Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Kuznecov_reshebnik

.pdf

Скачиваний:

1200

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.95 Mб

Скачать

☆

1 / 321 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ УКРАИНЫ Национальныйуниверситеткораблестроения

имени адмирала Макарова

А. Н. Кузнецов

РЕШЕБНИК ЗАДАЧ ПО ТЕМЕ "Дифференциальныеуравнения"

Рекомендовано Министерством образования и науки Украины в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений

Николаев 2006

УДК 517.91 (075.8) ББК 22.1

К 89

Рекомендовано Министерством образования и науки Украины в качестве учебного пособия для студентов высших учебных заведений,

лист№14/18.2–1895 от08.08.2005.

Рецензенты:

доктор технических наук, профессор А.А. Мочалов; доктор физико-математических наук, профессор И.А. Муленко

Кузнецов А.Н.

К 89 Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения". – Николаев: НУК, 2006. – 312 с.

ISBN 966–321–068–0

Содержатся решения около 450 задач по теме "Дифференциальные уравнения" известного "Сборника задач по курсу математического анализа" автора Г.Н. Бермана.

Предназначен для студентов-иностранцев, молодых преподавателей и всех тех, кто интересуется методами решения задач по дифференциальнымуравнениям.

УДК517.91 (075.8) ББК 22.1

©Кузнецов А.Н., 2006

©Издательство НУК, 2006

ПРЕДИСЛОВИЕ

Дифференциальные уравнения в курсе математики и в ее приложениях занимают особо важное место. С их помощью решаются многие задачи геометрии, механики, физики и техники. Поэтому на практических занятиях должно быть уделено достаточно времени составлению дифференциальных уравнений, особенно инженерно-технических задач, выработке умений и навыков решения таких задач.

Данное пособие ставит своей целью помочь студенту в решении задачподифференциальнымуравнениямизнаиболеепопулярного"Сборника задач по математическому анализу" Г.Н. Бермана, а молодому преподавателю выбрать задачи, наиболее подходящие для данной группы студентов и их специальности. Разумеется, нельзя обходиться толькооднимзадачником. Вконцепособияприводитсясписокнаиболеераспространеннойлитературыподанномувопросу.

Важную и трудоемкую работу по рецензированию пособия проделала доцент кафедры Т.А. Юрченко. Ей принадлежит решение задачи 336 (4236) и указанные вторые способы решения в ряде других задач. Решение задачи 250 (4150) представил доцент Л.Л. Вербицкий, задачу 428 (4328) – старший преподаватель А.В. Варшамов, 443 (4343) – старший преподаватель М.Б. Бондаренко.

Большую помощь при подготовке рукописи к печати оказали старшие преподаватели А.Г. Иванова и Н.А. Руденко.

Всемназваннымлицамавторприноситсвоюискреннююблагодарность.

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

§ 1. УРАВНЕНИЯПЕРВОГОПОРЯДКА

Уравнения с разделяющимися переменными

В задачах 1 (3901)–12 (3910) найти общие решения дифференциальныхуравнений.

1 (3901). (xy2 + x)dx + (y – x2y)dy = 0.

Решение

x(y2 +1)dx + y(1− x2 )dy =

= 0; ∫

x dx

dx +

1− x2

y2 +1

1− x2

y dy

= ln c

−

− x2

ln (y2 +1)= ln c

(c > 0);

∫ y2 +1

y2 +1

= ln c2

y2 +1 = ± c2

(1 − x2 )

y 2 +1 = c

(1 − x2 ) (c = ± c2 ).

1 − x2

2 (3902). xyy ′ = 1 – x2.

Решение

= 1 − x2

y dy =

1 − x2

dx;

∫

y dy =

∫

1 − x2

dx + c1

= ln

−

ln c c

> 0, c1

ln c ; x

+ y

= ln c x

3 (3903) yy′ =

1− 2x

Решение

=1− 2x

y2dy = (1− 2x)dx ; ∫ y dy = ∫ (1 − 2x)dx + c1

= x − x2 + c ; y3

= 3x − 3x2 + c (c = 3 c1 )

y = 3 c + 3x − 3x2 .

y3 =

Уравнения первого порядка

4 (3904). y′ tg x – y = a.

Решение

∫

= ∫

tg x − y = a

+ c1; ln

y + a

tg x

y + a

tg x

= ln

sin x

+ ln c0 (ln c0 = c1, c0 > 0);

y + a

= c0

sin x

y = c sin x − a (c = ± c0 ).

5 (3905). xy′ + y = y 2 .

Решение

∫

+ y = y2

;

+ c1

−

y2 − y

y (y −1)

y −1

−

∫

+ c ; ln

y −1

− ln

= ln

+ ln c (c = ln c , c > 0);

y −1

= c0

y =

(c = ± c0 ).

+ cx

6 (3906). y′ +

1 − y2

= 0.

1 − x2

Решение

dy +

1− y2

= 0

= −

+ c

; arcsin x + arcsin y =

1− x2

∫ 1− y2

∫

1− x2

1− y

+ y

1− x

= arcsin c;

= arcsin c (arcsin c = c1); arcsin x

x 1 − y 2 + y 1 − x2 = c.

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Примечание. Пусть arcsin y + arcsin x = ϕ . Тогда sin ϕ

= sin (arcsin y +

+ arcsin x) = sin (acsin y) cos (arcsin x) + sin (arcsin x) cos (arcsin y) =

= y

1− x

+ x

1− y

1− x

+ x

1− y

ϕ = arcsin

7 (3907).

1 − y2

dx + y

1 − x2 dy = 0.

Решение

y dy +

= 0

y dy +

= c

; − 1 − y 2 +

1 − y2

1 − x2

∫ 1 − y2

∫

1 − x2

+ arcsin x = c ;

1− y2

= arcsin x + c

(c = −c

−s

8 (3908). e

=1.

Решение

−s

−s ds

e−s

e−sds

e−s −1 = z

+ e

dt +

ds = 0; ∫dt + ∫

= c1;

− e−s ds = dz

e−s −1

∫

dt =

∫

+ c ;

t = ln

+ ln

(c = ln

);

t = ln

c(1− e−s )

et = c(1− e−s ) (при s > 0, c > 0 и s < 0, c < 0).

9 (3909). y′ = 10 x + y.

Решение

dy	=10x 10 y		dy	=10x dx; ∫10− y dy =∫10x dx + c1	−	10− y	=	10x	+ c1;
dx			y			ln10		ln10
		10

10x +10− y = c , где с = −с1 ln10.

Уравнения первого порядка

10 (3910). y′ +

Решение

		x − y
	dy = sin
	dy = sin	2
		2

sin

x + y

= sin

x − y

− sin

x + y

dy = −2sin

cos

dx ;

2sin

= − cos

∫

= −∫ cos

dx + c; ln

= c − 2sin

11 (3911). Зависимость между скоростью v снаряда и пройденным путем l в канале орудия устанавливается в баллистике следующим урав-

нением: v =	al n	, где v =	dl	и n < 1. Найти зависимость между време-
	b + l n		dt

нем t движения снаряда и пройденным расстоянием l по каналу.

Решение

v =

, где

v = dl и n < 1;

dt =

(b + l )dl

∫dt =

b + l

= ∫

b + ln

dl + c; t =

+ c .

aln

al n−1(1 − n)

При t = 0

l = 0

c = 0 и t

+ bl

1−n

1 l

1− n

12 (3912). Если х – количество иодисто-водородной кислоты HI, раз-

ложившейсякмоменту времениt, тоскоростьразложения dt определя-

	dx	= k	1− x 2	− k		x	2
ется дифференциальным уравнением							, где k , v
	dt		v
		1			2	v	1

и k2 – постоянные. Проинтегрировать это уравнение.

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Решение

1 − x 2

= k

− k

;

= v2 ∫

+ c.

− x)2

− k

v2dx			= dt	∫dt =
2	− k2 x	2
k1(1− x)

Разложимподынтегральнуюфункциюнапростейшиедроби:

k1(1 − x)2 − k2 x2 =

(

k (1 − x)− k

x)(

(1 − x)+ k

x)=

;

A k1 − A k1 x + A k2 x +

k1 (1− x)−

(1 − x)+

k2 x

(A + B)

k =1,

+ B k1 − B k2 x − B k1

x = 1;

− (A + B) k

+ (A − B) k

= 0

A + B =

k2 − k1

A =

1 k2

;

B =

A − B = 1

k1 k2

k1k2

;

Итак, t = v2

(1− x)+

x −

(1− x)−

k1k2

−

k2 x + c .

k1 (1 − x)+ k2 x

При t = 0

x = 0, c = 0 и t = 2

k k

(1 − x)−

x .

В задачах 13 (3913)–16 (3916) найти частные решения дифференциальныхуравнений, удовлетворяющиеданнымусловиям.

13 (3913). y′sin x = y ln y; y x = π / 2 = l.

Уравнения первого порядка

Решение

d (ln y)

sin x = y ln y

;

+ c ; ln

ln y

y ln y

sin x

∫ ln y

∫ sin x

+ ln

,гдеln

= c ; ln y = c tg

= ln

Подставив начальные условия, получим c = 1.

	x	; y = etg	x
Итак, ln y = tg	x		2	.
Итак, ln y = tg	2		2	.

14 (3914). y′

+ y2

; y

x = 0

=1 .

+ x2

Решение

+ c

;

arctg y = arctg x + arctg c ×

∫1 + y2

1 + y2

1 + x2

× (arctg c = c1 ); arctg y − arctg x = arctg c;

tg (arctg y − arctg x)=

= tg (arctg c);

tg (arctg y)− tg (arctg x)

= c

y − x

= c.

1+ tg (arctg y) tg (arctg x)

1+ xy

Используем начальные условия: с = 1.

Итак, y − x = 1 + xy

y =

1 + x

1 − x

15 (3915). sin y cos x dy = cos y sin x dx;

x = 0

Решение

sin y

sin x

dx ∫

sin y

dy = ∫

sin x

dx; ln

cos x

0x = ln

cos y

yπ

cos y

cos x

π cos y

cos x

cos y

= ln

2; cos x =

2 cos y.

cos x

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

16 (3916). y − xy′ = b (1 + x2 y′);						y
Решение
			x	dx		y
	′			dx
y − b = xy	′	(1	+ bx); ∫ x (1		+ bx) = ∫
y − b = xy		(1	+ bx); ∫ x (1		+ bx) = ∫
			1			1

x = 1 =1.

dy	;	1	=	A	+		B	;
y − b	;	x (1+ bx)	=	x	+		1+ bx	;

1 = A + Abx + Bx

Ab + B = 0

B = −b,

b dx

;

−

A =1 A =1;

∫

∫ bx +1

∫

y − b

[ln х − ln bx +1 ]1x = ln y − b 1y; ln x − ln bx +1 + ln b +1 = ln y − b −

− ln

1− b

; ln

x(1 + b)(1 − b)

= ln

y − b

x (1 − b2 )

= y − b; y =

x + b

bx +1

17 (3917). Найти линию, проходящую через точку (2; 3) и обладающую тем свойством, что отрезок любой ее касательной, заключенный между координатными осями, делится пополам в точке касания.

Решение

1-й способ. По условию ВМ = МС .

Тогда

NC = ON = x.

Из ∆

MNC

y = x tg (π − α )= −x tgα

′

= – xy

y = −x dx ,

В .

= −

∫

= −∫

; ln

3 =

.М(х,у)

= −ln

= ln 6

xy = 6

2-й способ. Уравнение касательной ВС Y – y =

= y′ (X – x), где X и Y – текущие координаты

касательной. Точка С (2x; 0) принадлежит (ВС)

– у = у′х.

Далее решение такое же, как и в способе 1.

1 / 321 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.02.20151.24 Mб16Kursovoy_Sistemy.docx
#
09.12.2018274.43 Кб10kurs_9.doc
#
19.08.2019138.24 Кб3Kurs_lektsiy.doc
#
01.04.20251.8 Mб2Kurs_lektsiy_z_literaturi_II_semestr.doc
#
15.02.2015979.17 Кб23Kuznecov_Praktikum.pdf
#
15.02.20154.95 Mб1200Kuznecov_reshebnik.pdf
#
15.02.20158.28 Mб52Kvasnickij_Pajka_mat.pdf
#
01.05.2025127.01 Кб0Lab1.docx
#
01.05.20252.72 Mб0Lab12.doc
#
14.02.2015755.2 Кб44Lab1_kl_metod.doc
#
14.02.20152.66 Mб48Lab2_KL_metod.doc