Матан_Дифф_Уравн

дифференциальным уравнением второго порядка для определения неизвестной функции x(t) . Приводя подобные, запишем его в виде

d 2 x −5 dx + 4x = 0 . dt2 dt

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 −5λ +4 = 0 ; (λ −1)(λ −4) = 0; λ1 =1,λ2 = 4 .

Тогда общее решение системы имеет вид:

x = C1et +C2e4t ;

y = C1et − 12 C2e4t .

Где C1,C2 - произвольные постоянные.

Используя начальные условия, найдем произвольные постоянные. Так как x(0) =1, y(0) =1, то для определения C1,C2 имеем систему

уравнений:

C1 +C2 =1;

C1 − 1 C2 =1.2

Решая систему, получаем С1 =1,C2 = 0. Ответ: x = et ,

y = et .

32

33

Задача 25. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений

dxdt = x +4y,

dy = x − y.dt

Продифференцируем первое уравнение. Получаем

d 2 x = dx +4 dy . dt2 dt dt

Подставим в полученное уравнение значение dydt , взятое из второго уравнения системы. Получаем

дифференциальным уравнением второго порядка для определения неизвестной функции x(t) . Приводя подобные, запишем его в виде

d 2 x +5x = 0 . dt2

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 +5 = 0 ; λ = ±5i .

Решение дифференциального уравнения имеет вид

x = C1 sin 5t +C2 cos 5t , где C1,C2 - произвольные постоянные.

x = C1 sin 5t +C2 cos 5t , получаем:

33

34

y = C1 14 (5 cos 5t −sin 5t )+C2 14 (−5 sin 5t −cos 5t ).

Тогда общее решение системы имеет вид:

x = C1 sin 5t +C2 cos 5t ;

y = C1 14 (5 cos 5t −sin 5t )+C2 14 (−5 sin 5t −cos 5t ).

Где C1,C2 - произвольные постоянные.

Ответ: x = C1 sin 5t +C2 cos 5t ;

y = C1 14 (5 cos 5t −sin 5t )+C2 14 (−5 sin 5t −cos 5t ).

Задача 26. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений

dxdt = x +4y,

dy = 2x +3y.dt

Продифференцируем первое уравнение. Получаем

d 2 x = dx +4 dy . dt2 dt dt

Подставим в полученное уравнение значение dydt , взятое из второго уравнения системы. Получаем

дифференциальным уравнением второго порядка для определения неизвестной функции x(t) . Приводя подобные, запишем его в виде

d 2 x −4 dx −5x = 0 . dt2 dt

34

35

Составим характеристическое уравнение и найдем его корни:

λ2 −4λ −5 = 0 ; (λ +1)(λ −5) = 0 ; λ1 = −1,λ2 = 5 .

Тогда общее решение системы имеет вид:

x = C1e−t +C2e5t ;

y = − 12 C1e−t +C2e5t .

Где C1,C2 - произвольные постоянные.

Ответ: x = C1e−t +C2e5t ;

y = − 12 C1e−t +C2e5t .

35

36

4.Пример решения варианта типового расчета

Задача 26. Найти общий интеграл дифференциального уравнения y′ = x2e−y 1.

Данное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными

Тогда f (x) = x21−1 , g(y) = ey . Заметим, что g(y) ≠ 0. Разделяем переменные:

e−y dy = x2dx−1.

Интегрируя правую и левую части, получаем

∫e−y dy = ∫x2dx−1 .

После вычисления интегралов имеем: −e−y = 12 ln xx +−11 +C . Ответ: −e−y − 12 ln xx +−11 = C .

Задача 27. .Найти общий интеграл дифференциального уравнения

y′ = yy +− xx + xy .

Данное уравнение является однородным. Будем искать неизвестную функцию y(x) в виде y = xu . Тогда Подставляя y и y′в исходное уравнение, получаем:

u + x dudx = uu +−11 +u .

Полученное уравнение преобразуем к виду

dudx = 1x uu +−11 .

Разделяем переменные

Интегрируем правую и левую части

37

∫((uu +−1)1) du = ∫dxx +ln C .

(В нашем случае произвольную постоянную удобнее обозначит не С, а ln C , где C ≠ 0. Вычисляя интегралы в правой и левой

частях уравнения, получаем

u + 2ln u −1 = ln x +lnC .

Потенцируя, имеем

eu (u −1)2 = Cx .

Избавляясь от знака модуля, получаем eu (u −1)2 = Cx .

Поскольку u = xy , то полученное соотношение может быть представлено в виде

при u1 =1. Следовательно, функция u =1 является решением дифференциального уравнения для неизвестной функции u(x), а значит, функция y = x является решением исходного

дифференциального уравнения.

y

Решение y = x содержится в решении e x (y − x)2 = Cx3 , если

положить С=0.

y

Ответ: e x (y − x)2 = Cx3 , где С – произвольная постоянная.

Задача 28. Найти решение дифференциального уравнения y′+(tgx)y = 2xcos x ,

удовлетворяющее начальному условию y(0)=1.

Вначале найдем общее решение этого уравнения. Будем искать y в виде y = uv . Тогда y′=u′v +uv′. Подставляя y и y′ в

38

исходное уравнение, получаем: u′v +uv′+(tgx)uv = 2xcos x;

(v′+vtgx)u +u′v = 2xcos x .

Выберем функцию v(x) из условия v′+vtgx = 0. Уравнение для функции v(x) является уравнением с разделяющимися

переменными. Найдем его решение: v′+vtgx = 0, dvv = −tgxdx;

∫dvv = −∫tgxdx; ln v = ln cos x ; v = cos x .

Найдем функцию u(x): u′cos x = 2xcos x; u′ = 2x ; u = ∫2xdx; u = x2 +C .

Тогда общее решение исходного уравнения имеет вид y = uv = (x2 +C)cos x .

Произвольную постоянную С определим из условия y(0) =1:

1 = C .

Ответ: y = (x2 +1)cos x.

Задача 29..Найти решение дифференциального уравнения

Данное уравнение является уравнением Бернулли. Будем искать y в виде y = uv . Тогда, подставляя y и y′в исходное

39

Задача 30..Найти общее решение дифференциального уравнения y′′+ yx′ = 4 9x .

Это уравнение явно не содержит y . Обозначим y′ = z . Тогда: y′′ = z′. Подставляя в исходное уравнение, получаем

z′+ xz = 4 9x .

Уравнение для определения функции z(x) линейным дифференциальным уравнением первого порядка. Будем искать

41

Следовательно, ln(y2 −1) = 2x , y = 1+e2x .

y(0)= 0, y′(0)= 0 .

Найдем решение однородного уравнения. Составляем характеристическое уравнение: λ2 + 3λ + 2 = 0 . Найдем его корни: λ1 = −2,λ2 = −1. Однородное уравнение имеет два

линейно независимых решения y1 = e−2x и y2 = e−x . Частное

решение y ищем в виде

y = C1(x)e−2x +C2 (x)e−x , где функции C1(x) и C2 (x) удовлетворяют системе уравнений:

C1′e−2x +C2′e−x = 0, −2C1′e−2x −C2′e−x = 2e+−xex .

Решая систему, получаем: C1′ = −2 +exex , C2′ = (2 +1ex ) . Находим C1 и C2 : C1 = −∫2e+xdxex , C2 = ∫(2 dx+ex ) . Для вычисления первого интеграла сделаем замену переменной