Алгебра: Хелп хелп хелп хелп хелп хелп

Хелп хелп хелп хелп хелп хелп

Показать ответ

Ответ:

Ychi1ka

17.02.2020 04:37

В решении.

Объяснение:

Известно , что график функции y=k/x проходит через точку A(-4;-0,25). Проходит ли это график через точку:

а)B(-8;-0,125);

б)C(50;-0,02);

в)D(-40;-0,05)?

Чтобы определить принадлежность точки графику, нужно известные значения х и у (координаты точки) подставить в уравнение. Если левая часть равна правой, то принадлежит, и наоборот.

1) Сначала нужно найти k, чтобы определить уравнение функции.

у=k/x

A(-4;-0,25)

Нужно в уравнение подставить известные значения (координаты точки А):

-0,25 = k/-4

k= (-0,25)*(-4)

k=1;

Уравнение функции имеет вид:

у = 1/х.

2) Теперь можно определять принадлежность точек графику:

а)B(-8;-0,125);

у=1/х

-0,125 = 1/-8

-0,125 = -0,125, проходит.

б)C(50;-0,02);

у=1/х

-0,02 = 1/50

-0,02 ≠ 0,02, не проходит.

в)D(-40;-0,05).

у=1/х

-0,05 = 1/-40

-0,05 ≠ -0,025, не проходит.

0,0(0 оценок)

Ответ:

Vovacool27

17.06.2022 15:35

Разрешим наше дифференциальное уравнение относительно производной
$y'=- \dfrac{y}{x}$ - уравнение с разделяющимися переменными
Воспользуемся определением дифференциала
$\dfrac{dy}{dx} =- \dfrac{y}{x} \\ \\ \dfrac{dy}{y} =- \dfrac{dx}{x}$
Интегрируя обе части уравнения, получаем
$\ln|y|=\ln| \frac{1}{x} |+\ln C\\ \\ \ln|y|=\ln| \frac{C}{x}|$
$y= \dfrac{C}{x}$ - общее решение

$(1-x^2) \frac{dx}{dy} +xy=0\\ \\ (1-x^2) \frac{dx}{dy} =-xy$
Разделяем переменные
$\dfrac{(x^2-1)dx}{x} = ydy$

интегрируя обе части уравнения, получаем

$-\ln|x|+ \dfrac{x^2}{2} = \dfrac{y^2}{2} +C$ - общий интеграл

Решение задачи Коши нет, т.к. при х=0 логарифм ln0 не существует

Пример 3. $x^2+y^2-2xy\cdot y'=0$
Убедимся, является ли дифференциальное уравнение однородным.
$(\lambda x)^2+(\lambda y)^2-2\cdot\lambda x\cdot \lambda y\cdot y'=0 |:\lambda^2\\ \\ x^2+y^2-2xyy'=0$

Итак, дифференциальное уравнение является однородным.
Исходное уравнение будет уравнением с разделяющимися переменными если сделаем замену
y=ux

, тогда

Подставляем в исходное уравнение

$x^2+u^2x^2-2x\cdot ux(u'x+u)=0\\ \\ x^2(1+u^2-2uu'x-2u^2)=0\\ \\ x=0\\ \\ 1-u^2-2uu'x=0\\ \\ u'= \dfrac{1-u^2}{2ux}$

Получили уравнение с разделяющимися переменными

Воспользуемся определением дифференциала

$\dfrac{du}{dx} =\dfrac{1-u^2}{2ux}$

Разделяем переменные

$\dfrac{du^2}{1-u^2} = \dfrac{dx}{x}$

Интегрируя обе части уравнения, получаем

$\ln\bigg| \dfrac{1}{1-u^2} \bigg|=\ln|Cx|$

$\dfrac{1}{1-u^2} =Cx$

Обратная замена

$\dfrac{x^2}{x^2-y^2} =Cx$ - общий интеграл

Пример 4. y''-4y'+4=0

Это дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами также однородное.
Воспользуемся методом Эйлера
Пусть $y'=e^{kx}$ , тогда будем иметь характеристическое уравнение следующего вида:
$k^2-4k+4=0\\ (k-2)^2=0\\ k_{1,2}=2$

Тогда общее решение будет иметь вид:

$y=C_1y_1+C_2y_2=C_1e^{2x}+C_2xe^{2x}$ - общее решение

Пример 5. y''+4y'-5y=0

Аналогично с примером 4)
Пусть $y=e^{kx}$ , тогда получаем
$k^2+4k-5=0\\ (k+2)^2-9=0\\ \\ k+2=\pm 3\\ k_1=1\\ k_2=-5$

Общее решение: $y=C_1e^{x}+C_2e^{-5x}$

Найдем производную функции
$y'=C_1e^x-5C_2e^{-5x}$

Подставим начальные условия

$\displaystyle \left \{ {{4=C_1+C_2} \atop {2=C_1-5C_2}} \right. \to \left \{ {{C_1=4-C_2} \atop {2=4-C_2-5C_2}} \right. \to \left \{ {{C_1= \frac{11}{3} } \atop {C_2=\frac{1}{3} }} \right.$

$y=\frac{11}{3} e^x+\frac{1}{3} e^{-5x}$ - частное решение