Добавил:

mihail1000 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Воронежский государственный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Учебное пособие 605

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

30.04.2022

Размер:

492.57 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

′

+uυ

′

−

uυ

= −(uυ)

′

−

= −(uυ)

ное уравнение, получим u υ

или u

+u υ

dυ

Далее найдем функцию υ(x) из уравнения υ′−

=0 . Заменяем υ′ на

(имеем

dυ

=υ ),

разделяем переменные,

интегрируем

∫

dυ

= ∫

и находим

общий интеграл ln

= ln

+ln

. Полагая C =1, имеем υ = ±x . Возьмем,

на-

пример,

υ = x , так как

нас устроит любое

ненулевое

решение

уравнения

υ′− x

=0 .

= −(uυ)

Далее подставляем функцию υ = x в уравнение

′

и получаем

′

(ux)

, из которого найдем функцию u (x).

дифференциальное уравнение u x = −

′

После сокращений имеем u

= −xu

. Заменяем

на dx

( dx = −xu

), разделяем

переменные

= −xdx , интегрируем

∫

= −∫xdx и получаем общий интеграл

−1 = −

−C или 1 =

+C . Выразим функцию u (x)

u =

x2 + 2C

u 2

+C1

и, вспомнив,

что P =uυ,

окончательно имеем P =

. Но P(x)= y′. Зна-

x2 + 2C

чит y′=

x2 +

y′(2)=1

найдем

произвольную

постоянную

C .

Теперь

из

условия

2 2

1 =

или

4 + 2C1 = 4 C1 = 0. Следовательно,

y′=

или

22 + 2C1

x2 + 2 0

2 . В этом уравнении переменные разделяются: dy = 2

. Интегрируем

∫

dy =

и получаем общее решение y = 2ln

+C2 .

Константу

C2 определим из условия

y(2)= 2 . Итак, 2 = 2ln

+C2 и

C2 = 2 −2ln 2 = 2 −ln 4 . Следовательно, искомое частное решение имеет вид

y = 2ln	x	+ 2 −ln 4 или y =ln	x2	+ 2 .
			x2
			4
			4

9. 2 yy′′−( y′)2 =1, y (0)=1, y′(0)=0 .

Решение. Это уравнение второго порядка и не содержит явно независимую переменную х. Произведя замену y′= P(y), y′′= P′(y) P , получим урав-

нение 2 yP′P − P2 =1. Определим тип полученного дифференциального уравнения первого порядка. Для этого выразим из него P′ (очевидно, P = 0 и y = 0 не

являются решениями):

P′=1 +PP2 21y .

Видим, что полученное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Решаем его:

1 + P2

PdP

, ∫

PdP

∫

2 y

1 + P

2 y

1 + P

Интегрируя, найдем общий интеграл:

1 ln

P2 +1

= 1 ln

1 ln

или ln

P2 +1

=ln

+ln

Выразим P(y):

P2 +1

= ln

, P2

+1 = yC ,

P =± yC −1 .

Так как P(y)

= y′(x), то

y′= ±

yC1 −1 .

y′(0)=0

Найдем константу C . Из начальных условий y(0)=1,

видно,

что y′=0 , когда y =1. Подставив эти значения в

y′=±

yC1 −1 , получим

0 = ± 1 C1 −1 , 0 =1 C1 −1 C1 =1 .

Следовательно,

y′= ± y −1 . В этом уравнении переменные разделяются:

= ±

y −1 и

= ±dx . Интегрируя ∫

= ±∫dx , получаем общий ин-

y −1

y −

теграл 2

y −1 = ±x +C2 .

из условия y (0)=1:

Теперь определим константу C2

2 1−1 = ±0 +C2

C2 =0 .

Из

общего

интеграла

при

C2 =0

имеем

2 y −1 = ±x , или выражая у, получим частное решение –

y −1 =

y =

+ 4

′′

′

10. y

−10y

= x

−2; y (0)= 50 ;

(0)= −500 .

Решение. Уравнение y′′−10y′= x2 −2 есть линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами, так как оно имеет вид y′′+ py′+ qy = f (x). Его общее решение будем искать в

виде уон = уоо + учн .

Найдем общее решение уоо соответствующего однородного уравнения: y′′−10y′=0 .

Записываем характеристическое уравнение: k2 −10k = 0 .

Решаем его:

k (k −10)= 0 , k1 =0 , а k2 =10.

Корни характеристического уравнения – различные действительные числа. Значит, используем формулу

yoo =C1ek1x +C2ek2 x .

Таким образом,

y	=C e0 x +C		e10x	или	y	=C +C		e10x ,
oo	1	2			oo	1	2
где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Далее находим частное решение				учн	неоднородного уравнения. Так как

правая часть представляет собой частный случай функции «специального вида»

– многочлен x2 −2 , то мы можем применить метод неопределенных коэффициентов.

Сравнивая f (x)= x2 −2 с общим видом правой части «специального ви-

да»

f (x)= eαx (Pn (x)cos βx +Qm (x)sin βx),

определяем:

α = 0 , β = 0 , Pn (x)= x2 −2 , Qm (x)=0 , n = 2 , m = 0 .

Общий вид частного решения

yчн = xreαx (Ps (x)cos βx +Qs (x)sin βx),

запишется в форме

yчн = xre0 x (Ps (x)cos0 x +Qs (x)sin 0 x) или yчн = xr Ps (x)

Найдем количество совпадений r корней k1 и k2 характеристического уравнения k 2 + pk + q =0 с числом d =α +iβ , а также запишем вид многочлена Ps (x). Итак, d =α +iβ = 0 +i 0 = 0 , а k1 =0 и k2 =10 r =1 (совпал один ко-

рень).		(x) умножается на ноль,		(x)
Так как P (x)= x2 −2 n = 2 , а Q		(x) умножается на ноль,	то Q	(x)
n	m		m
можно считать	любым, например,	равным нулю. Это	значит
s = max{n,m} = max{2,0} = 2 . Следовательно,

		P (x)= Ax2 + Bx +C .
		s
Подставляя значения	r и P	(x) в формулу	y = xr P		(x), имеем искомый вид
частного решения	s		чн	s
частного решения
yчн = x1 (Ax2 + Bx +C ) или			yчн = Ax3 + Bx2 +Cx .
Чтобы найти коэффициенты yчн, подставим				yчн	в исходное уравнение и

тождественно приравняем левую и правую части полученного равенства. Для этого найдем сначала первую и вторую производную от yчн:

yчн′ =(Ax3 + Bx2 +Cx)′ =3Ax2 + 2Bx +C ,

yчн′′ =(3Ax2 + 2Bx +C )′ = 6Ax + 2B ,

и подставим выражения yчн′ и yчн′′ в исходное уравнение y′′−10y′= x2 −2 : 6Ax + 2B −10(3Ax2 + 2Bx +C )≡ x2 −2 .

Приведем подобные члены в левой части:

x2 (−30A)+ x1 (6A −20B)+ x0 (2B −10C )≡ x2 −2 .

Так как в левой и правой частях этого тождества стоят многочлены одного порядка (второго), то это означает, что мы правильно выбрали вид частного решения. Для достижения тождественного равенства многочленов достаточно приравнять коэффициенты, стоящие перед одинаковыми степенями переменной х в левой и правой частях данного тождества. Получаем систему линейных алгебраических уравнений:

										x2				−30A =1
										x1				6A −20B = 0
										x1				6A −20B = 0										.
										x0
										x0			2B −10C = −2
			Из		системы		находим:							A = −					1		,			B =			6		A			3		1		1	и
			Из		системы		находим:							A = −							,			B =					A	=			−		= −		и
																			30								20					10		30		100
C =	1				(B +1)=	1			1				99				. Далее, подставляя А, В и С в выраже-
				2			2	−		+1		=
	10			2		10	2	−	100	+1		=	500
	10					10			100				500
ние y				= Ax3 + Bx2 +Cx , имеем
		чн												1						1						99
										y = −				1	x3 −					1			x2 +			99			x .
										y = −					x3 −								x2 +						x .
										чн			30						100					500
													30						100					500
			Складывая функции уоо и									учн, получим общее решение исходного ли-
нейного неоднородного дифференциального уравнения:
							y	=C +C			e10x −					1		x3 −				1			x2 +			99			x .
							y	=C +C			e10x −							x3 −							x2 +						x .
							oн		1	2						30					100						500
																30					100						500

Выделим из общего решения линейного неоднородного дифференциаль-

ного уравнения его частное решение, удовлетворяющее начальным условиям y(0)= 9950 , y′(0)= −5001 .

Для этого продифференцируем общее решение

			1						1							99			′												1					1			99
yo′н = C1 +C2e10x	−				x3 −								x2		+			x			=10C2e10x −													x2	−			x +		,
yo′н = C1 +C2e10x	−		30		x3 −		100						x2		+	500		x			=10C2e10x −										10			x2	−	50		x +	500	,
			30				100									500															10					50			500
и получим																	1							1						99
y		(x)= C +C												e10 x −			1		x3 −					1			x2 +			99			x,
y	oн	(x)= C +C												e10 x −			30		x3 −			100					x2 +						x,
	oн				1							2					30					100					500
																1				1							99
yo′н (x)=10C2e10 x −																1	x2		−	1			x +				99		.
yo′н (x)=10C2e10 x −																	x2		−	50			x +				500		.
															10					50							500
																											99							′					1
Подставляя в полученную систему x = 0 ,																								y(0)= 50										′	(0)= −500 , име-
Подставляя в полученную систему x = 0 ,																								y(0)= 50								и y			(0)= −500 , име-
ем									99 =C +C ,
									99 =C +C ,
									50						1		2
									50			1								99
												1			=10C2					99					.
							−												+
							−				500								+	500
											500									500
Из данной системы найдем значения произвольных постоянных C1 и C2 :
10C2 = −	1			−		99		= −					100			= −1								C2			= −1					1		= −		1	.
10C2 = −	500			−				= −					500			= −1								C2			= −1				10			= −			.
	500				500								500				5										5				10				50
			99 =C −							1							C	= 99					+			1		= 2 .
			99 =C −														C	= 99					+					= 2 .
			50		1				50								1			50					50
			50						50											50					50
Подставляя значения C1									и C2						в общее решение, составим частное реше-

ние исходного линейного неоднородного дифференциального уравнения y = 2 − 501 e10x − 301 x3 −1001 x2 + 50099 x .

	d y		= 2 y + z,

11.	dx

		dz	= y + 2z, y(0)=1, z (0)=3.


	dx

Решение. Систему дифференциальных уравнений первого порядка можно решить методом исключения неизвестных, который заключается в том, что систему, состоящую из n дифференциальных уравнений, приводят к одному уравнению n – го порядка, содержащему одну неизвестную функцию.

Выразим функцию z из первого дифференциального уравнения: z = y′−2 y ,

и подставим ее во второе уравнениеz′ = y + 2z :

(y′−2 y)′ = y + 2(y′−2 y) или y′′−2 y′= y + 2 y′−4 y , и окончательно получим y′′−4 y′+3y = 0 .

Полученное уравнение является линейным однородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами. Составляем характеристическое уравнение:

k2 −4k +3 = 0 .

Находим его корни: k1 = 3 и k2 =1.

Корни характеристического уравнения различные действительные числа. Значит, по формуле y =C1ek1x +C2ek2 x определяем функцию у:

y =C1e3x +C2ex .

Теперь продифференцируем по х это равенство: y′=3C1e3x +C2ex ,

и подставим выражения для y и y′ в уравнение z = y′−2 y : z =3C1e3x +C2ex −2(C1e3x +C2ex ).

Таким образом,

z =C1e3x −C2ex .

Следовательно, общее решение исходной системы дифференциальных уравнений имеет вид

y =C1e3x +C2ex ,

z =C1e3x −C2ex.

Теперь выделим из общего решения системы частное, которое удовлетво-

ряет заданным начальными условиями

y(0)=1,

z (0)=3 . Сначала составим

систему уравнений для нахождения произвольных постоянных C1 и C2 , подста-

вив x = 0 , y =1 и z =3 в общее решение:

= C e

1 =C +C

или

= C e0

−C

=C1 −C2.

Определим значения C1

и C2 :

C2 =1 −C1 3 =C1 −

(1 −C1 )= 2C1 −1 C1 = 2 , C2 =1 −2 = −1.

Подставляя C1 = 2 и C2 = −1 в общее решение, мы получим искомое част-

ное решение исходной системы

−e

y =

+ex.

z = 2e3x

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.

Решение. Обозначим через m(t ) (кг) количество соли в растворе в мо-

мент t (мин). Тогда m(1)=

(кг),

m(0)= 0

(кг). Скорость растворения соли –

это скорость изменения m(t ), т.е.

m′(t ). Концентрация соли в момент t равна

m(t )

(кг/л), концентрация насыщенного раствора

(кг/л).

300

m(t )

По условию задачи

m′(t )= k

−

. Это дифференциальное уравне-

300

ние с разделяющимися переменными (t

– независимая переменная, m(t ) – не-

известная функция). Найдем общее решение этого уравнения:

kdt

(m ≠100),

= k

−

m −100

300

k t

∫

∫dt , ln

m −100

+ ln

−100

300

Отсюда m =100 +Ce

. Используя начальное условие m(0)= 0 , получа-

300

ем 0 =100 +C , C = −100 , m =

100

1 −e300

. Используя условие m(1)=

, имеем

299

299 t

=100 1

−e300

, e300

. Отсюда m =100

−

300

299

Если t =1ч = 60 мин, m =100

=100(1 −0,82)=18 (кг).

−

300

Итак, через час в растворе будет 18 кг соли.

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. Пусть искомая кривая – график функции y = y (x).

Возьмем на кривой произвольную точку M0 (x0 , y0 ), где y0 = y(x0 ). Про-

ведем

через

нее

касательную, уравнение

которой,

как

известно,

y − y

= y′(x )(x − x

). Найдем ординату точки

–

точки пересечения каса-

тельной с осью ординат, для чего положим в уравнении касательной x = 0 .

Получим

= y

− x y′(x ).

По

условию

= 3x ,

т.е.

y − x y′

)

= 3x

≥ 0)

или

y(x

)− x y′(x

)= ±3x .

Отсюда

y′(x0 )=

y (x0

)±3x0

Это дифференциальное уравнение, в котором x0

– независимая перемен-

ная, а y (x0 )

– искомая функция. Переобозначим для удобства x0

через х ( x ≥ 0 ).

Получим

′

y ±3x

. Это однородное уравнение первого порядка. Сделаем за-

′

мену

y = u x ,

= u

x +u .

Получим

x +u = u ±3.

Отсюда

dx x = ±3 ,

du = ±3

∫du = ±3∫

u = ±3ln

+C .

Заменяя

u =

имеем

y = ±3x ln

+Cx .

По условию кривая проходит через точку (1;5), т.е. при y = 5 и x =1. По-

лучаем 5 = ±3ln 1 +C

или

C = 5 . Итак,

y = x (5 ±3ln x )

и,

так как

x ≥ 0 ,

то

y = x(5 ±3ln x). Графики этих двух функций – искомые кривые.

ИНДИВИДУАЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ

ВАРИАНТ 1

I. Найти общие решения или общие интегралы дифференциальных уравнений:

1. xy3 y′ = x4 + y4

2. 6 y′′− y′− y = 3e2 x +1

′′

+ y =

′′

sin5 x cos x

= − y′

−

= 0

+ y

dx +

+ y

II. Решить задачи Коши:

′

−x2

6. ydx −(4 + x ) ln ydy = 0 ;

y(2) =1

+ y + xe

= 0 ;

y(1) = 2e

y′cos x − y sin x = y3 sin 2x;

′′

= xe

−2 x

; y(0)

′

y(0) =1.

= −

4 .

y (0)

′′

′

= x + y,

;

10. 4( y )

=1 + ( y )

11.

y(0) =1,

′

= 0.

= y

= e .

(0)

= −2x +3y,

III. Задача

Тело охладилось за 10 минут от 1000

до 600 . Температура окружающего

воздуха поддерживается равной 200 . Когда тело остынет до 250 ? (Считать, что скорость остывания пропорциональна разности температур тела и окружающей среды).

ВАРИАНТ 2

I. Найти общие решения или общие интегралы дифференциальных уравнений:

y′−

sin 2x

sin

= 3x.

+ x dx + y −

dy = 0

3. y′′−

y′

= x(x −1).

y′′+ 4 y′ = ex (24cos 2x + 2sin 2x).

x −1

5. (xy2 + x)dx + ( y − x2 y)dy = 0.

II. Решить задачи Коши:

6. y − xy

′

= x

y(1) =π.

′

sec x ;

sin x − y cos x = y ;

y( 2 ) =1.

′′

y(0) = 0,

′

y′′ =

y(0) = 0,

y′(0) = 0.

′ 2 ;

2 ;

+ x

1 +( y )

10.

y′′−10 y′+ 25y =

xe5x ;

= 2x − y,

x(0) =1,

y(0) = −2.

y(1) = 0,

y′(1) = e5 .

11.

= 4x + 6 y,

III. Задача

Определить путь, пройденный телом за время t , если его скорость пропорциональна пройденному пути, и если тело проходит 100 м за 10 с, а 200м – за 15 с.

ВАРИАНТ 3

I. Найти общие решения или общие интегралы дифференциальных уравнений:

1. ( y2 − 2xy)dx − x2 dy = 0

2. y′′ = y′+ x

3. y′′−10 y′+ 25y = e5 x (x −2).

4. y′−3x2 y − x2ex3 = 0.

(1 +

)dx +

−3x2

dy = 0.

II. Решить задачи Коши:

6. (x2 + x) y′ = 2 y +1;

y(1) = 0.

y′− y = ex

y; y(0) =1.

8. y

′′′

= e

2 x

; y(0)

′

= 8 ,

y (0) = 4

9. y

′′

′

= 0;

y(0) =1,

′

= 2.

′′

+ y( y )

y (0)

2 .

y (0) = −

10.

y′′+9 y =

;

= y,

cos3x

11.

x(0) =1,

y(0) = 0.

y(0) =1,

′

= 2.

= −2x +3y,

y (0)

III. Задача

Найти кривые, у которых площадь треугольника, образованного касательной, ординатой точки касания и осью абсцисс, величина постоянная, равная a2 .

<<< < Предыдущая 12 / 42 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 Кб4Учебное пособие 609.pdf
#
30.04.2022253.93 Кб4Учебное пособие 61.pdf