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 …
Excerpt
Jei g*0, tai ištos sistemos randami koeficientai A, B ir C. Tuo pačiu bus apibrėžtas sprendinys z. Kai g=0, atskirą sprendinį imame šitokį: z=x (Ax? +Bx + C). Pavyzdys. 4. Išspręsime lygtį y“ +y=A*. Čia charakteringosios lygties šaknys yra grynai menamos …
Excerpt
Šias F ir a išraiškas parašome lygybėje F =ma ir gauname taško judėjimo diferencialinę lygtį mx .F(f, i X): (42) Ši lygtis tik kintamųjų žymėjimu skiriasi nuo (23) lygties, kurios atskirus at- vejus sprendėme $$ 217—219. Norėdami išsamiai aprašyti …
Excerpt
9. Materialus taškas juda x ašimi, veikiamas jėgos, kūri proporcinga taško nuokrypai nuo O ir visą laiką nukreipta į tašką O*. Aplinkos pasiprie- šinimo nėra. Raskite taško judėjimo dėsnį. Sprendimas. Tarkime, kad 71 — taško masė, x, ir 4 — jo abscisė ir …
Excerpt
Didžiausia svyruojančio taško nuokrypa nuo O yra lygi A. Skaičius 4 vadinamas svyravimo amplitude. 253 brėžinyje pavaizduotas harmoninio svyravimo grafikas, iš kurio galima nustatyti taško nuokrypą x bet kuriuo momentu r. Norėdami rasti sprendinį, …
Excerpt
(«= — su pastoviais koeficientais. Jos charakteringosios lygties 22424 + +02=0 šaknys yra Ma= —1 Vhž-ož. Jei h> 0, tai šaknys 24 ir 2,5 realios ir neigiamos. Iš bendrojo sprendinio 0 „V-I C, „CH-Vi-a 1 matyti, kad šiuo atveju svyravimų nėra. Kadangi x—0, …
Excerpt
Lai ini Ais. agnriisikikiauamasodiššiauiu i i 1 4. Materialus taškas juda x ašimi, veikiamas jėgos, proporcingos taško nuokrypai nuo O ir nukreiptos taško O kryptimi. Be to, jį veikia perturbuojan- ti periodinė jėga H sin kt. Aplinkos pasipriešinimo nėra. …
Excerpt
Gautąsias z" ir z išraiškas rašome (45) lygtyje vietoj x" ir x ir, sutraukę pa- našiuosius narius, gauname —2Mo sin o: +2No cos of =a sin ot; —2Mo=a, 2No=0; a M =.- 95 , N=(0. Vadinasi, bendrasis sprendinys šiuo atveju yra = Asin(of+9)— L: t x=Asin(ot+0 …
Excerpt
Pavyzdžiui, jei 0z 2779, tai zs | 3x*y*dx+9(Y)=7y*+0( y). Aišku, kad turėdami nežinomos funkcijos z dalinę išvestinę 0z 3, 7806 V), galime rasti pačią funkciją Zz: z= | g(x »)dy+4 6); čia Ų (x) — bet kuri kintamojo x funkcija. Dabar tarkime, kad duota …
Excerpt
Iš čia l Be 2 AO, z100) 2. Išspręsime lygtį „žė =0 = xy=0. Kadangi y laikomas pastoviu, tai kintamųjų x ir z atžvilgiu šią lygtį reikia laikyti lygtimi su homogeniniais koeficientais. Todėl imame z=ux (4 — nežinoma kintamųjų x ir y funkcija) ir gauname 0z …
Excerpt
Matome, kad išspręstųjų diferencialinių lygčių bendrieji sprendiniai turi po vieną laisvą funkciją. Taip yra ir bendruoju atveju: pirmos eilės di- Jerencialinės lygties dalinėmis išvestinėmis bendrasis sprendinys turi vieną lais- vą funkciją. Praktikoje …
Excerpt
B. Panašiai sprendžiama ir lygtis 02Z a 7), iš kurios gauname z= | [f tss > )dy]dy+9 60 +4 60. Pavyzdys. 2. Iš lygties 02z ap dukart iš eilės integruodami, gauname Oz S (x); 9 (x) dy =x9 (x) + 4 (A). C. Lygtį = =J (x, V) sprendžiame, pirmą kartą …
Excerpt
$ 223. Stygos svyravimo diferencialinė lygtis Tarkime, kad ištempta styga ramybės būsenoje sutampa su x ašimi. Atlenkus ją iš pusiausvyros padėties ir paleidus, styga ims svyruoti. Kyla klausimas: kaip keisis stygos forma, laikui bėgant? ū u=ulx.t) 0 x šė …
Excerpt
Jei stygos linijinis tankis yra p, tai elemento AB masė yra m=pAx. To- dėl, remdamiesi Niutono dėsniu ma=F, galime rašyti apytikslę lygybę Ožu Ge), Ožu (E, t) pAx DARO P Kioai 3 Au. Suprastinę iš Ax ir artindami Ax prie nulio (tada £—x), gauname Ožu CG …
Excerpt
kurioje ę (z) ir 4 (z) — bet kurios dukart diferencijuojamos kintamojo z funk- cijos. Iš tikrųjų, 2579 K-a)+V (x+a1), Ay (x—at) + 1" (x +at); = —a9' (xX-ai)+aV (x+ai), = =ažg"(x-at)+a* V (x+at). Iš čia matyti, kad Ožų > Ožų ——=a" —. 012 Ox? Dabar …