\frac{y^2}{4}+\frac{1}{4y^2}+C_1^*\ \ \ ,\ \ \ \ (y')^2=\frac{y^2}{4}+\frac{1}{4y^2}-\frac{1}{2}\ \ \ ,\\\\\\(y')^2=\frac{y^4-2y^2+1}{4y^2}\ \ \ ,\ \ \ \ (y')^2=\frac{(y^2-1)^2}{(2y)^2}\ \ ,\ \ \ y'=\pm \frac{y^2-1}{2y}$  

Определим, какой знак надо выбрать из начальных условий.

В левой части  $y'(0)=\dfrac{1}{2\sqrt2} > 0$  , в правой части  $\dfrac{(\sqrt2)^2-1}{2\cdot \sqrt2}=\dfrac{1}{2\sqrt2} > 0$ . Поэтому выбираем знак плюс .

$\displaystyle \frac{dy}{dx}=\frac{y^2-1}{2y}\ \ ,\ \ \ \int \frac{2y\, dy}{y^2-1}=\int dx\ \ ,\\\\\\ln|y^2-1|=x+C_2$

Подставляем начальные условия  :   $x=0\ ,\ \ y(0)=\sqrt2$  .

$ln|(\sqrt2)^2-1|=0+C_2\ \ ,\ \ \ ln|2-1|=C_2\ \ ,\ \ C_2=ln1\ \ ,\ \ C_2=0$  

Подставим 0 вместо константы, получим  

   $ln|y^2-1|=x+0\ \ ,\ \ \ \ |y^2-1|=e^{x}\ \ \ ,\ \ \ y^2-1=\pm e^{x}\ \ ,$  $y^2=\pm e^{x}+1$    

Выбираем знак из начальных условий.

В левой части  $y^2(0)=(\sqrt2)^2=2$  ,  в правой части выражение будет равняться 2, если перед функцией  $e^{x}$  взять плюс, так как  

$e^0+1=1+1=2\ \ \ \Rightarrow \ \ \ y^2=e^{x}+1$  .

 Частное решение д.у. 2 порядка, допускающего понижение

порядка, имеет вид:    $y=\pm \sqrt{e^{x}+1}$  .

Опять выбираем знак с учётом начальных условий:  $y(0)=\sqrt2 > 0$  .

      $\boxed{\ y=\sqrt{e^{x}+1}\ }$