математика II 2008 6 лет

ренциальное уравнение первого порядка.

Полагая t =

p

,

p = tx ,

p

′

′

′

x

= t x + t .

Подставим в уравнение t x + t = t ln t или

dt

= dx .

Интегрируя,

находим ln(ln t −1) = ln C x .

t(ln t −1)

x

1

Откуда t = e1+C1x ,

p

= e1+C1x ,

p = xe1+C1x

или dy

= xe1+C1x .

x

dx

Выполняя

интегрирование,

находим

общее

решение

y = ∫xe1+C1x dx =

1

xe1+C1x −

1

e1+C1x + C2 .

2

C1

C1

Пример

Найти частное решение дифференциального уравне-

ния,

удовлетворяющее

начальным

условиям

yy

′′

′

2

= 0,

y(0) =1,

′

−( y )

y (0) = 2 .

Решение

Положим

p = p( y ) = y′. Тогда y′′ = p p′,

и исходное

уравнение примет

вид

ypp′ = p2 .

Получили уравнение с

разделяющимися

переменными

y dp = p или

dp

= dy .

dy

p

y

Проинтегрировав

его,

получим

ln

p

= ln

y

+ ln C1 ,

или

p = C1 y ;

y′ = C1 y . Используя

второе начальное условие

61

y′′+ py′+ gy = f ( x ) ,

(1)

где p, g – некоторые действительные числа;

f ( x ) – некото-

рая функция. Если f (x) ≡ 0 , то уравнение имеет вид

y′′+ py′+ gy = 0 .

(2)

Сначала ищем

решение соответствующего ему одно-

родного уравнения

(2).

Для этого составляем так называемое характеристи-

ческое уравнение

k 2 + pk + g = 0 .

(3)

y

′′

− 2 y

′

′

+ 2 y = 0, y( 0 ) =1, y ( 0 ) =1.

нение

k 2

− 2k + 2 = 0 . Его

корни как

корни квадратного

уравнения

будут

равны

k = 2 ±

4 −8 =1 ±i . Тогда

1,2

2

α =1;

β =1 . Общее решение однородного уравнения :

= e1 x (C cos x +C

sin x) = ex (C cos x +C

sin x) .

y

2

2

1

1

C1 ,C2 будет иметь вид:

= e

o

(C1 cos 0

+C2sin 0)

1

= e

0

(C1 cos 0

+ C2 sin 0) + e

0

(−C1 sin 0

+ C2

cos 0).

1

Вид правой части

Вид частного решения

1. f ( x ) = Aeα x

y * = Beαx , если α –не корень

уравнения (3);

y* = Beαx x , если α –– корень

уравнения (3) кратности 1;

y* = Beαx x2 , если α– корень

уравнения (3) кратности 2.

2. f(x) = A cos β + B sin β x

y * = C cosβx + D sinβx , если

±βi – не корень уравнения (3);

y* = x(C cosβx + D sinβx) ,

если ±βi – корень уравнения

(3).

Примеры

Решить уравнения:

а) y′′−3y′ =1;

64

k 2 − 3k = 0 . Оно имеет два корня

k = 0,

k

2

= 3 . Общее

1

решение

однородного

уравнения

имеет

вид:

= C e0 x +C

e3x .

Далее ищем частное решение исходного

y

1

2

неоднородного

уравнения

по

виду

правой

части.

шения неоднородного уравнения y*

= Ax . Найдем значение

неопределенного коэффициента А.

( y* )′ = A;

( y* )″ = 0 .

Подставим

y* , ( y* )′,

( y* )″

в

исходное

уравнение

0 − 3A =1. Отсюда

A = −

1 и y

= − 1 x . Тогда общее реше-

3

1

3

ние

неоднородного

уравнения

равно

y =

+ y* = C +C

e3x − 1 x .

y

1

2

3

б) y′′− 2 y′+ y = 6ex .

Находим общее решение соответствующего однородно-

го уравнения:

y′′− 2 y′+ y = 0 .

k 2

− 2k +1 = 0 ,

или k1,2 =1.

Тогда

= ex ( C1 +C2 x ) .

Ищем частное решение, учитывая,

y

что

f ( x ) = 6ex и

k

=

1, то

y *

= Aex x2 .

Находим А.

1,2

65

( y* )′ = Aex x2 + 2Aex x ,

( y* )″ = 2 Ae x x + Ae x x2 + 2 Ae x x + 2 Ae x .

Подставим y * , ( y* )′, ( y* )″ в исходное уравнение

Aex x2 + 4Aex x + 2Aex − 2Aex x2 − 4Aex x + Aex x2 = 6ex , от-

куда

2A = 6 и

A = 3 . Частное решение равно y *

= 3ex x2 .

Окончательно имеем общее решение:

y = ex ( C +C

2

x ) + 3ex x2 .

1

в) y′′−3y′+ 2 y = sin x .

Находим общее решение соответствующего однород-

ного

уравнения

y′′−3y′+ 2 y = 0 . k 2 − 3k + 2 = 0 .

Откуда

родного уравнения имеет вид:

y

= C ex +C

e2 x . Ищем част-

1

2

ное решение исходного

уравнения. Так

как ± i ≠ k1 ≠ k2 ,

то y* = Acos x + B sin x .

Находим коэффициенты

А, В.

( y* )′ = −Asin x + B cos x ,

( y * )″ = −Acos x − B sin x .

Под-

dx

= a11 x

+ a12 y

dt

,

dy

= a21 x

+ a22 y

dt

Пример

dx

Найти общее системы дифференциальных уравнений

= 3x

−5y

dt

.

dy

= −x

+ 7 y

dt

67

Решение

Выразим

из

второго

уравнения

системы

x : x = 7 y − y′.

Найдем производную x′. Для этого про-

дифференцируем обе части этого уравнения: x′

= 7 y′− y′′.

Подставим данные выражения в первое уравнение

системы и

получим

7 y′− y′′ = 21y −3y′−5y , или

ческое

уравнение: k 2

−10k +16 = 0 .

Его

корни равны

k1 = 2 ;

k2 = 8 . Тогда общее решение этого уравнения будет

y = C1e2t +C2e8t . Чтобы найти переменнуюx ,

найдем y′:

y′ = 2C1e2t +8C2e2t

и подставим

y′

в

уравнение

x = 7 y − y′.

Получим

x = 7C1e2t + 7C2e8t − 2C1e2t −8C2e8t ,

или x = 5C e2t

−C

e8t .

1

2

Таким образом, общее решение данной системы имеет

вид : x

= 5C e2t −C

e8t ,

y = C e2t

+ C

e8t .

1

2

1

2

251.

z 2

+ 2z + 4 = 0 .

252.

z 2

− 3z + 3 = 0 .

253.

z 2

− 2 3 z + 4 = 0.

254.

z2 + 4z +16 = 0 .

255.

z 2

− 2z + 2 = 0 .

256.

z 2

− 4z + 8 = 0 .

257.

z 2

− 3z + 9 = 0.

258.

z 2

+

3 z + 3 = 0 .

259.

z 2

− 3 3 z + 9 = 0 .

260.

z2 +

3 z +4 = 0 .

261.

4

−1 .

262.

4

1 .

263.

3

8 .

264.

4

16 .

265.

3

− i .

266.

3

8i .

267.

3

1 .

268.

3

−1 .

269.

3

i .

270.

4

−16 .

π

+ i sin

π

+ e

−

2π

i

4

271.

5 cos

3

3

3

+ (1 −i ) .

69

272.

1

(−

3

π

+ i sin

π

π i

.

8

3 −i )

+ 2 2 cos

4

−3 e 2

4

273.

1 + i

2

(cosπ +i sin π)

3π

i

+

−

2

2 e 4 .

(i 3 −

3

− 4

4π

i

− 4

π

+ i

sin

π

274.

1 )

3 e 3

cos

6

6

.

275.

5

+ 4

π i

+

π

+ i

sin

π

(1 + i )

e 2

4 cos

3

3

.

π

+i sin

π

−i )

4

+

4 3 e

−

2π

i

276.

4 cos

6

6

+(1

3 .

(1 +i

4

3π

i

−

3

π

+i sin

π

277.

3 )

+ e 2

cos

2

2

.

8 e

−

2π

i

3

+8

3

π

+i sin

π

278.

3

−(i − 3 )

cos

6

6

.

16

π

+ i sin

π

2π

i

+ (i −

4

279.

cos

3

3

− 2 e 3

3 ).

280. 2 2 e

π i

− (i 2

−

3

cos

π

+ i sin

π

2 )

+10

4

4

.

281.

y2

282.

2

3

.

y′ =

.

y′+

y = x

x

283.

xy − x2

284.

y′=

y2

+ 5

y

+8.

y′=

x2 + 3xy − y2

.

x2

x

3x2 − 2xy

285.

y′+ 2ytg x =sin x .

286.

y − 4x

y′=

.

x + y

70