Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Нижегородский Государственный Архитектурно-Строительный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

3717

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.11.2023

Размер:

386.8 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

y = u × v = (e x2 + C )× e−x2 , т.е. y = Ce−x2 + 1.

Используя начальные условия y(0) = 4 , получим 4 = С + 1; С = 3; т.о. y = 3e−x2 + 1 - частное решение заданного уравнения.

Пример 2. Найти общее решение уравнения 2 ydx + ( y 2 - 6x)dy = 0 . Решение. Если это уравнение разрешить относительно производной

dy	= -	2 y		,
		y 2 -
dx			6x

то мы не сможем отнести его ни к одному из рассмотренных ранее типов. Оно будет линейным относительно функции x( y) и ее производной x′ , если

записать его в виде

= -

y 2 - 6x

или

x¢ -

× x = -

2 y

Воспользуемся подстановкой

x = u( y) × v( y) . Подставим

x и

′

= u v + v u

уравнение

u¢v + v¢u -

× uv = -

u¢v + u(v¢ -

× v) = -

Получим два уравнения с разделяющимися переменными.

1) v¢ -

× v

= 0

3dy

ln v = 3ln y

v = y3

Общее решение

x = u × v =

2 y

2)u¢v = -

du × y3 dy

du = -

u = 1 2 y

	× y3 .
+ C	× y3 .

=- y

2 y 2

+ C

Задание №4

Решить задачу Коши.

4. 01

y¢ -

= x × arctg x

y(1) = -

ln 2

4. 02

y¢ +

3x2 y

y(-1) = -

x3 -1

4. 03

y′ - 2 y = 3x - 1

y(0) =

4. 04

2 y′ − 6 y + x2 = 0

y(0) = 0

4. 05

xy′ + y = x × sin x

y(π ) = 0

4. 06

y¢ +

x2 y

= x2 + x5

y(0) = 0

x3 + 1

y¢ +

y(5) = 0

4. 07

= x - 2

(x - 2)(x - 4)

′

2 y

1 − x

4. 08

1 − x2 = (1 + x)3

y(0) = 0

4. 09

y¢ -

= x3

y(5) = 0

x2 -

4.10

y′ + xy = x3

y(0) = 0

4.11

y¢ +

= e

y(1) = 0

4.12

(x + 1)y′ − 3y = e x (x + 1)4

y(0) = 1

4.13

y¢ +

y =

y(1) = 0

4.14

y′ - y sin x = sin x cos x

= 0

4.15

(1 + x2 )y′ − 2xy = (1 + x2 )2

y(0) = 0

4.16y¢ + y = 1x

4.17y′cos x + y sin x = 1

4.18y¢ + y cos x = 1 sin 2x

4.19y′ = y tg x + cos x

4.20y¢ + y = 2ln x + 1

		x
4.21	y¢ +	2xy			=		1
		x2	-	1		x4	-1

4.22	y¢ +	xy			=1
		x2	+	1

4.23y′ − y ctg x = sin 3 x

′

4.24

x2 + a2

4.25

y¢ +

3x2 y

x3 + 8

4.26

y¢ -

sin 2x

y =1

cos2 x +

4.27

y¢ -

2sin x

× y =1

cos x + 1

4.28xy′ + y = x cos x

4.29 y¢ - y tg x = 1 cos x

4.30y¢ - xy = x2e 2

y(0) = 0

y(0) = 1

y(0) = 0

y(1) = 1

y(0) = 1

y(0) = 0

π = y 0

y(a3) = 1 2

y(0) = 1 8

y(0) = 0

y(π ) = 0

y(0) = 1

y(0) = 0

3.4. Уравнение Бернулли

Уравнение вида

y¢ + P(x) × y = Q(x) × y n ,

где n ¹ 0 , n ¹ 1, называется уравнением Бернулли. Левая часть у него такая же, как и у линейного уравнения, а в правой части стоит выражение ynQ(x) ,

где n –

вещественное число, отличное от 0 и 1, Для его решения тоже можно

воспользоваться постановкой

y = u(x) × v(x) .

Пример 1. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

xy¢ + y = y 2 ln x

при начальных условиях y(1) = 1.

(1)

Решение. Это уравнение Бернулли ( n = 2 ). Для интегрирования этого

уравнения воспользуемся подстановкой

y = uv , y

′

= u v

+ uv

Подставляем эти значения у и y′

в заданное уравнение:

′

) + uv = u

ln x

x(u v

+ uv

или

′

+ v) = u

ln x

(2)

xu v + u(xv

Потребуем, чтобы

xv′ + v = 0 .

Тогда

xdv

= −v ,

= −

∫

= −∫

= − ln

v =

Подставляем найденное значение v в уравнение (2):

u′ = u 2

ln x

ln x dx

= u 2

∫

= ∫

Выполняя интегрирование, получаем:

−

= −

(ln

+ 1) + C ,

или

u =

+1 - Сx

Так как y = uv , то

y =

общее решение уравнения Бернулли.

1 -

Сx

Решаем задачу Коши:

1 =

1 − С = 1,

С = 0 .

ln1 + 1

− С

Таким образом,

y =	1			- искомое частное решение уравнения (1).
	ln	x
			+ 1

Уравнение Бернулли можно также решить с помощью подстановки z = y1−n , которая приводит данное уравнение к линейному.

Пример 2. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

y′ − 2xy = 2x3 y2

при начальных условиях y(0) = 1.

(1)

Решение.

Это уравнение Бернулли, так как в правой части стоит выражение

ynQ(x) = 2x3 y2 , т.е. n = 2 .

Разделим обе части уравнения на у2 :

y −2 y′ − 2xy −1 = 2x3

(2)

Положим

y −1 = z ,

тогда z′ = − y2 y′ .

Умножая обе части уравнения (2) на (-1) и выполняя указанную

подстановку, получим линейное уравнение

z′ + 2xz = −2x3

(3)

Положим z = uv , z

′

и подставим эти значения z и z

′

в уравнение

= u v + uv

(3):

′

+ uv

′

+ 2xuv = −2x

u v

или

′

+ u(v

′

+ 2xv) = −2x

(4)

u v

Потребуем, чтобы

v′ + 2xv = 0 .

Тогда

= -2xv ,

= -2x dx , ∫

= -2∫ x dx ,

= -x2 ,

v = e−x2 .

Подставим v в уравнение (4):

u¢e−x2 = -2x3 ,

= -2x3e x2 , du = -2x3e x2 dx .

Интегрируя это уравнение, находим:

z = u × v = Сe− x 2

u = С - x2e x2 + e x2 .

Откуда

- x2 +1 - общее решение уравнения (3).

Так как z =

, то

y =

- общее решение уравнения (1).

Сe− x 2 - x2 +1

Решаем задачу Коши:

1 =	1	,	С = 0 .
	С × e0 +1

Таким образом, искомое частное решение имеет вид:

y =	1	.
	1 - x2

Задание №5

Решить задачу Коши.

y¢ +

y(1) = 1

5. 01

= y3 × x 1 - x2 ,

5. 02

y 2 × y¢ + y3 =1 - x ,

y(0) = 0

5. 03

y¢ +

× ln x ,

y(1) = 0

5. 04

y¢ +

= y3 x2 arcsin x ,

y(1) = 1

5. 05

y¢ -

× tg 2 x ,

y(π ) = 0

5. 06

y¢ - y = e2 x y 4 ,

y(0) = 1

5. 07

y 4 × y¢ + y5 = x2 + 1 ,

y(0) = 0

5. 08

y¢ + 2xy = 2x3 y3 ,

y(0) = 1

5. 09

xy¢ + y = y 2 ln x ,

y(1) = 1

5. 10

y¢ - 9x2 y = (x5 + x2 )y

y(0) = 0

5. 11

y¢ - y = xy 2 ,

y(0) = 1

y¢ -

y(1) = -

3 5

5. 12

= y 2 x2 + 4 ,

y¢ +

= sin x ,

5. 13

= 0

5. 14

2 y¢y -

y 2

= x2 ln x ,

y(1) = 0

5. 15

y¢ - y tg x = -

y 4 × sin x ,

y(0) = 1

2(y¢ + xy) = (x -1)e

5. 16

× y 2 ,

y(0) = 2

5. 17

2xy¢ - 3y = -(5x2 + 3y)y3 ,

y(1) =

5. 18

2( y¢ + y) = xy 2 ,

y(0) = 2

5. 19

2 y¢ + y cos x = y −1 × cos x(1 + sin x) ,

y(0) = 1

5. 20

xy¢ - y = - y 2 × (ln x + 2)× ln x ,

y(1) = 1

5. 21

3y¢ + 2xy = 2xy−2e−2 x2

y(0) = 1

5. 22

4 y3 y¢ +

y 4

sin2 x ,

y(2π ) = 0

5. 23

2xy¢ - 3y = -(20x2 + 12)y3 ,

y(1) =

5. 24

3xy¢ + 5 y = (4x - 5)y 4 ,

y(1) = 1

5. 25

3dy = (1 - 3y

)y sin x

y(2) = 1

5. 26

xdy + y

x dx

= 0 ,

5. 27

2xy -

- y 2 + x = 0 ,

y(1) = 1

5. 28

yy¢ + y 2 = cos x ,

y(0) = 0

5. 29

(y¢ - 2xy)×

= x3 ,

y(0) = 0

5. 30

yy¢ - y 2 = sin 2x ,

y(0) = 0

§4. Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие понижение порядка

Дифференциальные уравнения второго порядка в общем случае записываются в виде

′ ′′	) = 0
F (x, y, y , y	) = 0
или в форме Коши
y′′ = f (x, y, y′).
Общее решение этого уравнения		содержит две произвольные
постоянные
y = ϕ (x,C1 ,C2 ),

Частным решением дифференциального уравнения 2го порядка является функция

y = ϕ(x,C1 °,C2 °),

где C1 ° и C2 ° определяются из общего решения путём подстановки в него

начальных условий:	y(x0 ) = y0 и	y	′	(x0 ) = y	′
					0 .

Одним из методов интегрирования дифференциальных уравнений высших порядков является метод понижения порядка, суть которого состоит в том, что с помощью подстановки данное уравнение сводится к уравнению, порядок которого ниже.

Рассмотрим три типа уравнений 2-го порядка, допускающих понижение порядка.

I Уравнение вида F (x, y′′) = 0 или y′′ = f (x) .

В этом случае порядок уравнения понижается путём последовательного интегрирования уравнения.

Пример 1. Найти общее решение уравнения

y′′ = sin 3x

Решение. Запишем

y′′ =

dy′

тогда

dy′

= sin 3x , отсюда dy′ = sin 3xdx ;

y′ = ∫sin 3xdx = −

cos 3x + C1 .

Интегрируя еще раз, получим

∫

y =

−

cos 3x + C

dx = −

sin 3x + C x + C

- общее решение.

Замечание. Таким же образом можно решать уравнения более высокого порядка, если в уравнении содержится только старшая производная и независимая переменная, т. е. уравнения вида

y(n) = f (x) .

Пример 2. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

′′′

= 60x

при начальных условиях

′

′′′

= 2 .

y(0) = 0 , y (0) = 1 ,

y (0)

Решение. Запишем: y′′′ =

dy′′

тогда

dy′′

= 60x2 , отсюда dy′′ = 60x2 dx ;

dy′

y′′ = 20x3 + C1 ,

y′′ =

dy′ = (20x3 + C1 )dx ,

y′ = 5x 4 + C1 x + C2 .

И, наконец, последнее интегрирование дает общее решение данного уравнения:

y = x5 + C1 x2 + C2 x + C3 .

Используя начальные условия, получаем значения произвольных постоянных С1 = 2, С2 = 1, С3 = 0 . Подставляя их в общее решение, получаем частное решение дифференциального уравнения:

y = x5 + x2 + x .

II Уравнение вида	′	′′	) = 0 или	y	′′		′
	F (x, y , y					= f (x, у ) .
Введем переменную	z , обозначив			y′ = z ,			где z = z(x) - новая
неизвестная функция. Тогда	y′′ = z′		и уравнение принимает вид:

F (x, z, z′) = 0 .

Общим решением этого дифференциального уравнения I порядка будет функция z = ϕ (x,C1 ) . Заменяя z на y′ , получим еще одно дифференциальное уравнение 1 порядка

y′ = ϕ (x,C1 ) ,

интегрируя которое, получаем общее решение данного уравнения в виде:

y = ∫ϕ (x, C1 ) dx + C2 .

Пример 3. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения

	3		π			π		1	π
y¢¢ - 2 ctg x × y¢ = sin		x при начальных условиях	y		=		-		; y¢		= 1.
				2		4		3		2

Решение. Это уравнение 2го порядка не содержит явно функции у. Полагая y′ = z , получаем уравнение первого порядка относительно этой вспомогательной функции z, зависящей от х:

z¢ - 2 ctg x × z = sin 3 x .

Это линейное уравнение 1го порядка относительно функции z.

Заменяем z = uv , где

′

функции, зависящие от х.

z (x)

= u v + v u , u и v –

Подставляем:

u¢v + v¢u - 2 ctg x × uv = sin 3 x .

Группируем 2-е и 3-е слагаемые

и выносим и за скобку

u¢v + u(v¢ - 2 ctg x × v) = sin 3 x ,

(1)

Получаем два уравнения

(v′ - 2ctgx × v) = 0

u¢v = sin 3 x

= 2ctgx × dx

u¢sin 2 x = sin 3 x

du = sin xdx

= 2 ln

sin x

v = sin2 x

u = − cos x + C1

Откуда

z = -sin 2 x × cos x + С sin 2

x .

Так как

z = y′ , то, интегрируя, получим общее решение

y = ∫(- sin 2 x × cos x + С1 sin 2

x)dx = -

sin 3

sin 2x

x -

+ С2 .

Используя начальные условия, получаем:

С1 = 1,

С2 = 0 .

sin 3 x

sin 2x

Итак,

y = -

x -

- частное решение.

<<< < Предыдущая 1 23 / 43 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
21.11.2023386.2 Кб13712.pdf
#
21.11.2023386.31 Кб03713.pdf
#
21.11.2023386.35 Кб03714.pdf
#
21.11.2023386.57 Кб03715.pdf
#
21.11.2023386.67 Кб03716.pdf
#
21.11.2023386.8 Кб03717.pdf
#
21.11.2023386.96 Кб03718.pdf
#
21.11.2023386.99 Кб03719.pdf
#
21.11.2023113.47 Кб0372.pdf
#
21.11.2023387.28 Кб03720.pdf
#
21.11.2023387.3 Кб03721.pdf