Материал: Основы алгебры и анализа . курс лекций по математике. Муштенко В.С., Сербулов Ю.С

Скачать файл

Заказать новую работу

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

3.Найти общий интеграл уравнения y tgxtgy.

4.Найти частное решение уравнения

(1 x2 )dy ydx 0 ,

y(1) 1.

Решить уравнения:

5.ln cos ydx xtgydy 0.

6.yxy e y 0;.

7.y sin( x y) sin( x y)

	dx	dy		0 ; y(1) 1.
8.
	x( y 1)	y( x 2)
9. (x2 y)dx (x2 y2			x) 0 .
10. x 1 y 2 dx y			1 x 2 dy 0 .

11.Найти общий интеграл уравнения

(x 2 2 xy )dx xydy 0.

12.Найти частное решение уравнения

y	y	sin	y		y(1)
				;		2 .
	x		x

Решить уравнения:

13.xy y2 (2x2 xy) y .

14.xyy y 2 2x2 .

15.xy y xtg( xy ).

16.(x2 y2 )dx xydy 0.

17. xy 2( y xy ).

18. Проинтегрировать уравнение

y cos 2 x y tgx,

где y(0) 0.

19. Решить задачу Коши: y 2xy xe x2 , y(0) 2.

(sin y cos x C) .

y e artg x .

( y arccoseCx ).

(y (1) = 0).
						y
						y
2sin x ln				tg			C .
2sin x ln				tg		2	C .
						2
( x y ln			x2		2 ).
( x y ln			y		2 ).
			y
( x	y	y3			C ).
( x	x		3		C ).
	x		3

1 x2 1 x2 C .

ln	x y	x	C .

		x y

y 2x arctgx .

	2	Cxe	y
y		Cxe	x .

( y2 4x2 ln Cx ). ( y xarcsin x ).

( y x2 ln Cx2 ). y x2 ln Cx2 (16 xy ( y 4x Cx2 )2

(y tgx 1 e tgx ) .

( y e x2 ( x2 2)). 2

Решить уравнения.

20.xy y x2 cos x.

21.(1 x2 ) y y arctgx.

22. y

1 x2

y arcsin x,

y(0) 0.

23.y sin x y cos x 1 , y( 2 ) 0.

24.Решить уравнение

y xy x2 y4 .

25. Проинтегрировать уравнение

y	2xy	4	y	arctgx.
	1 x2		1 x2

26. Найти общее решение уравнения xy y y 2 ln x.

( y x(sinx C))

( y arctgx 1 Ce arctgx) ( y e arcsinx arcsinx 1)

( y cosx)

1
y
	x3 3ln C
	x

( y (1 x2 )(arctg 2 x C)2 .)

	1
y		.

	lnx 1 Cx

Глава 7. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА

§ 1. Основные понятия и определения Определение. Дифференциальное уравнение второго порядка имеет вид

		F	(x, y, y , y			) 0		(7.1)

или		y		f (x, y, y ).				(7.2)

Рассмотрим уравнение 2–го порядка y 2. Положим y p , тогда
y		dp	2,		p 2x С1,		dy	2x С1.
y	p ,		2,		p 2x С1,		dx	2x С1.
		dx					dx

y x2 С1x С2.

Следовательно, решение дифференциального уравнения 2-го порядка содержит две произвольные постоянные. Таким образом, решением ДУ второго порядка является любая дифференцируемая функция y (x,C1,C2 ) – это об-

щее решение или Ф(x, y,С1,С2 ) =0 – общий интеграл.

§ 2. Дифференциальные уравнения 2-го порядка, допускающие понижения порядка

ОднимизметодовинтегрированияДУявляетсяметодпониженияпорядка. Суть метода состоит в том, что с помощью замены переменной (подстанов-

ки) данное ДУ второго порядка сводится к уравнению первого порядка.

1 Случай. y f (x) (правая часть уравнения содержит только независи-

мую переменнуюx ).

Введем новую переменную (сделаем замену переменной):

y p,

p p(x),

f (x),

p f (x)dx С1

(x) С1,

p ,

y (x) С1

, y [ (x) С1] С2.

Или проще:

(x)dx С1,

y [ f (x)dx С1]dx С2 ,

( y ) ,

Пример. Решить уравнение y 2x3 .

y 2x3dx

Решение.

C ,

C x C

2 Случай.

или

(уравнение не содер-

F(x, y , y ) 0

f (x, y )

жит явно у).

подстановкой:

p , y

p ,

p p x .

f (x, p)

получаем

Решаем

ДУ первого порядка.

Пример 1. xy y 0.

Решение. Положим y

p, тогда y

p ,

x dx

dx ,

dp dx

, ln

lnC1,

C1 ,

y C1

x ,

dx,

y C ln

0 ,

(не входит явно переменная x ).

3 Случай. F( y, y , y )

f ( y, y )

Решаем подстановкой:

y py dp dy

dp p,

p dp f ( y, p)

y p, p p y ,

это уравнение первого порядка.

dy dx

2 y

Пример. Решить задачу Коши:

, y(0) 0

, y (0) 1.

Решение. Введем подстановку:

p p y ,

p dy ,

p dp

e2 y ,

pdp e2 y dy,

1e2 y

1 e2 y

C1.

Для определения с1 воспользуемся первым начальным условием:

1 1 e0 C , C				0.
2	2	1	1
2	2
y 2 e2 y ,		y ey ,
dy	ey ,	e y x		C
dx				2 .

Воспользовавшись вторым начальным условием, получим C2 1.

Следовательно, e y 1 x.

Примечание. В дальнейшем, для сокращения записи лекций, будем использовать следующую аббревиатуру: дифференциальное уравнение –ДУ, линейное однородное дифференциальное уравнение –ЛОДУ, линейное неоднородное дифференциальное уравнение – ЛНДУ.

§ 3. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами (ЛОДУ)

В приложении к главе рассматриваются линейные дифференциальные уравнения второго порядка и основные свойства их решений. Частным случаем являются линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами, которые имеют вид

y py qy f (x),	(7.3)
где p и q некоторые действительные числа, f (x) некоторая функция.
Если f (x) 0 , то уравнение называется однородным (ЛОДУ):
y py qy 0,	(7.4)

в противном случае (7.3) – неоднородным (ЛНДУ).

Согласно свойствам решений (о структуре общего решения ЛОДУ), общее решение уравнения (7.4) есть линейная комбинация двух частных линейно независимых решений y1 и y2 , т. е.

y C1 y1 C 2y2 .

(7.5)

Для нахождения общего решения уравнения (7.4) достаточно найти два частных линейно независимых решения и составить линейную комбинацию этих частных решений.

Будем искать частные решения в виде y ekx , где k – некоторое посто-

янное число.

Продифференцируем это решение дважды и подставим полученные производные в уравнение (7.4):

y kekx , y k 2ekx , k 2ekx k p ekx q ekx 0 ,

ekx (k 2 pk q) 0 ,	или т. к. ekx 0
	k 2 pk q 0 .	(7.6)

Уравнение (7.6) называется характеристическим уравнением ЛОДУ.

Этоуравнениеявляетсяквадратнымуравнениемотносительнонеизвестной k . Чтобы составить характеристическое уравнение, достаточно в уравнении

(7.4) заменить y ,

y ,

y соответственно на k2 ,

1 .

При решении характеристического уравнения (7.6) возможны следующие

три случая.

характеристического уравнения действительные и

Случай 1.

Корни

различные: k k

q 0).

В этом случае частными линейно независимыми решениями характери-

стического уравнения являются функции y

ek1x

ek2x .

Следовательно, общим решением (7.5) уравнения (7.4) будет

y c ek1x c

ek2 x .

(7.7)

Пример. Решить уравнение y 6y 8y 0.

Решение. Составим характеристическое уравнение: k 2 6k 8 0.

Находим его корни:

k1 2 , k2

Записываем общее решение этого

уравнения: y c e2x c

e4x , где С , С

произвольные постоянные.

уравнения действи-

Случай 2.

Корни

и k2

характеристического

тельные и равные: k

q 0

, k k

В этом случае имеем лишь одно частное решение y

ekx . Другим частным

линейно независимым решением будет, например, функция y2 xekx , так как их

отношение y1 xekx x const . y2 ekx

Следовательно, в этом случае, общее решение ЛОДУ имеет вид

			y ek1x (С		С x)			.				(7.8)
			1			2		.
Пример. Решить уравнение y 6y 9 0 .
Решение. Составляем характеристическое уравнение:
k 2 6k 9 0 . Решаем его: k1 k2 3.
Записываем общее решение: y e3x (c						c	2	x).
Случай 3. Корни k1 è k2					1		2
Случай 3. Корни k1 è k2			характеристического уравнения комплексные:
		p2						p			p2
k i	( D			q 0 ,					,	q		0 ).
k i	( D			q 0 ,					,	q		0 ).
1,2		4						2			4
		4						2			4

В этом случае частными решениями уравнения (7.6) являются функции

y e i	è y	2	e i .
1		2

Источник: https://studfile.net/preview/16563519/

Смотрите также:


ЦЕНОВАЯ ПОЛИТИКА ПРЕДПРИЯТИЯ НА ПРИМЕРЕ ООО «ДНС РИТЕЙЛ»
_archivetempпротивовоспалительные
- Обратный порядок следования фаз 4
- Сопротивление изоляции 25
!_Лабораторные_работы_1_сем_ОУТС
!Контрольная работа (задание)
!Фармакология препаратов для терапии заболеваний дыхательных путей
'Electronics Workbench' – алгоритм инструмента моделирования электронных схем
'Новая экономика': российская специфика