Analiza matematyczna, zadanie nr 5363

Autor	Zadanie / Rozwiązanie
geometria postów: 865	2017-03-06 22:10:54 Sprawdz, czy podana funkcja jest rozwiazaniem podanego rownania rozniczkowego, a nastepnie rozwiaz to rownanie rozdzielajac zmienne y oraz t. $y(t)=tgt$, $y'(t)=1+y(t)^{2}$. L=$y'(t)=\frac{1}{{cos}^{2}t}$ P=$1+y(t)^{2}=1+tg^{2}t=1+\frac{{sin}^{2}t}{{cos}^{2}t}=\frac{1}{{cos}^{2}t}$ L=P zatem podana funkcja jest rozwiazaniem podanego rownania rozniczkowego. Rownanie o rozdzielonych zmiennych jest postaci y'(t)=h(t)*g(y(t)). Jaka funkcja jest h(t) i g(y(t)) w tym rownaniu, ktore mam rozwiazac?

tumor postów: 8070	2017-03-07 09:25:31 $y`=1+y^2$ czyli $h(t)=1$ $g(y)=1+y^2$

geometria postów: 865	2017-03-08 00:09:42 Rownanie o zmiennych rozdzielonych jest postaci $y'(t)=h(t)g(y(t))$. Niech $g(y(t))\neq 0$ $y'(t)=h(t)g(y(t))$$/:$$g(y(t))$ $\frac{y'(t)}{g(y(t))}=h(t)$$/$ obustronnie calkujemy $\int_{}^{}\frac{y'(t)}{g(y(t))}dt=\int_{}^{}h(t)dt$ Podstawiajac do calki po lewej stronie: $y(t)=z$, $y'(t)dt=dz$ mam: $\int_{}^{}\frac{1}{g(z)}dz=\int_{}^{}h(t)dt$ Czy to jest zgodne z prawda? A co dla $g(y(t))=0$?

geometria postów: 865	2017-03-08 20:51:07 Wracajac do wczesniejszego rownania. Bede pisac $y(t)$, bo tak mi latwiej zobaczyc. $y'(t)=1+$$y^{2}(t)$$/:$ ($1+y^{2}(t)$);$1+y^{2}(t)>0$ $\frac{y'(t)}{1+y^{2}(t)}$=1, calkujac obustronnie mam $\int_{}^{}\frac{y'(t)}{1+y^{2}(t)}dt=\int_{}^{}1dt$ Po odpowiednich podstawieniach mam: a$rctg(y(t))=t+C$, $C\in R$ Zatem $y(t)=tg(t+C)$.

tumor postów: 8070	2017-03-08 20:58:43

geometria postów: 865	2017-03-10 13:21:50 Mam rownanie $y'(t)^{2}=1-y(t)^{2}$. $1-y(t)^{2}\ge 0 \iff -1\le y(t)\le 1$. $y'(t)^{2}=1-y(t)^{2}$ $/\sqrt{}$ $\|y'(t)\|=\sqrt{1-y(t)^{2}}$ $1^{\circ}$ $y'(t)=-\sqrt{1-y(t)^{2}} \vee 2^{\circ} y(t)=\sqrt{1-y(t)^{2}}$ Sa to rownania o zmiennych rozdzielonych, gdzie $h(t)=1$, $g(y(t))=-\sqrt{1-y(t)^{2}}$ oraz $h(t)=1$, $g(y(t))=\sqrt{1-y(t)^{2}}$. Niech $g(y(t))\neq 0$, czyli $y(t)\in (-1,1)$. Wowczas po podzieleniu przez g(y(t)) i obustronnym scalkowaniu mam: $1^{\circ}$ $arccos(y(t))=t+C$, $C\in R$ oraz $-C<t<\pi-C$,czyli $y(t)=cos(t+C)$ $2^{\circ}$ $arcsin(y(t))=t+C$, $C\in R$ oraz $-\frac{\pi}{2}-C<t<\frac{\pi}{2}-C$,czyli $y(t)=sin(t+C)$ Dla $g(y(t))=0$, czyli $y(t)=-1$ i $y(t)=1$ wyjsciowe rownanie jest spelnione, zatem sa to rowniez rozwiazania tego rownania. Ostatecznie rozwiazaniem wyjsciowego rownania jest: $y(t)=sin(t+C)$ $\vee$ $y(t)=cos(t+C)$ $\vee$ $y(t)=-1$ $\vee$ $y(t)=1$. Mam nadzieje, ze dobrze. --------------------------------------------------------- Gdybym przyjal, ze $h(t)=-1$, to wyszloby $y(t)=sin(-t+C)$ (bo po prawej stronie zostalaby funkcja $h(t)$, czyli po prawej stronie byloby $-1$ i calka z tego wyszlaby $-t+C$ i wtedy byloby, ze $y(t)=sin(-t+C)$, $y(t)=sin(t+C)$).

geometria postów: 865	2017-03-12 10:08:45 Gdybym przyjal, ze $h(t)=-1$, to $\int_{}^{}-1dt=-\int_{}^{}1dt=-(t+C)=-t-C$, $C\in R$. Wowczas $y(t)=sin(-t-C)=sin(-(t+C))=-sin(t+C)$. Zatem jest jeszcze jedno rozwiazanie $y(t)=-sin(t+C)$. I to juz chyba wszystkie beda prawda?

tumor postów: 8070	2017-03-12 20:50:38

strony: 1

Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj