Добавил:

FuwaFuwa Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Омский Государственный Технический Университет

Предмет:

Теория вероятностей и математическая статистика

Файл:

ДУ Kvasova,Makarova,Makarov

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.06.2025

Размер:

439.34 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Упражнения. Решить уравнения.

1) y′′ − y = x 2 − x + 1.		Ответ: y = yo.o. + yч.н.= C1 ex + C2 e− x − x 2 + x − 3.
2)	y′′ − 2 y′+ y = 4ex .	Ответ: y = ex ( C1 + C2 x)+ 2 x 2 ex .
3)	y′′ + y = 6 sin 2 x .	Ответ: y = C1 cos x + C2 sin x − 2sin 2 x .
4) y′′ + y = ex + cos x .		Ответ: y = 1/ 2 (ex + x sin x) + C1 cos x + C2 sin x .
		I	II
Замечание. Следует найти отдельно два частных решения yч.н. и			уч.н. со-
ответствующие f I (x) = ex и		f II (x) = cos x , но можно найти их и вместе.

Задача 11. Решить следующие линейные неоднородные уравнения с правой частью специального вида методом подбора частного решения по виду правой части.

1.y′′ + 4 y′ + 4 y = 8 e− 2 e .

2.	y	′′	+ y = 2 (1	- x);	′	= -2 .
					y (0) = 2, y (0)

3.y′′ + 4 y′ + 3 y = 9e− 3 x .

4. y′′ − 6 y′ + 9 y = 9 x 2 − 12 x + 2; y (0) = 1, y′(0) = 3 .

5.7 y′′ - y′ = 14 x .

6.y′′ + 9 y = 36e3 x ; y (0) = 2, y′(0) = 6 .

7.y′′ + 3 y′ = 3x e− 3 x .

8. y′′ − 4 y′ + 4 y = 2e2 x ; y (0) = y′(0) = 0 .

9.y′′ + 5 y′ + 6 y = 10 (1 − x) e− 2 x .


10.	y	′′	+ y	′	= e		− x	;	y (0) = 1,	′
										y (0) = −1.
11.	y′′		+ 2y′ + 2 y = 1 + x .
12.	y	′′	+ 6y		′	+ 9 y = 10 sin x;				y (0) =	′
											y (0) = 0 .
13.	y′′		+ y′ + y = (x + x 2 ) ex .
14.	y	′′	+ y = 2cos x;							′	= 0 .
									y (0) = 1, y (0)
15.	y′′		+ 4 y′ - 2 y = 8 sin 2 x .
16.	y′′		+ 4 y = sin x;						y(0) = y′(0) = 1.
17.	y′′		+ y = 4 x cos x .
18.	y′′		+ y = 4 x × cos x; y (0) = 0, y′(0) = 1.
19.	4 y′′ + 8 y′ = x sin x .
20.	y′′′ - y′				= - 2 x;				y (0) 0 ,	y′(0) = 1, y′′(0) = 2 .
21.	y′′ − 3 y′ + 2 y = x ex .
22.	yIV − y = 8ex ;								y (0) = −1,	y′(0) = 0, y′′(0) = 1, y′′′(0) = 0 .
23.	y′′′ − y′′ + y′ = x 2 + x .
24.	y′′′ - y = 2 x; y (0) = y′(0) = 0, y′′(0) = 2 .
25.	yIV + y′′ = x 2 + x .

30. yIV

26. y′′ − 2 y′ 2ex ; y (1) = −1, y′(1) = 0 .

27.y′′′ − y = sin x .

28.y′′ + y = 4ex ; y (0) = 4 , y′(0) = −3 .

29.yIV − 2 y′′ + y = cos x .

− y = 8ex ; y (0) = 0, y′(0) = 2, y′′(0) = 4, y′′′(0) = 6 .

Задача 12. Метод вариации произвольных постоянных, метод Лагранжа.

Рассмотрим метод вариации произвольных постоянных для уравнения второго порядка

y′′ + p1 (x) y′ + p2 (x) y = f (x)

(1)

Если известна фундаментальная система решений соответствующего однородного уравнения

y′′ + p1 (x) y′ + p2 (x) y = 0 ,

(2),

то общее решение неоднородного уравнения (1) может быть найдено методом вариации постоянных (метод Лагранжа).

Общее решение уравнения (2) имеет вид

y = С1 y1

+ С2 y2 ,

(3)

где

y1 (x),

y2 (x) –

фундаментальная система решений (ф.с.р.),

C1 , C2 –

произвольные постоянные.

Решение уравнения (1) будем находить в виде

y = С1 (х) y1 + С2 (x) y2 ,

(4)

где

C1 (x), C2 (x) –

некоторые пока неизвестные функции от х. Для их определения

получаем систему

′

C1 (x)

+ y2 C2 (x) = 0,

′

(5)

C1 (x) + y2

C2 (x) = f (x).

Решая (5) относительно

′

(x) , получим

C1 (x), C2

′

(x) = −

2 f (x)

′

(x) =

y1 f (x)

(6)

W [ y1 , y2 ]

W [ y1 , y2

]

W [ y1 , y2

] =

– определитель Вронского.

′

W [ y1 , y2 ] ¹ 0 , т. к. y1 (x), y2 (x) – ф. с. р.

Из (6) находим

y f (x)

C1 (x) = − ∫

d x + C1 ;

C′2 (x) = ∫

d x + C′2

W [ y1 , y2 ]

–

постоянные интегрирования.

где С1

и C2

Пример 18.

Решить уравнение

y′′ + y =

cos x

Решение.

y′′ + y = 0 .

Соответствующее однородное уравнение будет

Его характеристическое уравнение

l2 + 1 = 0; l1

= -i, l2 = i и общее реше-

ние имеет вид yо.о. C1 cos x + C2 sin x .

Общее решение исходного уравнения имеем в виде

y = C1 (x) cos x + C2 (x) sin x

(*)

= cos x,

y2 = sin x – ф. с. р.

(x) и

C2 (x) – неизвестные функции от x .

Для их нахождения составим систему

′

(x) sin x = 0,

(x) cos x + C2

′

− C1 (x) sin x +

2 (x) cos x =

′

cos x

Решаем эту систему относительно C1 (x)

и C2 (x) :

′

(x) = − tg x,

′

(x) = 1.

Интегрируя, находим

C1 (x) = ln

cos x

+ C1 ,

C2 (x) = x + C2 .

Подставляя выражения

C1 (x) и

C2 (x)

в (*), получаем общее решение ис-

комого уравнения

+ cos x × ln

cos x

+ x × sin x .

y = C1 cos x + C2 sin x

Здесь cos x × ln

cos x

+ x × sin x –

частное решение исходного уравнения.

Упражнения. Решить уравнения.

1) y¢¢ - y¢ =

1 − x

ex .

Ответ: y = C

+ C

ex − ex ln

x 2

y′′ + y =

ex .

Ответ: y = C1

cos x + C2 sin x +

cos 2 x

sin3

2 sin x

y′′ + y = ctg x .

Ответ: y = C1

cos x + C2 sin x + ln

sin x .

y′′ + 4 y = tg 2 x .

Ответ: y = C1

cos 2 x + C

2 sin 2 x -

cos 2 x ln

+ x

или y = C1

cos 2 x + C

2 sin 2 x +

cos 2 x ln

- x

Решить методом вариации произвольных постоянных следующие уравнения:

1. y¢¢ + y =	1	.			4. y¢¢ + y =			1				.

	sin x						sin5 x × cos x
2. y¢¢ - y =	1		.			y¢¢ - 2 y¢ + y =			ex
					5.					.
	ex + 1
								x 2 + 1
3. y¢¢ + y =	1			.	6.	y¢¢+ 2 y¢ + 2 y =		1			.

	cos3 x								ex sin x

7.	y¢¢ + y =		2	.
7.	y¢¢ + y =	sin3 x		.
		sin3 x
8.	y¢¢ - y¢ = e2 x × cos ex .
9.	y¢¢ + 3 y¢ + 2 y =					1		.

						ex + 1
10.	y¢¢ + 4 y =		1				.

			sin 2		x
			sin 2		x
	y¢¢ - 2 y¢ + y =						ex
11.									.
11.									.
							4 - x 2
12.	y¢¢ + 4 y¢ + 4 y = e− 2 x ×ln x .

19.y¢¢ - y¢ = e2 x × 1 - e2 x .

20.y¢¢ - y¢ = e2 x × cos ex .

21. y¢¢ + 4 y =	1	.

	cos 2 x

22.y′′ + y = tg x .

23.y′′ + y = tg x .

24.y¢¢ - y¢ = 2 − x ex .

13. y′′ − 2 y′ + y =

25. y′′ − y =

4 x +

14. y′′ + 4 y = 2 tg x .

26. y′′ + y = −

sin 2 x

15. y¢¢ + 2 y¢ + y = 3 × e− x ×

x + 1

27. y¢¢ + y =

cos 2 x

16. y¢¢ + y = 2sec3 x .

28. y¢¢ + 5 y¢

+ 6 y =

1 + e2 x

17. y¢¢ + y = -ctg2 x .

29. y′′ + 4 y = ctg 2 x .

18. y¢¢ - y¢ =

30. y¢¢ + y =

sin x

1 + ex .

cos2 x

Рассмотрим задачу

y′′ + P1y′ + P2 y = f (x) ,

(1)

′

(2)

y(0) = y0 , y

(0) = y0 ,

yо.н.

= C1 y1 (x) + C2 y2 (x) + yч.н. ,

(3)

где y1 y2

–

ф.с.р. Если V1 (x), V2 (x) – нормированная

ф.с.р., т. е

V1 (0) = 1,

V2 (0) = 0,

′

(0) =

′

(0) = 1, то решение задачи Коши (1), (2) запишется в виде

0, V2

y = y0 V1 (x) + y¢0 V2 (x) + ∫ f (t) V2 (x - 1) d t .

(4)

Пример 19. Решить методом Коши

y¢¢ + 4 y¢ + 4 y = 3e− x , y (0) = 1, y¢(0) = 2 .

Решение.

= e− 2 x , y

= x e− 2 x

l2 + 4l + 4 = 0, l

= l

= -2 – корни х.у., y

–

ф.с.р.

Найдем нормированную ф.с.р.:

y (x)

V (x)

; V1V2

V (0) = 1 V (0) = 0

: 1

y2 (x)

V2 (x)

′

V1 (0)

= 0 V2 (0) = 1.

V1 (x), V2 (x) будем находить в виде линейной комбинации решений y1 (x) и y2 (x) :

а) V = C y + C

= C e− 2 x + C

x e− 2 x , V¢ = -2C e− 2 x + C

e− 2 x - 2C

x e− 2 x ,

V1 (0): C1 + C2 × 0 = 1 C1

= 1

(x) = e− 2 x

+ 2 x e− 2 x

V1¢(0): -2C1

+ C2 = 0 C2

= 2

б) V = C

+ C

= C

e− 2 x + C

x e− 2 x ,

V2 (0): C3 + C4 × 0 = 1 C3

= 0

(x) = x e− 2 x .

V2¢ (0): -2C3

+ C4 = 1 C4

= 1

- t) d t = e− 2 x +

− 2 (x −t ) × e− t

y = y0 V1

+ y¢0 V2 + ∫ f (t) V2 (x

4 x e− 2 x + 3 ∫ (x - t) e

;

d t .

	0						0
Вычислим интеграл:
x		x		- t) e−2 x + 2 t − t d t =
x ∫ (x - t) e− 2 ( x − t )	×e− t d t = ∫ (x			- t) e−2 x + 2 t − t d t =
0		0
		u = x - t
		u = x - t
x		d u = - d t				x	x		− 2 x (- x + ex	- 1).
x		d u = - d t				x	x
= e− 2 x ∫ (x - t ) et d t =		v = e	t		= e− 2 x (x - t)et	0	+ ∫ et	d t e
0		v = e				0	0
		d v = et d t
		d v = et d t
Подставим в решение y = e− 2 x (x + 3ex ) - 2 .

Задача 13. Решить неоднородные линейные дифференциальные уравнения с правой частью неспециального вида методом Коши.

1.	y¢¢ - 2 y¢ + 2 y = 2ex ,										y (0) = 2, y¢(0) = 6 .
2.	y′′ −	= 2sh x,				y (0),					y (0) = 1.
3.	y¢¢ +	16 y =			16					,	y (0)		= 3, y¢ (0) = 0 .


				cos 4 x
4.	y′′ + y = 3 sin x,							y (0) = 1,						y′(0) = 0,5.
5.	y¢¢ -	3 y¢ + 2 y =									1		,	y (0) = 1 + 3ln 3, y¢(0) = 5 ln 3.

									2 + e− x
6.	y′′ − 4 y = ch 2 x,								y (0) = 3, y′(0) = − 2 .
7.	y¢¢ + 2 y¢ + y = ex							+ e − x ,					y (0) =		5	, y¢(0) =		1	.

								1						4			4
8.	y¢¢ -	3 y¢ + 2 y =										,	y(0) = 1 + 8 ln 2,				y¢(0) = 14 ln 2 .

							3 + e− x
9.	y¢¢ +	y =	1			,	y (0) = 1,							y¢(0) = 0 .

cos x

10.

y′′

+ 9 y =

y (0) = 1, y′(0) = 2 .

cos 3x

11.

y′′ + 4 y = 4 tg 2 x,

y (0) = 1, y′(0) = 2 .

12. y′′ + 4 y′ + 4 y = 3e− x , y (0) = 0, y′(0) = 0 .

13. y′′ + 4 y = sin 2 x,

y (0) = 0, y′′(0) = 0 .

14. y′′

+ π2 y =

π2

, y (0) = 3, y′(0) = 0 .

cos

π x

′′

+ 3 y

′

+ 2 y =

− x

′

= 0 .

15.

2 + ex ,

(0)

y (0) = y

′′

+ 3 y

′

+ 2 y =

− x

′

= 0 .

16.

2 + ex ,

(0)

y (0) = y

17.

y′′

+ 4 y =

y (0) = 2, y′(0) = 0 .

cos 2 x

′′

− 6 y

′

+8 y =

4e2 x

y (0) = y

′

(0) = 0 .

18.

1 + e− 2 x ,

19.

y′′ + 16 y =

, y (0) = 2, y′(0) = 1.

sin 4( x + π / 8)

20.

y′′ + 4 y = 4 tg 2 x,

y (0) = 3, y′ (0) = 2 .

21.

y′′ − y′ = e− x , y (0) = ln 27, y′(0) = ln 9 − 1.

22.

y′′ = 9 y = x, y (0) = 1, y′(0) = 0 .

23.

y′′

+ 9 y =

, y (0) = 4, y′(0) = 3π / 2 .

cos 3x

24.

y′′ + 6 y′ + 8 y = 4 e− 2 x ,

y (0) = 6, y′(0) = 3 .

25.

y′′ + y = 4 ex , y (0) = 4,

y′(0) = −3 .

′′

− y

′

(0) = 2 .

26.

1 + ex ,

y (0) = 1, y

27.

y′′ + 4 y = sin x,

y (0) = y′(0) = 1.

28.

y′′ − 5 y′ + 6 y = 13 sin 3x, y (0) = y′(0) = 0 .

29.

y′′ − y′ = 2(1 − x ),

y(0) = y′(0) = 1.

30.

y′′ − 8 y′ + 6 y =sin x, y(0) = y′(0) = 0 .

Задача 14. Решить неоднородные линейные дифференциальные уравнения с разрывной правой частью методом Коши.

Пример 20. Решить методом Коши

y′′ + 3 y′ − 4 y = f (x), y (0) = 1, y′(0) = 2,

	1 − x	2	, 0	< x ≤ 1,
f (x) =
0, x >1.

Решение. Составим характеристическое уравнение: λ2 + 3λ − 4 = 0, λ1 = 1,

l2 = -4; y1 = ex , y2 = e− 4 x – ф.с.р.

Найдем нормированную ф.с.р. V1 , V2 :

а) V = C ex		+ C		2	e	− 4 x ; V¢ = C ex						- 4C		e− 4 x ,
1	1			2					1		1		2
V (0) = 1						C			+ C	2	= 1		C		= 4 / 5				V1	=	1	(4ex + e− 4 x
	1							1		2				1							1
															=			1/ 5
V1¢ (0) = 0						C1 - 4C2 = 0							C2		=			1/ 5		5
б) V (x) = C		3	ex + C				4	e− 4 x ;
2		3					4
V (0) = 0						C		3	+ C	4	= 0	V2 =				1	(ex - e− 4 x );
	2							3		4						1
V2¢ (0) = 1									- 4C4 = 1
V2¢ (0) = 1						C3			- 4C4 = 1						5

= y (0) = 1

y (x) = A1 V1 + A2 V2

+ ∫ f (t) V2 (x - t) d t

= y¢(0) = 2

(4ex + e− 4 x ) +

(ex - e− 4 x ) + I,

, x Î [0, 1 )

где

I =

I2 , xÎ [1, +¥).

		1. xÎ [0, 1), I1 =				1		x∫ (1 - t 2 )× (ex − t )- e− 4 ( x − t ) d t =					1	ex +	7	e− 4 x
		1. xÎ [0, 1), I1 =						x∫ (1 - t 2 )× (ex − t )- e− 4 ( x − t ) d t =						ex +		e− 4 x
					5 0							5		160
		2. xÎ [1, ¥), I2			=		1		1∫ (1 - t 2 )×(ex − t - e− 4 ( x − t ) ) d t =
		2. xÎ [1, ¥), I2			=				1∫ (1 - t 2 )×(ex − t - e− 4 ( x − t ) ) d t =
					5 0
=	1		7	e− 4 x - ex + 4ex −1 -						3	e− 4 ( x − 1)
												.
	5		32							32		.
	5		32							32

y′′ − 5 y′ + 6 y = f (x) ,		x,			0 < x ≤ 1,
1.	= 1, y¢ (0) = 1,	f (x) =			x > 1.
y (0)		0,
y′′ − 4 y′ + 3 y = f (x),		1 − x,							0 < x ≤ 1,
2.	= 2, y′ (0) = 1,	f (x) =			x > 1.
y (0)		0,
y′′ +	y = f (x),		2				0 < x ≤ 1,
3.	= 1, y′ (0) = 2,	f (x) = x		,
y (0)		0,			x > 1.
y′′ −	y = f (x),						2
4.		f (x) = 1 −			x			,	0 < x ≤ 1,
	= y′ (0) = 1,
y (0)		0,			x > 1.
y′′ +	4 y = f (x),					2			0 < x ≤ π / 2,
5.	= 1, y′ (0) = 3,	f (x) = sin x						,
y (0)		0,			x > π / 2.
y′′ + 9 y = f (x),		cos x,							0 < x ≤ π / 2,
6.	= 2, y′ (0) = 1,	f (x) =			x > π / 2.
y (0)		0,

+1 x 2 +

);

3 x + 5 ;

8 32

y′′ − 4 y + 3 y = f (x),

7.	y (0)			= 1/ 2, y′ (0) = 3/ 2,

8.	y′′ − 9 y′ = f (x),
	y (0)			= 1, y′ (0) = 1/ 2,

9.	y′′ + 16 y = f (x),
	y (0)			= 1/ 2, y′ (0) = 1,

10.	y′′ +			25 y = f (x),
	y	(0)		= 3, y′ (0) = 1,

11.	y′′ +			9 = f (x),
	y	(0)		= 1, y′ (0) = 3,

12.	y′′ − 9 y′+18 y = f (x),
	y	(0)		= 2, y′ (0) = 3,

13.	y′′ −			7 y′+10 y = f (x),
	y	(0)		= 1, y′ (0) = 3,

14.	y′′ +			36 y = f (x),
	y	(0)		= y′ (0) = 2,

15.	y′′ − 3 y′+ 2 y = f (x),
	y	(0)		= 1/ 2, y′ (0) = 1,

16.	y′′ +			3 y′− 4 y = f (x),
	y	(0)		= 1, y′ (0) = 2,

17.	y′′ +			4 y′+ 4 y = f (x),
	y	(0)		= 2, y′ (0) = 3,

		′′		1

18.	y		+ π2 y = f (x),

	y	(0) = 6, y′ (0) = 4,
19.	y′′ +			π y = f (x),
	y	(0)		= 3, y′ (0) = 7,

20.	y′′ −			3 y′ = f (x),
	y	(0)		= ln 4, y′ (0) = 2ln 4,

		′′		1

21.	y		+ π2 y = f (x),

	y	(0) = 2, y′ (0) = 1,
22.	y′′ − 9 y′+ 18 y = f (x),
	y	(0)		= 1, y′ (0) = 2,

		3	,				0 < x ≤ 1,
f (x) = x
0,					x > 1.
		− x					3		,	0 < x ≤ 1,

f (x) = 1
0,					x > 1.
1 − sin x,										0 < x ≤ π / 2,
f (x) =					x > π / 2.
0,
1 − сos x, 0 < x ≤ π / 2,
f (x) =					x > π / 2.
0,
tg x,									0 < x ≤ 1,
f (x) =					x > 1.
0,
	3 x			,					0 < x ≤ 1,
f (x) = e
0,					x > 1.
		− e				x		,		0 < x ≤ 1,

f (x) = 1
0,					x > 1.
1/ 2 (1 − sin x), 0 < x ≤ π / 2,
f (x) =					x > π / 2.
0,

					2

f (x) = 2 − x − x , 0 < x ≤ 1,
0,				x > 1.
				2
	− x				, 0 < x ≤ 1,
f (x) = 1	− x				, 0 < x ≤ 1,
0,				x > 1.
x,				0 < x ≤ 1,
f (x) =				x > 1.
0,				x > 1.
1 − x,					0 < x ≤ 1,
f (x) =				x > 1.
0,				x > 1.
x + 2,					0 < x ≤ 1,
f (x) =				x > 1.
0,				x > 1.
	x	,		0 < x ≤ 1,
f (x) = e		,		0 < x ≤ 1,
0,				x > 1.
π,				0 < x ≤ 1,
f (x) =				x > 1.
0,				x > 1.
	2 x		,		0 < x ≤ 1,
f (x) = e			,		0 < x ≤ 1,
0,				x > 1.

y′′ −	6 y′+ 8 y = f (x),
23.	= ln 2, y′ (0) = 3ln 2,
y (0)	= ln 2, y′ (0) = 3ln 2,
y′′ +	6 y′+ 8 y = f (x),
24.	= 3 ln 3, y′ (0) = ln 3,
y (0)	= 3 ln 3, y′ (0) = ln 3,
y′′ −	y′ = f (x),
25.	= y′ (0) = 1,
y (0)	= y′ (0) = 1,
y′′ + 4 y′ = f (x),
26.	= 0 , y′ (0) = 2,
y (0)	= 0 , y′ (0) = 2,
y′′ + 3 y′ = f (x),
27.	= 0 , y′ (0) = 2 / 3,
y (0)	= 0 , y′ (0) = 2 / 3,
y′′ −	2 y′ = f (x),
28.	= y′ (0) = 2,
y (0)	= y′ (0) = 2,
y′′ + 3 y′ + 2 y = f (x),
29.	= 0 , y′ (0) = −1,
y (0)	= 0 , y′ (0) = −1,
y′′ +	y′ = f (x),
30.	= (0) = 0,
y (0)	= (0) = 0,

x ,						0 < x ≤ 1,
f (x) =						x > 1.
0,						x > 1.
x − 1,								0 < x ≤ 1,
f (x) =								x > 1.
0,								x > 1.
	4 + x ,							0 < x ≤ 1,
f (x) =								x > 1.
0,								x > 1.
cos 2 x ,								0 < x ≤ π / 2,
f (x) =								x > π / 2.
0,								x > π / 2.
		− 3 x						0 < x ≤ 1,
f (x) = e					,			0 < x ≤ 1,
0,							x > 1.
	2e			−2 x			,	0 < x ≤ 1,
f (x) =	2e						,	0 < x ≤ 1,
0,							x > 1.
	5e			5 x		,		0 < x ≤ 1,
f (x) =	5e					,		0 < x ≤ 1,
0,							x > 1.
			x	, 0 < x ≤ 1,
f (x) = e			x
f (x) = e
0,							x > 1.

Задача 15. По условию задачи составить дифференциальное уравнение и решить его.

Дифференциальные уравнения являются математической моделью реальных процессов. При составлении д.у. мы пользуемся законами конкретных наук, таких

как физика, химия, биология, экономика. Рассмотрим несколько примеров.

Механический смысл д.у. второго порядка.

Предположим, что материальная точка массы m движется вдоль оси Ox под влиянием сил:

0 x (t)

1) сила сопротивления среды − a x′ (t) , определяемая опытным путем. При малых скоростях сила сопротивления среды пропорциональна первой степени скорости, a – коэффициент пропорциональности. При больших скоростях сила сопротивления пропорциональна квадрату скорости;

2)восстанавливающая сила, стремящаяся вернуть точку в положение равновесия, т. е. сила упругости − b x′ (t) ( b > 0 ) ;

3)F(t) - внешняя сила, направленная вдоль оси Ox .

По второму закону Ньютона сила инерции m	d2 x	уравновешивается всеми
	d t 2

силами, действующими на точку. Поэтому уравнение

m x′′(t) = − a x′(t) − b x (t) + F(t)

(1)

Есть дифференциальное уравнение движения материальной точки. Разделим на m обе части уравнения (1) и введем обозначения:

h =	a	,	k 2 =	b	,	f (t) =	F(t)	.	(2)

	2 m			m			m
Тогда получим	x′′ (t) + 2 hx′(t) + k 2 x (t) = f (t)								(3)
К уравнению (1)	или (3) приводят следующие задачи:

а) колебания математического маятника

	ϕ –	малое отклонение от положения равновесия.
	ml	d2ϕ	= − mg sin ϕ, g – ускорение свободного падения,
l		d2ϕ
		d t 2
		d t 2
ϕ	sin ϕ ~		′′	2	ϕ = 0, ω	2	=	g
			′′						–	уравнение
			ϕ . Получим ϕ + ω						–	уравнение

свободных гармонических колебаний;

б) колебательный контур Последовательный колебательный контур состоит из последовательно вклю-

ченных источника тока, напряжение которого изменяется по закону e (t) , например,

l(t) = E sin (v t + ϕ) , сопротивления R , индуктивно-

b			с сти L и емкости С ( E > 0, R > 0, C > 0, L > 0,


				v и ϕ – постоянные).

	i (t)
	i (t)			Найти силу тока в контуре в установившемся (пе-
				Найти силу тока в контуре в установившемся (пе-
				риодическом) режиме.
				риодическом) режиме.

		l (t)	d

а
а

Последовательный колебательный контур представляет собой электрическую цепь с четырьмя узлами a, b, c, d . Применив первый закон Кирхгофа, получим

Jd a + Jb a = 0,		Jab + Jc b = 0,		Jвc + Jd c = 0,				Jc d + Ja d = 0.
Откуда Jd a = Ja b = Jb c = Jc d = i (t) , где i (t) – искомая сила тока (символом
J xy обозначена сила тока, идущего от узла x						к узлу у).
Для падения напряжения Ux y от узла x					к узлу у имеем
Ua b	= J	d i	, Ub c = R i,	Uc d =		1	∫ i d t,	Ud a = e(t) .

		d				c

Согласно второму закону Кирхгофа электродвижущая сила в цепи равна сумме падений напряжения на индуктивности, сопротивлении и емкости

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Теория вероятностей и математическая статистика

#
10.06.2025536.97 Кб0Matem_statistika_Lab_rab_1_i_2.docx
#
10.06.2025531.62 Кб0ДЗ по Т.В. по вариантам.pdf
#
10.06.202532.78 Кб0Документ Microsoft Word.docx
#
10.06.2025439.34 Кб0ДУ Kvasova,Makarova,Makarov.pdf
#
10.06.2025104.58 Кб0Руководство_Теория вероятностей и математическая статистика_практика_КЗИ-212.pdf
#
10.06.202584.48 Кб0Титульный лист.doc