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

☆

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 3219 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

Уравнения второго и высшего порядка. Частные случаи уравнений...

4) k = −2 : ∫	dy	= x + C2	∫	y dy	= x + C2 .
4) k = −2 : ∫	C / y −1	= x + C2	∫	C − y	= x + C2 .
	1			1

Подстановка: y = C1 sin2 2t = C21 (1 − cos t), dy = C1 sin 2t cos 2t 12 dt;

= C1

sin

2sin

cos

x + C2

(t − sin t)

∫

C1 cos

x =

(t − sin t) − C2 ,

– циклоида.

y =

(1 − cos t)

301 (4201). Найтилинию, длякоторойпроекциярадиусакривизнынаось Oy есть величина постоянная, равная а.

Решение

tg α =

′

, ρ cos α

= a ;

(1 + y′2 )3 / 2

= a 1

+ y

′2

′

= p,

y′′

1 + y′2

= ay ;

′′

ap dp

1 + p2

2 y

= p dy

; 1 + p

= ap dy

1 + p2

= dy ln C1

= a

1 + p

′

2 y / a

;

p =

′

2 y / a

−1

;

= dx ;

= C1e

C1e

C′e2 y / a −1

e y / a =

′

sec t ; y = a ln

;

C′

cos t

dy =

a cost sin t

dt = a tg t dt

∫

a tg t dt

cos2 t

tgt

y	ρ
	ρ
	α
O	α
O	x

181

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

= x + C′

y / a

t =

+ C

или

sec t = sec

+ C

. Но sec t =

C′ e

y / a

= C sec

+ C

C′

302 (4202). Найти линию, проходящую через начало координат, у которойотношениеплощадитреугольникаМТР(см. рисунок), образованно- гокасательнойвкакой-нибудьточкеМлинии, ординатойэтойточкиМР и осью абсцисс, к площади криволинейного треугольника ОМР равно постоянномучислу k (k > 1/ 2).

Решение

S∆

TMP

= k; S∆

TP MP =

y2ctgα =

;

кр.тр

y′

Sкр.тр = ∫ y dx;

= k ∫ y dx.

M (x, y)

y′

Продифференцируем обе части последнего

2 yy′2 − y2 y′′

равенства по х:

= 2 yk; 2 y′2 − yy′′ =

y′2

= 2 y′2k ;

y′ = p ,

y′′ = p

2 p2 (1− k)

= yp

2 (1− k)

y2 − 2k =

; y2k − 2dy = C dx ; y2k − 2 = Cx + C .

При x = 0 y = 0

C = 0 ; Cx = y2k−1 .

303 (4203). Найти линию, длина дуги которой, отсчитываемая от некоторой точки, пропорциональна угловому коэффициенту касательной в конечной точке дуги.

182

Уравнения второго и высшего порядка. Частные случаи уравнений...

Решение

М0 (x0; y0); M (x, y) – точки дуги. Тогда ∫x 1 + y′2 dx = ky′.

Продифференцируем обе части последнего равенства по х:

′

′′

1 + p2

1 + y′

= ky′′ ;

p , y

= p dy

1 + p

= kp dy

kp dp = dy

k 1 + p2 = y + C ; k 2 (1+ p2 ) = ( y + C)2

p =

1 + p2

k dy

(y + C)2 − k2; ∫

= ∫dx

k ln y + C + ( y + C)2 − k2 =

( y + C)

− k

= x + C2 y =

(ex + C1 / k + e− x + C1 / k )−

304 (4204). Точка массы m вертикально брошена вверх с начальной скоростью v0. Сила сопротивления воздуха равна kv2. Поэтому, если при-

нять вертикаль за ось Оу, то при движении вверх имеем m d 22y = −mg − dt

− kv2, а при падении	m	d 2 y	= −mg + kv2 , где	v =	dy	. Найти скорость,
		dt2			dt

которую будет иметь тело в тот момент, когда оно падает на землю.

Решение

mg R

Движениевверх:

mw = mg + R . (1)

Проектируем (1) на ось

у: mwx = Px + Rx ; my′′ =

= −mg − kv2;

Движениевниз:

my′′= −mg + kv2; mv dydv = −mg +kv2;

0	m	v	d (kv2 − mg)
∫dy =		∫				;
	2k		kv	2	− mg
S		0

183

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

mv dydv = −mg − kv2 ;

v dv

− m

= dy ;

mg + kv2

v dv

dy = m∫

;

mg + kv2

y = −

ln (mg + kv2 )

;

y =

– путь подъема.

mg + kv02

kv2 − mg

− S =

;

−

mg + kv02

kv2 − mg

(здесь g = g <

< 0, – mg > 0, mg > kv2)

mg + kv2

=kv2 − mg − m2 g 2 = mgkv2 +

−mg

+k 2v02v2; − m2 g 2 = mgkv02 ; mgv02 = v2 (kv02 + mg)

	mgv02
v =	mg + kv02 .

305 (4205). Тонкая гибкая и нерастяжимая нить подвешена за оба конца. Какую форму в равновесии примет нить под действием нагрузки, равномернораспределяющейпопроекциинитинагоризонтальнуюплоскость? (Весом нити пренебрегаем.)

	y
		T
	M	α
H	A
	q
	O	x

Решение

Рассмотрим равновесие части AM. Отбрасывая связи и заменяя их действия реак-

циями связи H и T, направленными покасательной к нити, а также учитывая активно

действующуюсилу W = qx , получаемследующиеуравненияравновесия:

184

Уравнения второго и высшего порядка. Частные случаи уравнений...

	∑	Fix = 0,

	∑
		Fiy = 0

T cos α		− H = 0,	tg α =	W	y′ =	qx	; dy =	q	x dx

	T sin α	−W = 0		H		H		H

= qx2 +

y C – семейство парабол.

306 (4206). Найтизаконпрямолинейногодвиженияматериальнойточки массы m, если известно, что работа силы, действующей в направлении движенияизависящейотпути, пропорциональнавремени, протекшему смоментаначаладвижения. Коэффициентпропорциональностиравенk.

Решение

A = kt , dA = kdt . С другой стороны, элементарная работа dA = Fds,

F = m

d 2 s

. Тогда

md 2 s

ds = k dt или m

ds = k dt

mv dv = k dt

dt 2

dt2

k t + C

ds =

2k t + C

v =

2k t + C

, или

S =

∫

2k t + C dt + C

= m

t + C

+ C

При t = 0

= 0

0 =

2k	t + C	3		=
m	t + C	+ C		=
m	1		2

C3	+ C	2	C	2	= − m	C3
1		2		2	3k	1
					3k

	m	2kt	+ C	3	−	C	3
S =	3k	m	+ C		−	C		.
	3k	m	1			1

307 (4207). Луч света из воздуха (показатель преломления m0) падает под углом α 0 с вертикалью в жидкость с переменным показателем пре-

185

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

ломления. Последнийлинейнозависитотглубиныипостояненвплоскости, параллельнойгоризонту; наповерхностижидкостионравенm1, ана глубине h он равен m2. Найти форму светового луча в жидкости. (Показатель преломления среды обратно пропорционален скорости распространения света.)

	Решение
α 0	α
α 0
O	y
X
x

Показательпреломленияm линейнозависитотглубины ипостояненвплоскости, параллельной горизон-

ту: m = kx + b. При х = 0 m = m1; при x = h m = m2

= b, m = kh + m

k =

m2 − m1

; m =

− m1

x + m

или

m =

(m2 − m1)x + hm1

(*)

Уравнение луча y = f (x). На глубине х имеем:

sin α

m + dm

, гдеm – показательпреломления

sin (α + dα )

на глубине х; α – угол между вертикалью и касательной к световому лучу,

tg α

= у'. Следовательно, m sin α = (m + dm) (sin α

cos dα

+ cos α sin dα );

m sin α = m sin α

cos dα

+ sin α

cos dα dm + m cos α

sin dα + cos α

sin dα

dm;

cos dα 1, sin dα

dα

m sin α ≈

m sin α

+ sin α dm + m cos α dα

= − ctg α dα ,

tg α

= y′

α = arctg y′ ; dα

dy′

;

∫

1 + y′2

dy′

y′ dy′

1 + y′2 C

= −∫

= ∫

;

ln m = ln

y′

y′(1+ y′2 )

y′

1 + y′2

m =

1+ y′2

(**)

y′

При x = 0

= m , y' = tg α . Из (*)

m =

C 1+ tg2α

0 ,

tg α

186

Уравнения второго и высшего порядка. Частные случаи уравнений...

C = m0 sin α 0 и dx =	h dm	. Из (**) y′ =	C

	m2 − m1		m2 − C2

y = ∫

C dx

= m

∫

− C

− m

− C

y = m0h sin α 0 ln m +

m2 − m 2 sin2

m2 − m1

=	Ch ln m + m2 − C 2 + C ;
	1
	m2 − m1

0 + C .

Частные случаи уравнений более высоких порядков

В задачах 308 (4208)–317 (4217) найти общее решение уравнений.

308 (4208). y′′′ = 1x .

Решение

y′′ = ∫ dxx = ln x + C1′; y'= ∫ln x dx + C1′ ∫dx + C2 = x ln x − x + C1′x + C2 = = xln x + C1′′x + C2 ; y = ∫ xln x dx + C1′′ ∫ x dx + C2 ∫dx + C3 ,

ln x = u,		x dx = dv,
	dx		x2	;	y = x2 ln x + C x2	+ C		x + C		.
					1		2		3
du =	x	, v =	2
	x		2

309(4209). y′′′ = cos 2x .

Решение

y′′ = ∫cos 2x dx + C1 =					1		sin 2x + C1 ;			y′ =		1	∫sin 2x dx + C1′ ∫dx + C2 =
y′′ = ∫cos 2x dx + C1 =					2		sin 2x + C1 ;			y′ =	2		∫sin 2x dx + C1′ ∫dx + C2 =
= −	1 cos 2x + C′x + C		2	;			y = −	1	sin 2x + C x2					+ C	2	x + C	3	.
= −	1 cos 2x + C′x + C			;			y = −		sin 2x + C x2					+ C		x + C		.
	4	1				8					1
	4					8

187

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

310(4210). y(X) = eax .

Решение

(IX)

(VIII )

1 ax

′

eax

e + C1′ , y

;

y =

+ C1x + C2 x +

e + C1x + C2

a10

+ C3 x7 + C4 x6 + C5 x5 + C6 x4 + C7 x3 + C8 x2 + C9 x + C10 .

311(4211). x2 y′′′ = ( y′′)2 .

Решение

y′′ = u, y′′′ =

+ C′

u =

; y′′ =

;

u2 x2

u x

1 + xC1′

C1′ C1 + x

y′ =

∫

x dx

∫

(C1 + x) − C1

x −

+ x

; y′ =

C′

C + x

C′

C + x

C′

y = C1 ∫ x dx − C2 ∫ln(x + C1) dx + C3 = C1

− C2 ln

C1 + x

;

−

x dx

ln(x + C ) = u,

du =

− C

xln (x

+ C )

−

+ C

;

x + C

∫ x + C

= dv,

v = x

y = C

+ C

x + C

− C

(x + C ) ln (x + C ) .

312

(4212). xy(V) = y(IV) .

Решение

y(IV ) = u , y(V ) = u' ,

x du

= u ,

= dx

; ln

= ln

C1′x

; u = C1′x ,

C1x −

;

188

Уравнения второго и высшего порядка. Частные случаи уравнений...

′′′

′

;

′′

′

;

′

= C1

∫ x dx + C2

= C1 2

+ C

= C1 6

+ C2 x + C3

= C1

′

; y = C′

+ C′

+ C′ x + C

′

;

+ C2

+ C3 x + C

y = C x

5 + C

x3 + C

+ C

x + C

313(4213). y′′′ = ( y′′)3 .

Решение.

y′′

= u , y′′′ = u′ , u′ = u

;

= dx

−

= x + C1′

= −

(x + C1′)

−1

;

(C1 = −2C1′);

u = C

;

y′ = ∫

+ C2 =

C − 2x

− 2x

C − 2x

= −

(C1 − 2x)1/ 2 + C2 ; y = −∫ C1 − 2x dx + C2 ∫dx + C3 ;

y =

(C − 2x)3 dx + C

x + C

314(4214). y′y′′′ = 3 ( y′′)2 .

Решение

y′ = p , y′′ = p′ , y′′′ = p′′ ;

pp′′ = 3( p′)2

p′ = z ,

p′′ = z

, pz

= 3z2 ,

= 3

= ln

cp3

z = cp3 ,

dp = cp3

= c dx ;

−

2 p2

= Cx − C0

p =

;

dy =

y = −

′

− C′x

′

−

C′

− C x

C′

C′x

189

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

+ C

′

)

= 4 (C

′

− 2C′C′ y + C′

= 4C′

− 4C′x ;

(C y − C

− C x) ; C′

′

′2

′ ′

′

x = C1 y

+ C2 y + C3 .

4C x = −C

2C C2 y + (4C0

− 4C x)

315(4215). yy′′′ − y′y′′ = 0 .

Решение

yy′′′ − y′y′′

y′′′

y′

(ln y′′)′ = ln ( y)′

ln y′′ = ln

y′′ = y C ;

y′′

y′ = p , y′′ = p

; p

= y C1

p dp = C1 y dy

p2 = C1 y2 + C2 ;

p = C y2

+ C

;

= dx ,

= x + C

C2 ∫ (C / C

C y2

+ C

)y2

C1 y = z, dz =

C1 dy,

∫

= x + C3

ln z + z +1 =

= x + C

или

arsh z = x + C

z = sh ( C x +

C C

);

y =	C2	sh (	C x + C C			);	y = C	4	sh (C	x + C	6	)
	C1		1	1	3			4	2		6
	C1

= C2 , C1 C3 = C6 .

316(4216). y′′′ = [1 + ( y′)2 ] = 3y′( y′′)2 .

Решение

y′ = p , y′′ = p′ , y′′′ = p′′ p′′(1 + p2 ) = 3 pp′2 ; p′ =

C	2
	2	= C4	, C1	=
C1		= C4	, C1	=
C1

z , p′′ = z dpdz ,

190

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 3219 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 > 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