Видео:Урок 14 Решение задач с помощью уравнений (5 класс)Скачать
Дифференциальные уравнения 1-го порядка. Метод изоклин. Получение ДУ по общему решению
Видео:Cистемы уравнений. Разбор задания 6 и 21 из ОГЭ. | МатематикаСкачать
Метод изоклин решения дифференциального уравнения первого порядка
Дадим геометрическую интерпретацию дифференциального уравнения первого порядка. Пусть дано дифференциальное уравнение, разрешенное относительно производной:
и пусть у = $>(х,С) есть общее решение данного уравнения. Это общее решение определяет семейство интегральных кривых на плоскости Оху.
Уравнение (1) для каждой точки А/ с координатами х и у определяет зна-v dy ,
чение производной — = tga = к, т.е. угловой коэффициент касательной к инте-dx
тральной кривой, проходящей через эту точку. Таким образом, дифференциальное уравнение (1) дает совокупность направлений или, как говорят, определяет поле направлений на плоскости Оху.
Для дифференциального уравнения (1) геометрическое место точек, в ко-dy ,
торых выполняется соотношение — = k = const, называется изоклиной данного dx
При различных значениях к получаем различные изоклины. Уравнение изоклины, соответствующей значению к, будет, очевидно, f(x,у) = к. Построив семейство изоклин, можно приближенно построить семейство интегральных кривых. Говорят, что зная изоклины можно качественно определить расположение интегральных кривых на плоскости.
Пример 1. На рисунке 1 изображено поле направлений, определяемое дифференциальным уравнением
Изоклинами данного дифференциального уравнения являются = к, х
или у = -кх. Это семейство прямых. Они построены на рис.1.
Нулевая изоклина f(x, у) = 0 дает уравнение линий, на которых могут находиться точки максимума и минимума интегральных кривых.
Рисунок 1 — Поле направлений для ДУ (2)
Для большей точности построения интегральных кривых находят также геометрическое место точек перегиба, в которых у» = 0. Для этого находят у» в силу уравнения (1) и приравнивают ее нулю:
у = — + — у = — + f(x, у)— = 0 dx dy dx dy
Линия, определяемая этим уравнением и есть возможное геометрическое место точек перегиба.
Пример 2. С помощью изоклин построить приближенно интегральные кривые дифференциального уравнения у’ = 2х-у.
Решение. Для получения уравнения изоклин положим у’ = k = const, 2х-у = к, или у = 2х-к
Изоклинами являются параллельные прямые. При к = 0 получим изоклину у = 2х. Эта прямая делит плоскость хОу на две части, в каждой из которых производная у’ имеет один и тот же знак (рис. 2).
Интегральные кривые, пересекая прямую у = 2х, переходят из области убывания функции у в область возрастания, и наоборот, а значит на этой прямой находятся точки экстремума интегральных кривых, а именно точки минимума.
Возьмем еще две изоклины: у = 2×4-1, k =-1 и у = 2х-1, к = 1
Касательные, проведенные к интегральным кривым в точках пересечения с изоклинами к = -1 и к = 1, образуют с осью Ох углы в 135° и 45° соответственно. Найдем далее вторую производную у» = 2 — у’ = 2 — 2х 4- у.
Рисунок 2 — Интегральные кривые уравнения у’ = 2х-у
Прямая у = 2х-2, на которой у» = 0, является изоклиной, получаемой при к = 2, и в то же время интегральной линией, в чем можно убедиться подстановкой в уравнение. Так как правая часть данного уравнения f (х, у) = 2х- у удовлетворяет условиям теоремы существования и единственности во всей плоскости хОу, то остальные интегральные кривые не пересекают эту изоклину. Изоклина у = 2х, на которой находятся точки минимума интегральных кривых, расположена над изоклиной у = 2х-2, а поэтому интегральные кривые, проходящие ниже изоклины у = 2х — 2, не имеют точек экстремума.
Прямая у = 2х — 2 делит плоскость хОу на две части, в одной из которых (расположенной над прямой) у»> 0, а значит, интегральные кривые вогнуты, а в другой у» 1 = у — х 2 + 2х — 2.
Решение. Положим у’ = к, к = const. Тогда уравнение изоклин будету — х 2 4- 2х — 2 = к, или у = х 2 — 2х + 2 + к = (х — 1) 2 4-14- к.
Изоклинами являются параболы с вертикальной осью симметрии х = 1. Среди изоклин нет интегральных кривых. В самом деле, подставляя в данное уравнение у = х 2 — 2х + 2 + к и у’ = 2х — 2,, будем иметь 2х — 2 = х 2 — 2х + 2 + к — х 2 + 2х — 2, или 2х — 2 = к. Но это равенство ни при каком значении к не может выполняться тождественно относительно х.
Пусть к = 0. Тогда в точках пересечения с изоклиной у = х 2 — 2х + 2 интегральные кривые будут иметь горизонтальные касательные. Изоклина у = х 2 — 2х 4-2 разбивает плоскость хОу на две части: в одной из них у’ 0 (решения у возрастают). И так как эта изоклина не является интегральной кривой, то на ней находятся точки экстремума интегральных кривых, именно на той части параболы у = х 2 -2х + 2 = (х-1) 2 +1, гдех 1 — точки максимума. Интегральная кривая, проходящая через точку (1; 1), т.е. через вершину параболы у = х 2 -2×4-2, в этой точке не имеет экстремума. В точках изоклин у — х 2 -2х + 3, k = 1 и у — х 2 -2×4-1, к = — 1 касательные к интегральным кривым имеют угловые коэффициенты, соответственно равные 1 и -1 (см. рис. 3).
Для исследования направления вогнутости интегральных кривых найдем вторую производную:
у» = у -2х 4- 2 = j/-x 2 +2х-2-2х 4- 2 = у — х 2
Она обращается в нуль только в точках, лежащих на параболе У “ х . В точках плоскости Х @У, координаты которых удовлетворяют условию У , ин-( у» х 2
тегральные кривые вогнуты вниз v J 7 , а в точках, где л , они вогнуты вверх ^У . Точки пересечения интегральных кривых с параболой У
V — х 2 являются точками перегиба этих кривых. Итак, парабола у есть геометрическое место точек перегиба интегральных кривых.
Правая часть исходного уравнения ^( Х ’У) _ У -Х + 2х — 2 во всех точках плоскости хОу 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. 3).
Таким образом, надо проверять, является ли изоклина, для которой к = О интегральной кривой ДУ или нет. Если нет, то эта изоклина определяет точки экстремума.
Рисунок. 3 — Интегральные кривые уравнения
у’ = у — х 2 + 2х — 2
Задачи для самостоятельного решения
В задачах 1-14 с помощью изоклин начертить (приближенно) решение данных уравнений. (Филиппов)
Видео:Практика 1 ИзоклиныСкачать
И методы их решения. Метод изоклин (графическое решение)
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Дифференциальные уравнения первого порядка.
Основные понятия
Дифференциальным уравнением(ДУ) называется уравнение, связывающее независимую переменную , искомую функцию и её производные или дифференциалы.
— — дифференциальное уравнение первого порядка, неявный вид.
— — уравнение, разрешённое относительно производной.
— — дифференциальная форма записи дифференциального уравнения первого порядка.
ДУ с одной независимой переменной называется обыкновенным.
ПорядкомДУ называется порядок наивысшей производной (или дифференциала), входящей в уравнение.
Всякая функция, удовлетворяющая ДУ, т.е. при подстановке в уравнение обращающая его в тождество, называется решением уравнения. Бесконечное множество решений уравнения называется общим решением ДУ. Общее решение имеет вид , где C – произвольная постоянная. Если решение задано в неявном виде, то оно обычно называется интегралом. Множество интегралов называется общим интегралом и имеет вид .
Каждому решению уравнения соответствует линия (график), называемая интегральной кривой этого уравнения.
Задача отыскания решения ДУ первого порядка, удовлетворяющего заданному начальному условию, называется задачей Коши.
Теорема (существования и единственности задачи Коши). Если функция непрерывна в области, содержащей точку , то уравнение имеет решение такое, что . Если, кроме того, непрерывна и частная производная , то это решение – единственное.
Условие, при котором значение искомой функции равно при , называется начальным условием уравнения и записывается .
Решение ДУ, удовлетворяющее заданному начальному условию, называется частным решением.
а) – ДУ 1-го порядка в неявном виде.
б) – ДУ 1-го порядка в дифференциальной форме.
в) – ДУ 1-го порядка разрешенное относительно производной.
Пример 1.Выяснить, является ли функция решением уравнения ?
Решение. . Полученную производную подставим в уравнение. Тогда , . Получили верное тождество, следовательно, данная функция является решением данного ДУ.
Дифференциальные уравнения первого порядка
и методы их решения. Метод изоклин (графическое решение)
Геометрическое истолкование ДУ первого порядка. Уравнение устанавливающее связь (зависимость) между координатами точки и угловым коэффициентом касательной интегральной кривой, проходящей через эту точку. Следовательно, ДУ дает совокупность направлений (поле направлений) на плоскости Оху.
Поле направлений изображаетсяпри помощисистемы чёрточек или стрелок с углом наклона .
Кривые (где ), в точках которых наклон поля имеет постоянное значение, равное k, называются изоклинами. Построив изоклины и поле направлений, можно приближённо нарисовать интегральные кривые, рассматривая последние как кривые, которые в каждой своей точке имеют заданное направление поля.
Пример 2.Методом изоклин построить приближенно поле интегральных кривых для дифференциальног уравнения .
Решение. Здесь изоклинами являются прямые линии:
, где
, , ;
, , ;
, , .
На каждой из прямой изображаем систему черточек под найденным углом. Проводя линии таким образом, чтобы черточки являлись касательными к интегральным кривым, получим параболы (рис. 12)
Видео:Мат. анализ. Практика 5.1: изоклины. Филиппов 8, 17, 19, 24, 30Скачать
Метод изоклин для дифференциальных уравнений 1-го порядка
Дифференциальное уравнение первого порядка
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 определяет направление прямой, проходящей через точку . 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
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 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 в силу уравнения (1):
и приравнивают ее нулю. Линия, определяемая уравнением
и есть возможное геометрическое место точек перегиба.
Пример 1. С помощью изоклин построить приближенно интегральные кривые дифференциального уравнения .
Решение. Для получения уравнения изоклин положим , тогда или .
Изоклинами являются параллельные прямые. При получим изоклину . Эта прямая делит плоскость на две части, в каждой из которых производная имеет один и тот же знак (рис. 6).
Интегральные кривые, пересекая прямую , 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: и .
Касательные, проведенные к интегральным кривым в точках пересечения с изоклинами и , образуют с осью углы в и соответственно. Найдем далее вторую производную .
Прямая , на которой , является изоклиной, получаемой при , и в то же время интегральной линией, в чем можно убедиться подстановкой в уравнение. Так как правая часть данного уравнения удовлетворяет условиям теоремы существования и единственности во всей плоскости , то остальные интегральные кривые не пересекают эту изоклину. Изоклина , на которой находятся точки минимума интегральных кривых, расположена над изоклиной , а поэтому интегральные кривые, проходящие ниже изоклины , не имеют точек экстремума.
Прямая делит плоскость на две части, в одной из которых (расположенной над прямой) 0″ png;base64,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» style=»vertical-align: middle;» />, а значит интегральные кривые обращены вогнутостью вверх, а в другой и, значит, интегральные кривые обращены вогнутостью вниз. Интегральные кривые не пересекают прямой , 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 .
Решение. Полагая , где , получаем уравнение изоклин , причем . При получим , откуда
Интегральные кривые в точках пересечения с этими изоклинами имеют горизонтальные касательные.
Определим, имеют ли интегральные кривые на изоклинах экстремум. Для этого найдем вторую производную:
Если четное, то 0″ png;base64,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» style=»vertical-align: middle;» />, и, значит, в точках пересечения с изоклинами , интегральные кривые имеют минимум; если же нечетное, то и интегральные кривые в точках пересечения с изоклинами имеют максимум. Находим изоклины:
Изоклинами являются параллельные прямыми с угловым коэффициентом, равным –1 , т. е. изоклины пересекают ось под углом . Легко убедиться в том, что изоклины , являются интегральными кривыми данного дифференциального уравнения (для этого достаточно подставить функции в уравнение ).
Во всех точках плоскости правая часть данного уравнения, т.е. функция , удовлетворяет всем условиям теоремы существования и единственности, а поэтому интегральные кривые не пересекаются, и, следовательно, не пересекают изоклины . Производная обращается в ноль при , т.е. на изоклинах (6), и при , т. е. на изоклинах (6) и (7). При переходе (слева направо) через изоклины (7) меняет знак с плюса на минус. Например, если рассмотреть полосу, заключенную между изоклинами и , то на изоклине производная , причем под изоклиной 0″ png;base64,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» style=»vertical-align: middle;» />. Значит, интегральные кривые обращены вогнутостью вверх, а над изоклиной , 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).
Пример 3. Методом изоклин построить интегральные кривые уравнения .
Решение. Положим . Тогда уравнение изоклин будет
Изоклинами являются параболы с вертикальной осью симметрии . Среди изоклин нет интегральных кривых. В самом деле, подставляя в данное уравнение и , будем иметь , или . Но это равенство ни при каком значении не может выполняться тождественно относительно .
Пусть , тогда в точках пересечения с изоклиной интегральные кривые будут иметь горизонтальные касательные. Изоклина разбивает плоскость на две части: в одной из них (решения убывают), а в другой 0″ png;base64,iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAADQAAAAXBAMAAAC2bnFAAAAAMFBMVEVHcEwAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAlTPQ5AAAAD3RSTlMAncEhYUEQgTHg8NGxUXFruPrBAAAA30lEQVQoz2NgIB8wr8MpxfIFpxTjAnSRDhiDUwBNplNwBpRlb4Bh9y2okBOYTIQrYPzAwAU1SARMsp4JgEpxb2BgmsDAJtTAcDcBao4QVI5fgYHpAwNT4wSGOXA7pB3gUt8Y3LknMH9H2F8NlusHSn1lCO5/wPIV4TY2sBw/WIqh3oDnA7JUAdxABm0GLgU0TQycQBcCA+gjg30BujOA/uIH+msOgzzMO3DHM39hiAcyvYTWQ2VYD8HUMHiKTwGantCwEMpPbEDYCQoFrgl8n3FElX1BlwMOKXadE6QnGABHNTFBqOdYeAAAAABJRU5ErkJggg==» style=»vertical-align: middle;» /> (решения возрастают). И так как эта изоклина не является интегральной кривой, то на ней находятся точки экстремума интегральных кривых, именно на той части параболы , где — точки минимума, а на другой части этой параболы, где 1″ png;base64,iVBORw0KGgoAAAANSUhEUgAAADAAAAAQBAMAAACigOGCAAAALVBMVEVHcEwAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAAACttl6nAAAADnRSTlMAAcChQSFZMdCB6RCQsVNol/AAAACdSURBVBjTY2AgCbDjEBexE8Aqzrl2HbJEZQCcKaiHLMGiDJdhBEvs0dymDJVxQJbgVpForkqAyBg5IEnwOPC+ngeRYGA1SkRIsDFIKWyHGc5qlQCXYGSImwB3AOsJhAQDY54DXBzZKGaDewISEGezGzkIIiTqtFcxZEIcpQvTKtAHVMBxwsPoAKoHWd69ewe0t5AhEMwtRgoSQUEGAFJBHb3FaZBuAAAAAElFTkSuQmCC» /> — точки максимума. Интегральная кривая, проходящая через точку , т.е. через вершину параболы , в этой точке не имеет экстремума. В точках изоклин и касательные к интегральным кривым имеют угловые коэффициенты, соответственно равные 1 и –1.
Для исследования направления вогнутости интегральных кривых найдем вторую производную:
Она обращается в ноль только в точках, лежащих на параболе . В точках плоскости , координаты которых удовлетворяют условию , интегральные кривые вогнуты вниз , а в точках, где x^2″ png;base64,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» style=»vertical-align: middle;» />, они вогнуты вверх 0″ png;base64,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» style=»vertical-align: middle;» />. Точки пересечения интегральных кривых с параболой являются точками перегиба этих кривых. Итак, парабола есть геометрическое место точек перегиба интегральных кривых.
Правая часть исходного уравнения во всех точках плоскости 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 . Семейство изоклин определяется уравнением . 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 и точка является особой точкой дифференциального уравнения. Здесь изоклины являются интегральными кривыми уравнения (рис. 9).
Пример 4. Методом изоклин построить интегральные кривые уравнения .
Решение. Полагая , получаем уравнение семейства изоклин . Таким образом, изоклинами являются прямые, проходящие через начало координат .
При получим изоклину , при — изоклину , при — изоклину .
Рассматривая обратное уравнение найдем изоклину , во всех точках которой интегральные кривые имеют вертикальные касательные.
В точке пересекаются все изоклины данного уравнения (особая точка уравнения). С помощью полученных изоклин строим интегральные кривые (рис. 10).
🔥 Видео
Решение задач с помощью уравненийСкачать
18+ Математика без Ху!ни. Дифференциальные уравнения.Скачать
Решение тригонометрических уравнений. Подготовка к ЕГЭ | Математика TutorOnlineСкачать
Задача Коши ➜ Частное решение линейного однородного дифференциального уравненияСкачать
Решение задач с помощью уравнений.Скачать
Как решать уравнения с модулем или Математический торт с кремом (часть 1) | МатематикаСкачать
Решение систем уравнений второго порядка. 8 класс.Скачать
Решение физических задач с помощью дифференциальных уравненийСкачать
Семинар 1 изоклиныСкачать
2. Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными. Часть 1.Скачать
Алгебра 8. Урок 9 - Квадратные уравнения. Полные и неполныеСкачать
5 способов решения квадратного уравнения ➜ Как решать квадратные уравнения?Скачать
Контрольная работа. Уравнения с МОДУЛЕМСкачать
Решение системы линейных уравнений графическим методом. 7 класс.Скачать
Составить дифференциальные уравнения семейств линийСкачать
