Ankilov

dy

cos x

dx ;

dy

ln

y

,

cos x

dx

d sin x

ln

sin x

ln

C

ln

C sin x

;

y

sin x

y

sin x

sin x

получаем общий интеграл ln

y

ln

C sin x

.

Выражая у, находим общее решение y C sin x ,

Задача 2. Найти решение задачи Коши y' 2xy 2xe x2

, у(0) = 2.

Решение. Дано линейное уравнение 1-го порядка. Решение уравнения ищем в виде

y U V ,

где

U U (x) ,

V V (x)

–

некоторые

функции.

Находим

производную

y' (UV )' U 'V UV '

и

подставляем

у,

у'

в

исходное

уравнение:

(U 'V UV ') 2xUV 2xe x2 ,

или

U 'V U (V ' 2xV ) 2xe x2 .

Приравнивая

к

нулю

выражение в скобках, получаем два уравнения:

V ' 2xV 0 ,

(6.30)

U 'V 2xe x2 .

(6.31)

Уравнение (6.30) – это уравнение с разделяющимися переменными. Подставляя в (6.30)

V ' dV и разделяя переменные, получаем

dx

dV

2xV 0 ,

dV 2xV , dV 2xdx .

dx

dx

V

Интегрируем: dV 2xdx ,

ln

V

x2 C .

Положим С = 0 и

найдем

V e x2 .

V

Подставляя полученное значение V в уравнение (6.31), находим U: U ' e x2

2xe x2

, U ' 2x ,

U 2xdx x2

C . В

итоге

общее

решение

задачи

есть

y UV (x2 C)e x2 ,

где

С –

произвольное число. Потребуем, чтобы

функция

y

удовлетворяла

начальному

условию

y (0) = 2.

Подставим в уравнение y (x2

C) e x2

значения х = 0,

у = 2:

2 = (0+С)е0, или

2 = С. Значит, решение задачи Коши получается из общего решения при С = 2:

дифференциалах.

Обозначим M (x, y) sin xy xy cos xy ,

N (x, y) x2 cos xy

и найдем

частные производные:

M

x cos xy x cos xy x2 y sin xy 2x cos xy x2 y sin xy ,

y

N 2x cos xy x2 y sin xy ,

x

так что

M

N

при любых значениях х и у. Значит, условие (6.4) выполняется. Таким

y

x

образом, данное уравнение есть уравнение в полных дифференциалах и согласно (6.5),

F(x, y) M (x, y) sin xy xy cos xy ,

(6.32)

x

F(x, y) N (x, y) x2 cos xy .

(6.33)

y

x sin xy ( y) x2 cos xy ,

y

откуда x2 cos xy '( y) x2 cos xy ,

'( y) 0 , так что

( y) C сonst . Таким образом,

Решение.

Характеристическое уравнение K 2 5K 6 0

имеет корни кратности 1:

K

1

2, K

2

3.

Значит,

y

0.0.

C e2 x

C

2

e3x . Так

как i 0

не

совпадает

с

корнями,

1

частное решение следует искать в виде

y ч.н.

Ax2

Bx C . Подставляя

y ч.н.

в исходное

уравнение, получаем тождество:

2A 5 2Ax B 6 Ax2 Bx C x2 x 2 .

Приравниваем

коэффициенты

при

одинаковых

степенях

x в левой

и

правой

частях

тождества: x : 10A 6B 1;

x2

: 6A 1; свободные члены:

2A 5B 6C 2 .

Решая систему, находим:

A

1

,

B 1

C

10

. Значит, y

ч.н.

1 x2

1 x 10

; общее

6

9

27

6

9

27

решение уравнения имеет вид y y

0.0.

y ч.н. C e2 x C

e3x

1 x2

1 x 10 .

1

2

6

9

27

Задача 4.4. Найти общее решение уравнения:

y 5y 6 y 18x2

6x .

Решение.

Характеристическое

уравнение

имеет

вид:

K 3 5K 2 6K 0 ,

или

K K 2 5K 6 0 ;

его

корни

K1

0, K2

2,

K3 3

(все

корни

простые).

Тогда

y

0.0.

C e0 x C

2

e2 x C

e3x C C

e2 x

C

e3x .

1

3

1

2

3

с числом i 0 i0 0 , то

y ч.н. x Ax2 Bx C Ax3 Bx2 Cx .

Подставляя y ч.н. в исходное уравнение, получаем

6A 5 6Ax 2B 6 3Ax2 2Bx C 18x2 6x .

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x:

18A 18, 30A 12B 6, 6A 10B 6C 0 .

Решая систему, находим:

A 1,

B 3,

C 4 ,

тогда

y ч.н. x3 3x2

4x ,

и

общее

решение имеет вид y C

C

e2 x

C

e3x

x3 3x2

4x .

1

2

3

Задача 4.5. Найти общее решение уравнения

y(4)

5y(3) 6 y(2) x2 .

Решение.

Имеем:

K 4 5K 3

6K 2

0 ,

или

K 2 K 2

5K 6 0 .

Корни:

K 1

0

(кратности 2), K

2

2

и

K

3

3 (простые). Получаем

y

0.0.

C C

2

x C

e2 x

C

e3x

. Так как

1

3

4

i 0

является

корнем

кратности

2

характеристического

уравнения,

то

y ч.н. x2 Ax2 Bx C . Далее решение строится как в предыдущей задаче.

Находим:

y ч.н

= Ax4 Bx3 Cx2 ,

y ч.н= 4Ax3 3Bx2

2Cx,

y ч.н=12Ax2 6Bx 2C,

y ч.н= 24Ax 6B,

y(4) ч.н= 24A. Подставляя

функцию

yч.н.

и

ее

производные

в

исходное

уравнение, получаем тождество:

24A 5 24Ax 6B 6 12Ax2 6Bx 2C x2 .

уравнений относительно неизвестных А, В, С:

x2

72A 1,

72A 1

x

10A 3B 0 .

1

4A 5B 2C 0

Решая систему, находим: A

1

,

B

5

,

C

19

, y

ч.н.=

1

x4

5

x3

19

x2 .

108

216

108

216

72

72

Общее решение уравнения есть

y C

C

x C

e2 x

C

e3x

1

x4

5

x3

19

x2 .

1

2

3

4

72

108

216

Решение. Характеристическое уравнение K 2 3K 2 0

имеет простые корни K1 1 и

K

2

2 . Значит,

y

0.0.

C ex C

e2 x

. Переходим к отысканию

y ч.н..

Правая часть уравнения

1

2

имеет вид f (x) xex . Здесь 1,

0,

s 1. Число i 1 является корнем кратности

1 характеристического уравнения, значит k =1, y ч.н. Ax B xex .

Подставив

y ч.н.

и

ее

производные

в

исходное

уравнение, получим

ex Ax2 4Ax Bx 2A 2B 3ex Ax2 2Ax Bx B 2ex Ax2 Bx xex .

Сокращаем на ex

и приводим подобные члены:

2Ax 2A B x .

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях

x

в левой и правой частях

тождества, находим: A 0,5,

B 1.

2

Имеем y ч.н.

x

x ex .

2

Общее решение уравнения имеет вид

y y0.0. y ч.н. C e

x

2 x

x2

x

.

C

e

x

e

1

2

2

Задача 4.7. Найти общее решение уравнения

y 2 y 5y 17 cos 2x 16e x .

Решение.

K 2

2K 5 0,

K1,2 1

4 1 2i,

1,

2,

y

0.0.

e x C cos 2x C

2

sin 2x . Так как правая часть уравнения – сумма слагаемых вида

1

(6.16), то согласно замечанию 2 пункта 6.3.2 частное решение ищем в виде суммы

y ч.н. Acos 2x B sin 2x Сex .

Подставляя y ч.н. в исходное уравнение, получаем тождество

4Acos2x 4Bsin2x Cex

2 2Asin2x 2Bcos2x Cex

5 Acos2x Bsin2x Cex 17cos2x 16ex

0.

Приравнивая к нулю суммарные коэффициенты при cos 2x , sin 2x и ex, получаем

cos 2x : 4A 4B 5A 17;

sin 2x : 4B 4A 5B 0 ;

ex: C 2C 5C 16.

Решая систему, находим: A 1,

B 4 , С = 2, тогда

y ч.н. cos 2x 4sin 2x 2e x . Для общего

решения получаем выражение

y C e x

cos 2x C

e x sin 2x cos 2x 4sin 2x 2ex .

1

2

y' x y t ,

x' 3x 4 y 2t .

(6.34)

Решение. Здесь t – независимая переменная, х = x(t), y = y(t) – неизвестные функции.

Из

первого

уравнения

системы (6.34)

выражаем

x y' y t и

находим

производную

x' ( y' y t)' y'' y' 1 .

Подставляем

х

и

х' во

второе уравнение (6.34): y'' y' 1

3( y' y t) 4 y 2t .

функции

у:

y'' 2 y' y 5t 1. Общее

решение этого уравнения

y (C C

t)e t 5t 9

1

2

( y

o.o.

(C

C

t)e t ,

y

ч.н.

5t 9 , y y

o.o.

y

ч.н.

). Находим

1

2

x y' y t (C

e t (C

C

t)e t 5) (C e t C

te t 5t 9) t 2C

te t (C

2

2C )e t

6t 14.

2

1

2

1

2

2

1

Решение. Согласно методу Эйлера составляем характеристическое уравнение:

0

1

(1 r)(4 r) 2 r 2 5r 6 .

Корни уравнения = 0

есть r1 = 2, r2 = 3.

Система (6.26) имеет вид: (1 r) 0 ,

2 (4 r) 0 , причем

второе

уравнение

лишнее.

Имеем:

(1 r) .

Полагая

1 1, r r1 2 , получаем 1 1. Полагая 2

1, r r2

3 , получаем

2 2 .

Подставляя найденные значения в (6.29), находим общее решение системы:

x C e2t

C

e3t , y C e2t 2C

e3t .

1

2

1

2

Приравнивая

коэффициенты

при

одинаковых

степенях t слева и справа,

имеем:

1 3 1 2 1 2 ,

3 1 2 1 2 ,

откуда 2 1 1 ,

2

1 . Обозначая 1

С1 ,

1 С2 ,

получаем общее решение системы

x (C C

t)e3t , y (C C

2

C

t)e3t .

1

2

1

2

Задача 6.3. Решить систему

x' x 5y, y' 2x y .

Решение. Характеристическое уравнение

0

1 r

5

(1 r)( 1 r) 10 r 2 9 .

2

1 r

Имеем комплексные корни: r 2

9,

r 9,

r

3i (т. е. 0, 3 ). Система

1,2

(6.26)

есть:

(1 r) 5 0, 2 ( 1 r) 0 .

Из

первого

уравнения

находим

(1 r) / 5 .

Полагаем

1

5, r 3i ,

тогда

1 1 3i ;

значит,

x

er1t 5e3it ,

y

er1t

(1 3i)e3it

. Выделяем действительную и мнимую части х1, у1 с

1

1

1

1

x1 5(cos 3t i sin 3t) , поэтому Re x1 5cos 3t, Im x1 5sin 3t;

помощью формул Эйлера:

y

(1 3i)e3it (1 3i)(cos3t i sin 3t) cos 3t 3i cos 3t i sin 3t 3i2 sin 3t

cos 3t 3sin 3t

1

i( 3cos 3t sin 3t) , так как i2 1 , поэтому Re y cos 3t 3sin 3t,

Im y

3cos 3t sin 3t .

Общим решением системы будет

1

1

x C1 Rex1 C2 Im x1

5C1 cos 3t 5C2 sin 3t ,

y C1 Re y1 C2

Im y1 C1 (cos3t 3sin 3t) C2 ( 3cos 3t sin 3t) (C1

3C2 ) cos 3t

(3C1

C2 ) sin 3t.