Как найти интегральную кривую проходящую через точку - AvtoShod.ru

В дальнейшем эту функцию будем называть искомой функцией. Процесс нахождения решения ОДУ называется интегрированием дифференциального уравнения.

Определение 1. Задача, в которой требуется найти решение дифференциального уравнения F(x, y, y′)= 0 или y′ = f (x, y), удовлетворяющее начальному условию y(x0 )= y0 , называется

задачей Коши.

Теорема существования и единственности решения

задачи Коши.	Пусть дано дифференциальное	уравнение
y′ = f (x, y), где	функция f (x, y)	определена в	некоторой

области D плоскости Oxy , содержащей точку (x0 , y0 ). Если функция f (x, y) удовлетворяет условиям:

1)f (x, y) есть непрерывная функция двух переменных x

иy в области D;

2)f (x, y) имеет частную производную ∂∂fy , ограниченную

в области D,

тогда найдется интервал (x0 − h,x0 + h), на котором существует

единственное

решение

y = ϕ(x)

данного

уравнения,

удовлетворяющее условию ϕ(x0 )= y0 .

Доказательство теоремы в данном курсе опускается ввиду сложности. С ним можно ознакомиться в монографии [8].

Определение 2. Функция y = ϕ(x,C), где C — произвольная

постоянная, называется общим решением	уравнения
F(x, y, y′)= 0 , если
1) она является решением этого уравнения	при любых
допустимых значениях произвольной постоянной C ;

2) каково бы ни было начальное условие y(x0 )= y0 , где точка (x0 , y0 ) принадлежит области, в которой выполняются

условия существования и единственности решения задачи Коши, можно подобрать такое единственное значение C0 постоянной

C , что ϕ(x0 ,C0 )= y0 .

Определение 3. Функция Φ(x, y,C)= 0 называется общим

интегралом уравнения, если она задает общее решение уравнения в неявном виде.

Определение 4. Решение, в каждой точке которого нарушается единственность решения задачи Коши, называется особым решением.

Определение 5. Решение, полученное из общего при некотором допустимом значении произвольной постоянной, называется частным решением.

Замечание. Частное решение может быть получено из общего решения при некотором значении константы C . Особое решение не может быть получено из общего ни при каком значении произвольной постоянной C .

Пример 1. Найти интегральную кривую дифференциального
уравнения y′ = 2x , проходящую через точку M (1;1).
Решение. Общим решением уравнения является функция
вида y = x2 +C ,	где C	— произвольная константа.
Действительно, y′ = 2x , отсюда y = ∫2xdx = x2 +C .
Функции y = x2 ,	y = x2 +1 ,	y = x2 + 2 , полученные из

общего решения при конкретных значениях C , являются частными решениями данного уравнения.

Построив графики решения при различных значениях C , получим бесконечное множество непересекающихся интегральных кривых, которое будем называть семейством интегральных кривых (рис. 2).

1 M

1 x

Рис. 2. Интегральные кривые уравнения

Построим	интегральную кривую, проходящую через точку
M (1;1). Для этого требуется решить задачу Коши с начальным
условием y(1)=1.
Подставим	значения	x0 =1, y0	=1 в	общее	решение.
Полученное	равенство	1 =1 +C	решим	относительно
произвольной	постоянной	C , получим	C = 0 .	Таким	образом,

решением поставленной задачи Коши является функция	y = x2 .
На	рис. 2. это интегральная кривая,	проходящая	через точку
M	(1;1), ее график выделен жирной линией.
	Данное	уравнение не	имеет особых решений,	так как
f (x, y)= 2x	непрерывная	функция	и частная	производная
∂f	= 0 ограничена.
∂y

Пример 2. Построить интегральные кривые уравнение y′=2 y . Решение. Данное уравнение можно записать в виде

1		y или x	′	1
x′ = 2	= 2 y .

Найдем для f (x, y)= 2	y	производную
∂f	=	∂(2 y )	=	1 .
∂y		∂y		y
12

y(x0 )= 0 , то

При y = 0 нарушается условие теоремы о существовании и единственности решения задачи Коши. Уравнение может иметь особое решение вида y = 0 .

Общим решение данного дифференциального уравнения является x = y +C . Заметим, что при этом преобразовании мы

могли потерять решение y = 0 .
Частным решением уравнения являются функции	x = y при
C = 0 , x = y +1 при C =1 и т.д. Семейство	интегральных

кривых показано на рис. 3.

Рассмотрим функцию y = 0 . Она является решением исходного

уравнения, которое не может быть получено из общего ни при каких значениях произвольной постоянной. Следовательно, это особое решение, в каждой точке такого решения нарушается единственность задачи Коши.

Действительно, если задать начальное условие

поставленная задача Коши будет иметь два решения. Одно получится из общего решения. Если в формуле общего решения

положить x = x0 , y = 0 , то C = x0 и решением задачи Коши

является функция x = y + x0 .	Это решение проходит через точку
(x0 ,0).	Вторым решением, проходящим через эту точку, является
функция	y = 0 . Таким образом,	в каждой точке решения y = 0

нарушается единственность задачи Коши. Такое решение является особым.

y = 0

Рис. 3.

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Источник

Дифференциальное уравнение первого порядка

y'=f(x,y)

(1)

определяет в каждой точке (x,y) , где существует функция f(x,y) , значение , т.е. угловой коэффициент касательной к интегральной кривой в этой точке.

Если в каждой точке области задано значение некоторой величины, то говорят, что в области задано поле этой величины. Таким образом, дифференциальное уравнение (1) определяет поле направлений.

Тройка чисел (x;y;y') определяет направление прямой, проходящей через точку (x,y) . Совокупность отрезков этих прямых дает геометрическую картину поля направлений.

Задача интегрирования дифференциального уравнения (1) может быть теперь истолкована так: найти такую кривую, чтобы касательная к ней в каждой точке имела направление, совпадающее с направлением поля в этой точке.

Задача построения интегральной кривой часто решается введением изоклин. Изоклиной называется геометрическое место точек, в которых касательные к искомым интегральным кривым имеют одно и тоже направление. Семейство изоклин дифференциального уравнения (1) определяется уравнением

f(x,y)=k,

(2)

где — параметр. Придавая параметру близкие числовые значения, получаем достаточно густую сеть изоклин, с помощью которых можно приближенно построить интегральные кривые дифференциального yравнения (1).

Замечание 1. Нулевая изоклина f(x,y)=0 дает уравнение линий, на которых могут находиться точки максимума и минимума интегральных кривых.

Для большей точности построения интегральных кривых находят также геометрическое место точек перегиба. Для этого находят y'' в силу уравнения (1):

$y''=frac{partial f}{partial x}+frac{partial f}{partial y}y'=frac{partial f}{partial x}+f(x,y)frac{partial f}{partial y}$

(3)

и приравнивают ее нулю. Линия, определяемая уравнением

$frac{partial f}{partial x}+f(x,y)frac{partial f}{partial y}=0,$

(4)

и есть возможное геометрическое место точек перегиба.

Пример 1. С помощью изоклин построить приближенно интегральные кривые дифференциального уравнения y'=2x-y .

Решение. Для получения уравнения изоклин положим y'=text{const}=k , тогда 2x-y=k или y=2x-k .

Семейство интегральных кривых дифференциального уравнения

Изоклинами являются параллельные прямые. При k=0 получим изоклину . Эта прямая делит плоскость xOy на две части, в каждой из которых производная имеет один и тот же знак (рис. 6).

Интегральные кривые, пересекая прямую y=2x , переходят из области убывания функции в область возрастания, и наоборот, а значит на этой прямой находятся точки экстремума интегральных кривых, именно точки минимума.

Возьмем еще две изоклины: y=2x+1,~k=-1 и y=2x-1,~k=1 .

Касательные, проведенные к интегральным кривым в точках пересечения с изоклинами k=-1 и k=1 , образуют с осью углы в 135^circ и 45^circ соответственно. Найдем далее вторую производную y''=2-y'=2-2x+y .

Прямая y=2x-2 , на которой y''=0 , является изоклиной, получаемой при k=2 , и в то же время интегральной линией, в чем можно убедиться подстановкой в уравнение. Так как правая часть данного уравнения f(x,y)=2x-y удовлетворяет условиям теоремы существования и единственности во всей плоскости xOy , то остальные интегральные кривые не пересекают эту изоклину. Изоклина y=2x , на которой находятся точки минимума интегральных кривых, расположена над изоклиной y=2x-2 , а поэтому интегральные кривые, проходящие ниже изоклины y=2x-2 , не имеют точек экстремума.

Прямая y=2x-2 делит плоскость xOy на две части, в одной из которых (расположенной над прямой) y''>0 , а значит интегральные кривые обращены вогнутостью вверх, а в другой y''<0 и, значит, интегральные кривые обращены вогнутостью вниз. Интегральные кривые не пересекают прямой y=2x-2 , значит, она не является геометрическим местом точек перегиба. Интегральные кривые данного уравнения не имеют точек перегиба.

Проведенное исследование позволяет нам приближенно построить семейство интегральных кривых уравнения (рис.6).

Пример 2. Методом изоклин построить приближенно интегральные кривые дифференциального уравнения y'=sin(x+y) .

Решение. Полагая y'=k , где k=text{const} , получаем уравнение изоклин sin(x+y)=k , причем -1 leqslant k leqslant 1 . При k=0 получим sin(x+y)=0 , откуда

y=-x+pi n, quad ninmathbb{Z}.

(5)

Интегральные кривые в точках пересечения с этими изоклинами имеют горизонтальные касательные.

Определим, имеют ли интегральные кривые на изоклинах y=-x+pi{n} экстремум. Для этого найдем вторую производную:

y''=(1+y')cos(x+y)=[1+sin(x+y)]cos(x+y).

При y=-x+pi{n} имеем

${y''=(1+sinpi{n})cospi{n}=(-1)^n=begin{cases}~1,&!text{if}~~n~~text{is even},\-1,&!text{if}~~n~~text{is odd}.end{cases}}$

Если четное, то y''>0 , и, значит, в точках пересечения с изоклинами y=-x+pi{n} , интегральные кривые имеют минимум; если же нечетное, то y''<0 и интегральные кривые в точках пересечения с изоклинами имеют максимум. Находим изоклины:

$k=-1, quad sin(x+y)=-1; quad y=-x-frac{pi}{2}+2pi n,~ninmathbb{Z};$

(6)

$k=1, quad sin(x+y)=1; quad y=-x+frac{pi}{2}+2pi n,~ninmathbb{Z}.$

(7)

Изоклинами являются параллельные прямыми с угловым коэффициентом, равным –1 , т. е. изоклины пересекают ось под углом 135^circ . Легко убедиться в том, что изоклины $y=-x-frac{pi}{2}+2pi{n},~ninmathbb{Z}$ , являются интегральными кривыми данного дифференциального уравнения (для этого достаточно подставить функции $y=-x-frac{pi}{2}+2pi{n}$ в уравнение y'=sin(x+y) ).

Во всех точках плоскости xOy правая часть данного уравнения, т.е. функция f(x,y)=sin(x+y) , удовлетворяет всем условиям теоремы существования и единственности, а поэтому интегральные кривые не пересекаются, и, следовательно, не пересекают изоклины $y=-x-frac{pi}{2}+2pi{n}$ . Производная y'' обращается в ноль при 1+sin(x+y)=0 , т.е. на изоклинах (6), и при cos(x+y)=0 , т. е. на изоклинах (6) и (7). При переходе (слева направо) через изоклины (7) y'' меняет знак с плюса на минус. Например, если рассмотреть полосу, заключенную между изоклинами y=-x и y=pi-x , то на изоклине $y=frac{pi}{2}-x$ производная y''=0 , причем под изоклиной y''>0 . Значит, интегральные кривые обращены вогнутостью вверх, а над изоклиной y''<0 , значит, интегральные кривые обращены вогнутостью вниз. Таким образом, изоклины (7) являются геометрическим местом точек перегиба интегральных кривых. Полученные данные позволяют приближенно построить семейство интегральных кривых данного уравнения. Для более точного построения следует нанести еще несколько изоклин (рис. 7).

Семейство интегральных кривых и изоклины

Пример 3. Методом изоклин построить интегральные кривые уравнения y'=y-x^2+2x-2 .

Решение. Положим y'=text{const}=k . Тогда уравнение изоклин будет

y-x^2+2x-2=k , или y=x^2-2x+2+k .

Приближенное семейство интегральных кривых уравнения

Изоклинами являются параболы с вертикальной осью симметрии x=1 . Среди изоклин нет интегральных кривых. В самом деле, подставляя в данное уравнение y=x^2-2x+2+k и y'=2x-2 , будем иметь 2x-2=x^2-2x+2+k-x^2+2x-2 , или 2x-2=k . Но это равенство ни при каком значении не может выполняться тождественно относительно .

Пусть k=0 , тогда в точках пересечения с изоклиной y=x^2-2x+2 интегральные кривые будут иметь горизонтальные касательные. Изоклина разбивает плоскость xOy на две части: в одной из них y'<0 (решения убывают), а в другой y'>0 (решения возрастают). И так как эта изоклина не является интегральной кривой, то на ней находятся точки экстремума интегральных кривых, именно на той части параболы y=x^2-2x+2 , где x<1 — точки минимума, а на другой части этой параболы, где x>1 — точки максимума. Интегральная кривая, проходящая через точку (1;1) , т.е. через вершину параболы y=x^2-2x+2 , в этой точке не имеет экстремума. В точках изоклин y=x^2-2x+3 (k=1) и y=x^2-2x+1 (k=-1) касательные к интегральным кривым имеют угловые коэффициенты, соответственно равные 1 и –1.

Для исследования направления вогнутости интегральных кривых найдем вторую производную:

y''=y'-2x+2=y-x^2+2x-2-2x+2=y-x^2.

Она обращается в ноль только в точках, лежащих на параболе y=x^2 . В точках плоскости xOy , координаты которых удовлетворяют условию y<x^2 , интегральные кривые вогнуты вниз (y''<0) , а в точках, где y>x^2 , они вогнуты вверх y''>0 . Точки пересечения интегральных кривых с параболой y=x^2 являются точками перегиба этих кривых. Итак, парабола y=x^2 есть геометрическое место точек перегиба интегральных кривых.

Правая часть исходного уравнения f(x,y)=y-x^2+2x-2 во всех точках плоскости xOy удовлетворяет условиям теоремы существования и единственности, поэтому через каждую точку плоскости проходит единственная интегральная кривая уравнения.

Используя полученные сведения, строим приближенно семейство интегральных кривых данного уравнения (рис. 8).

Замечание 2. Точки пересечения двух или нескольких изоклин могут быть особыми точками дифференциального уравнения (1), т.е. такими точками, в которых правая часть уравнения (1) не определена.

Рассмотрим уравнение $y'=frac{y}{x}$ . Семейство изоклин определяется уравнением $frac{y}{x}=k$ . Это семейство прямых, проходящих через начало координат, так что в начале координат пересекаются изоклины, отвечающие различным наклонам касательных к интегральным кривым. Нетрудно убедиться, что общее решение данного уравнения имеет вид y=Cx и точка (0;0) является особой точкой дифференциального уравнения. Здесь изоклины являются интегральными кривыми уравнения (рис. 9).

Пример 4. Методом изоклин построить интегральные кривые уравнения $frac{dy}{dx}=frac{y-x}{y+x}$ .

Решение. Полагая y'=text{const}=k , получаем уравнение семейства изоклин $frac{y-x}{y+x}=k$ . Таким образом, изоклинами являются прямые, проходящие через начало координат O(0;0) .

При k=-1 получим изоклину y=0 , при — изоклину y=x , при k=1 — изоклину x=0 .

Рассматривая обратное уравнение $frac{dx}{dy}=frac{y+x}{y-x}$ найдем изоклину y=-x , во всех точках которой интегральные кривые имеют вертикальные касательные.

В точке (0;0) пересекаются все изоклины данного уравнения (особая точка уравнения). С помощью полученных изоклин строим интегральные кривые (рис. 10).

Интегральные кривые, построенные по изоклинам

Математический форум (помощь с решением задач, обсуждение вопросов по математике).

Кнопка "Поделиться"

Если заметили ошибку, опечатку или есть предложения, напишите в комментариях.

Источник

Справочный материал
Примеры
Обратите внимание!
Видео
Модели
Пройти тесты

Дифференциальным уравнением -го порядка называют уравнение вида:

$LaTeX formula: fleft ( x;y;y';y'';...;y^{(n)} right )=0$ , (8.1)

где – неизвестная функция, а $LaTeX formula: y,y',y'',...,y^{(n)$ , , …, – ее производные.

Дифференциальным уравнением первого порядка называют уравнение вида:

. (8.2)

Например, , , , , , $LaTeX formula: 3y^2y'-1=e^{2x}$ – дифференциальные уравнения первого порядка.

Общим решением уравнения 8.2 называется функция

, (8.3)

как семейство интегральных кривых на плоскости, зависящих от произвольной постоянной , и удовлетворяющая условию 8.2.

Например: 1) убедимся в том, что функция – общее решение уравнения . Найдем производную этой функции: . Подставим значения и в уравнение и получим: , .

Если общее решение уравнения получено в неявном виде

, (8.4)

то его называют общим интегралом.

Например, $LaTeX formula: y^3=-e^{-x}+e^x+C$ – общий интеграл уравнения $LaTeX formula: 3e^xy^2y'=1+e^{2x}$ .

Решить задачу Коши – значит найти интегральную кривую, проходящую через заданную точку или иначе найти частное решение

, (8.5)

удовлетворяющее начальным условиям .

Некоторые виды уравнений первого порядка

1. Дифференциальное уравнение с разделенными переменными имеет вид:

. (8.6)

Чтобы решить уравнение 8.6, необходимо проинтегрировать его обе части. Например, решим уравнение :

, .

2. Дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными имеет вид:

. (8.7)

Чтобы решить уравнение 8.7, необходимо разделить переменные и проинтегрировать обе его части.

3. Дифференциальное однородное уравнение имеет вид:

, (8.8)

где и однородные функции одного и того же порядка: и .

Например: – однородная функция первого порядка, так как ; функция не является однородной.

Чтобы решить уравнение 8.8, необходимо применить подстановку:

, , где . (8.9)

4. Дифференциальное линейное уравнение имеет вид:

. (8.10)

Чтобы решить уравнение 8.10, необходимо применить подстановку:

, , где , . (8.11)

Пример 1. Решите уравнение .

Решение. Поскольку $LaTeX formula: y'=frac{dy}{dx}$ , то запишем данное уравнение так: $LaTeX formula: 2x^2+5=8frac{dy}{dx}$ , . Получили уравнение вида 8.6 с разделенными переменными. Интегрируя обе его части, найдем общее решение 8.3:

, $LaTeX formula: 8y=frac{2x^3}{3}+5x+8C$ , $LaTeX formula: y=frac{x^3}{12}+frac{5x}{8}+C$ .

Ответ: $LaTeX formula: y=frac{x^3}{12}+frac{5x}{8}+C$ .

Пример 3. Решите уравнение .

Решение. Запишем уравнение в виде .

Функции и являются однородными функциями первого порядка, так как

, и .

Следовательно, имеем однородное дифференциальное уравнение первого порядка 8.8. Полагая , , получим: , , , , .

Разделим переменные и проинтегрируем полученное равенство:

$LaTeX formula: frac{4du}{1-3u}=frac{dx}{x}$ , $LaTeX formula: int frac{4d(1-3u)}{-3(1-3u)}=int frac{dx}{x}$ , $LaTeX formula: int frac{d(1-3u)}{1-3u}=-frac{3}{4}int frac{dx}{x}$ , $LaTeX formula: ln(1-3u)=-frac{3}{4}lnx+lnC$ , $LaTeX formula: ln(1-3u)=-lnx^{0,75}+lnC$ , $LaTeX formula: ln(1-3u)=lnfrac{C}{x^{0,75}}$ , $LaTeX formula: 1-3u=frac{C}{x^{0,75}}$ , $LaTeX formula: u=frac{1}{3} -frac{C}{3x^{0,75}}$ .

Учитывая, что , получим: $LaTeX formula: y=frac{x}{3} -frac{Cx}{3x^{0,75}}$ , $LaTeX formula: y=frac{x-Cx^{0,25}}{3}$ .

Ответ: $LaTeX formula: y=frac{x-Cx^{0,25}}{3}$ .

Пример 4. Решите уравнение .

Решение. Имеем линейное уравнение 8.10 Полагая , , получим:

, .

Сгруппируем слагаемые, содержащие множитель , и вынесем его из скобки: , .

Если положим , то получим .

Запишем систему уравнений: $LaTeX formula: begin{cases} xv'-v=0 \ xu'v=x-1 end{cases}$

Решим первое уравнение системы: $LaTeX formula: xfrac{dv}{dx}=v$ , , $LaTeX formula: int frac{dv}{v}=int frac{dx}{x}$ , (произвольная постоянная тут всегда равна нулю), .

Подставим полученное значение во второе уравнение системы и решим его: , $LaTeX formula: u'=frac{x-1}{x^2}$ , $LaTeX formula: frac{du}{dx}=frac{x-1}{x^2}$ , $LaTeX formula: du=frac{x-1}{x^2}dx$ , $LaTeX formula: int du=int frac{1}{x}dx-int frac{1}{x^2}dx$ , $LaTeX formula: u=lnx+frac{1}{x}+C$ .

Так как , то получим: .

Ответ: .

Источник

Пусть необходимо решить дифференциальное уравнение вида при заданных начальных условиях ( при ) на отрезке , где . С помощью метода Эйлера мы сможем построить таблицу значений искомой функции на отрезке вида:

Выполним следующие действия:

1. С помощью точек разобьём отрезок на равных частей длиной .

2. Попытаемся искомую интегральную кривую приближенно заменить касательными, проведенными в крайней левой точке каждого отрезка (рис. 48.2) —

Уравнение касательной, проведенной к графику функции в точке , имеет вид: .

3. Рассмотрим первый отрезок . Касательная , которую мы проводим к графику искомой функции в точке , должна пройти через известную точку и через некоторую точку
, абсцисса которой — известное значение , а ордината неизвестна.

Поскольку точки и лежат на касательной , их координаты удовлетворяют уравнению касательной (*): .

По условию исходное дифференциальное уравнение имеет вид , отсюда .

Подставим в уравнение касательной .

Длина отрезка равна или , следовательно, уравнение касательной примет вид: .

Выразим из этого уравнения неизвестную переменную .

С помощью формулы (1) мы нашли ординату точки , лежащей на касательной . Если выбирать длину отрезка по-возможности небольшой, то ордината точки , лежащей на искомой интегральной кривой и имеющей ту же абсциссу , будет мало чем отличаться от найденного значения .

4. Рассмотрим отрезок . Координаты точки нам известны, необходимо найти ординату точки . Проведя ту же цепочку рассуждений, что и в пункте 3, найдем формулу для расчета .

Полученное число будем считать приближенным значением искомой функции в точке .

Формулу (2) в общем виде можно записать следующим образом: , где — значения искомой функции в точках . Для удобства все найденные значения и заносят в таблицу.

Пример №48.1.

Дано дифференциальное уравнение . Найдите методом Эйлера на отрезке [0; 1] с шагом численное решение задачи Коши с начальным условием .

Решение:

Заданное дифференциальное уравнение соответствует виду дифференциальных уравнений , для которых применим метод Эйлера. В нашем случае .

Для удобства вычислений все расчеты будем выполнять в электронных таблицах Microsoft Excel. В качестве шапки таблицы можно предложить следующий вариант:

В столбце будет указываться номер выполняемого шага: .

В столбце будут располагаться значения . Поскольку — начало отрезка [0;1], то в ячейку занесем значение 0. Чтобы найти значение , которое будет находиться в ячейке , достаточно к началу промежутка прибавить ширину шага . В ячейке будет находиться число 0 + 0,1 = 0,1. Для нахождения каждого последующего значения к предыдущему необходимо прибавлять ширину шага до тех пор, пока не будет равно концу отрезка (числу 1).

В столбце будут содержаться значения искомой функции в точках . Значение берем из условия задачи Коши: . Заносим это число в ячейку . Чтобы
получить значение , в ячейку достаточно ввести формулу, аналогичную формуле (1). В нашем примере она будет иметь вид: . Для заполнения столбца оставшихся значений можно воспользоваться возможностями автозаполнения. Тогда расчетная таблица будет иметь вид:

Данная таблица как раз и представляет собой численное решение задачи Коши методом Эйлера. Пользуясь этой таблицей можно построить на отрезке [0;1] искомую интегральную кривую, проходящую через точку (0; 1) (рис 48.3).

Подведем итог. Метод Эйлера задает простой алгоритм вычислений, но определяет табличные значения с небольшой степенью точности. Это связано с тем, что касательная проводится в левом конце каждого рассматриваемого отрезка, и не учитывается поведение интегральной кривой на всем отрезке. По этой причине приближения оказываются достаточно грубыми, причем расхождения с истинными значениями искомой функции растут к концу таблицы.

Эта лекция взята с главной страницы на которой находится курс лекций с теорией и примерами решения по всем разделам высшей математики:

Предмет высшая математика

Другие лекции по высшей математике, возможно вам пригодятся:

Источник

0 / 0 / 0

Регистрация: 24.11.2016

Сообщений: 3

Найти интегральную кривую уравнения

24.11.2016, 19:26. Показов 3020. Ответов 5

Добрый вечер, помогите пожалуйста, нужно найти интегральную кривую уравне-ния: xy`=2y , проходящую через точку Mo(2;3)

2614 / 2228 / 684

Регистрация: 29.09.2012

Сообщений: 4,578

Записей в блоге: 13

24.11.2016, 19:37

Сообщение от XBC

найти интегральную кривую

Разделите переменные и интегрируйте

8742 / 6335 / 3404

Регистрация: 14.01.2014

Сообщений: 14,553

24.11.2016, 21:22

Возможно требовалось ещё численное решение

Миниатюры

0 / 0 / 0

Регистрация: 24.11.2016

Сообщений: 3

27.11.2016, 18:34

[ТС]

Спасибо ребята!)

0 / 0 / 0

Регистрация: 24.11.2016

Сообщений: 3

28.11.2016, 18:42

[ТС]

mathidiot,М0(2 3) — как так сделать?Пробел между цифрами если точнее.

8742 / 6335 / 3404

Регистрация: 14.01.2014

Сообщений: 14,553

28.11.2016, 20:14

Набираете сначала M_.o:= дальше щелкаете мышкой на палитре «Матрица» и при этом задаете число строк, равным 1, и число столбцов, равным 2, появится шаблон с двумя местами под числа.

IT_Exp

Эксперт

87844 / 49110 / 22898

Регистрация: 17.06.2006

Сообщений: 92,604

28.11.2016, 20:14

Помогаю со студенческими работами здесь

Построить интегральную кривую проходящую через точку
Для уравнения y»+16*y=0. Найти интегральную кривую, проходящую через точку M(0,1) и качающуюся в…

Найти решение уравнения, изоклинную и интегральную кривые, решение задачи Коши
Помогите пожалуйста!
а) Найти решение вида: x=a,y=b,y=kx+b
y’=frac{y^2-4}{xy},\ y’=x-y+2

б)…

Найти интегральную функцию распределения
f(x)= left{begin{matrix}0, x > 0\ frac{x}{2}, 0 leq x leq 2\ 0, x > 2\end{matrix}right….

Построить кривую и написать уравнения директрис
Построить кривую frac{{(y-2)}^{2}}{4}+{(x+4)}^{2}=1
Написать уравнения директрис.

Добавлено…

Искать еще темы с ответами

Или воспользуйтесь поиском по форуму:

Источник

Пример №48.1.

Найти интегральную кривую уравнения

Не пропустите также: