Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Kuznecov_reshebnik

.pdf

Скачиваний:

1095

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 3225 26 27 28 29 30 31 32 > Следующая >>>

Линейныеуравнения

						4								3x / 5							4									4							4							4								3				3x / 5								4						4
+ Bsin								x				+ e							−					Asin								x +						Bcos								x		x			+				e							−				Asin						x +
+ Bsin						5		x				+ e							−		5			Asin						5		x +					5	Bcos						5		x		x			+	5			e							−		5		Asin				5		x +
						5															5									5							5							5								5												5						5
	4							4										3x / 5									16										4				16									4
+			B cos								x		x + e											−						Acos								x −							Bsin							x x +
+	5		B cos					5			x		x + e											−			25			Acos							5	x −			25				Bsin					5		x x +
	5							5																			25										5				25									5
		3x / 5								4							4						4								4								9				3x / 5										4													4
+ e						−						Asin						x +								Bcos								x			=				e							Acos								x				+ Bsin							x		+
+ e						−				5		Asin					5	x +					5			Bcos					5			x			=		25		e							Acos					5			x				+ Bsin						5	x		+
										5							5						5								5								25														5													5
+	11				3x / 5						−		4						4			x +					4								4					+			6				3x / 5												4		x + Bsin							4				+
				e										Asin															Bcos								x x								e					Acos																				x
	5			e									5	Asin					5								5		Bcos						5		x x						5		e					Acos									5									5		x
	5												5						5								5								5								5																5									5
		3x / 5								16								4							16										4							3x / 5							4								4						4							4
+ e							−						Acos							x −									Bsin								x		+ e									−			Asin										x	+			Bcos						x .
+ e							−			25			Acos					5		x −					25				Bsin						5		x		+ e									−	5		Asin						5				x	+	5		Bcos					5	x .
										25								5							25										5														5								5						5							5
			Подставляя y, y′′																					и y′′′						в исходное дифференциальное уравнение,
получим A = −																1	,	B = 0 ;										y = −					1			xe3x / 5 cos x.
														8																			8
																																											e		x		+ e		− x					13				(e2 x +1)=
			6)				f (x) = 13exch x																		или					f (x)							= 13ex						e				+ e					=		13
			6)				f (x) = 13exch x																		или					f (x)							= 13ex															=
																																															2								2
																																															2								2
	13									13
=				e	2x +								.
=				e	2x +								.
	2									2
	2									2
y = Ae2 x + B , y′ = 2 Ae2 x , y′′ = 4 Ae2x ; 20 Ae2x −12 Ae2x + 5Ae2 x +
+ 5B =							13		e2 x +						13						A = 0,5 , B = 1,3 ;																			y = 0,5e2 x + 1,3.
+ 5B =									e2 x +												A = 0,5 , B = 1,3 ;																			y = 0,5e2 x + 1,3.
						2								2


380 (4280).													y′′ + y + ctg 2 x = 0.
			Решение
y′′ + y + ctg 2 x = 0																					y′′ + y = − ctg 2 x ;																					y′′ + y = 0										;	r2 +1 = 0 ,													r				= ± i;
																																																																		1,2

y1 = cos x , y2 = sin x – частныерешенияоднородногодифференциальногоуравнения.

241

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Ищем общее решение неоднородного дифференциального уравне-

ния в виде y = c1(x) y1 + c2 (x) y2 .

Метод вариации произвольных постоянных дает следующую систему для определения c1(x) и c2 (x) :

c′

+ c′ y

= 0,

c′ cos x + c′ sin x =

или

c′ y′ + c′ y′ = f (x)

− c′ sin x + c′ cos x = − ctg

∆ =

cos x

sin x

;

∆

′

sin x

cos2 x

;

− sin x

cos x

− ctg2 x cos x

sin x

∆

c′

cos x

= −

cos3 x

;

c′

(x) = cos2 x ; c′

(x) = −

cos3 x

;

sin x

− ctg2 x

sin 2 x

sin x

sin 2 x

c1(x) = ∫

cos2 x

dx + c1 = ∫

1 − sin 2 x

+ c1 = ∫

sin x

= ln

+ cos x + c

;

(x) = −

cos3 x

dx + c

∫ sin 2 x

sindxx − ∫sin x + c1 =

= −∫1 − sin 2 x d(sin x)+ sin2 x

+ c =	1	+ sin x + c	; y = cos x ln	tg	x	+ cos2 x + c cos x +1 + sin 2 x +

2	sin x	2		2		1

+ c2 sin x .

Общее решение неоднородного дифференциального уравнения:

y = c cos x

+ c

sin x + 2 + ln

cos x .

381 (4281). y′′

− 2 y′ + y =

2 +

Решение

y′′ − 2 y′ + y = 0

; r2 − 2r +1 = 0, r =1;

y = ex,

= xex;

f (x) =

1,2

x2 +1

242

Линейныеуравнения

Аналогично задаче 380 (4280) составим систему уравнений:

c′ y		+ c′ y		2	= 0,
1	1	2			= f (x)
c′ y		'+c′ y′
1	1	2	2

c′ex + c′ xex = 0,

xex

∆ =

c′ ex + c′

(ex + xex ) =

;

+ x)

x2 +1

= e2x (1 + x) − xe2 x = e2 x ; ∆ c′ =

xex

= −

xe2 x

;

x2 +1 ex (1 + x)

x2 +1

c′(x) = −

∆ c′

;

c′ (x) =

;

2 +1

x2 +1

c (x) = −

x dx

= −

ln (x2 +1) + c ;

c (x) = arctg x + c ;

y = c (x) y +

∫ x2 +1

+ c

(x) y

= −

ln (x

1) + c e

+ xe

arctg x + c

; y = e

+ c

x −

− ln

+1 + x arctg x .

382 (4282). y′′ − y′ =

f ( x) , если

f (x)

равна:

f (x) =

+ ex

y′′ − y′ = 0 ; r2 − r = 0, r1 = 0, r2 = 1.

Решение

Общее решение соответствующего однородного уравнения имеет

вид

y* = c0 + c1ex .

Частное решение ищем по общей формуле [2] y (x) = ∫x ψ (x − t) f (t) dt ,

243

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

где ψ ( x) – частное решение соответствующего однородного уравне-

ния, удовлетворяющего условиям ψ					(0) = 0; ψ ′(0) = 1.
В качестве такой функции возьмем ψ						(x) = ex −1. Тогда
		(x) = ∫x (ex − t −1)	et	dt = ex ∫x			dt	− ∫x	et	dt .
	y
			1 + et				1 + et		1 + et
0					0	0

Первый интеграл последнего уравнения берем подстановкой:

1+ et = z

t = ln (z −1) , dt =

z −

1 + ex

Тогда

1+ ex

d(1+ et )

z −1

1+ex

y (x) = ex ∫

− ∫

= ex ln

−ln (et +1)

(z −1)z

1+ e

= ex ln

− ln (ex +1) + ln 2 = xex − ex ln (ex +1) − ln (ex +1) + ln 2 =

ex +1

= xe x − (e x + 1) ln (ex + 1) + 1 + ex 2 ;	y = y * +	y	= ex (x + c ) − (ex +
	1

+1) ln (ex +1) + c2 , где c2 = c0 + ln 2 .

2)f (x) = e2x 1 − e2x .

	(x) = ∫x (ex − t −1)e2t 1 − e2t dt =∫x ex + t				1 − e2t dt − ∫x e2t 1 − e2t dt =
y	(x) = ∫x (ex − t −1)e2t 1 − e2t dt =∫x ex + t				1 − e2t dt − ∫x e2t 1 − e2t dt =
		0		0	0
		x	x
= ex		∫et	1 − e2t dt + 12 ∫	(1 − e2t )1/ 2 d(1 − e2t ) .
		0	0

Первый интеграл выражения в скобках берем подстановкой:

et = z t = ln z, dt =	dt	.	t	z
			0	1
	z
			x	ex

244

Линейныеуравнения

Тогда

1 3

2t 3

y (x) = e

∫

1 − z

dz +

− e

1 − z

)

+ arcsin z

+ 1

(1 − e2t )3

x = ex

1 − e2 x

+ arcsin ex

− ex

+ 1

(1 − e2 x )3 −

(1 − e2 )3 ;

y = y * + y = e

− π

−

1 − e2 x + arcsin ex

+ 2c1

123

новое c

(1 − e2 x )

+ c

−

(1 − e2 )

или

y =

1 − e2 x

+ arcsin ex +

+ c

(1 − e2 x )3 + c

3) f (x) = e2x cos ex .

(x) = ∫x (ex − t −1)e2t cos et dt = ex ∫x et cos et dt − ∫x e2t cos et dt ;

et = z

t = ln z , dt =

z .

[ex sin z − z sin z − cos z]1ex =

Тогда

(x) = ex ∫cos z dz − ∫

z cos z dz =

1442443

берем по частям

= ex sin ex − ex sin ex − cos ex − ex sin1 + sin1 + cos1 ;

y = y * +

= c ex

−

245

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

− ex sin1 + sin1 + cos1 + c

− sin1) ex

− cos ex + (c

+ sin1 + cos1) ;

14243

1442443

новое c1

новое c2

y = c ex − cos ex + c

Примечание. Можно решить пример и методом вариации произвольных

постоянных.

c′

+ c′

ex = 0

c′

, c′

;

c1 (x) =

∫

dx =

c′2

ex =

1 + ex

; y = (ex +1)ln (1 + ex )+

= ln (1+ ex )

+ c

(x)

= x − ln (1 + ex ) + c

∫ 1+ ex

+ ex (c + x)+ c

c′

+ c′

ex = 0,

c′ = −e2x

1 − e2 x , c′

= ex

1− e2 x ;

c′

ex = e2 x 1 − e2 x

c (x) = −

∫

ex 1 − e2 x dx =

(1 − e2x )3 + c ,

c (x) =

∫

1 − e2 x

dx =

= 1 arcsin ex + 1 ex

1− e2x

+ c

;

y = ex ex

1 − e2 x + arcsin ex + c

(1− e2x )3 + c2 .

c′

+ c′

= 0,

c′

= −e2 x cos ex, c′

= ex cos ex ;

c′

ex = e2 x cos ex

c1 (x) = −∫ e2 x cos ex dx = −ex sin ex − cos ex + c1 , c2 (x) = ∫ ex cos ex dx =

=sin ex + c2 ; y = c1ex − cos ex + c2 .

Взадачах 383 (4283)–387 (4287) найти частные решения уравнений, удовлетворяющие указанным начальным условиям.

246

Линейныеуравнения

383 (4283). 4 y′′ + 16 y′ + 15 y = 4e−3 x / 2 ;

x = 0 = 3 ,

y′

x = 0 = −5,5 .

Решение

4r2 + 16r +15

= 0 ; r = − 8 ± 64 − 60 = − 8 ± 2 = −2 ±

1 , r = −

1,2

= −

;

y* = c e−3x / 2 + c

e−3x / 2

;

= Axe−3x / 2 ;

′ = Ae−3x / 2 −

−3x / 2 ;

−3x / 2

−3x / 2 ; 9Ax −12 A +16 A − 24Ax +

y″ = −3Ae

−

2 Axe

+ 4

Axe

+15Ax = 4

A =1;

= y * +

= c e−3x / 2 + c

e−5x / 2

+ xe−3x / 2;

y′ = −

c e−3x / 2 −

e−5x / 2 −

xe−3x / 2 + e−3x / 2 ;

+ c

= 3,

c = 1,

= 2 ;

y = (1 + x)e−3x / 2 + 2e−5 x / 2 .

−

c1 −

+1 = −5,5

384 (4284). y′′ − 2 y′ +10y =10x2 +18x +

6 ; y

x =

=1,

y′

x =

= 3,2.

Решение

r2 − 2r +10 =

0; r

=1±

1−10 =1± 3i;

y* = ex (c cos3x + c

sin 3x)

;

1,2

= Ax 2 + Bx + C,

′ = 2Ax + B ,

″ = 2A ; 2 A − 4 Ax − 2B +10 Ax2 +

10 A =10,

+10Bx +10 C =10x2 +18x + 6

− 4 A +10B =18,

A = 1, В= 2,2,

2 A − 2B +10C = 6

С = 0,84;

y = ex (c cos 3x + c

sin 3x) + x2 + 2,2x + 0,84 ;

y′ = ex (c cos 3x +

+ c

sin 3x) + 3ee (−c

sin 3x + c

cos 3x) + 2x + 2,2 ;

c1 + 0,84 =1,

= 0,16;

+ 3c

+ 2,2 = 3,2

c21

= 0,28.

247

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Частное решение неоднородного уравнения, удовлетворяющее начальным условиям, имеет вид

y = ex (0,16cos3x + 0,28sin 3x) + x2 + 2,2x + 0,84 .

385 (4285). y′′ − y′ = 2 (1 − x) , y

x = 0 = 1 ,

y′

x = 0 = 1 .

Решение

r2 − r = 0 ; r = 0,

r = 1 ;

= ( Ax + B)x = Ax2 + Bx ,

′ = 2Ax + B ,

″ = 2 A; 2 A − 2Ax − B = 2 − 2x

− 2A = −2,

A =1 ,

B = 0 ;

2A − B = 2

y = c

+ c

ex + x2,

y′ = c

ex + 2x ;

c1 + c2

=1,

, c = 0

;

c2 =1

y = ex + x2 – частноерешениенеоднородногодифференциальногоурав-

нения, удовлетворяющее начальным условиям.

386 (4286). y′′ − 2 y′ = ex (x2 + x − 3) ; y x = 0 = 2 , y′ x = 0 = 2 .

Решение

r 2 − 2r = 0; r1 = 0 , r2 = 2; y* = c1 + c2e2 x, y = ex (Ax2 + Bx + C),

y' = ex (Ax2 + Bx + C)+ ex (2Ax + B) , y″ = 2ex (2Ax + B) + ex (Ax2 +

+ Bx + C)+ 2 Aex 2ex (2 Ax + B) + ex (Ax2 + Bx + C)− 2ex (Ax2 + Bx +

				− A =1,
+ C)+ 2 Aex − 2ex (2 Ax + B) = ex (x2 + x − 3); − B =1,							A = −1,
				2 A − C = −3
				2 A − C = −3
B = −1, C = 1; y = c + c	2	e2 x + ex (− x2	− x +1),	y′ = 2c	2	e2 x	+
1	2				2

248

Линейныеуравнения

+ ex (− x2 − x +1)+ ex (−2x −1) ;	c1 + c2	+1 = 2,	,	c1 = 0	;
	2c2 +1−1 = 2		c2 =1	c1 = 0
	2c2 +1−1 = 2

y = ex (ex − x2 − x +1) – частноерешениенеоднородногодифференциаль-

ного уравнения, удовлетворяющее начальным условиям.

387 (4287)

y′′ + y + sin 2x = 0; y

x = π = y′

x = π = 1.

Решение

r2 +1 = 0,

r1,2 = ± i ;

y* = c1 cos x + c2 sin x ,

= Acos 2x + Bsin 2x ,

′ = −2Asin 2x + 2Bcos2x ,

″ = −4Acos2x − 4Bsin 2x ;

− 4 Acos 2x −

cos 2x

− 3A =

− 4Bsin 2x + Acos 2x + B sin 2x = −sin 2x ;

A = 0,

sin 2x

− 3B = −1

B = 1 ;

sin 2x ,

y = c cos x + c

sin x +

sin 2x ,

y′ = − c sin x +

− c1 =1,

+ c

cos x +

cos2x ;

= −1 , c

= −

;

− c2 +

y =

sin 2x − cos x −

sin x .

уравнения a0 y′′ + a1 y′ +

388 (4288). Показать, что частное решение

+ a

y = Ae px (а , а , а – постоянныекоэффициенты; р, А– действительные

иликомплексныечисла) имеетвид y =

e px, еслиp неявляетсякорнем

ϕ ( p)

характеристического уравнения ϕ (r) ≡

r 2 + a r + a

= 0 ; y =

e px,

ϕ ′( p)

Ax2

если p – простой корень характеристического уравнения; y =

e px,

ϕ ′′( p)

если р – двойной корень характеристического уравнения.

249

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Решение

Характеристическоеуравнениесоответствующегооднородногоурав-

нения a	0	r2	+ a r + a	2	= 0. Обозначим через ϕ (r) = a					0	r2 + a r + a		. Най-
	0		1	2						0	1	2
дем: ϕ (r) = 2a0 r + a1;					ϕ ′′(r) = 2a0 . Ищем частное решение дифферен-
′
циальногоуравнения
					a	0	y′′ + a y′ + a	2	y = Ae px				(1)
						0	1	2

для случаев:

а) р не является корнем характеристического уравнения. Пусть

= ce px,

′ = cpe px,

″ = cp 2e px. Подставим

′,

″

в (1): c (a0 p2 +

+ a p + a

)= A или cϕ ( p) = A

C =

e px ;

( p)

б) р – простой корень характеристического уравнения. Ищем

y = cxe px,

y′ = ce px + cpxepx, y′′ = 2cpe px + cp2 xe px.

Подставим

′,

″ в (1):

c (a

+ a p + a

)x + (2a

p + a ) = A

c =

e px ;

ϕ ′ ( p)

14424443

14243

ϕ ′ ( p)

в) р – двойной корень характеристического уравнения. Ищем

y= cx2e px; y′ = 2cxe px +

Подставим y, y′, y″


	p2			) x2
c (a	p2	+ a p + a		) x2	+
0		1	2
1442443
			0
			0

cx2 pe px;			y′′ = 4cxe px p +
в (1):

			a1
2a	0	(2 p +	a1	) x + 2a	0	=
2a		(2 p +		) x + 2a		=
			a0
		14243
			0
			0

2ce px + cx2 p2e px.

A c =	A	=	A	;
			ϕ ′′ ( p)
	2a0

	=	Ax2	e px.
y		Ax2
y		ϕ ′′( p)
		ϕ ′′( p)

В задачах 389 (4289)–392 (4292) найти общее решение уравнений Эйлера.

250

<<< < Предыдущая 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 2425 / 3225 26 27 28 29 30 31 32 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.02.2015249.86 Кб7Kursova_robota_pochti_gotovaya.doc
#
15.02.20151.24 Mб16Kursovoy_Sistemy.docx
#
09.12.2018274.43 Кб9kurs_9.doc
#
19.08.2019138.24 Кб1Kurs_lektsiy.doc
#
15.02.2015979.17 Кб19Kuznecov_Praktikum.pdf
#
15.02.20154.95 Mб1095Kuznecov_reshebnik.pdf
#
15.02.20158.28 Mб43Kvasnickij_Pajka_mat.pdf
#
14.02.2015755.2 Кб41Lab1_kl_metod.doc
#
14.02.20152.66 Mб34Lab2_KL_metod.doc
#
14.02.2015547.06 Кб26Laba_1.docx
#
14.02.2015177.15 Кб7Laba_2.doc