Matematyka.pl

Poprawione. Wielkie dzięki

A ile wynosi całka z e^{ax} ? Do tej pory myślałem, że całka z funkcji zewnętrznej razy całka z wewnętrznej - jak przy pochodnych. Ale już będe wiedział. Czyli: C(x) = - \frac{e ^{ -\frac{4}{x}}(4+x) }{8x} + C \\ z = C(x)e ^{ \frac{4}{x} } \\ z= - \frac{e ^{ -\frac{4}{x} }(4+x) \cdot e ^{ \frac{4}{...

Patrząc na równanie: -\frac{ x^{3} dz}{ 2dx }-2xz=1 \leftarrow RRLN uzmienniam stałą: z=C(x) e^{ \frac{4}{x} } \\ \\ \frac{dz}{dx} = \frac{dC(x) \cdot e^{ \frac{4}{x} } }{ dx } - \frac{4}{x ^{2} } \cdot e ^{ \frac{4}{x} } \cdot C(x) \\ Otrzymane zależności wstawiam do powyższego RRLN \frac{- x^{3}dC...

x^{3} y'-2xy= y^{3} /: y^{3}\\ \\ \\ \frac{x^{3}}{y^{3} } \frac{dy}{dx} - \frac{2x}{ y^{2} } = 1 \\ \\ z= y^{-2} \\ \\ \frac{dz}{dx} = \frac{-2dy}{ y^{3}dx }\\ \\ \frac{dy}{ y^{3} dx} = -\frac{dz}{ 2dx }\\ \\ -\frac{ x^{3} dz}{ 2dx }-2xz=1 \leftarrow RRLN\\ \\ -\frac{ x^{3} dz}{ 2dx }=2xz \\ \\ \fr...

W sumie nie, bo x w \(\displaystyle{ \arctan}\) należy do całego \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\)
OK. To dzięki wielkie

\(\displaystyle{ \frac{dy}{dx}=\arctan x\\ \\
dy = \arctan x dx \\ \\
\int dy = \int \arctan x dx \\ \\
y=x \arctan - \frac{1}{2} \ln \left| x^{2}+1 \right| +C}\)

Dobrze? To tylko wpaść na tego arcusa, poza tym prościutkie A trzeba dawać założenia dla iksa?

A przykład \(\displaystyle{ f}\) to nie jest może RR Zupełne? Bo nijak tu nie widze rozdzielenia tych zmiennych

\(\displaystyle{ \tg y'=x \\ \\
\tg \frac{dy}{dx}=x}\)

Z wstępnego rozpoznania wnioskuje, że jest jest to równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych. Tylko czy przy tangensie nie powinno być żadnego argumentu? Bo inaczej jak to rozdzielić?

Prosty przykład, który często się pojawia także w równaniach różniczkowych.

\(\displaystyle{ \int \frac{\mbox{d}y}{y} = \int -\mbox{d}x \\ \\ \ln \left| y\right| = -x+C \\ \\
y= Ce^{-x}}\)

Tak to rozwiązuje, ale do końca nie wiem dlaczego na końcu nie jest tak:

\(\displaystyle{ y= e^{-x}+C}\)

Z góry dzięki za wyjaśnienie

Aha... w ten sposób. Dzięki

Mógłby mi ktoś wyjaśnić lewą stronę tego równania : \int \frac{\mbox{d}t}{t \cdot \ln \left|t \right| } = \int \frac{\mbox{d}x}{x} \\ \\ \ln \left| \ln t\right| = \ln \left|x \right| + \ln \left| C\right| Bo jeśli całka z lewej strony równania miałaby tyle wynosić to w liczniku przy \mbox{d}t musiał...

Mam kilka równań różniczkowych, na razie chodzi mi tylko o rozpoznanie typów tych równań, bo nie jestem pewien co do samej identyfikacji, czasami nie mam pojęcia jaki to typ i jak go rozróżnić. a) \ y'+ \frac{y}{ \sin^{2}x }= \ln^{2}x \cdot e^{\ctg x} \\ b) \ xy'-y=x\cdot \tg \frac{y}{x} \\ c) \ y'=...

W\left(\frac{-\sqrt{8}}{8}, \frac{\sqrt{8}}{8}\right)=\begin{vmatrix} 2&-2\\2&6\end{vmatrix}=12+4=16\\ \frac{\text d^{2} f}{\text{d}x^2}>0\\ \frac{\text d^{2} f}{\text{d}y^2}>0 Więc w badanym punkcie stacjonarnym istnieje minimum , które wynosi f(P)= \frac{1}{2}- \ln \frac{2 \sqrt{8} }{8}

OK. A pochodne drugiego rzędu są dobrze?
\(\displaystyle{ \frac{\text d^{2} f}{\text{d}x\text{d}y}=\frac{-1}{(y-x)^2}\\
\frac{\text d^{2} f}{\text{d}y\text{d}x}=\frac{-1}{(y-x)^2}\\
\frac{\text d^{2} f}{\text{d}x^2}=4+\frac{1}{(y-x)^2}\\
\frac{\text d^{2} f}{\text{d}y^2}=4+\frac{1}{(y-x)^2}}\)

Powróciłem do ostatnio rozwiązywanego zadania, ponieważ chciałbym je dobrze do końca rozwiązać: f\left(x,y\right) = 2 x^{2} + 2 y^{2} - \ln \left(y-x\right) \\ y - x > 0\\ y > x \\ Pochodne: \frac{\text df}{\text{d}x}=4x+\frac{1}{y-x} \\ \frac{\text df}{\text{d}y}=4y-\frac{1}{y-x}}\\ \\ \begin{cases...