A3 2009 gyak 2

A MathWikiből
(Változatok közti eltérés)
(Homogén fokszámú egyenlet)
55. sor: 55. sor:
 
:<math>y'_1(0)=(C^2x^3-2Cx|x|+x)'|_0=1</math>
 
:<math>y'_1(0)=(C^2x^3-2Cx|x|+x)'|_0=1</math>
 
:<math>y'_2(0)=(-C^2x^3+2Cx|x|-x)'|_0=-1</math>
 
:<math>y'_2(0)=(-C^2x^3+2Cx|x|-x)'|_0=-1</math>
miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.-->
+
miközben miközben mindkettő a 0-ban a 0-t veszi föl.
  
 
==Cauchy-típusú integrálok==
 
==Cauchy-típusú integrálok==
149. sor: 149. sor:
 
:<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math>
 
:<math>f(z)=\frac{1}{z(1+z^2)}\,</math>
 
függvényt!
 
függvényt!
 +
-->

A lap 2009. november 18., 21:19-kori változata

Szeparábilis differenciálegyenlet

1. Oldjuk meg az

y'=\sin(x)y\,\mathrm{ln}\,y

egyenletet az

a)  y(0)=1\,
b) y(0)=e\,

kezdeti feltételek mellett!

Mo. a) Az egyenlet konstans megoládsa az y(x)=1. Ez a kezdeti feltételnek megfelel.

b) Az általános megoldásból keressük a kezdeti feltételt kielégítő megoldást:

\frac{1}{y\,\mathrm{ln}\,y}y'=\sin x
\frac{1}{y}\mathrm{ln}^{-1}(y)y'=\sin x
\mathrm{ln}\,|\mathrm{ln}\,y|=-\cos x+C

ez az implicit egyenlet. Ha x=0 és y=e, akkor

0=-1+C\,, C=1\,

és

y(x)=e^{e^{(1-\cos x)}}

Megjegyzés. Minden R× R+-beli kezdeti feltételre egyértelműen létezik a megoldás.

Homogén fokszámú egyenlet

Azt mondjuk, hogy az y' = F(x,y) egyenlet homogén fokszámú, ha

F(\lambda x,\lambda y)=F(x,y)\,

A homogén fokszámú egyenlet megoldása visszavazethető a szeparálásra az

u=\frac{y}{x}\,

új változó bevezetésével, ahol u = u(x) az ismeretlen függvény. Tehát:

y=ux\,

Ekkor

(xu)'=u+xu'=y'\,

azaz

y'=u'x+u\,

2. Oldjuk meg az y'x=y+\sqrt{x^2+y^2}\, egyenletet!

Mo. Tegyük föl, hogy x nem 0.

(u'x+u)x=ux+\sqrt{x^2+u^2x^2}\,
u'x^2=|x|\sqrt{1+u^2}\,
\frac{u'}{\sqrt{1+u^2}}=\frac{1}{|x|}\,

ezt kell megoldani. Nyilván külön pozitív és külin negatív intervallumokra (a 0 ne legyen benne). Ekkor:

\mathrm{arsh}\,y=\mathrm{ln}\,x+C pozitív x-re
\mathrm{arsh}\,y=-\mathrm{ln}\,|x|+C negatív x-re


Személyes eszközök