logowanie

matematyka » forum » forum zadaniowe - uczelnie wyższe » zadanie

Analiza matematyczna, zadanie nr 5363

ostatnie wiadomości  |  regulamin  |  latex

AutorZadanie / Rozwiązanie

geometria
postów: 863
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: 863
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: 863
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

Zamiast pisać
$y`(t)dt$ możesz pisać po prostu $dy$

$\int \frac{dy}{1+y^2}=\int 1dt$




geometria
postów: 863
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: 863
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

W gimnazjum rozwiązuje się równania, gdy wynikiem ma być liczba.
Tutaj rozwiązujesz równanie, a wynikiem ma być funkcja.
Jeśli funkcja przyjmuje czasem wartość 0 (jak ten pierwiastek wyżej albo jak sinus), to oczywiście nie możemy przez nią dowolnie dzielić, ale możemy rozpatrywać przedziały, w których ta funkcja jest niezerowa. Mówimy dalej o funkcji określonej na przedziale.

Gdy piszesz h(t)=-1, to co masz na myśli?
a) możesz mieć na myśli funkcję, która jest stale równa -1.
b) możesz mieć na myśli, że dla jakiegoś pojedynczego t ta funkcja się zeruje.

Dla funkcji określonej tylko w jednym punkcie nie liczylibyśmy pochodnej, prawda? Pochodną liczymy, gdy funkcja jest określona w pewnym otoczeniu punktu.


---

Natomiast na oko rozwiązaniami równania
$(y`)^2=1-y^2$
są $sin(t+C), -sin(t+C), cos(t+C), -cos(t+C), 1, -1$ (dwie ostatnie to funkcje stałe)

strony: 1

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





© 2019 Mariusz Śliwiński      o serwisie | kontakt online: 112 drukuj