Zulke gevallen zou ik in een lijst opzoeken: https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_integrals_of_exponential_functions

[attachment=0]img20250524_20302165.jpg[/attachment]

bij die 3 integralen is de y een constante omdat we integreren naar x.

Je mag y bij die integralen toch als een constante beschouwen?

[attachment=0]img20250524_00154899.jpg[/attachment]

Dat is op de coëfficiënt K na dezelfde integrerende factor die ik ook vond. Nu nog de oplossing van de differentiaalvergelijking...

De controle of de integrerende factor goed is zal op zich niet moeilijk zijn, maar is wel akelig rekenwerk.

[attachment=0]img20250516_23120015.jpg[/attachment]

[attachment=0]img20250516_22571179.jpg[/attachment]

[quote="Professor Puntje" post_id=1260798 time=1747294207 user_id=76038]
Probeer:

[itex] f(u) = e^{g(u)} [/itex]

Zodat:

[itex] e^{g(u)} g'(u) \, + \, e^{g(u)} (-1 + \frac{2}{u}) = 0 [/itex]

[itex] g'(u) \, + \, (-1 + \frac{2}{u}) = 0 [/itex]

[itex] g'(u) = 1 - \frac{2}{u} [/itex]
[/quote]

Dat geeft als integrerende factor:

[itex] g(u) = u - 2 \ln( |u| ) + \mathrm{C} [/itex]

[itex] f(u) = e^{u - 2 \ln( |u| ) + \mathrm{C}} [/itex]

[itex] f(u) = \frac{e^u}{e^{2 \ln( |u| )}} e^{ \mathrm{C}} [/itex]

[itex] f(u) = \mathrm{K} \frac{e^u}{u^2} [/itex]

In de oplossing van Maple komt de integrerende factor wel uit de lucht vallen, kunst is juist om deze af te leiden.

@ukster Dat zou betekenen dat x en y nooit negatief kunnen worden...

Maple oplossing!
[attachment=0]ode.png[/attachment]

Probeer:

[itex] f(u) = e^{g(u)} [/itex]

Zodat:

[itex] e^{g(u)} g'(u) \, + \, e^{g(u)} (-1 + \frac{2}{u}) = 0 [/itex]

[itex] g'(u) \, + \, (-1 + \frac{2}{u}) = 0 [/itex]

[itex] g'(u) = 1 - \frac{2}{u} [/itex]

Nu nog eens proberen met de extra exponent:

[itex] (x y^3 + 2x^2y^2 - y^2) \, \mathrm{d}x \, + \, (x^2 y^2 + 2x^3y - 2x^2) \, \mathrm{d}y = 0 [/itex]

De vraag is opnieuw allereerst om hiervoor een integrerende factor f(xy) te vinden. We willen dus dat:

[itex] \frac{\partial}{\partial y} [ f(xy) (x y^3 + 2x^2y^2 - y^2)] = \frac{ \partial }{ \partial x} [ f(xy) (x^2 y^2 + 2x^3y - 2x^2)] [/itex]

[itex] f'(xy) x (x y^3 + 2x^2y^2 - y^2) + f(xy) (3x y^2 + 4x^2y - 2y) = f'(xy) y (x^2 y^2 + 2x^3y - 2x^2) + f(xy) (2x y^2 + 6x^2y - 4x) [/itex]

[itex] f'(xy) (x^2 y^3 + 2x^3y^2 - xy^2) + f(xy) (3x y^2 + 4x^2y - 2y) = f'(xy) (x^2 y^3 + 2x^3y^2 - 2x^2y) + f(xy) (2x y^2 + 6x^2y - 4x) [/itex]

[itex] f'(xy) ((x^2 y^3 + 2x^3y^2 - xy^2) - (x^2 y^3 + 2x^3y^2 - 2x^2y)) + f(xy) ((3x y^2 + 4x^2y - 2y) - (2x y^2 + 6x^2y - 4x) ) = 0 [/itex]

[itex] f'(xy) (- xy^2 + 2x^2y) + f(xy) (x y^2 - 2x^2y - 2y + 4x) = 0 [/itex]

Laat: u = xy & v = 2x-y. Dan:

[itex] f'(u) u v + f(u) (-u v + 2v) = 0 [/itex]

Riskante stap i.v.m. delen door nul:

[itex] f'(u) + f(u) (-1 + \frac{2}{u}) = 0 [/itex]

[attachment=0]screenshot.png[/attachment]

Daar zie ik een exponent die er eerst niet was...