Kuznecov_reshebnik

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

64 (3964). y′ + y ϕ ′(x)− ϕ

(x)ϕ ′(x)= 0, где ϕ (x) – заданная функция.

u′v + v′u + uv ϕ ′(x)− ϕ (x)ϕ ′(x)= 0 ; u′v + u (v′ + v ϕ ′(x))= ϕ (x)×

v′ + v ϕ ′(x)= 0

= −∫ϕ ′(x)dx = − ϕ (x);

v = − ϕ ′(x)dx ln

.pdf

Скачиваний:

1096

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 324 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Уравнения первого порядка

55 (3955). y′ + 2xy = xe− x2 .

Решение

y = uv,

;

′

+ 2xuv = xe

−x2; u′v + u (v′ + 2xv) = xe− x2 ;

y′ = u′v + uv′

u v + uv

v′ + 2xv = 0

= −2xv

= −2x dx

v = e−x2 ;

e−x2

= xe−x2

du = x dx

u =

+ c ;

y =

+ c

e−x

56 (3956).

y′ +

1 − 2x

y = 1 .

Решение

y = uv, y′

′

1 − 2x

′

= u′v + uv′; u v + uv

uv =1; u v + u

1	− 2x
		= 1;
	x2

v′

1− 2x

v = 0

= −

1− 2x

= ln x2 + ln e1/ x

v = x2e1/ x ;

e−1/ xdx;

′

2 1/ x

=1 du =

−1/ x

;

u x e

u =

−

= e

+ c

x2e1/ x

∫

y = cx2e1/ x + x2.

57 (3957). (1 + x2 )y′ − 2xy = (1 + x2 )2 .

Решение

y = uv ,

u′v + uv′ −

uv = 1 + x2

′

−

= 1 + x

;

1 + x2

; u v + u

+ x2

v′ −

v = 0

= ln (1 + x2 )

v = 1 + x2 ;

+ x2

u = x + c ; y = (1+ x2 )(x + c).

u′(1 + x2 )=1 + x2

du = dx

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

58 (3958). y′ + y = cos x.

Решение

y = uv

′

+ uv = cos x

′

+ v)= cos x; v′

+ v = 0

, u v + uv

u v + u (v

dx =

= −v

= −x

v = e−x;

u′e− x = cos x

du = ex cos x dx ;

u = ∫ex cos x dx = I

= u

, cos x dx = dv

;

1 x

dx, v1

; I = ex sin x − ∫ex sin x dx =

du1

= e

= sin x

= ex = u2 ,

sin x dx

= dv2 ,

= ex sin x + ex cos x − I + c

u =

(sin x +

du2

= exdx, v2 = −cos x

+ cos x)ex + c ;

y =

(sin x + cos x)+ ce−x.

59 (3959). y′ + ay = emx.

Решение

′

+ auv = e

′

+ av)= e

; v + av = 0

y = uv, u v + v u

u v + u (v

v =

= −a dx

= −ax v = e−ax; du = e(m + a) xdx

u =

e(m + a)x + c

m + a

(при m ≠ −a ).

Если m ≠ −a , то y =

emx + ce

−ax

. Если m = −a , то и = х + с

m + a

и y = (x + c)emx .

60 (3960).

2 y dx + (y2 − 6x)dy = 0 .

Решение

′

2 y

+ y

− 6x = 0 ; x = uv , x′y = u′v + uv′

;

u v + v u −

uv = −

;

′

v = 0

u v

+ u

−

= −

; v′ −

= 3ln

v = y ;

Уравнения первого порядка

u′y3 = −

du = −

u =

+ c;

x =

y2 + c y3 или

2 y2

2 y

у2 − 2х = су3 (c = −c ).

61 (3961). y′

2x − y2

Решение

2x − y2 =

;

− 2x = − y2; x = uv, x′ = u′v + v′u; u′v + u (v′ − 2v)= − y2;

v′ − 2v = 0

= 2 dy

= 2 y

v = e2 y ; u′e2 y = − y2

y2 = u ,

du =

2 y dy,

u = −∫ y

−2 y

− ∫ ye

−2 y

dy = dv = e−2 ydy, v = −

e−2 y

dy =

y2e−2 y +

ye−2 y +

e−2 y

u2 = y, du2 = dy,

+ c ;

−2 y

;

dv2

= e

dy, v2

= −

x =

y +

+ ce2 y .

62 (3962). y′ =

2 y ln y + y − x

Решение

= −

+ 2 ln y +1; x = uv , x′ = u'v + uv′ ; u′v + v′u +

= 2 ln y +1

u′v + u v′ +

= 2 ln y +1; v′ +

= 0

= −

v =

;

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

u′ = 2 y ln y + y	u = 2∫ y ln y dy + ∫ y dy + c;				dy
		u1	− ln y,	du1 =		, dv1 =
		u1	− ln y,	du1 =	y	, dv1 =

= ydy, v1 =

; u = y2 ln y −

∫

y dy +

+ c = y2 ln y + c ;

63 (3963). x (y′ − y)= (1 + x2 )ex .

Решение

y = uv , y′ = u′v + uv′ ; u′v + v′u − uv =

1 + x2

ex ; u′v + u (v′ −

′

− v = 0

= dx ln

= x

′

1+ x2

v = e

;

u e

;

x = y ln y + cy .

v)= 1 + x2 ex ; x

u′ = 1 + x2 ; x

1 + x

du =

u = ln

+ c ;

y = ex

+ c .

v = −e− ϕ (x); u′e−ϕ (x) = ϕ (x)ϕ ′(x); u =∫eϕ (x) ϕ (x)ϕ ′(x)dx =

= ϕ

(x), du

= ϕ '(x)dx,

=ϕ

(x)eϕ (x) −

∫

eϕ

(x) ϕ ′(x)dx = ϕ

= eϕ (x)

= eϕ (x)d[ϕ (x)], v

− e

ϕ (x)

+ c

;

y = e

− ϕ (x)[

( )

ϕ (x)

− e

ϕ (x)

+ c

]; y = ϕ (x)−1 + ce− ϕ

(x)eϕ (x) −

(x) .

Уравнения первого порядка

В задачах 65 (3965)–68 (3968) найти частные решения уравнений.

65 (3965). y′ − y tg (x) = sec x ; y

x = 0 = 0 .

Решение

u′v + u (v′ − v tg x)=

y = uv ,

y′ = u′v + v′u ; u′v + v′u − uv tg x = sec x ;

= sec x ;

v′ − v tg x = 0

= tg x dx

v =

;

u′

du =

cos x

= dx

u = x + c

;

y =

x + c

; при х = 0

у = 0

0 = с;

y =

cos x

66 (3966). xy′ + y − ex = 0 ;

x = a = b .

Решение

′

y = uv ,

y′ +

; u′v + v′u

; u v + u

; v′ +

ex + c

= 0

= −

v =

; u′

du = e

u = e

+ c ; y =

При х = а

у = b

b =

ea + c

c = ab − ea ;

y = ex + ab − ea .

67 (3967). xy′ −

Решение

y′ −	y	;
	x(x + 1) = 1

y = x ; y x = 1 = 0 .

x+1

y = uv ,	′	′	uv	′

	y′ = u′v + v′u ; u v + v u − x (x +1) =1			u v +

+ u

v′ −

= 1;

v′ −

= 0

;

−

x (x +1)

x (x +1) ∫

∫

x (x +1)

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

− ∫

= ln

− ln

x +1

; v =

;

du =

x +1

dx ; u = x + ln

+ c ;

y =

(x + ln

+ c).

x +1

(x + ln

−1).

При x =1 у = 0

0 =

(1 + c)

c = −1

;

y =

x +1

68 (3968). t (1 + t 2 )dx = (x + xt 2 − t2 )dt ;

= −

Решение

t (1 + t2 )x′ = x + xt 2 − t2 ; x = uv , x′ = u′v + v′u ; t (1 + t2 )(u′v + v′u)=

= uv (1 + t

)− t

′

; v

′

= 0

= t

; u v + u

−

= −

−

;

+ t2

∫ du = −∫

;

(

)

u′t = −1 + t2

1 + t2 + c

u = −arctg t

+ c

x = − arctg t + c

При t = 1

x = −

−

= −

+ c

c = 0 ;

x = −t arctgt .

69 (3969). Пусть у1 и у2 – два различных решения уравнения y′ + p(x) y = Q(x).

а) Доказать, что y = y1 + c (y2 − y1 ) является общим решением того

же уравнения (с – константа).

б) Прикакомсоотношениимеждупостояннымиα иβ линейнаякомбинация α у1 + β у2 будет решением данного уравнения?

в) Доказать, что если у3 – третье частное решение, отличное от у1

и у2, то отношение y2 − y1 – постоянное. y3 − y1

Решение

Еслиу1 иу2 – дваразличныхрешениядифференциальногоуравнения

Уравнения первого порядка

y′ + P(x) y = Q(x),

(1)

то y′

+ P(x) y = Q(x); y′

+ P(x) y

= Q(x).

а) Докажем, что y = y1 + c (y2 − y1 ) – общее решение того же урав-

нения(1):

y′ = y′ + c ( y′

− y′ ); y′

+ c

(y′

− y′

)+ P(x)[y

+ c (y

− y )]= Q(x)

1 1

[y′ + P(x) y ]+ c

[y′

+ P(x) y

]− c

[y′

+ P(x) y ]= Q(x); Q(x)+ c Q(x)−

− c Q(x)= Q(x)

Q(x)= Q(x).

б) При каком

соотношении

между постоянными α

и β

линейная

комбинация α

у1 + β

у2 будет решением уравнения (1)?

Если у = α

+ β

у , то y′ = α

y′

+ β y′

. Подставим у и у′ в диффе-

ренциальноеуравнение(1):

α y′

+ β y′

+ P (x)α y + P(x)β y

= Q(x); α

[y′ + P(x) y

]+ β

[y′

+P(x) y2 ]= Q(x); α Q(x)+ β Q(x)= Q (x)

α +β =1.

в) Доказать, что если у3 – третье частное

решение, отличное от у

− y1

и у , то отношение

– постоянное.

− y1

Пусть y =

y2 − y1

. Докажем, что у′ = 0, т. е. у = const.

− y

Действительно,

y′ + P (x)y = Q (x), y′

+ P (x)y

= Q (x),

′

(y′

− y′

)(y

− y )

− (y′

− y′

)(y

− y )

y3 + P(x)y3 = Q(x);

y′ =

(y3 − y1 )2

P(x)(y2 − y1 )(y3 − y1 )− P(x)(y3 − y1 )(y2 − y1 )

= 0.

(y3 − y1 )2

70 (3970). Доказать тождество ∫x eZx − Z 2 dZ = ex2 / 4 ∫x e−Z 2 / 4dZ, составив

дляфункции I(x)= ∫x eZx − Z 2 dZ дифференциальноеуравнениеирешивего.

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

Решение

I(x)= ∫x eZx−Z 2 dZ . Формуладифференцированияинтеграла, зависящего

от параметра, имеет вид

b(x)

′

b(x)

∫ f

(x, Z )dZ

= ∫ fx′ (x, Z )dZ + f (b(x), Z )

− f (a(x),

Z )

a(x)

При а = 0, b = x

I′(x)= ∫x ZeZx−Z 2 dZ +1 .

Проинтегрируем последнее равенство по частям: eZx = u ,

−Z 2

dZ = dv ,

1 −Z

′

1 Zx −Z 2

du = x e

dZ ,

. Тогда

v = − 2 e

I (x)= − 2 e

0 +

1 x

Zx − Z 2

′

+ 2 ∫ x e

dZ +1

I′(x)= 2 I(x)+1 ; I(x)= uv, I (x)= u v + v u

′

v′

− 1 v = 0

dv =

−

= 1

−

=1 ;

u v + v u

u v + u v

ln v =

v = ex

/ 4

; du = e−x

/ 4dx

= ∫e−x

/ 4dx = ∫e−Z

/ 4dZ ;

I(x)= uv = eх2 / 4 ∫x e−Z 2 / 4dZ .

71 (3971). Найтилинию, укоторойначальнаяординаталюбойкасательной на две единицы масштаба меньше абсциссы точки касания.

Уравнения первого порядка

Решение

y − (x − 2)

По условию

= x − 2 . Из ∆ KMN tg α =

;

y′ =

−1+

;

′

y = uv ; y′ = u′v + v′u ; u v + v u

−

−1

;

′

u v + u

−

−1 ; v′ =

′

v = x ; u x

−1

du =

−

dx ;

u = −

− ln

+ c; y = uv = cx − xln

− 2 .

(*)

M(x,y)

K α N

Q α

O x x

Примечание. Можно исходить из уравнения касательной Y − y = = y′(X − x) .

При X = 0 Y = x − 2 .Тогда x − 2 = y − xy′ , т. е. приходим к уравне-

нию(*).

72 (3972). Найтилинию, укоторойплощадьпрямоугольника, построенногонаабсцисселюбойточкииначальнойординате касательнойвэтой точке, есть величина постоянная (= а2).

Решение

По условию SABCD = AB AD = a2. Уравнение касательной в точке M(x; y) имеет

вид Y − y = y′( X − x) . При X = 0 Y = AB = y − y′x,

AD = x.

Значит, a2 = (y − y′x) x .

Если (y − y′x) x > 0 , то a2 = yx − y′x2 ; y = UV , y′ = U ′V + UV ′, a2 = UV x − x2 U ′V − x2UV ′;

В.

..M(x,y)

D x

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

′

= U (Vx

− x

V ′)

− x

U ′V; Vx = x

= x V = x;

=−x

3 dU

= −

a2dx

U =

+ C ;

y = Cx +

2x2

Если

′

x <

0 , то a

( y − y x)

= − yx + y′x .

Аналогично получаем V = x ,

U = −

+ C .

2x2

Итак,

y = Cx ±

73 (3973). Найтилинию, длякоторойплощадьтреугольника, образованного осью абсцисс, касательной и радиус-вектором точки касания, постоянна (= а2).

Решение

По условию SOMN =

. Тогда MP = y ,

PN =

= x −

, 2a2 =

xy − y2

OP = x ,

tg (π − α )

y′

2 dx

′

Если xy − y

> 0, то 2a

= xy

− y

x′; x = UV , x

= U V

+V U ;

2a2 = y UV − y 2 (U ′V + V ′U ) ; 2a2 = U (yV − y2V ′)− y2U ′V ; yV − y2V ′ =

′

= 0

V = y

; 2a

+ y U

= 0

dU =

M(x,y)

= −2a2 dy

. .

U =

+ C ; x = Cy +

Р N x

Если xy − y

< 0

, то

= −xy + y

x′ .

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 324 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]

#
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 Mб1096Kuznecov_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