Answer on Question #71038 – Math – Differential Equations
Question
( 1 + y x ) x d y + ( 1 − y x ) y d x = 0 (1 + yx)xdy + (1 - yx)ydx = 0 ( 1 + y x ) x d y + ( 1 − y x ) y d x = 0
Solution
P ( x , y ) = ( 1 − y x ) y , ∂ P ∂ y = 1 − y x − x y = 1 − 2 x y P(x,y) = (1 - yx)y, \quad \frac{\partial P}{\partial y} = 1 - yx - xy = 1 - 2xy P ( x , y ) = ( 1 − y x ) y , ∂ y ∂ P = 1 − y x − x y = 1 − 2 x y Q ( x , y ) = ( 1 + y x ) x , ∂ Q ∂ x = 1 + y x + y x = 1 + 2 x y Q(x,y) = (1 + yx)x, \quad \frac{\partial Q}{\partial x} = 1 + yx + yx = 1 + 2xy Q ( x , y ) = ( 1 + y x ) x , ∂ x ∂ Q = 1 + y x + y x = 1 + 2 x y ∂ P ∂ y − ∂ Q ∂ x = 1 − 2 x y − ( 1 + 2 x y ) = − 4 x y \frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x} = 1 - 2xy - (1 + 2xy) = -4xy ∂ y ∂ P − ∂ x ∂ Q = 1 − 2 x y − ( 1 + 2 x y ) = − 4 x y Q y − P x = ( 1 + x y ) x y − ( 1 − x y ) x y = 2 ( x y ) 2 Qy - Px = (1 + xy)xy - (1 - xy)xy = 2(xy)^2 Q y − P x = ( 1 + x y ) x y − ( 1 − x y ) x y = 2 ( x y ) 2 1 Q y − P x ( ∂ P ∂ y − ∂ Q ∂ x ) = − 4 x y 2 ( x y ) 2 = − 2 x y = f ( x y ) \frac{1}{Qy - Px} \left( \frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x} \right) = \frac{-4xy}{2(xy)^2} = -\frac{2}{xy} = f(xy) Q y − P x 1 ( ∂ y ∂ P − ∂ x ∂ Q ) = 2 ( x y ) 2 − 4 x y = − x y 2 = f ( x y )
Integrating factor: M ( x , y ) = M ( x y ) M(x,y) = M(xy) M ( x , y ) = M ( x y )
M ( ∂ P ∂ y − ∂ Q ∂ x ) = Q ∂ M ∂ x − P ∂ M ∂ y M \left( \frac{\partial P}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial x} \right) = Q \frac{\partial M}{\partial x} - P \frac{\partial M}{\partial y} M ( ∂ y ∂ P − ∂ x ∂ Q ) = Q ∂ x ∂ M − P ∂ y ∂ M ∂ M ∂ x = d M d ( x y ) y , ∂ M ∂ y = d M d ( x y ) x \frac{\partial M}{\partial x} = \frac{dM}{d(xy)} y, \quad \frac{\partial M}{\partial y} = \frac{dM}{d(xy)} x ∂ x ∂ M = d ( x y ) d M y , ∂ y ∂ M = d ( x y ) d M x M ( − 4 x y ) = ( 1 + y x ) x y d M d ( x y ) − ( 1 − y x ) y x d M d ( x y ) M(-4xy) = (1 + yx)xy \frac{dM}{d(xy)} - (1 - yx)yx \frac{dM}{d(xy)} M ( − 4 x y ) = ( 1 + y x ) x y d ( x y ) d M − ( 1 − y x ) y x d ( x y ) d M M ( − 4 x y ) = 2 ( x y ) 2 d M d ( x y ) M(-4xy) = 2(xy)^2 \frac{dM}{d(xy)} M ( − 4 x y ) = 2 ( x y ) 2 d ( x y ) d M d M M = − 2 d ( x y ) x y \frac{dM}{M} = -2 \frac{d(xy)}{xy} M d M = − 2 x y d ( x y ) ∫ d M M = ∫ − 2 d ( x y ) x y \int \frac{dM}{M} = \int -2 \frac{d(xy)}{xy} ∫ M d M = ∫ − 2 x y d ( x y ) M = 1 ( x y ) 2 M = \frac{1}{(xy)^2} M = ( x y ) 2 1
We have the total differential
1 ( x y ) 2 ( 1 + y x ) x d y + 1 ( x y ) 2 ( 1 − y x ) y d x = 0 \frac{1}{(xy)^2} (1 + yx)xdy + \frac{1}{(xy)^2} (1 - yx)ydx = 0 ( x y ) 2 1 ( 1 + y x ) x d y + ( x y ) 2 1 ( 1 − y x ) y d x = 0 ( 1 x y 2 + 1 y ) d y + ( 1 x 2 y − 1 x ) d x = 0 \left( \frac{1}{xy^2} + \frac{1}{y} \right) dy + \left( \frac{1}{x^2 y} - \frac{1}{x} \right) dx = 0 ( x y 2 1 + y 1 ) d y + ( x 2 y 1 − x 1 ) d x = 0 P 1 ( x , y ) = 1 x 2 y − 1 x , ∂ P 1 ∂ y = − 1 x 2 y 2 P_1(x,y) = \frac{1}{x^2 y} - \frac{1}{x}, \quad \frac{\partial P_1}{\partial y} = -\frac{1}{x^2 y^2} P 1 ( x , y ) = x 2 y 1 − x 1 , ∂ y ∂ P 1 = − x 2 y 2 1 Q 1 ( x , y ) = 1 x y 2 + 1 y , ∂ Q 1 ∂ x = − 1 x 2 y 2 Q_1(x,y) = \frac{1}{xy^2} + \frac{1}{y}, \quad \frac{\partial Q_1}{\partial x} = -\frac{1}{x^2 y^2} Q 1 ( x , y ) = x y 2 1 + y 1 , ∂ x ∂ Q 1 = − x 2 y 2 1 ∂ P 1 ∂ y = ∂ Q 1 ∂ x \frac {\partial P _ {1}}{\partial y} = \frac {\partial Q _ {1}}{\partial x} ∂ y ∂ P 1 = ∂ x ∂ Q 1 d F ( x , y ) = ( 1 x 2 y − 1 x ) d x + ( 1 x y 2 + 1 y ) d y d F (x, y) = \left(\frac {1}{x ^ {2} y} - \frac {1}{x}\right) d x + \left(\frac {1}{x y ^ {2}} + \frac {1}{y}\right) d y d F ( x , y ) = ( x 2 y 1 − x 1 ) d x + ( x y 2 1 + y 1 ) d y F = ∫ ( 1 x 2 y − 1 x ) d x = − 1 x y − ln ∣ x ∣ + φ ( y ) F = \int \left(\frac {1}{x ^ {2} y} - \frac {1}{x}\right) d x = - \frac {1}{x y} - \ln | x | + \varphi (y) F = ∫ ( x 2 y 1 − x 1 ) d x = − x y 1 − ln ∣ x ∣ + φ ( y ) ∂ F ∂ y = 1 x y 2 + φ y ′ ( y ) = 1 x y 2 + 1 y \frac {\partial F}{\partial y} = \frac {1}{x y ^ {2}} + \varphi_ {y} ^ {\prime} (y) = \frac {1}{x y ^ {2}} + \frac {1}{y} ∂ y ∂ F = x y 2 1 + φ y ′ ( y ) = x y 2 1 + y 1 φ ( y ) = ∫ ( 1 y ) d y = ln ∣ y ∣ − C \varphi (y) = \int \left(\frac {1}{y}\right) d y = \ln | y | - C φ ( y ) = ∫ ( y 1 ) d y = ln ∣ y ∣ − C
Thus,
F ( x , y ) = − 1 x y − ln ∣ x ∣ + ln ∣ y ∣ − C F (x, y) = - \frac {1}{x y} - \ln | x | + \ln | y | - C F ( x , y ) = − x y 1 − ln ∣ x ∣ + ln ∣ y ∣ − C F ( x , y ) = − 1 x y + ln ∣ y x ∣ − C F (x, y) = - \frac {1}{x y} + \ln \left| \frac {y}{x} \right| - C F ( x , y ) = − x y 1 + ln ∣ ∣ x y ∣ ∣ − C
or
− 1 x y + ln ∣ y x ∣ − C = 0 - \frac {1}{x y} + \ln \left| \frac {y}{x} \right| - C = 0 − x y 1 + ln ∣ ∣ x y ∣ ∣ − C = 0
Answer: − 1 x y + ln ∣ y x ∣ − C = 0. -\frac{1}{xy} + \ln \left|\frac{y}{x}\right| - C = 0. − x y 1 + ln ∣ ∣ x y ∣ ∣ − C = 0.
Answer provided by https://www.AssignmentExpert.com
#340153 on Dec 2023