Uppgift 6

a) Om vi skriver $y'=\frac{dy}{dx}$ så kan ekvationen separeras till
$$(y+1)\,dy=-\cos x\,dx\iff\frac12y^2+y=-\sin x+C.$$
Insättning av bivillkoret $y(0)=0$ ger nu $\frac12\cdot0+0=0+C\implies C=0$. Vi multiplicerar med $2$ och får ekvationen $y^2+2y=-2\sin x\iff(y+1)^2=1-2\sin x$. På grund av bivillkoret kan endast de positiva rötterna komma i fråga vilket slutligen ger
$$y=\sqrt{1-2\sin x}-1.$$
Vi ser att lösningen blir väldefinierad på det intervall kring origo där $1-2\sin x>0\iff\sin x<\frac12$ eller med andra ord på intervallet $(-\frac{7\pi}6,\frac\pi6)$.

b) Kedjeregeln ger:
$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial u}+2x\frac{\partial f}{\partial v},$$
$$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial v},$$
eftersom
$$\frac{\partial u}{\partial x}=1,\quad\frac{\partial v}{\partial x}=2x,\quad\frac{\partial u}{\partial y}=0,\quad\text{och}\quad\frac{\partial v}{\partial y}=1.$$
Insatt i differentialekvationen ger detta
$$0=\frac{\partial f}{\partial x}-2x\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial u}+2x\frac{\partial f}{\partial v}-2x\frac{\partial f}{\partial v}=\frac{\partial f}{\partial u},$$
dvs i variablerna $u,v$ får vi ekvationen
$$\frac{\partial f}{\partial u}=0,$$
som innebär att $f$ inte beror på $u$, så vi kan skriva $f=h(v)$. I de ursprungliga variablerna $x,y$ får vi alltså att $f(x,y)=h(x^2+y)$. Bivillkoret ger nu att
$$x^8=f(x,0)=h(x^2),$$
vilket vi kan uppfylla genom att välja $h(t)=t^4$. Insatt i den allmänna lösningen ger detta slutligen $f(x,y)=(x^2+y)^4$.