nahman

u1/2 = eex +C; 1/2

u = 14(eex +C)2.

Поскольку y = uv , то ответ имеет вид

y= 14(eex +C)2e−2ex ;

y= 14((eex +C)e−ex )2; y = 14(1+C−ex )2 .

Ответ: y = 14(1+C−ex )2 .

Задача 6. Течение процесса y = y(t) описывается уравнением y′′ = (t −54)3 , скорость процесса в мо-

мент t = 0 равна нулю, начальное состояние процесса y(0) = 1. Найти состояние процесса в момент t = 2. Вычисления провести с точностью до 0,1.

Решение. Требуется решить задачу Коши:

Согласно правилам интегрирования, имеем

y′ = ∫(t −54)3 dt; y′ = ∫5(t − 4)−3dt; y′ = 2(t−−54)2 +C1.

Из начального условия находим значение константы С1:

0 = 2(0−−54)2 +C1; C1 = −325 .

Далее находим

y= ∫(2(t−−54)2 +C1)dt;

y= 2(t5− 4) +C1t +C2;

y= 2(t5− 4) − 325 t +C2.

Из начального условия находим значение константы С2:

1= 2(05−4) − 325 0+C2; C2 =1+ 85 + 325 = 5732.

Окончательно получаем решение задачи Коши, описывающее состояние процесса.

y(t) = 2(t5−4) − 325 t + 5732 .

Найдем состояние процесса в момент t = 2 :

y(2) = 2(25−4) − 325 2+ 5732 = 3227 .

Вычисляя значение с точностью до 0,1, получим y(2) ≈ 0,8. Ответ: Состояние процесса в момент t = 2 равно y(2) ≈ 0,8.

Задача 7. Решить задачу Коши для обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка

2yy′′ = y′2 +1;

y(0) = 5;y′(0) = 2.

Решение. В уравнение не входит явным образом x. Полагаем y′ = p , y′′ = pdpdy ,

и, следовательно, уравнение принимает вид

2ypdpdy = p2 +1.

Полагая y ≠ 0, разделяем переменные:

p22 p+1dp = dyy .

Интегрируя, получим

∫ p22 p+1dp = ∫dyy ;

ln | p2 +1|= ln | y| +lnC1; p2 +1= C1y;

p = ± C1y−1,

т.е. y′ = ± C1y−1 .

Постоянную C1 можно найти уже на этом этапе, если, положив x = 0, использовать начальные усло-

вия: y(0) = 5, y′(0) = 2 .

2 = ± 5C1 −1; C1 = 45+1 =1.

Значит, решаем уравнение y′ = y −1 (при извлечении корня выбран знак плюс, так как в точке x = 0 y′ является положительной). Разделяя переменные (предполагаем, что y−1≠ 0 ), имеем

dy =dx, y −1

∫(y −1)−1/2dy = 3∫dx, 2 (y −1)1/2 = 3x +C2 .

Найдем C2 из условия y(0) = 5:

2 4 = 0+C2, C2 = 4 .

Следовательно:

2 y −1 =3x+ 4, 4(y −1) = (3x+ 4)2.

Напомним, что это решение было получено в предположении, что y ≠ 0 и y−1≠ 0 . Очевидно, что функции y = 0 и y =1 не являются решениями данной задачи Коши.

Ответ: 4(y −1) = (3x + 4)2 .

Задача 8. Найти общее решение обыкновенного дифференциального уравнения второго порядка x2 y′′ = y′2 .

Решение. Уравнение не содержит в явном виде у. Положим

z = y′,

тогда

z′= y′′

и следовательно:

x2z′ = z2 .

Получено уравнение первого порядка с разделяющимися переменными:

x2 dxdz = z2 .

Разделяем переменные (предполагаем, что x ≠ 0, z ≠ 0):

dzz2 = dxx2 .

Интегрируя, получаем:

∫dzz2 = ∫dxx2 ;

− 1z = −1x +C1.

Выражаем отсюда z:

1z = 1−xC1x; z = 1−xC1x.

Проверяем: функция x = 0 не является решением дифференциального уравнения, а функция z = 0 является решением.

Получаем два уравнения первого порядка: 1) y′ = 1−xC1x .

Отсюда

y= C11 (−x− C11 ln|1−C1x|) +C2; y = −Cx1 − (C11)2 ln|1−C1x|+C2.

2) y′ = 0.

Отсюда

y = ∫0dx; y = C3.

Ответ: y = −Cx1 − (C11)2 ln |1−C1x|)+C2 ; y = C3 .

Задача 9. Решить линейные однородные дифференциальные уравнения.

a) y′′−10y′+9y = 0; б) y′′+8y′+16y = 0;

в) 9y′′′+ y′ = 0.

Решение:

а) y′′−10y′+9y = 0 – линейное однородное уравнение с постоянными коэффициентами. Характеристическое уравнение имеет вид

λ2 −10λ+9 = 0 ;

D =100−36 = 64; D =8; λ = 10±8;

y1 = e9x , y2 = ex ,

и общее решение y = C1y1 +C2 y2 принимает вид

y = C1e9x +C2ex .

б) y′′+8y′+16y = 0.

Характеристическое уравнение имеет вид

λ2 +8λ+16 = 0 ;

D = 64−64 = 0;

λ1,2 = −28 = −4.

Следовательно, ФСР:

y1 = e−4x , y2 = xe−4x .

и общее решение y = C1y1 +C2 y2 принимает вид

и общее решение y = C1y1 +C2 y2 +C3y3 принимает вид

y = C1 +C2 cos 3x +C3 sin 3x .

Ответ: а) y = C1e9x +C2ex ; б)

в) y = C1 +C2 cos 3x +C3 sin 3x .

Задача 10. Решить линейное неоднородное дифференциальное уравнение y′′+4y = 2tgx

МЕТОДОМ ВАРИАЦИИ ПОСТОЯННЫХ.

Решение. Согласно структуре y = y0 + yч общего решения ЛНУ, рассмотрение начинаем с соответствующего ЛОУ:

y′′+4y = 0.

Корнями характеристического уравнения λ2 +4 = 0 являются числа λ1,2 = ±2i, следовательно, ФСР имеет вид

y1(x) = cos2x, y2(x) = sin2x.

Поскольку y0 = C1y1(x)+C2 y2(x) , то y0 = C1 cos2x+C2 sin2x . Теперь мы можем записать следующую структуру частного решения ЛНУ:

yч = C1(x)cos2x +C2(x)sin2x .

Составляем систему уравнений для определения C1′(x) и C2′(x):

С1′(x)cos2x +С2′(x)sin2x = 0;С1′(x)(cos2x)′+С2′(x)(sin2x)′ = 2tgx.

Вычисляя производные, получаем

C2(x) = − 14cos2x + ln|cosx|− 12cos2 x ;

C2(x) = − 14cos2x+ ln|cosx|− 14 − 14cos2x .

Окончательно

C1(x) = −x + 12sin2x;

C2(x) = − 12cos2x+ ln|cosx|− 14 .

Поскольку yч = C1(x)cos2x+C2(x)sin2x , то

Наконец, складывая y0 и yч, получаем общее решение ЛНУ:

y(x) = −xcos2x+sin2xln |cosx| −14sin2x+С1 cos2x+С2 sin2x.

Учитывая, что C2 − 4 также является произвольной константой, окончательно ответ можно записать

в виде

Ответ: y(x) = −xcos2x+sin2xln |cosx| +С1 cos2x+С2 sin2x.

Задача 11. Решить линейное неоднородное дифференциальное уравнение y′′+5y′ = 2xe2x .

Решение. Согласно структуре y = y0 + yч общего решения ЛНУ, рассмотрение начинаем с соответствующего ЛОУ:

y′′+5y′ = 0.

Характеристическое уравнение

λ2 +5λ = 0

имеет корни λ1 = 0, λ2 = −5 и, следовательно:

y0 = C1+C2e−5x .

Перейдем к нахождению yч . Правая часть уравнения f(x) = 2xe2x

имеет вид п. 4 таблицы (степень многочлена Pn(x) равна 1); здесь α = 2 и контрольное число S = α = 2 . Поскольку S ≠ λ1 , S ≠ λ2 , то r = 0,

yч = (A+ Bx)e2x .

Осталось определить коэффициенты A и B.

Находим

yч′ = Be2x +2(A+ Bx)e2x ;

(9B+14A)e2x +14Bxe2x = 2xe2x .

Приравнивая коэффициенты при одинаковых функциях в левой и правой частях, получаем

9B +14A= 0;14B = 2.

Следовательно, общее решение ЛНУ

Задача 12. Решить задачу Коши для линейного неоднородного дифференциального уравнения

y′′− 2y′+5y = 5x2 + 6x −12;

y(0) = 0;y′(0) = 2.

Решение. Согласно структуре y = y0 + yч общего решения ЛНУ, рассмотрение начинаем с соответствующего ЛОУ:

y′′−2y′+5y = 0.

Характеристическое уравнение

λ2 −2λ+5 = 0

имеет корни λ1,2 =1±2i и, следовательно, a =1, b = 2. Тогда

y0 = ex(C1 cos2x+C2 sin2x) .

Перейдем к нахождению yч . Правая часть уравнения

f(x) = 5x2 +6x−12

имеет вид п. 2 таблицы (степень многочлена Pn(x) равна 2); контрольное число S = 0 . Поскольку S ≠ λ1 ,

S ≠ λ2 , то r = 0.

yч = Ax2 + Bx+C .

Осталось определить коэффициенты A, B и C. Находим

yч′ = 2Ax+ B;

y′ч′ = 2A

и подставляем в неоднородное уравнение

Приравнивая коэффициенты при одинаковых функциях в левой и правой частях, получаем систему алгебраических уравнений

5A= 5;

− 4A+5B = 6;

2A− 2B +5C = −12.

Отсюда A =1; B = 2; C = −2.

Итак, yч = x2 +2x−2. Следовательно, общее решение ЛНУ

y = ex(C1 cos2x+C2 sin2x)+ x2 +2x−2 .

Найдем частное решение ЛНУ, удовлетворяющее начальным условиям. Для этого сначала продифференцируем полученное общее решение ЛНУ:

Подставляя эти значения констант в общее решение ЛНУ, получим решение задачи Коши.

Ответ: y = ex(2cos2x−C2 sin2x)+ x2 + 2x−2.

Задача 13. Процесс колебания материальной точки массой m под действием силы упругости Fу = −ky, силы сопротивления среды Fc = −hy′ и внешней силы F(t), где t – время, а y(t) – отклонение от

у′′+2у′+10у = sin3t ,

причем положение точки в начальный момент и в момент t1 = 5 заданы:

y(0) = 0, y(5) = 0.

Найдем общее решение ЛНУ. Составляем характеристическое уравнение

λ2 +2λ+10 = 0.

Это уравнение для соответствующего ЛОУ имеет комплексные корни λ1,2 =−1±3i, поэтому общее решение ЛОУ получаем в виде

Поскольку контрольное число S =3i не совпадает ни с одним из корней, то частное решение ЛНУ ищем в виде

уч = М cos3t + Nsin3t .

Находя

у′ч = −3М sin3t +3N cos3t ;

у′ч′ = −9M cos3t −9Nsin3t

иподставляя результаты в ЛНУ, получаем

−9M cos3t −9Nsin3t + 2(−3M sin3t +3N cos3t)+ +10(M cos3t + Nsin3t) = sin3t;

cos3t(−9M + 6N +10M)+sin3t(−9N −6M +10N) = sin3t; cos3t(M + 6N)+sin3t(−6M + N) = sin3t.

Приравнивая коэффициенты при одинаковых функциях в левой и правой частях, получаем

M + 6N = 0;

−6M + N =1,.

откуда М = −376 , N = 371 , так что

уч =− 376 cos3t + 371 sin3t .

Следовательно, общее решение ЛНУ

у = у0 + уч =e−t (C1 cos3t +C2 sin3t)− 376 cos3t + 371 sin3t .

Теперь подставим краевые условия: t = 0 и y = 0, t = 5 и y = 0 :