Excerpt
10. Neapibrėžtinius integralus išreikškite laipsninėmis eilutėmis, nurodydami konver- gavimo intervalą: a) | 22 dx; Db) J e“ dx. . x3 x S x2n+1 A „ Ats. a) CA ik D "Paz Piko …
Excerpt
15. Funkciją —1, kai —z …
Excerpt
. Jei y“) yra aukščiausios eilės išvestinė, parašyta diferencialinėje lyg- 3 tyje, tai skaičius 7 vadinamas tos lygties eile. Pavyzdžiui, lygtys 2 y —-Ayž+A3=0, y"14y'3=0 ir x*y"—y5y' =0 yra atitinkamai pirmos, antros ir trečios eilės diferencialinės …
Excerpt
Pavyzdžiai. 1. Diferencialinės lygties y'=2x bendrasis sprendinys, kaip įsitikinome, yra y=x*+C. Imdami C=0, gauname atskirą sprendinį y=x?; imdami C= 1, turime y=x?+1 irt.t. 2. Iš lygties y7=6x bendrojo sprendinio y=+ Cx + C;, imdami C,= C,=0, gau- name …
Excerpt
Jei lygtis yra n-os eilės, tai pradinės sąlygos išreiškiamos šitaip: reikia rasti tokį sprendinį y, kad būtų V |x=x = Jos J LL = Jos y Į=x0 = Jos daop ya=DIKL S AD (ai Yas Yo, Vis 244 J > AUoLi Skaičiai): Skaitytojas, be abejo, atkreipė dėmesį, kad …
Excerpt
$ 213. Pirmos eilės lygtis su atskiriamais kintamaisiais Iš pradžių spręsime šitokią pirmos eilės diferencialinę lygtį: J6)+8 0)y'=0. (2) Visus tos lygties narius padauginę iš dx ir vietoj y' dx parašę dy, gauname J(x)dx+8 (y) dy=0. (2a) (2) lygtis …
Excerpt
Integralinės kreivės šiuo atveju yra lygiaašės hiperbolės (245 brėž.). Kai C> 0, hiper- bolių realioji ašis yra x ašis, o kai C (V) y'=0. | (3a) 81 (x) J- (V) Tai diferencialinė lygtis su atskirtais kintamaisiais, todėl jos bendrasis sprendinys reiškiamas …
Excerpt
ir, dalydami visus lygties narius iš (x2— I)y, atskiriame kintamuosius: dy io 2x dx y A-l Ž Iš nagrinėjamų x reikšmių išmetame x= + I ir ieškome sprendinių.Įtapatingai nelygių nuliui Integruodami gauname In |»|-In |x*—1|=c; iš čia P In sz ! J ———-=+ęeč. …
Excerpt
Pavyzdžiui, ką tik išnagrinėtas funkcijas galima parašyti šitaip: Dyz [1-2-Ž], 3 Na | B Dabar paaiškinsime, kaip sprendžiama pirmos eilės diferencialinė lygtis f(x, y)dx+8 (x, y)dy=0, (8) kurios koeficientai f(x, y) ir g (x, y) yra vienodo laipsnio …
Excerpt
Patogumo dėlei abi šios NSE puses dauginame iš 2 ir integruojame panariui: 2 L In |244-1|42 In |x|=c Iš čia arba ec | 2u+1|= a. * Pastarąją lygybę parašę šitaip: pažymėsime C= +e“(C0) ir gausime 2u+l= S. Kadangi u=Ž, tai 2y sp Cc T = 7 X x arba AG => (£-> …
Excerpt
3. Iš vieno taško sklindantys šviesos spinduliai atsispindi nuo veidrodinio paviršiaus. Reikia rasti tokį veidrodinį paviršių, kad atsispindėję spinduliai sudarytų lygiagrečių spindu- lių pluoštą. Spręsdami šį uždavinį, per šviesos šaltinį O nubrėšime x …
Excerpt
Abi šios lygybės puses pakėlę kvadratu, gauname parabolės lygtį m 2C (1+£ ) 2 Vadinasi, veidrodinio paviršiaus piūvis (kreivė /) yra parabolė, kurios ašis yra x ašis, O vir- O (Ši = šūnė — taškas (-5- 0) „ Kadangi tos parabolės parametras p= C, tai …
Excerpt
Žinodami funkciją », iš (15) lygties (taip pat su atskiriamais kintamaisiais!) randame u. Imame, žinoma, bendrąjį šios lygties sprendinį. Turėdami funk- cijas u ir 2, randame (12) lygties bendrąjį sprendinį y=uv. Aišku, turint (11) lygtį, praktiškai nėra …
Excerpt
tai de Sina v cosxX In v=2 In |cos x|. Taigi U=CcoOS* x. Dabar iš (17) lygties turime cosžx -u'=sin x, arba > Sinc cosžx " Vadinasi, r sinx 1 u= | > E S +€C, cosž x COS X y=cosžx ( + C)=c0s x+ Cocos! x COS X Į tiesinę lygtį suvedama vadinamoji Bernulio …
Excerpt
Pažymėję C= +e“žŪ, turime z=Ce*+2. Vadinasi, l LA iCoa P Sprendinys y=0 iš šio bendrojo sprendinio negaunamas. S 216. Ortogonaliosios trajektorijos Pirmos eilės diferencialinės lygties y' =f (x, y) bendrasis spren- dinys turi vieną laisvą konstantą, …
Excerpt
Dabar pakanka kreivių šeimos lygties x*—2ax4-y*=0 parametrą a pakeisti suma x+yy': x2— 2x(x+yy")+y*=0. Atlikę kairėje lygybės pusėje nurodytus veiksmus, gauname ieškomąją diferencialinę lygtį x2?—y?+-2xyy'=0. Pastebėsime, kad gautąją diferencialinę lygtį …
Excerpt
Tos liestinės yra viena kitai statmenos. Todėl tg8= — 50 arba dr l HE Št Žr dx Kadangi M yra bendras kreivių k ir / taškas, - tame taške x=€, y=1 ir f(x, V)=f (E. 1). Todėl, atsižvelgdami į lygybę | (x, y), gauname TT dė 5 (ES EB Gautu; Ivaybė yra …
Excerpt
4. Rasime apskritimų šeimos (x—a)*+-y*=a* ortogonaliąsias trajektorijas (249 brėž.) Šio paragrafo 1 pavyzdyje sudarėme tos apskritimų šeimos diferencialinę lygtį X—y+2xyy'=0, iš kurios labai lengva išreikšti išvestinę y“: 2 „2 Am 5 Apskritimų šeimos …
Excerpt
Paskutinėje lygtyje vietoj 4 parašome a ir tariame, kad +e“=2C (C+0). Gauname ortogonaliųjų trajektorijų šeimos lygtį x2+y*=2Cy, arba x*+(y— C)?=C?. Vadinasi, ortogonaliosios trajektorijos yra apskritimai, liečiantys x ašį koordinačių pradžioje (249 …
Excerpt
I. Sakykime, kad (23) lygties dešinėje pusėje nėra y. Tada turime lygtį Y'=f(as V). (24) Jei y'=p, tai, remiantis antrosios išvestinės apibrėžimu, y- 2 „Vadi- nasi, iš (24) lygties gauname pirmos eilės diferencialinę lygtį dp dx =f(x, p). Sakykime, kad …
Excerpt
2. Kai kada (24) lygtyje gali nebūti kintamojo x. Savaime aišku, kadį;sprendimo eiga lieka ta pati. Pavyzdžiu laikysime lygtį 2y' »*=1 ir rasime jos atskirą sprendinį, tenkinantį pradi- nes sąlygas: "m x=1=0, y Ix=1= 1: Jei pP, 27= = „ taiiš duotosios …
Excerpt
ž > Pavyzdžiai. 3. Rasime lygties L bendrajį sprendinį. ž - ž Ž dp : ; Kaip buvo nurodyta, imame Y' =P, y"=p => 1r gauname pirmos eilės diferencialinę lygtį dp pž . A p dy = y . (27) Vadinasi, dp D arba p=Ū0, arba — =. B S Pirmuoju atveju y'=0, o y= C. …
Excerpt
arba | UE ama Zr V C.y*-l Kadangi 1 — 7 —77 C,y?-|) diGC 2—])= G 2—], | Vaxli 2 [Et 1 (Ci y )=VCy tai iš paskutinės diferencialinės lygties gauname ]/ C,yž—1= +(C, x+ C;), arba C;y?— —1=(Cx+ C,)?. 5 218. Antros eilės tiesinė lygtis su pastoviais …
Excerpt
šaknys. Ši kvadratinė lygtis vadinama (29) diferencialinės lygties charakre- ringąja lygtimi. Formaliai ją gauname iš (29) lygties, y", y“ ir y pakeitę ati- tinkamai 22, A! ir 29. Vadinasi, 24 ir 7, visada galima rasti, sprendžiant (29) diferencialinės …
Excerpt
Vadinasi, kai 24 ir 44 — realūs skaičiai, (29) lygties bendrasis sprendinys yra arba y=C.eMh*ž+C,eh* (21 Z29), (35) arba š y, e“ ECE (DG—A> 2—2): (36) Pavyzdžiai. 1. y" —3y'1+2=0. Charakteringoji lygtis 22—32342=0 turi dvi realias skirtingas šaknis: 24=1, …
Excerpt
Sprendinys y turės realias reikšmes tada ir tiktai tada, kai (B, +B;) cos 5x+(A,— A,) sin Bx=0. Imdami čia x=0, turime B,+B;=0, B, = —B,. T Imdami x= 5 „ gauname A,— A;=0, A,= A;. Vadinasi, šiuo atveju y=e“* (24, cos Bx +2B,sin Bx). Aišku, kad 24, ir 28, …
Excerpt
sprendinys, o Y — atitinkamos homogeninės lygties Y"+py'+4y=0 (29) bendrasis sprendinys. Tada y= Y+z yra bendrasis (28) lygties sprendinys. Įrodymas. Iš sąlygos aišku, kad (29) ir (28) lygtyje įrašę atitinkamai Y ir z, gausime tapatybės Y+pY +4Y=0 1f …
Excerpt
Jei m nėra charakteringosios lygties šaknis, tai mž4+pm+4 +0. Tada a = "m4pm+g 2 Vadinasi, ieškomasis sprendinys yra ae'x T mkpmžą | Jei m yra charakteringosios lygties šaknis, tai m*4+pm+4=0. Tada (39) lygybė negalima, nes jos kairioji pusė lygi nuliui, …
Excerpt
Šiuo atveju Z=A(x+1)e*, z7=A(x+2)e*, todėl įstatę į duotąją lygtį, gauname A(x+2)e*—-3A(x+1)e*+2Axe*=e*. Iš čia randame A: A=-l. Vadinasi, ieškomasis atskiras sprendinys yra z= —xe*, o bendrasis sprendinys — y=C,e*+C,e**—xe*. II. Tarkime, kad (28) lygties …
Excerpt
Pavyzdys. 3. Rasime diferencialinės lygties y“ +y7—2y=cos x bendrąjį sprendinį. Kadangi charakteringosios lygties 2242—2=0 šaknys yra 1 ir —2, tai homogeninės lygties " y"+y'—2y=0 bendrasis sprendinys yra Y=C,e*+C;e" X. Pastebėję, kad p=1+0, randame …