Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Kuznecov_reshebnik

.pdf

Скачиваний:

1096

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

4.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 328 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Уравнения первого порядка

− mV + (M0 − m t)

= (M0

− mt) g − 4 k Vπ 3

9 (M0 − m t)2

(M 0 −

16 π 2

γ 2

36 π (M 0 − mt)

− m t)

k 3

− m V = (M

− m t)g; V = u w ,

γ 2

′

36π

′

(M 0

= u

w + u w

w + u

3 γ 2 (M

− m t) −

− m t)

= g ;

dt − k

36 π

ln w = − ln M 0 − mt +

(M 0 − m t)

γ 2

3 M0 − m t

+ 3 k 3 36π (M

− m t)2 3 ; 3 k

36 π = k

− mt = M .

2 m

γ 2

2 m

γ 2

Тогда ln

= k M 2 / 3

w =

ek1M 2 / 3;

′

k M

2 / 3

= Mg

u = g ∫ Me

−k M 2 / 3

dt ; v = u w

−

k M 2 / 3

∫ Me

−k M 2 / 3

dt.

121 (4021). Если в каком-либо процессе одно вещество превращается в другое, причем скорость образования продукта пропорциональна наличному количеству вещества, то такое явление называют процессом (реакцией) первогопорядка.

Некотороевещество, начальное количество которогоm0, превращается в другое вещество, а из образовавшегося продукта немедленно начинает получаться второй продукт. Оба превращения происходят как процессыпервогопорядка; коэффициентыпропорциональностиизвестны: k1 – в первом процессе и k2 – во втором.

Какое количество второго продукта образуется через t единиц времени после начала процесса?

Решение

x – количество первого продукта, образовавшегося через t единиц вре-

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

мени. Тогда

= k

− x)

= k

−ln

− x

= k1 t + C1 .

(1− e−k1t ).

При t = 0 x = 0

C = − ln m

, ln

= k t

= m

m0 − x

Обозначим: y – количество второго продукта. Тогда

= k2 (x −

− y)

= k2 [m0 (1 − e−k1 t )− y]; y′ + k2 y = k2 m0 (1 − e−k1 t ); y = u v ,

y = u′ v + v′ u ; u′ v + v′ u + k2 u v = k2 m0 (1 − e−k1 t ), u′ v + u (v′ + k2 v) =

= k

(1 − e−k1 t ); v′ + k

= 0

v = e−k2 t ;

e−k2 t = k

(1− e−k1 t );

k2 t

(k2 − k1 ) t

k2 t

(k2 − k1 ) t

du = k2 m0 (e − e

); u = k2

e + k

− k

+ C2 ;

−k

+ C2 e

+ k

− k

y = u v = k2 m0

При t = 0 y = 0

0 = k2

+ k

− k

+ C2;

C2 = −k2

; y = k

e−k1

− k

e−k2 t ;

− k

2 0

y = m

e−k1

t − k e−k2 t ) .

k1 − k2

122 (4022). В резервуаре, объем которого 100 л, находится рассол, содержащий 10 кг растворенной соли. В резервуар втекает вода со скоростью 3 л/мин, а смесь с такой же скоростью перекачивается во второй резервуар емкостью также 100 л, первоначально наполненный чистой водой, из которого избыток жидкости выливается. Сколько соли будет содержать второй резервуар по прошествии часа? Каково максимальное количество соли во втором резервуаре? Когда это максималь-

Уравнения первого порядка

ное количество достигается? (Концентрация соли в каждом из резервуаров поддерживается равномерной посредством перемешивания.)

Решение

Пусть к моменту времени t в первом резервуаре х кг соли. Тогда егоконцентрация составитх/100.

Переменной t даем приращение dt и считаем, что за этот промежутоквременипроцесспроисходитравномерно. Скоростьизмененияколичества соли равна 0,03 х, где x = x (t).

За промежуток времени dt убывает dx (dx < 0) кг соли. Отсюда

x	dx	t			x
0,03 x dt = −dx ∫		= −∫ 0,03 dt	ln			= −0,03 t, x =10 e−0,03 t .
0,03 x dt = −dx ∫	x	= −∫ 0,03 dt	ln	100		= −0,03 t, x =10 e−0,03 t .
10		0

Вовторойрезервуаркаждую минутупопадает 0,03 x = 0,3 e−0,03 t кг соли. За промежуток времени dt количество соли в нем увеличивается

от y до y + dy. Тогда (0,3 e−0,03 t − 0,03y) dt = dy;

0,3 e−0,03 t − 0,03 y = y′,

y = uv, y′ = u′ v + v′ u; 0,3 e−0,03 t

= u(v′ + 0,03 v) + u′ v; v′ + 0,03 v = 0

v = e−0,03 t ; 0,3 e−0,03 t = u′ e−0,03 t

du = 0,3 dt u = 0,3 t + C;

y = 0,3 te−0,03 t + e−0,03 tC .

y = 0,3 t e−0,03 t . Через t =

При t = 0

= 0

C = 0,

мин

y = 0,3 60 e−1,8

≈

18 / 6,05 ≈

2,97 ;

= 0,3 e−0,03 t

(−0,03 t +1) ;

= 0

t = 33

мин – точка экстремума; при этом y =

10 ≈ 3,68 (кг) .

123 (4023). Напряжение и сопротивление цепи равномерно меняются в течение минуты соответственно от нуля до 120 В и от нуля до 120 Ом (см. задачи 77 (3977)–78 (3978)). Индуктивность цепи постоянна (1 Гн). Начальный ток J0. Найти зависимость между током и временем в течениепервойминутыопыта.

Решение

E = L dJdt + R J .

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

По условию E = k t, R = k1 t, L =1. Отсюда 120 = k 60 k = 2

и E = 2 t ; 120 = k1 60 k1 = 2 и R = 2 t ; dJdt + 2 t J = 2t, J = u v ,

J′ = u′ v + v′ u , u′ v + u (v′ + 2 t v) = 2 t;

= −2 t v

− 2 t dt

v = e

−t2

= 2t

du = 2t e

u = e

+ C,

J =1+ C e

−t2

;

При t = 0

J = J0

J0 = 1 + C

C = J0 −1 ,

J =1 + (J0 −1) e−t2 .

124 (4024). В узкой горизонтальной цилиндрической трубе АВ, геометрическизакрытой, заключенгаз. Трубкаравномерновращаетсявокруг своейосиОО1, проходящейчерезодинизееконцовсугловойскоростьюω . Длинатрубкиl см, поперечное сечениеS см2, масса заключенного вней газаМг, давлениевпокоящейсятрубке(постоянноевдольвсейтрубки) p0. Найти распределение давления вдоль трубки при ее вращении, т. е. выразить p как функцию от х.

Решение

Если масса элемента CD – dm, то дифференциальное уравнение за-

дачи имеет вид

S dp = ω

2 x dm.

(1)

По закону Бойля–Мариотта

v p = v

v = v0 p0 ; γ =

p = 2k p

2k ;

= γ

S dx = 2 kpS dx.

(2)

Подставив (2) в (1), имеем

S dp = ω

x 2kpS dx

= 2kω

x dx

kω

ln p C1 = kω

p = Ce

C =

Уравнения первого порядка

M = ∫ dm = C 2kS ∫ek ω

Масса газа

C =

2kS ∫ek ω 2 x2 dx

и p =

Mek ω 2 x2

k =

. Но γ 0

= 2 k p0

. Тогда

2kS ∫l

l S

2 p0 l S

ek ω 2 x2 dx

p =

p0 l ek ω 2 x2

∫ ek ω 2 x2 dx

Другие примеры уравнений первого порядка

В задачах 125 (4025)–137 (4037) найти общее решение уравнений, приведя их с помощью замены переменных к уравнениям линейным илиоднородным.

125 (4025).

y′ =

2 y − x − 5

2x − y + 4

Решение

Положим:

2 y − x − 5 = 2 u − v,

3 u = 3 y − 6, u = y − 2, y = u + 2, y′x = u′x ;

= 2 v − u

3 v = 3 x + 3, v = x +1,

x = v −1.

2 x − y + 4

u′

2 u − v

, u′

= u′

v′

= u′

u′

2u / v −1

= z, u = v z

, u′

= v z′ + z;

2 v − u

2 − u / v v

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

v z′ + z =

2 z −1

2 − z

dz =

z −1

−

z2 −1

= ln

2 − z

z2 −1

z +1

z −1

= v C

(u − v)v

= v C

(u − v)2 = (u + v)2 ×

(z +1) z2 −1

(u + v) u2 − v2

× (u2 − v2 ) C 2

−

(v − u) = (u + v)3 или (x + y +1)3 = C(x − y + 3)

	1
−	1	= C .
−	C2	= C .
	C2
	1

126(4026). y′ = 2x − y +1.

x− 2 y +1

Решение

Положим:

2 x − y +1 = 2 u − v,		3 u = 3 x +1,
	x − 2 y +1 = u − 2 v	3 v = 3 y −1,

y′	= v′	= v′	u′	= v′	; v′	=	2u − v

x	x	u	x	u	u		u − 2v

u = x +1/ 3,				x = u −1/ 3;
v = y −1/ 3,				y = v +1/ 3.
v′	=	2 − v / u	,		v	= z,	v = zu	,
u	1− 2v / u				u		v = zu
	1− 2v / u				u

′

;

z′ u + z =

2 − z

z′ u =

2 − z

− z

z′ u =

2 − 2 z + 2 z2

;

= z u + z

1 − 2 z

dz =

−

1 − z + z2

= ln

;

= u C

2 (1 − z + z2 )

− z +

= u C

= v2 − u v + u2 ; C

= y2 −

y +

− x y +

v2 − u v + u2

C12

x −

+ x2 +

x +

;

+ x2

= xy + x − y = C

C = C

−

Уравнения первого порядка

127 (4027). (x + y +1)dx = (2 x + 2y −1)dy.

Решение

x + y = z, y = z − x, y′ = z′ −1, z +1 = (2 z −1) (z′ −1)

3 z = z′ (2 z −1);

2 z −1

dz = dx

z −

= x + C ; 2 z − ln

= 3 x + 3 C

; − x + 2 y −

3 z

= C (C = −C2 ).

− ln

x + y

= C2

(C2 = 3 C1); x − 2 y + ln

x + y

128 (4028). y′ =

2 ( y + 2)2

(x + y −1)2

Решение

x + y −1 = (x − 3) + ( y + 2) = u + z,

где u =

Обозначим y + 2 = z,

′

2 z2

2 z2 / u2

;

= x − 3 ; yx = zx

= zuux = zu ,

u2 + 2 u z + z2

1 + 2

+ z

/ u

z′ = u v′

+ v

′

2 v2

′

2 v2

= v ,

; u v

+ v = 1 + 2 v + v2

u v

= 1 + 2 v + v2 − v ;

′

− v − v3

(v2 +1) + 2 v

u v

= 1

+ 2 v + v2

− v (v2 +1)

dv = u ; − ∫ v − 2∫ v2 +1 = ln

u C

u v C = e−2 arctg v, Cz = e−2 arctg

−ln

− arctgv = ln

;

−2 arctg

y + 2

C ( y + 2) = e

x − 3 .

129 (4029).

y′ =

y2 − x

2 y (x +1)

Решение

= z,

2 y y

′

= z

′

+1) = y

− x z

′

(x +1) = z

− x; z = u v,

; 2 y y (x

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

z′ = u′ v + v u , u′ v (x +1) + u v′ (x +1) = u v − x ; u′ v ( x + 1) + u [v′ ( x + 1) −

− v] = −x ;

+1) = v

= x +1;

(x +1)2

= −x

x +1

du = −

dx = −

(x +1) −1

dx = −

; u = −ln | x +1| −

(x +1)2

x +1

(x +1)2

−

+ ln e C ;

z = u v = −(x +1) ln | x +1| −1 + (x +1) ln e C =

= −(x +1) ln | x +1| −1 + (x +1) ln e + (x +1) ln C = (x +1) ln

−1 + x +1;

x +1

y2 = x + (x +1) ln

x +1

130 (4030). y′ =

2 (x y2 − x2 ).

Решение

2 y y′

, y 2 = z , 2 y y′ = z

′ , z′

; z′ =

/ x2

= u ,

x y2 − x

x z − x2

z / x −1

z′ = x u′ + u , x u′

+ u =

x u′ =

− u x u′

u −1

du =

u −1

u − ln | u |= ln | x C |

u = ln | u Cx | ; u C x = eu , C z = e z / x ,

z e−z / x = C ; y2 e− y2 / x = C .

131(4031). (1 + y2 ) dx = x dy.

Решение

dx	=		dy	ln \| x \| + ln \| C \|= arctg y ; y = tg ln \| Cx \| .
x	=	1 + y2		ln \| x \| + ln \| C \|= arctg y ; y = tg ln \| Cx \| .

Уравнения первого порядка

132 (4032). ( x2 y2 −1) y′ + 2 x y3 = 0 .

Решение

′

z′

(z2 − x

2 )z′ + 2 x z = 0

y =

, y′ = −

; −

−1

+ 2 x

= 0

= u , z′ = u′ x + u , (u

−1)u + (u

−1)u′ x + 2 u = 0 ;

−1 z′ +

= 0 ;

u (u2 +1)= (1 − u2 )u′ x ,

1 − u2

du = dx ;

1 − u2

B u + C

u (u2 +1)

u (1 + u2 )

u2 +1

A + B = −1,

B = −2 ; ∫

= ∫

1 − u2 = A u2 + A + B u2 + C u ; u1

C = 0,

−

A =1

− ∫

2u du

| Cu |

ln | x |= ln

; u =

x =

1 + u2

u2 +1

Cx2 y2

x2 y2 +1 = Cy .

xy(x2 y2 +1)

x2 + y2

133 (4033). yy′ + x =

Решение

= z, 2 yy′ = z′, z′ + 2x =

(x2 + z)2

+ 2x2 z + z2

= x

2z +

= u, z′ = u′x + u , u′x + u + 2x = x2 + 2ux + u2

x(u′ +1) + (u + x) =

= (u + x)2 .

′

Обозначим u + x = w , u

= w

. Тогда x w′ + w

= w

x dx =

Решебник задач по теме "Дифференциальные уравнения"

= w (w −1)

∫

− ∫

∫

w −1

;

= ln

w (w −1)

w −1

= Cx ;

Cx =

x + u −1

xC =

x + z / x −1

x2 + z − x

x + u

x + z / x

x2 + z

x2 + y2

− x

;

Cx =1 −

x2 + y2

134 (4034). x y′ +1 = e y.

Решение

x e y = z ;

x e y

= z или e y (x y′ +1) = z′

x y′ +1 = e− y z′ ;

e− y z′ = e y

z′ = e2 y , но e2 y =

. Тогда

z′ =

+ C ,

x = z + C x z и

z =

x e y =

; (1

+ C x) e y = 1 .

1 + C x

135(4035). (x2 + y2 +1) dy + x y dx = 0.

Решение

′

+ y

+1 + xy

= 0,

= z ,

2x x

= z

; z + y

+1 +

2 yz , z = uv ,

z′ = u′ v + u v′ ; u v + y

+1 +

y u′ v

y u v′ = 0, u

v +

y v′ + y

′

+1 + 2 y u

v = 0; v + 2 y v

= 0

= −2 y

v = y2 ; dy 2 y + y

+1 = 0

du = −2 ( y3 + y) dy; u = −

− y2 + C

z = u v = −

−1 +

+C1 y4 + 2 x2 y2 + 2 y2 = C1 . y2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 328 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