Учебное пособие 605

Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ходной задачи Коши – это функция y =

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

492.57 Кб

Скачать

☆

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Министерство образования и науки Российской федерации

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования

«Воронежский государственный архитектурно-строительный университет»

Кафедра высшей математики

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ

Mетодические указания

для выполнения расчетно-графической работы для студентов всех специальностей и направлений подготовки бакалавров

Воронеж 2014

УДК 517.8 ББК 22.17

Составители А.М. Дементьева, В.В. Горяйнов, Е.И. Ханкин, Е.Л. Ульянова, М.Ю. Глазкова

Дифференциальные уравнения: методические указания для выполнения расчетно-графической работы для студ. всех специальностей и направлений подготовки бакалавров / Воронежский ГАСУ; сост.: А.М. Дементьева, В.В. Горяйнов, Е.И. Ханкин, Е.Л. Ульянова, М.Ю. Глазкова. – Воронеж, 2014. –36 с.

Методические указания содержат 25 вариантов заданий по теме «Дифференциальные уравнения» с подробным разбором решения одного варианта.

Предназначены для самостоятельной работы студентов всех специальностей и направлений подготовки бакалавров.

Библиогр.: 6 назв.

УДК 517.8 ББК 22.17

Печатается по решению научно–методического совета Воронежского ГАСУ

Рецензент – В.Д. Коробкин, доктор физ.-мат. наук, профессор кафедры строительной техники и инженерной механики Воронежского ГАСУ

ВВЕДЕНИЕ

Настоящие методические указания содержат 25 вариантов индивидуальных заданий к типовому расчету по теме «Дифференциальные уравнения», в которые включены:

●дифференциальные уравнения первого порядка с разделяющимися переменными, однородные, линейные, Бернулли и в полных дифференциалах;

●дифференциальные уравнения высших порядков, допускающие понижение порядка;

●линейные дифференциальные уравнения второго порядка, решаемые методом вариации произвольных постоянных;

●линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами и специальной правой частью;

●системы линейных дифференциальных уравнений первого порядка. Вариант индивидуального задания состоит из 10 дифференциальных

уравнений, для каждого из которых требуется найти общее или частное решение (общий или частный интегралы); системы линейных однородных дифференциальных уравнений первого порядка и задачи на составление и решение дифференциального уравнения.

В методических указаниях приведено решение варианта типового расчета, при реализации которого сообщаются необходимые элементы теоретического материала.

Прежде чем приступить к выполнению типового расчета, студенту необходимо изучить конспекты лекций и рекомендуемую учебную литературу.

ВАРИАНТ ТИПОВОГО РАСЧЕТА

I. Найти общие решения или общие интегралы дифференциальных уравнений:

1. y′−

y2ex

2. y′′−

4 y′+ 4 y =

e2x

x −1

3. x + 2 y + y y′ = 0

y(4) =sin x

dx +

−

d y = 0

II. Найти частные решения или частные интегралы дифференциальных уравнений и системы дифференциальных уравнений, удовлетворяющие начальным условиям (решить задачи Коши):


6. (1 + x2 )dy + ydx = 0, y (1)=1				7. y′+ 2xy − xe−x2 = 0, y (0)= 2
	xy′′+ x (y′)	2	− y′ = 0,		2 yy	′′	′	2	=1,
8.				9.			−( y )
	y (2)= 2, y′(2)=1				y(0)=1, y′(0)= 0

y′′−10y′ = x2 − 2;						d y	= 2 y + z,
10.							= 2 y + z,
10.	99		1			dx
y (0)=	99	; y′(0)= −	1	.	11.
y (0)=	50	; y′(0)= −	500	.	11.		= y + 2z, y (0)=1, z (0)=3.
	50		500			dz	= y + 2z, y (0)=1, z (0)=3.

						dx

III.Решить задачи

12.Резервуар, вместимость которого 300 л, дно которого покрыто солью, заполняют чистой водой. Допуская, что скорость растворения соли пропорциональна разности между концентрацией раствора в данный момент и концентрацией насыщенного раствора (1 кг соли на 3 л воды), и что данное количество чистой воды растворяет 1/3 кг соли через 1 минуту, найти, сколько соли будет содержать раствор через один час.

13.Найти кривую, проходящую через точку А(1; 5), у которой длина отрезка, отсекаемого на оси ординат любой касательной, равна утроенной абсциссе точки касания.

				РЕШЕНИЕ
1. y′−	y		y2ex
		=		.
	x −1	=	x −1	.

Предложенное уравнение является дифференциальным уравнением Бернулли, так как имеет вид y′+ P(x)y =Q(x)yn . Здесь n = 2 >0 . Поэтому урав-

нение Бернулли имеет нулевое решение y = 0 . Ненулевые решения найдем методом Бернулли. Обозначим y =u υ (u ≠ 0, υ ≠ 0), y′=u′ υ +u υ′. Подставив полученные выражения в исходное дифференциальное уравнение, получим

u υ

(u υ)2 ex

υ2 ex

u′ υ +u υ′−

, или u′ υ +u υ′

−

x −1

x −

x −1

Находим функцию υ(x),

υ′−

приравнивая

скобку

нулю:

=0 ,

x −1

dυ =

, ln

=ln

x −1

+ln

. Примем C =1

dx x −1 υ x −1 ∫ υ ∫x −1

возьмем υ = x −1.

u2 (x −1)2 ex

Находим функцию

u (x):

u′ (x −1)=

x −1

(x −1)2

= e

dx ,

∫

∫e

dx , −

= e

+C , u = −

ex +C

Общее решение исходного дифференциального уравнения

Бернулли по-

лучается перемножением найденных функций u (x) и υ(x) y = u υ = −ex 1+C (x −1).

2. y′′−4 y′+ 4 y = e2x . x

Уравнение имеет вид y′′+ py′+ qy = f (x). Значит, это линейное неодно-

родное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Его общим решением является функция уон = уоо + учн .

Сначала найдем общее решение уоо соответствующего однородного уравнения y′′−4 y′+ 4 y =0 .

Составляем характеристическое уравнение: k2 −4k + 4 =0 .

Переписав его в виде, получим

(k −2)2 = 0 .

Следовательно,

k1 = k2 = 2.

Корни характеристического уравнения получились равными действи-

тельными	числами.	Следовательно,			используя		формулу
y =C ek1x	+C xek1x =ek1x (C + xC		2	), запишем общее	решение у	оо	соответст-
1	2	1	2			оо

вующего однородного уравнения в виде

yoo = e2x (C1 +C2 x),

где C1 и C2 – произвольные постоянные.

Теперь приступим к нахождению частного решения учн неоднородного уравнения. Для этого используем метод вариации произвольных постоянных.

Заменим в общем решении y

= e2x (C +C

x) постоянные С

и С неизвест-

ными функциями С1 (x)

и С2 (x). Получим

yчн = e2x (C1 (x)+C2 (x) x)

или

yчн = e2xC1 (x)+ xe2xC2 (x),

где y

=e2x , а y

= xe2x .

С1 (x)

и С2 (x)

составляем

систему

уравнений вида

Для нахождения

С1′(x)у1 (x)+С2′ (x)у2 (x)= 0

С1′(x)у1′(x)+С2′ (x)у2′ (x)= f (x).

C1′(x)e2x +C2′ (x) xe2x = 0,
	(x)2e2x +C2′	(x) (e2x + 2xe2x )=	e	2x
C1′					.
				x

Так как e2x ≠ 0 , то разделим обе части уравнений на e2x :

C′(x)+C′		(x) x =	0,
1	2
2C1′	(x)+C2′ (x) (1		+ 2x)=	1 .
				x

Неизвестными в полученной системе являются С1′(x) и С2′ (x). Решаем систему, например, методом Крамера:

=1 (1 + 2x)−2 x =1 ≠ 0 .

2 1 + 2x

1 =

0 (1 + 2x)− x 1

= −1.

+ 2x

2 =

=1 1 −0 2 =

1 .

По формулам Крамера имеем:

−1

1 .

C1′(x)= 1 =

= −1 и C2′ (x)=

2 =

Далее интегрируем эти равенства:

C (x)=

∫

(−1)dx = −x +C ,

(x)=

1dx =ln

+C .

∫x

Полагая C = 0

и C

= 0 , получим C

(x)= −x и C

(x)=ln

. Подставляя

найденные функции C1 (x) и C2 (x) в формулу

yчн = e2x (C1 (x)

+C2 (x) x), за-

пишем частное решение учн неоднородного уравнения:

yчн =e2x (−x + xln

Складывая выражения для yоо

yчн , имеем общее решение уoн неодно-

родного уравнения:

yoн =e2x (C1 +C2 x)+e2x (−x + xln

)

или

yoн =e2x (C1 +C2 x)+ xe2x (ln

−1).

3. x + 2 y + y y′ = 0 .

Для определения типа дифференциального уравнения приведем его к виду, разрешенному относительно производной:

y y′ = −(x + 2 y),	y′ = −	x + 2 y	.

		y

Очевидно, уравнение не является дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными. Видно, что оно однородное, так как для функции

f (x, y)= −	x + 2 y	выполнено тождество				f (x, y)= f (λx,λy). Действительно,
	y
					λ(x + 2 y)
	f (λx,λy)= −		λx + 2λy	= −			= −	x + 2 y	=	f (x, y).
			λy					y
						λy

Таким образом, данное дифференциальное уравнение есть однородное уравнение первого порядка и для его решения делаем замену

y=ux , y′= xu′+u .

Врезультате получаем дифференциальное уравнение xu′+u = − x +ux2ux ,

из которого будем искать и. Сначала приведем уравнение к виду, разрешенному

(

)

1+ 2u

′

x 1 + 2u

′

+u = −

относительно

производной

= −

1+ 2u

−

−u

− −

−

1+u

)

′

, dx =

и, наконец,

dx =

. Это уравнение

с разделяющимися переменными. Если u ≠ −1,

т.е.

−(1+u)2

≠ 0 , то, разделяя

udu

= −dx

переменные,

имеем

(если же

u = −1,

то решением исходного

(1 +u)2

дифференциального

уравнения

будет

y = −x ).

После

интегрирования

∫

(u +1)−1d2

= −∫dx

∫

− ∫

= −∫dx

получим

1+u

(1+u)

(1 +u)

1 +u

= −ln

+C или ln

(1+u)x

=C . Теперь заменим u на

=C и найдем общий интеграл ln

x + y

=C .

+ y

y(4) =sin x .

Данное уравнение имеет вид

y(n)

= f (x). Следовательно, для отыскания

общего решения его необходимо четырежды проинтегрировать по переменной x:

y′′′= ∫sin xdx = −cos x +C1 ,

y′′= ∫(−cos x +C1 )dx = −sin x +C1x +C2 ,

y′= ∫(−sin x +C1x +C2 )dx =cos x +				C x2	+C2 x +C3 ,
y′= ∫(−sin x +C1x +C2 )dx =cos x +				1	+C2 x +C3 ,
		2		2
		2					C2
y = ∫ cos x + C1x			+C2 x +C3 dx =sin x + C1 x3			+	C2	x2	+C3x +C4 .
y = ∫ cos x + C1x			+C2 x +C3 dx =sin x + C1 x3			+		x2	+C3x +C4 .
	2				6	2

Таким образом, общее решение исходного уравнения четвертого поряд-

ка y =sin x + C1 x3 +

x2 +C x +C

зависит от четырех произвольных посто-

янных.

5. 1

−

d y = 0 .

Решение. Это дифференциальное уравнение

первого

порядка вида

P(x, y)dx +Q(x, y)d y =0 , причем

∂P(x, y)

′

∂Q(x, y)

′

= −

−

= −

∂y

∂x

т.е. выполняется соотношение	∂P(x, y)	=	∂Q(x, y)	. Это означает, что выраже-
	∂y		∂x

ние, стоящее в левой части уравнения, является полным дифференциалом неко-

торой функции u (x, y), а именно	∂u (x, y)	= P (x, y),	∂u (x, y)	= Q (x, y). Такие
	∂x		∂y

уравнения называют уравнениями в полных дифференциалах, и их общие ре-

шения ищут из уравнения du (x, y)= 0 , т.е. u (x, y)= C . Функцию u (x, y) нахо-

дят, зная ее частные производные.

В нашем случае

∂u (x, y)

. Интегрируя это выражение по пере-

∂x

менной х, имеем

u (x, y)=

dx +

dx =ln

+C (y)

∫

∫x

y ∫

(так как переменная у фиксирована, то она может входить в произвольную постоянную).

Функцию C (y)

ищем, используя равенство

∂u (x, y)

= Q (x, y). В нашем

∂y

случае u (x, y)= ln

+C (y), а Q (x, y)=

−

. Значит

′

+C (y) =

−

+C′(y)

−

C′(y)=

	∫ y
Следовательно, C (y)=		2	dy = 2ln	y	+C .
Следовательно, C (y)=			dy = 2ln	y	+C .
					1

Итак, получили	u (x, y)= ln	x	+	x	+ 2ln	y	+C , т.е. общее решение исход-
				x

				y			1
				y

ного уравнения записывается

в виде ln

+ 2ln

+C = C

, или

+ 2ln

= C , где C = C

−C .

6. (1 + x2 )dy + ydx = 0, y (1)=1.

Решение. При решении задачи Коши сначала ищут общее решение (общий интеграл), а затем подбирают С так, чтобы выполнялось началь-

ное условие.
Уравнение	записано в	дифференциальной форме и имеет вид
P1 (x)Q1 (y)dx + P2	(x)Q2 (y)dy =	0 . Значит, оно является дифференциальным

уравнением с разделяющимися переменными.

Разделим переменные, почленно поделив дифференциальное уравнение на (1+ x2 )y , считая, что y ≠ 0 ( y = 0 – это решение данного дифференциального уравнения, но не искомое, так как для y =0 не выполняется начальное усло-

вие). В результате имеем dyy +1 +dxx2 = 0 .

Далее, интегрируя обе части уравнения, имеем ∫dyy + ∫1+dxx2 =C и полу-

чаем общий интеграл ln y +arctgx =C .

Воспользуемся начальным условием y (1)=1 для определения значения произвольной постоянной С. Подставим в общий интеграл x =1 и y =1. Полу-

чим ln1+arctg1 =C , т.е. 0 + π	=C или	C =	π	. Найденное значение постоянной
4			4				π
С выделяет из общего интеграла частный: ln					y	+arctgx =		, удовлетворяющий
С выделяет из общего интеграла частный: ln					y	+arctgx =		, удовлетворяющий
начальному условию y(1)=1.							4
							4

7. y′+ 2xy − xe−x2 = 0, y (0)= 2 .

Решение. Сначала найдем общее решение дифференциального уравнения. Перенесем слагаемое, не содержащее у, в правую часть дифференциального уравнения и получим уравнение вида y′+ P(x)y =Q(x), которое является

линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Следовательно, методом Бернулли ищем y =u υ , y′=u′ υ +u υ′. Подставляя выражения y и

′

в уравнение y

′

+ 2xy = xe

−x2

, имеем

′

+ 2xuυ = xe

−x

или

u υ +uυ

u′υ +u(υ′+ 2xυ)= xe−x2 .

Подберем теперь такую функцию υ(x)≠ 0 , чтобы υ′+ 2xυ = 0 . То есть υ(x) – какое-нибудь ненулевое решение дифференциального уравнения с раз-

деляющимися

переменными:

dυ = −2xυ ,

dυ = −2xdx ,

∫dυ = −2∫xdx ,

= −2

+ln

. При C =1 получим, например, υ = e−x2 .

При таком выборе функции υ(x) исходное дифференциальное уравнение

′ −x2

−x2

′

= x . Следовательно, u = ∫xdx =

+C . Таким

примет вид: u e

= xe

или

образом, общее решение дифференциального уравнения имеет вид

y =uυ =

+C e−x

Для решения задачи Коши воспользуемся начальным условием y(0)= 2 .

Тогда 2 =

e−0

2 =(0

+C ) 1 или C

= 2 . Следовательно, решение ис-

8. xy′′+ x (y′)2 − y′ = 0, y (2)= 2, y′(2)=1.

Решение. Особенностью решения задачи Коши для дифференциальных уравнений второго порядка, допускающих понижение порядка, является то, что произвольные постоянные C1 и C2 можно находить по очере-

ди: сначала C1 , а потом C2 .

Определяем тип исходного ДУ: оно второго порядка и не содержит явно искомую функцию y (x), т.е. допускает понижение порядка. Сделаем замену

y′= P(x), y′′= P′(x). Уравнение примет вид xP′+ xP2 − P = 0 . Определим тип полученного дифференциального уравнения первого порядка. Для этого разде-

лим все уравнение на х (получим P′+ P2 − Px = 0 ) и перенесем P2 в правую

часть. В результате дифференциальное уравнение примет вид P′− Px = −P2 . Это

уравнение Бернулли. Одно из его решений P = 0, нам не подходит, так как по условию y′(2)= P(2)=1. Найдем ненулевые решения методом Бернулли. Сде-

лаем замену P =uυ, P′=u′υ +uυ′ и, подставив ее в последнее дифференциаль-

1 / 41 2 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
30.04.2022196.61 Кб2Учебное пособие 6009.doc
#
30.04.2022490.11 Кб6Учебное пособие 601.pdf
#
30.04.2022490.84 Кб3Учебное пособие 602.pdf
#
30.04.2022491.13 Кб4Учебное пособие 603.pdf
#
30.04.2022491.43 Кб3Учебное пособие 604.pdf
#
30.04.2022492.57 Кб4Учебное пособие 605.pdf
#
30.04.2022492.71 Кб3Учебное пособие 606.pdf
#
30.04.2022492.87 Кб9Учебное пособие 607.pdf
#
30.04.2022493.01 Кб4Учебное пособие 608.pdf
#
30.04.2022493.57 Кб3Учебное пособие 609.pdf
#
30.04.2022253.93 Кб4Учебное пособие 61.pdf