Problema 1

Comproveu que el canvi de variable dependent $v=\ln y$, transforma l’equació diferencial

$$y’+P(x)y=Q(x)y\ln y$$

en l’equació lineal $v’+P(x) = Q(x) v$

$$\frac{dv}{dy} = \frac{1}{y}\longrightarrow \frac{dy}{dv} = y $$

i com sabem que $y = e^x$, llavors l’equació anterior ens queda com $\frac{dy}{dv} = e^x$

Aleshores:

$$y’ = \frac{dy}{dx} = \frac{dy}{dv}\cdot\frac{dv}{dx} = e^x\cdot\frac{dv}{dx}$$

Substituint en l’equació, ens queda:

$$e^v\frac{dv}{dx}+P(x)e^v = Q(x)e^v\cdot v \longrightarrow \frac{dv}{dx}+P(x) = Q(x)\cdot v$$

Fes servir el mètode anterior per resoldre:

$$xy’-4x^2y+2y\ln y=0;\ (x\not=0)$$

En aquest cas tenim: $P(x) = -4x$, $Q(x) =-\frac{2}{x}$

L’equació lineal resultant: $\frac{dv}{dx}+\frac{2}{x}\cdot v -4x = 0$

Homogènia: $\frac{dv}{dx}+\frac{2}{x} = 0$

És una equació diferencial de variables separables, aïllant ens queda com:

$$\frac{dv}{v} = -\frac{2}{x}dx\longrightarrow\ln v = -2\ln x+ \ln C\longrightarrow v = \frac{C}{x^2}$$

Sabem que una solució particular és: $v_p = \frac{C(x)}{x^2}$, i derivant $v_p$ en funció d’$x$ obtenim:

$$v_p’ = \frac{C'(x)\cdot x^2-2x\cdot C(x)}{x^4} = \frac{C'(x)\cdot x-2\cdot C(x)}{x^3}$$

substituïnt en l’equació lineal resultant, ens queda:

$$\frac{C'(x)\cdot x-2\cdot C(x)}{x^3}+\frac{2}{x}\cdot\frac{C}{x^2}-4x = 0$$

Arrenjant i simplificant l’equació anterior ens queda que:

$$C'(x) = 4x^3\longrightarrow C(x) = x^4$$

per tant, $v_p = x^2$

Així doncs la solució general de l’equació no homogènia serà:

$$v_p =\displaystyle \frac{C}{x^2}+x^2$$

desfent el canvi $y = e^x$ ens queda:

$$y =e^{\displaystyle\frac{C}{x^2}+x^2}$$