x 2 p 2 + x p − ( y 2 + y ) = 0 ⇒ p = − x ± x 2 − 4 x 2 ( − ( y 2 + y ) ) 2 x 2 = − x ± x 2 − 4 x 2 ( − y 2 − y ) 2 x 2 \displaystyle
x²p²+xp-(y²+y)=0\\\Rightarrow p=\frac{-x\pm\sqrt{x^2-4x^2(-(y^2+y))}}{2x^2}=\frac{-x\pm\sqrt{x^2-4x^2(-y^2-y)}}{2x^2} x 2 p 2 + x p − ( y 2 + y ) = 0 ⇒ p = 2 x 2 − x ± x 2 − 4 x 2 ( − ( y 2 + y )) = 2 x 2 − x ± x 2 − 4 x 2 ( − y 2 − y )
= − x ± x 2 + 4 x 2 ( y 2 + y ) 2 x 2 = − x ± x 2 ( 1 + 4 ( y 2 + y ) ) 2 x 2 \displaystyle
=\frac{-x\pm\sqrt{x^2+4x^2(y^2+y)}}{2x^2}=\frac{-x\pm\sqrt{x^2(1+4(y^2+y))}}{2x^2} = 2 x 2 − x ± x 2 + 4 x 2 ( y 2 + y ) = 2 x 2 − x ± x 2 ( 1 + 4 ( y 2 + y ))
= − x ± x ( 1 + 4 ( y 2 + y ) ) 2 x 2 = − x ± x 4 y 2 + 4 y + 1 2 x 2 \displaystyle
=\frac{-x\pm x\sqrt{(1+4(y^2+y))}}{2x^2}=\frac{-x\pm x\sqrt{4y^2+4y+1}}{2x^2} = 2 x 2 − x ± x ( 1 + 4 ( y 2 + y )) = 2 x 2 − x ± x 4 y 2 + 4 y + 1
= − 1 ± 4 y 2 + 4 y + 1 2 x \displaystyle
=\frac{-1\pm \sqrt{4y^2+4y+1}}{2x} = 2 x − 1 ± 4 y 2 + 4 y + 1
⇒ p = ∂ z ∂ x = − 1 ± 4 y 2 + 4 y + 1 2 x = − 1 ± 4 y 2 + 4 y + 1 2 x = − 1 ± ( 2 y + 1 ) 2 2 x \displaystyle
\Rightarrow p=\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-1\pm \sqrt{4y^2+4y+1}}{2x}=\frac{-1\pm \sqrt{4y^2+4y+1}}{2x}=\frac{-1\pm\sqrt{(2y+1)^2}}{2x} ⇒ p = ∂ x ∂ z = 2 x − 1 ± 4 y 2 + 4 y + 1 = 2 x − 1 ± 4 y 2 + 4 y + 1 = 2 x − 1 ± ( 2 y + 1 ) 2
⇒ ∂ z ∂ x = − 1 ± ( 2 y + 1 ) 2 x = { y x if ∂ z ∂ x = − 1 + ( 2 y + 1 ) 2 x − 1 − y x if ∂ z ∂ x = − 1 − ( 2 y + 1 ) 2 x \displaystyle
\Rightarrow \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-1\pm(2y+1)}{2x}=
\begin{cases}
\frac{y}{x}& \text{if }\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-1+(2y+1)}{2x}\\
\quad\\
\frac{-1-y}{x}& \text{if }\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-1-(2y+1)}{2x}
\end{cases} ⇒ ∂ x ∂ z = 2 x − 1 ± ( 2 y + 1 ) = ⎩ ⎨ ⎧ x y x − 1 − y if ∂ x ∂ z = 2 x − 1 + ( 2 y + 1 ) if ∂ x ∂ z = 2 x − 1 − ( 2 y + 1 )
⇒ z = { ∫ y x d x = y ∫ 1 x d x = y ln x + f ( y ) ∫ − ( 1 + y ) x d x = − ( 1 + y ) ∫ 1 x d x = − ( 1 + y ) ln x + f ( y ) \displaystyle
\Rightarrow z=
\begin{cases}
\int\frac{y}{x}\ dx=y\int\frac{1}{x}\ dx=y\ln x+f(y)\\
\quad\\
\int\frac{-(1+y)}{x}\ dx=-(1+y)\int\frac{1}{x}\ dx=-(1+y)\ln x+ f(y)
\end{cases} ⇒ z = ⎩ ⎨ ⎧ ∫ x y d x = y ∫ x 1 d x = y ln x + f ( y ) ∫ x − ( 1 + y ) d x = − ( 1 + y ) ∫ x 1 d x = − ( 1 + y ) ln x + f ( y )
where f ( y ) f(y) f ( y ) y y y
Thus, z = y ln x + f ( y ) or z = − ( 1 + y ) ln x + f ( y ) \displaystyle
z=y\ln x+f(y) \text{ or }z=-(1+y)\ln x+f(y) z = y ln x + f ( y ) or z = − ( 1 + y ) ln x + f ( y )
#340153 on Dec 2023
Comments