14-es / Высшая математика (РТФ) / умк_Яско_ Диф.уравнения_Ряды

Темазанятия

Типзанятия

Кол-во

часов

I. Основные понятия теории

Усвоение и закрепление изученного на лек-

дифференциальных уравнений.

циинового материала.

Дифференциальные уравнения с

разделяющимися переменными

2

II. Однородные дифференци-

Повторение и контроль материала преды-

альные уравнения 1-го порядка

дущего семестра. Углубление и расширение

и приводящиеся к ним

полученных знаний. Усвоение и закрепление

новогоматериала. Текущийконтроль

2

III. Линейные дифференциаль-

Углубление и расширение полученных

ные уравнения 1-го порядка и

знаний. Решение прикладных задач, при-

уравнения Бернулли

водящих к линейным дифференциаль-

ным уравнениям и уравнениям Бернулли.

Текущий контроль

2

IV. Дифференциальные урав-

Обобщение, систематизация и приме-

нения в полных дифференциа-

нение полученных знаний к решению за-

лах. Решение задач прикладного

дач прикладного содержания. Итоговый

содержания

контроль по дифференциальным уравне-

ниям первого порядка

2

V. Дифференциальные урав-

Усвоение и закрепление изученного на

нения высших порядков, допус-

лекции материала. Углубление и расшире-

кающие понижение порядка

ние полученных знаний. Текущий контроль

2

VI. Линейные однородные

Углубление и расширение полученных

дифференциальные уравнения с

знаний. Решение прикладных задач. Те-

постоянными коэффициентами

кущий контроль

2

VII. Линейные неоднородные

Углубление и расширение полученных

дифференциальные уравнения с

знаний. Решение прикладных задач. Те-

постоянными коэффициентами.

кущий контроль

Метод вариации произвольных

постоянных

2

VIII. Линейные неоднородные

Усвоение и закрепление изученного на

дифференциальные уравнения с

лекции материала. Решение прикладных

постоянными коэффициентами

задач. Формулировка и решение краевых

и со специальной правой частью

задач. Текущий контроль

IX. Решение систем диффе-

Углубление и расширение полученных

ренциальных уравнений

знаний. Итоговый контроль по дифферен-

циальным уравнениям высших порядков и

системам дифференциальных уравнений

2

верить подстановкой, что функция

sin x

есть решение дифференциально-

x

xy′ + y = cos x .

го уравнения

Имеем y =

sin x

,

′

=

cos x × x - sin x

=

cos x

−

sin x

Решение.

x

y

x2

x

x2 . Умно-

жив у и

y′ , соответственно на 1 и

х,

и сложив полученные выражения,

получим

xy′ + y = cos x −

sin x

+

sin x

= cos x , что и требовалось доказать.

x

x

Обучающая задача 2 . Показать,

что функция

y = Cx3

есть

общее решение дифференциального уравнения

xy′ − 3y = 0 . Найти частное

решение,

удовлетворяющее условию y (1) = 1.

Нарисовать интегральную

линию, проходящую через точку

M0 (1;1) .

Решение.

Найдя y′ = 3Cx2

и подставив

у и

y′

в дифференциаль-

ное уравнение, при любом значении

С по-

лучим тождество 3Cx3 − 3Cx3 ≡ 0 . Это оз-

у

y = x3

начает, что

y = Cx3 будет общим решени-

ем данного дифференциального уравнения.

1

M0

Положив х = 1,

у = 1, получим С = 1,

т.е.

0

1

х

y = x3 –

искомое частное решение.

Иначе

говоря, интегральной кривой, проходящей

через точку M0 (1;1) , является кубическая

парабола

y = x3 .

1

, x2 y¢ + (1 - 2x) y = x2

а) y = x2 1 + Ce x

. Ответ: да;

б)

y = Cex - e− x ,

xy′′ + 2 y′ − xy = 0 .

Ответ: нет.

4.

Обучающая задача 3

(решает

преподаватель у доски).

Найти

частное

решение

дифференциального

уравнения

( x + xy ) dy + ( y - xy ) dx = 0 , y (1) =1.

Решение.

Вынесем общие множители при dy и dx, тогда в левой

части уравнения

x (1 + y ) dy + y (1 - x) dx = 0

при dy и dx стоят произве-

дения функций,

зависящих только от х, на функции, зависящие только от

y

x

1

1

ми. Тогда ∫

+1 dy + ∫

-1 dx = C ln

y

+ y - x + ln

x

= C .

Подстав-

y

x

ляя начальные условия у = 1 при х = 1, получим С = 0.

Ответ:

y - x + ln

xy

= 0 – искомый частный интеграл.

Замечание.

х = 0

и у = 0

тоже будут решениями данного урав-

нения, но они не удовлетворяют заданному начальному условию.

5. Два студента у доски (параллельно) решают примеры:

1)

ydx + (

-

)dy = 0 ;

Ответ:

+

= ln C

(C > 0) ;

xy

x

x

y

y

2)

Найти общий интеграл уравнения y′ = tg x × tg y .

Ответ:

sin y × cos x = C ;

3)

Решить

дифференциальное

уравнение y′ = 2x + 3y -1,

приводя-

5 =

25=2С C =

25

.

2

C

2

Используем второе начальное условие v(0) = 20:

1× k

k

v = S¢ = 2

20 =

20 ×

25 = k k = 100.

;

kt +

25

25

2

2

2

2

Таким образом, S =

100t +

25

S =

,

2

200t + 25

2

v = S¢ =

1× 200

=

100

.

2

200t +

25

200t + 25

Тогда через 10 сек. S =

= 45 (м),

2000 + 25

v =

100

=

100

=

20

(м/с).

2000 + 25

45

9

AM

:

MB

= 2 :1, где А – точка пересечения касательной с Оу, В –

с Ох.

′

C

+ 2 y = 0 ,

y = x2 .

Ответ: xy

2.

Является ли функция

y =

C

+

1

решением дифференциального

x C

уравнения xy′ − y +

1

= 0 ?

Ответ: нет.

y

y = y ( x) ,

3.

Является ли

функция

заданная

неявно

уравнением

y

xyy′ − y2 = x2 y′ ?

e

= Cy ,

x

интегралом дифференциального уравнения

Ответ:

да.

4.

Решить уравнения:

а)

ln cos ydx + x tg ydy = 0 .

Ответ:

y = arccos eCx ;

б)

yy′

+ e y = 0 ,

y(1) = 0.

Ответ:

2e− y ( y + 1) = x2 + 1;

x

y = ln tg ex + π −1

в)

y′ = ex+ y + ex− y , y(0) = 0. Ответ:

;

cos y − sin y −1

4

г)

y′ =

.

Ответ:

tg

y

= C 1 + tg

y

1 − tg

x

;

cos x − sin x + 1

2

2

2

(2x + 3y -1)

=

x + C .

д)

y¢ = (2x + 3y -1)2 .

6

Ответ: arctg

6

2

тела в любой момент времени

t. Из условия задачи следует, если t = 0, то

Т = 100°С; если t = 20, то Т = 60°С.

1

t

20

Ответ: T = 20 + 80 ×

,

тело остынет до 30°С через t = 60

мин.

2

где

f (tx, ty ) = f ( x, y )

" t ¹ 0 , подстановкой

y = zx , y

′

′

всегда

= z x + z ,

P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0

будет однородным, если P ( x, y ) и Q ( x, y )

– однородные функции одного

порядка, т.е. P (tx, ty ) = tk P ( x, y ) и Q (tx, ty ) = tk Q ( x, y ) " t ¹ 0 .

3. Обучающая задача 1 . Найти

общее решение

(интеграл)

уравнения (x2 + 2xy )dx + xydy = 0 .

Решение. Здесь P ( x, y ) = x2 + 2xy , Q ( x, y ) = xy . Обе функции – од-

нородные функции второго порядка, так

как P (tx, ty ) = (tx)2 + 2tx ×ty =

= t2 (x2 + 2xy ) = t 2 P ( x, y ) , Q (tx, ty ) = tx ×ty = t2 ( xy ) = t 2Q ( x, y ) .

Сделаем

(x2 + 2x2 z )dx + z × x2 ( xdz + zdx) = 0 или (x2 + 2x2 z + z2 x2 )dx + zx3dz = 0

(1 + z )2 dx + zxdz = 0 .

Разделяя переменные

и интегрируя,

имеем

∫

dx

+ ∫

zdz

= C ,

∫

dx

+ ∫

( z +1) -1 dz = C ln

x

+ ln

z +1

+

1

= C

x

(1

+ z )2

1

x

( z +1)2

z +1

ln

x ( z +1)

+

= C . Возвращаясь к прежней неизвестной функции у

z +1

y

x

z =

,

получаем общий интеграл ln

x + y

+

= C .

x

x + y

4.

Два студента у доски (параллельно) решают пример.

Найти частное решение уравнения y¢ =

y

+ sin

y

, y (1) = π .

x

x

2

Ответ: y = 2x×arctg x.

5.

Обучающая задача 2 (решает

преподаватель

у доски).

T1

которой образуется искомая поверх-

Y

ность.

M

Начало координат поместим в

К

точку, в которой собираются отра-

женные лучи. Обозначим падающий

N

луч через КМ, а отраженный – через

α

МО. Проведем касательную

ТТ1 и

T

О

нормаль MN в точке М(х, у)

иско-

X

мой кривой. Тогда OMT –

равно-

OM

=

x2 + y2 , а

OT

найдем из уравнения касательной Y - y = y′( X - x) ,

полагая Y = 0; имеем X = x -

y

, откуда

OT

=

X

= -X = -x +

y

.

образом,

y¢

y¢

Таким

получаем

дифференциальное

уравнение

y

y

y′ =

y

x

2

+ y

2

= -x +

, или

x

2

+ y

2

+ x =

, а это одно-

y¢

y¢

x +

x2 + y2

родноедифференциальноеуравнение, т.к.

f (tx,ty ) =

ty

= f ( x, y ).

tx + t 2 x2 + t2 y2

Так как

y′ =

1

, то уравнение принимает вид

x′ =

x +

x2 + y2

′

y

x

x′ =

x

+

x

2

+ 1

и его удобнее решать подстановкой z =

x

x = zy,

y

y

y

dz

y =

x′ = z′y + z .

Тогда

имеем

z¢y + z = z +

z2 +1

z2 +1

dy

dz

dy

dz

dy

=

∫

= ∫

- ln C ln

y

= ln

z + z2 +1

+ ln C . От-

z2 +1

y

z2 +1

y

y = C (z +

)

сюда

1 + z2

или, возвращаясь к первоначальным переменным

x

x2

x +

=

y2

.

х и у, y = C