close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

3.340 Дифференциальные уравнения

код для вставкиСкачать
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Воронежский государственный архитектурно-строительный университет»
Кафедра высшей математики
МАТЕМАТИКА
Контрольные задания для студентов направления 280700.82
«Техносферная безопасность» очной формы обучения
Воронеж 2013
УДК 517.9
ББК 22.161
Составители В.Н. Колпачев, Л.В. Акчурина, С.А. Шабров
Математика: контр. задание (2-й семестр) 2 ч. курса для студ.бакалавров очного факультета направления «Техносферная безопасность» / Воронежский ГАСУ; сост.: В.Н. Колпачев, Л.В. Акчурина,
С.А. Шабров. — Воронеж, 2013. — 29 с.
Содержит контрольные задания по теме «Дифференциальные уравнения».
Предназначено для самостоятельной работы студентов по теме «Дифференциальные уравнения».
Ил. 1. Табл. 0. Библиогр.: 4 назв.
Печатается по решению редакционно-издательского совета
Воронежского ГАСУ
Рецензент — Голованёва Ф.В.
ВВЕДЕНИЕ
Настоящие методические указания содержат 25 вариантов индивидуальных заданий по теме «Дифференциальные уравнения», в которые
включены:
— дифференциальные уравнения первого порядка с разделяющимися
переменными, однородные, линейные и Бернулли;
— дифференциальные уравнения высших порядков, допускающие понижение порядка;
— линейные дифференциальные уравнения второго порядка, решаемые методом вариации произвольных постоянных;
— линейные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами и специальной правой частью;
— системы линейных дифференциальных уравнений первого порядка.
Вариант индивидуального задания состоит из 10 дифференциальных
уравнений, для каждого из которых требуется найти общее или частное
решение; системы линейных однородных дифференциальных уравнений
первого порядка и задачи на составление и решение дифференциального
уравнения.
В методических указаниях приведено решение типовых задач, при
реализации которого сообщаются необходимые элементы теоретического
материала.
Прежде чем приступить к выполнению задания, студенту необходимо
изучить конспекты лекций и рекомендуемую учебную литературу.
3
РЕШЕНИЕ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1. x2y ′ = y 2 + xy + y 2 .
2. y ′ − y = e2x .
3. xy ′′ = y ′ .
4. y ′′ + 4y ′ + 4y = 2x − 3 cos 2x.
II. Найти частные решения дифференциальных уравнений или системы дифференциальных уравнений, удовлетворяющие начальным условиям (решить задачи Коши).
√
6. y ′ + 2y = y 2 ex ; y(0) = 5.
5. x2 + 1 dy = xy dx; y(1) = 2.
7. y ′′′ = 3x + 4 cos 2x; y(0) = 3, y ′(0) = 1, y ′′(0) = 0.
′′
′
′
8. xy
dx− y = 5x; y(1) = 0, y (1) = −1.
dt = 7x − y, x(0) = 1, y(0) = 3.
9. dy
dt = 9x + y,
III. Решить задачи.
10. Резервуар вместимостью 300 л, дно которого покрыто солью, заполняют чистой водой. Допуская, что скорость растворения соли пропорциональна разности между концентрацией раствора в данный момент
и концентрацией насыщенного раствора (1 кг соли на 3 л воды) и что
данное количество чистой воды растворяет 1/3 кг соли через 1 минуту,
найти, сколько соли будет содержать раствор через один час.
11. Найти кривую, проходящую через точку A(1; 5), у которой длина
отрезка, отсекаемого на оси ординат любой касательной, равна утроенной абсциссе точки касания.
РЕШЕНИЕ
y 2 + xy + x2
1. Выразим из уравнения y : y =
. Заметим, что это урав2
x
нение вида y ′ = f (x, y), где f (x, y) однородная функция нулевого измерения, то есть
′
f (λx, λy) =
′
(λy)2 + (λx)(λy) + (λx)2
=
(λx)2
y 2 + xy + x2
λ2 y 2 + λ2 xy + λ2 x2
=
= f (x, y).
=
λ2x2
x2
Такие уравнения называются однородными дифференциальными
уравнениями первого порядка и приводятся к уравнениям с разделяющими переменными заменой y = tx.
4
Делаем замену в уравнении y = tx. Тогда получим (tx)′ =
t2x2 + xtx + x2
или t′ x+t = t2 +t+1, откуда t′ x = t2 +1. Это уравнение
=
2
x
dt
dt
с разделяющимися переменными. Запишем t′ виде . Тогда ·x = t2 +1
dxZ
Zdx
dt
dx
dt
dx
или 2
=
. Интегрируем это равенство
=
или
t +1
x
t2 + 1
x
arctg t = ln |x| + C. Отсюда t = tg(ln |x| + C). Возвращаясь к переменной y, получим общее решение исходного дифференциального уравнения
y = x tg(ln |x| + C).
2. y ′ −y = e2x . Это уравнение вида y ′ +P (x)y = Q(x), то есть линейное
дифференциальное уравнение первого порядка, которое можно решать
заменой y = u(x) · v(x). Подставим y = uv в исходное уравнение:
(uv)′ − uv = e2x , u′ v+ v ′ u − uv = e2x .
Найдем функцию v, приравнивая выражение в скобках нулю: v ′ − v =
= 0. Относительно функции v это уравнение с разделяющимися переменdv
dv
. Получим
= v или
ными, поэтому запишем в нем v ′ в виде v ′ =
dx
Z
Z dx
dv
dv
= dx (v 6= 0). Интегрируя, имеем
= dx, то есть ln |v| = x + C,
v
v
x
v = ±eC · ex . Можно взять любую
Z из этих функций v, например, v = e .
Отсюда u′ ·ex = e2x , u′ = ex , u = ex dx+C = ex +C. Так как y = uv, то
окончательно получим y = (ex + C)ex или e2x + C · ex . Это и есть общее
решение исходного уравнения.
y′
′′
′
′′
3. xy = y . Это уравнение второго порядка вида y = , то есть
x
y ′′ = f (x, y ′). Такое уравнение допускает понижение порядка заменой
y ′ = z (z = z(x)). Заменив y ′ = z, получим (учитывая, что y ′′ = z ′ )
z
z ′ = . Это дифференциальное уравнение первого порядка с раздеx
dz
,
ляющимися переменными относительно функции z. Заменив z на
dx
z dz
dx
dz
= ,
=
(z 6= 0). Интегрируем последнее равенство:
имеем
dxZ
x z
x
Z
dz
dx
=
, ln |z| = ln |x| + ln |C|, или z = Cx. Решение z = 0 соz
x
′
держится в этой формуле при C = 0. Так как z = y ′ , получим
Z
Zy = Cx
dy
или
= Cx, откуда dy = Cx dx. Интегрируя, имеем dy = Cx dx,
dx
C
Cx2
+ C2 . Обозначив
= C1, получаем общее решение
то есть y =
2
2
исходного уравнения в виде y = C1x2 + C2.
5
4. y ′′ + 4y ′ + 4y = 2x − 3 cos 2x. Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами.
Его общее решение имеет вид yон = yоо + yчн . Для отыскания yоо составим характеристическое уравнение k 2 + 4k + 4 = 0. Его корни k1,2 = −2.
В случае равенства корней характеристического уравнения yоо ищется
по формуле yоо = ekx (C1 + c2 x), где k = k1,2 . Итак, в нашем случае
yоо = e−2x (C1 + C2 x). Правая часть уравнения f (x) = 2x − 3 cos 2x.
Она равна сумме двух функций, являющихся функциями специального вида. В этом случае yчн ищут в виде суммы yчн = yчн1 + yчн2 ,
где yчн1 ищут по правой части f1(x) = 2x, a yчн2 — по правой части f2(x) = −3 cos 2x. Специальная правая часть — функция вида
f (x) = eαx (Pn(x) cos βx + Qm (x) sin βx), где Pn (x) и Qm(x) многочлены
степени n и m соответственно. Частное решение yчн , соответствующее
b s(x) sin βx).
такой правой части, имеет вид yчн = xr eαx (Pbs (x) cos βx + Q
b s (x) — многочлены степени s = max(n, m) с неопределенЗдесь Pbs (x) и Q
ными коэффициентами, а r равно количеству совпадений числа α + iβ с
корнями k1 , k2 характеристического уравнения.
Для f1(x) = 2x имеем α = 0, β = 0, α+iβ 6= k1,2, следовательно, r = 0,
Pn (x) = 2x, Qm (x) = 0, а значит n = 1, m = 0 и s = 1. Получаем Ps (x) =
= Ax+B, Q(s) = Cx+D и yчн1 = x0e0x ((Ax+B) cos 0x+(Cx+D) sin 0x),
тo есть yчн1 = Ax + B.
Для функции f2(x) = −3 cos 2x имеем α = 0, β = 2, α + iβ 6= k1,2,
следовательно, r = 0, Pn (x) = −3, Qm(x) = 0, следовательно, n = m = 0
и s = 0. Получаем Ps (x) = E, Qs (x) = F , то есть yчн2 = x0 e0x (E cos 2x +
+ sin 2x), yчн2 = E cos 2x + F sin 2x. Складывая yчн1 и yчн2 , имеем yчн =
= Ax + B + E cos 2x + F sin 2x.
Для отыскания коэффициентов A, B, E, F подставим yчн в исходное уравнение и тождественно уравняем левую и правую части. Пред′
′′
= A + E(− sin 2x) · 2 + F cos 2x · 2, yчн
=
варительно вычислим yчн
′′
′
в наше
, yчн
= −2E cos 2x · 2 + 2F (− sin 2x) · 2, а затем подставим yчн , yчн
уравнение:
−4E cos 2x − 4F sin 2x + 4(A − 2E sin 2x + 2F cos 2x)+
+4(Ax + B + E cos 2x + F sin 2x) = 2x − 3 cos 2x.
Приводя подобные члены, получим
(4A + 4B) + 4Ax + 8F cos 2x + (−8E) sin 2x = 2x − 3 cos 2x.
Приравняем коэффициенты при одинаковых функциях в левой и пра6
вой частях. Получим систему

4A + 4B = 0



4A = 2
8F = −3



−8E = 0
(при
(при
(при
(при
x0),
x1),
cos 2x),
sin 2x).
1
1 3
Отсюда A = 1/2, B = −1/2, E = 0, F = 3/8 и yчн = x − − sin 2x.
2
2 8
Складывая yоо = e−2x (C1 + C2 x) и yчн , получаем искомое общее решение:
1 3
1
yон = e−2x (C1 + C2 x) + x − − sin 2x.
2
2 8
√
5. x2 + 1 dy = xy dx, y(1) = 2. С начала ищем общее решение этого
дифференциального уравнения первого порадка. Видно, что это уравнение с разделяющимися переменными, так как оно может быть запиdy
x dx
сано в виде
(y 6= 0). Интегрируя предыдущее равен= √
2+1
y
x
Z
Z
Z
1
1
x dx
dy
√
или ln |y| =
=
(x2 + 1)− 2 d(x2 + 1),
ство, имеем
y
2
x2 + 1
√
√
2
2
ln |y| = x + 1 + ln |C|. Потенцируя, получаем y = C · e x +1 — общее
решение исходного уравнения. Решение y = 0 содержится в этой формуле при C = 0.
√
12 +1
,
Теперь√ используем
начальное
условие
y(1)
=
2,
то
есть
2
=
C
·
e
√
− 2
2
.
2 = C · e , C = 2e
√
√
2
Таким образом, искомое частное решение имеет вид y = 2e x +1− 2 .
6. y ′ + 2y = y 2 ex , y(0) = 5. Заметим, что это уравнение вида y ′ +
+ P (x)y = y n Q(x), то есть уравнение Бернулли, которое можно решить,
сделав замену y = uv. С учетом того, что при этом y ′ = u′v + uv ′ , в
нашем примере получим u′ v + uv ′ + 2uv = u2v 2ex , u′ v + u(v ′ + 2v) =
dv
= u2v 2 ex . Найдем v из условия v ′ + 2v = 0, то есть
= −2v. Имеем
dx
dv
= −2 dx, откуда, интегрируя, получим ln |v| = −2x + C или v =
v
= ±eC · e−2x . Возьмем, например, v = e−2x . Подставим это v в наше
du
уравнение. Тогда u′ · e−2x = u2e−4x ex , u′ = u2 e−x , 2 = e−x dx (u 6= 0).
u
Интегрируя и произведяZочевидные
преобразования,
завершаем процесс
Z
1
1
du
−x
−x
=
e
dx,
−
=
−e
+C,
u
=
.
нахождения функции u:
u2
u
e−x − C
e−x
−2x
и y = 0 (при u =
Так как y = uv (v = e ), то получаем y = −x
e −C
0). Теперь используем начальное условие y(0) = 5. Очевидно, решение
7
y = 0 нас не устраивает, поэтому подставим x = 0, y = 5 в функцию
e−x
1
4
y = −x
. Получаем 5 =
, откуда C = . Значит решение
e −C
1−C
5
−x
e
данной задачи Коши имеет вид y = −x 4 .
e − /5
7. y ′′′ = 3x + 4 cos 2x; y(0) = 3, y ′ (0) = 1, y ′′ (0) = 0. Данное уравнение третьего порядка вида y ′′′ = f (x). Его общее решение
можно найти трехкратным интегрированием.
Действительно, так как
Z
3x2
′′
′′′
y = 3x + 4 cos 2x, то y = (3x + 4 cos 2x) dx =
+ 2 sin 2x + C1.
2
Z 2
x3
3x
+ 2 sin 2x + C1 dx =
− cos 2x + C1 x + C2 . ТеОтсюда y ′ =
2
2
Z 3
x
x4 sin 2x C1 x2
перь y =
− cos 2x + C1 x + C2 dx = −
+
+C2x+C3.
2
8
2
2
Полученная функция — общее решение исходного уравнения. Теперь
используем начальные условия. Для этого в функции
x4 sin 2x C1 x2
−
+
+ C2 x + C3 ,
y=
83
2
2
x
y′ =
− cos 2x + C1 x + C2 ,
2 2
3x
+ 2 sin 2x + C1
y ′′ =
2
подставим x = 0, y = 3, y ′ = 1, y ′′ = 0.

 3 = C3 ,
1 = −1 + C2,

0 = C1 ,
В результате получим

 C1 = 0,
C2 = 2,

C3 = 3.
x4 sin 2x
+2x+3.
Итак, решение данной задачи Коши имеет вид y = −
8
2
8. xy ′′ − y ′ = 5x; y(1) = 0, y ′(0) = −1. Данное уравнение является
дифференциальным уравнением второго порядка вида a(x)y ′′ + b(x)y ′ +
+ c(x)y = f (x), то есть линейным неоднородным уравнением второго
порядка. Его общее решение ищется в виде yон = yоо + yчн . Однородное уравнение, соответствующее данному неоднородному, выглядит следующим образом: xy ′′ − y ′ = 0. Его порядок можно понизить заменой
y ′ = z(x) (y ′′ = z ′ ), выполнив которую, получим xz ′ = z.
dz
dz
, имеем x
= z или после разделения переЗаменяя теперь z =
dx
dx
dz
dx
менных
=
(z 6= 0). Интегрируя, получаем ln |z| = ln |x| + ln |C|,
z
x
откуда z = Cx (решение z = 0 вошло в эту формулу при C = 0).
8
Поскольку
z = y ′ , имеем y ′ = Cx. Интегрируем
равенство:
последнее
Z
2
Cx
C
y = Cx dx =
+ C2. Итак, yоо = C1 x2 + C2 C1 =
.
2
2
Зная yоо, найдем yчн методом вариации произвольных постоянных: если yоо = C1y1 (x) + C2y2 (x), то, считая C1 и C2 функциями, сначала найC1′ y1 + C2′ y2 = 0,
дем C1′ (x) и C2′ (x) из системы уравнений
a(x) · (C1′ y1′ + C2′ y2′ ) = f (x),
а затем, интегрируя, C1′ и C2′ , получим C1 и C2 . (см. [1], [2]).
В нашем случае yоо = C1 x2 + C2, т.е. y1 (x) = x2, y2 (x) = 1,
C1′ x2 + C2′ · 1 = 0,
f (x) = 5x, a(x) = x. Получаем систему
x · (C1′ (x2)′ + C2′ (1)′) = 5x,
′ 2
C1 x + C2′ = 0,
или
C1′ 2x2 = 5x.
5
5x
5
, C2′ = − · x2 = − . Интегрируя, имеем C1(x) =
Отсюда C1′ =
2x
2x
Z
Z 2 5
5
5x2
5x
=
dx = ln |x| + C3, C2(x) =
+ C4 .
dx = −
−
2x
2
2
4
5
Взяв, например, C3 = C4 = 0, получаем C1 (x) = ln |x|, C2 (x) =
2
2
2
5
5x
5x
и yчн = C1 (x)y1 + C2 (x)y2 = ln |x| · x2 + −
· 1, т. е.
= −
4
2
4
5x2
(2 ln |x| − 1). Теперь имеем yон = yоо + yчн = C1 x2 + C2 +
yчн =
4
2
5x
5
5x2
(2 ln |x| − 1) = Cx2 + C2 +
ln |x| C = C1 −
.
+
4
2
4
Используем начальные условия. Для этого сначала найдем y ′ = 2Cx+
5x2 1
5x
+ 5x ln |x| +
· = 2Cx + 5x ln |x| + . Теперь подставим в функции
2 x
2
2
5x
5x
y = Cx2 + C2 +
ln |x| и y ′ = 2Cx + 5x ln |x| +
x = 1, y = 0, y ′ = −1.
2
2
Получаем
0 = C + C2 + 5/2 ln 1,
C + C2 = 0,
или
−1 = 2C + 5 ln 1 + 5/2
2C = −7/2.
Отсюда
7
7
C = − , C2 =
4
4
и решение данной задачи Коши имеет вид
7x2 7 5x2
+ +
ln |x| .
y=−
4
4
2
9
dx
dt
dy
dt
= 7x − y,
x(0) = 1, y(0) = 3.
= 9x + y,
Систему дифференциальных уравнений первого порядка можно решить, сводя одно из уравнений к дифференциальному уравнению высшего порядка относительно одной из неизвестных функций. Рассмотрим
нашу задачу. Сначала найдем общее решение данной системы.
Выразим из первого уравнения y = 7x − x′, x′ = dx
dt . Подставим y во
′ ′
′
второе уравнение (7x − x ) = 9x + (7x − x ) , откуда 7x′ − x′′ = 16x − x′
или x′′ − 8x′ + 16x = 0.
y = 7x − x′,
Система принимает вид
x′′ − 8x′ + 16x = 0.
Найдем общее решение второго уравнения, а затем подставим его в
первое. Второе уравнение — это линейное однородное дифференциальное
уравнение второго порядка относительно функции x(t) с постоянными
коэффициентами. Его характеристическое уравнение имеет вид k 2 −8k +
+ 16 = 0, корни этого уравнения равны k = k1,2 = 4. Общее решение
имеет вид x = ekt (C1 + C2t), т.е. x = e4t (C1 + C2t).
′
Из первого уравнения системы y = 7e4t (C1 + C2 t) − e4t (C1 + C2 t) ,
то есть y = 7e4t (C1 + C2t) − 4e4t (C1 + C2t) − e4t · C2, или y = e4t (3C1 −
− C2 + 3C2t).
x = e4t (C1 + C2 t) ,
Итак, общее решение системы имеет вид
y = e4t (3C1 − C2 + 3C2t) .
Теперь найдем частное решение, подобрав значения произвольных постоянных C1, C2 соответственно начальному условию x(0) = 1, y(0) = 3.
Для этого подставим в общее решение t = 0, x = 1, y = 3:
1 = e0 (C1 + C2 0) ,
3 = e0 (3C1 − C2 + 3C20) .
C1 = 1,
Получаем систему
откуда C1 = 1, C2 = 0.
3C1 − C2 = 3,
Значит, искомое частное решение системы имеет вид
x = e4t (1 + 0t) ,
x = e4t,
Окончательно
имеем
y = e4t (3 · 1 − 0 + 3 · 0t) .
y = 3e4t .
9.
10. Резервуар вместимостью 300 л, дно которого покрыто солью, заполняют чистой водой. Допуская, что скорость растворения соли пропорциональна разности между концентрацией раствора в данный момент и
концентрацией насыщенного раствора (1 кг соли на 3 л воды) и что данное количество чистой воды растворяет 1/3 кг соли через 1 минуту, найти,
сколько соли будет содержать раствор через один час.
10
Обозначим через m(t) (кг) количество соли в растворе в момент t
1
(мин.). Тогда m(1) = (кг), m(0) = 0 (кг). Скорость растворения соли —
3
это скорость изменения m(t), т.е. m′ (t). Концентрация соли в момент t
m(t)
1
равна
(кл/л), концентррация насыщенного раствора (кл/л).
300
3
m(t)
1
′
По условию задачи m (t) = k 300 − 3 . Это дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными (t - независимая переменная,
m(t) — неизвестная функция). Найдем общее решение этого уравнения:
m(t)
dm
1
kdt
dm
dt = k
300 − 3 , m−100 = 300 (m 6= 100),
R
R dm
k
kt
=
+ ln |C| .
dt, ln |m − 100| = 300
m−100
300
kt
Отсюда m = 100 + Ce 300 . Используя начальное условие m(0) = 0,
kt
получаем 0 = 100 + C, C = −100, m = 100(1 + e 300 ). Используя
kt
1
1
299
kt
условия m(1) = , имеем
= 100(1 + e 300 ), e 300 =
. Отсюда
3
3
300
!
t
299
m = 100 1 −
.
300
60!
299
= 100(1 − 0,82) = 18.
Если t = 1 ч=60 мин, m = 100 1 −
300
Итак, через час в растворе будет 18 кг соли.
11. Найти кривую, проходящую через точку A(1; 5), которой длина отрезка, отсекаемого на оси ординат любой касательной, равна утроенной
абсциссе точки касания.
Пусть искомая кривая — график функции y = y(x).
Возьмем на кривой произвольную точку M0 с координатами x0 , y0 =
= y(x0). Проведем через нее касательную, уравнение которой, как известно, y − y0 = y ′ (x0)(x − x0). Найдем ординату точки N — точки пе11
ресечения касательной с осью ординат, для чего положим в уравнении
(1) x = 0. Получим yN = y0 − x0y ′ (x0). По условию |yN | = 3|x0|, то
есть |y0 − x0y ′ (x0)| = 3x0 (x0 > 0) или y0 − x0y ′ (x0) = ±3x0. Отсюда
y(x0) ± 3x0
. Это дифференциальное уравнение, в котором x0
y ′ (x0) =
x0
— независимая переменная, а y(x0) — искомая функция. Переобозначим
y ± 3x
. Это однородное уравнение
для удобства x0 за x. Получим y ′ =
x
первого порядка. Заменим y через tx.
Получим t′ x + t = t ± 3.
Z
Z
dt
dx
3dx
Отсюда
· x = ±3, dt = ±
, dt = ± 3
, t = ±3 ln |x| + C.
dx
x
x
y
Заменяя t = , имеем y = ±3x ln |x| + Cx.
x
По условию кривая проходит через точку (1;5), то есть при x = 1
y = 5. Получаем 5 = ±3 ln 1 + C или C = 5. Итак, y = x(5 ± 3 ln x).
График этой функции — искомая кривая.
12
ИНДИВИДУАЛЬНЫЕ ЗАДАНИЯ
Вариант 1
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1. xy 3 y ′ = x4 + y 4 .
3. y ′′ + y ′ =
2. 6y ′′ − y ′ − y = 3e2x + 1.
4. y ′′ = − yx′ .
1
√
.
5
sin x·cos x
II. Решить задачи Коши.
1. y dx − (4 + x2) ln y dy = 0; y(2) = 1.
2
2. xy ′ + y + xe−x = 0; y(1) =
1
2e .
3. y ′ cos x − y sin x = y 3 sin 2x; y(0) = 1.
4. y ′′ = xe−2x; y(0) = 41 , y ′ (0) = − 41 .
dx
dt = x + y,
x π2 = y π2 = eπ .
5.
dy
dt = −2x + 3y,
III. Задача. Тело охладилось за 10 минут от 100◦ до 60◦. Температура
окружающего воздуха пожддерживается равной 20◦. Когда тело остынет
до 25◦? (Считать, что скорость остывания пропорцианальна разности
температур тела и окружающей среды.)
Вариант 2
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
y
′
sin 2x
sin2 x
1. y − = 3x.
2.
dy = 0.
y + x dx + y − y 2
x
3. y ′′ −
y′
x−1
4. y ′′ + 4y ′ = ex (24 cos 2x + 2 sin 2x).
= x(x − 1).
II. Решить задачи Коши.
1. y − xy ′ = sec xy ; y(1) = π.
2. y ′ sin x − y cos x = y 2 ; y
1
; y(0)
1+x2
π
2
= 1.
= 0, y ′ (0) = 0.
√
4. y ′′ − 10y ′ + 25y = xe5x ; y(1) = 0, y ′ (1) = e5 .
dx
= 2x − y,
dt
x(0) = 1, y(0) = −2.
5.
dy
dt = 4x + 6y,
3. y ′′ =
13
III. Задача. Определить путь, пройденный телом за время t, если его
скорость пропорциональна пройденному пути, и если тело проходит 100
м за 10 с, а 200 м — 15 с.
Вариант 3
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1. (y 2 − 2xy)dx − x2dy = 0.
3. y ′′ − 10y ′ + 25y = e5x (x − 2).
2. y ′′ = y ′ + x.
4. y ′ − 3x2y − x2ex = 0.
3
II. Решить задачи Коши.
1. (x2 + x)y ′ = 2y + 1; y(1) = 0.
√
2. y ′ − y = ex y; y(0) = 1.
3. y ′′′ = e2x ; y(0) = 89 ; y ′ (0) = 41 , y ′′(0) = − 21 ,
4. y ′′ + 9y = cos43x ; y(0) = 1, y ′(0) = 2.
dx
dt = y,
x(0) = 1, y(0) = 0.
5.
dy
=
−2x
+
3y,
dt
III. Задача. Найти кривые, у которых площадь треугольника, образованного касательной, ординатой точки касания и осью абсцисс, величина
постоянная, равна a2 .
Вариант 4
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
3. y ′′ + 2y ′ + y = 6e−x .
1. xy ′ + y ln xy − 1 = 0.
2
2. y ′′ (ey + 1) = −y ′ ,
4. y ′′ + y =
1
cos x .
II. Решить задачи Коши.
1. x2y ′ = −y; y(1) = 1.
2. (1 − x) (y + y ′ ) = e−x ; y(0) = 0.
√
3. x2 − 1 y ′ − xy = (x3 − x)y 3, y( 2) = 1.
√
4. y ′′′ = x + 1 − sin 2x; y(0) = − 81 , y ′(0) = 81 , y ′′ (0) = 12 .
14
5.
dx
dt
dy
dt
= x + 3y,
x(0) = 3, y(0) = 1.
= −x + 5y,
III. Задача. Скорость распада радия пропорциональна наличному его
количеству. В течение года из каждого грамма радия распадается 0,44 мг.
Через сколько лет распадется половина имеющегося количества радия?
Вариант 5
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1. y ′ =
9x2 +y 2 +xy
.
x2
2. y ′ + 3y = 14e4x · y 3 .
3. xy ′′ − y ′ = 0.
4. y ′′ − 12y ′ + 40y = 2e6x .
II. Решить задачи Коши.
1. yy ′ = 23 (x2 − 1); y(0) = 3.
2. y ′ + y tg x = sec x; y(0) = 0.
3. y ′′ = 2 sin x · cos2x; y(0) = − 59 , y ′ (0) = − 32 .
4. y ′′ + 9y = sin23x ; y π2 = 0, y ′ π2 = 1.
dx
= 3x − 2y,
dt
x(0) = 1, y(0) = 0.
5.
dy
dt = 4x + 7y,
III. Задача. В баке находится 100 л раствора, содержащего 10 кг соли.
В бак вливается вода со скоростью 5 л/мин, и смесь вытекает с такой
же скоростью. Сколько соли останется в баке через час? (Концентрация
принимается равномерной).
15
Вариант 6
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1. xy ′ ln y = 5y.
3. x(y ′′ + 1) + y ′ = 0.
2. x2y ′ − 2xy − y 3 = 0.
4. y ′′ − 2y ′ + y =
ex
x2 +1
.
II. Решить задачи Коши.
1. ln x · sin3 y dx + x cos y dy = 0; y(1) = π4 .
2. y ′′ + 2y ′ = 6x2 + 2x + 1; y(0) = 2, y ′ (0) = 0.
3. y ′′ =
1
cos2 x2 ; y(0)
= 0, y ′(0) = 0.
4. x2y ′ = y(x + y); y(1) = 2.
dx
dt = 2x − 5y, x(π) = e−2π , y(π) = 1 e−2π .
5.
dy
5
dt = 5x − 6y,
III. Задача. Найти линию, у которой площадь трапеции, образованной
осями координат, ординатой произвольной ее точки и касательной к этой
точке, равна половине квадрата абсциссе.
Вариант 7
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
′
′
3. xy ′′ = y ′ ln yx .
4. y ′′ + 4y = ctg 2x.
1. yy = 5x3y 2 .
2. xy 2 dy = (x3 + y 3 )dx.
II. Решить задачи Коши.
1. (x + 1)y ′ + y = x3 + x2; y(0) = 0.
√
2. x2y + xy + y = 0; y(1) = 4.
3. y ′′ = x + sin x; y(0) = −3, y ′(0) = 0.
4. y ′′ − 2y ′ + 5y = 5x2 + 6x − 12; y(0) = 0, y ′(0) = 2.
dx
dt = x − 4y, x(0) = 1, y(0) = 1.
5.
dy
dt = x − 3y,
III. Задача. Пользуясь прямоугольной системой координат, найти форму зеркала, отражающего параллельно данному направлению все лучи,
выходящие из одной точки.
16
Вариант 8
I. Найти общие решения дифференциальных уравнений.
1. (xy + y 2 )dx − 2(x2 + xy)dy = 0.
2. y ′ cos x − y sin x = cos2 x.
3. xy ′′ − y ′ = x2ex .
4. y ′ −
y
x
=
(x+1)y 4
.
x
II. Решить задачи Коши.
1.
dx
x(y−1)
+
dy
y(x+2)
= 0; y(2) = 1.
2. y ′′ = arctg x; y(0) = 0, y ′(0) = 0.
3. y ′′ − 2y ′ + 5y = 5x2 + 6x − 12; y(0) = 0, y ′(0) = 2.
4. y ′′ + y = ctg x; y π2 = 1, y π2 = 0.
dx
dt = −x + 2y,
5.
x(0) = 0, y(0) = 1.
dy
=
−2x
−
5y,
dt
III. Задача. За 30 дней распалось 50 % первоначального количества
радиоактивного вещества. За сколько времени останется 1 % от его первоначального количества, если известно, что скорость распада пропорциональна массе радиоактивного вещества.
Вариант 9
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. ex−y dx − x1 dy = 0.
√
2. y ′ x2 + 4 − xy = x2 + 4.
3. x3y ′′ + x2y ′ = 1.
4. y ′′ − 4y ′ + 5y = (24 sin x + 8 cos x) e−2x .
II. Решить задачи Коши.
2
1. y ′ = 4 + xy + xy ; y (1) = 2.
2. y ′ − y = ex y 2 ; y (0) = 0.
3. y ′′ = sin23x; y (0) =
π2
′
16 , y (0)
= 0.
17
5x
e
′
4. y ′′ − 5y ′ + 6y = 1+e
x ; y (0) = 0, y (0) = 2.
dx
dt = 3x − 4y , x (0) = 4, y (0) = 1.
5.
dy
dt = x − 2y ,
III. Задача. Найти кривую на плоскости xOy, у которой отрезок касательной к кривой, заключенный между осями координат, делится в
точке касания пополам.
Вариант 10
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. sin2 x ·
2. y ′ −
dy
dx
− 2y 2 = 0.
x
y
x
= xe 2 y 2 .
√ 3. y + xy dx = xdy.
4. y ′′ x ln x = 2y ′ .
II. Решить задачи Коши.
1. y ′′′ = sin x; y (0) = 1, y ′ (0) = 0, y ′′ (0) = 0.
2. y ′ + y tg x = sec2 x; y (0) = 0.
3. y ′′ + 3y ′ = (40x + 58) e2x ; y (0) = 0, y ′ (0) = 2.
2 −4x
e
4. y ′′ + 8y ′ + 16y = xx−3
; y (0) = 1, y ′ (0) = 2.
dx
dt = 3x − 2y , x (0) = 2, y (0) = 0.
5.
dy
dt = 4x − y ,
III. Задача. Пуля входит в доску толщиной 10 см со скоростью 200 м/с,
а вылетает из доски со скоростью 80 м/с. Считая, что сила сопротивления движению пули в доске пропорциональна квадрату скорости, найти
время движения пули через доску.
Вариант 11
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ +
2y
x
=
e−x
x .
2. y ′ − 7y = 8e3x y 2 .
3. y ′′ x ln x = y ′ .
18
4. y ′′ + 2y ′ + 37y = 37x2 − 33x + 74.
II. Решить задачи Коши.
1. xy ′ = y (3 + ln y − ln x) ; y (1) = 1e .
2. y ′ =
y
x
ln x; y (1) = 3.
3. y ′′′ = x1 ; y (1) = 41 , y ′ (1) = y ′′ (1) = 0.
4. y ′′ − y = e2x · cos ex ; y (0) = 1, y ′ (0) = 2.
dx
= x − 2y ,
dt
x (0) = 2, y (0) = 0.
5.
dy
dt = 2x + y ,
III. Задача. Футбольный мяч весом 0,4 кг брошен вверх со скоростью
20 м/с. Сопротивление воздуха пропорционально квадрату скорости и
равно 0,48 Г при скорости 1 м/с. Вычислить время подъема мяча и наибольшую высоту подъема.
Вариант 12
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ + 3y = 14e4x · y 4 .
2. (x + 2y) dx + xdy = 0.
3. xy ′′ − y ′ = 2x2ex .
′′
′
4. y + 4y + 4y =
(x2 +1)e−2x
x+1
.
II. Решить задачи Коши.
2
1. xy ′ + y + xe−x = 0; y (1) =
1
2e .
2. cos x cos y dx − sin x · sin y dy = 0; y
3. y ′′′ = cos 4x; y (0) = 2, y ′ (0) =
π
2
15 ′′
16 , y (0)
= 0.
= 0.
4. y ′′ + 10y ′ + 34y = −9e5x ; y (0) = 0, y ′ (0) = 6.
dx
dt = 3x − y, x (0) = 5, y (0) = 8.
5.
dy
dt = 4x − y,
III. Задача. Найти кривые, для которых треугольник, образованный
осью Oy, касательной к кривой и радиусом-вектором точки касания, является равнобедренным.
19
Вариант 13
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ =
xy−y 2
x2 .
2. y ′ −
y
x
√
= 3x y.
3. y ′′ + y =
4. y ′ +
6xy
x2 +1
2
sin3 x
=
1
4
(x2 +1)
II. Решить задачи Коши.
1. y ′ = cos1 y ; y π2 = π4
2. y ′′ =
1
cos2 x ; y (0)
= 1, y ′ (0) = 35 .
3. y ′′ x2 + 1 = 2xy ′ ; y (0) = 1, y ′ (0) = 1.
4. y ′′ + 8y + 16y = 16x3 + 24x2 − 10x + 8; y (0) = 1, y ′ (0) = 3.
dx
dt = 2y − 3x, x (0) = 0, y (0) = 1.
5.
dy
dt = y − 2x,
III. Задача. Лодка замедляет свое движение под действием сопротивления воды пропорционально скорости лодки. Начальная скорость лодки
1,5 м/с; через 4 с ее скорость 1 м/с. Когда скорость лодки уменьшится
до 1 м/с? Какой путь пройдет лодка до остановки?
Вариант 14
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ −
√y
x
√
− e2 x = 0.
2. 1 − x2 y ′ + xy = y 5 .
3. y ′′ − 2y ′ ctg x = sin3x.
4. y ′′ + 6y + 13y = 75 sin 2x.
II. Решить задачи Коши.
1. y 2 + x2 y ′ = 0; y (−1) = 1.
2. y ′′ + y =
3. y ′′ =
1
; y (0)
tg x+1
tg x
cos2 x ; y (0)
= 2, y ′ (0) = 0.
= 0,5, y ′ (0) = 0.
20
4. xy ′ − y = x · cos2 xy ; y (3) = 0.
dx
= y,
dt
x (0) = 3, y (0) = −1.
5.
dy
=
6x
−
y,
dt
III. Задача. Найти кривые, для которых точка пересечения любой касательной с осью абсцисс имеет абсциссу, равную 2/3 абсциссы точки
касания.
Вариант 15
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. x2 − 2xy y ′ = xy − y 2 .
2. yex dx + (y + ex ) dy = 0.
3. x2y ′′ + xy ′ = 1.
4. y ′′ + 2y ′ + y =
xe−x
x2 −1 .
II. Решить задачи Коши.
1. xy ′ + y = sin x; y π2 = π2 .
2. x2y ′ = xy + 3y 2 ; y (1) = 1.
3. y ′′′ =
6
; y (1)
x3
= 0, y ′ (1) = 5, y ′′ (1) = 1.
4. y ′′ + 8y ′ + 16y = 16x3 + 24x2 − 10x + 8; y (0) = 1, y ′ (0) = 3.
dx
dt = 6x + y,
5.
x (0) = 1, y (0) = 7.
dy
dt = 5x + 2y,
III. Задача. Некоторое вещество преобразуется в другое вещество со
скоростью, пропорциональной количеству непреобразованного вещества.
Сколько вещества было в начале процесса, и через сколько времени останется лишь 1% первоначального количества вещества, если известно, что
по истечении одного часа этого вещества было 31,4 г, а по истечении трех
часов — 9,7 г.
Вариант 16
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. 1 + x2 dy − xy dx = 0.
2. y ′′ + 2x(y ′ )2 = 0.
21
3. y ′′ + 16y = 8 cos 4x.
√
xy − x dy = 0.
4. y dx +
II. Решить задачи Коши.
1. xy ′ + y = ln x + 1; y (1) = 0.
2. xy ′′′ = 2; y (1) = 0, 5, y ′ (1) = y ′′ (1) = 0.
3. y ′ sin x − y cos x = y 2 ; y π2 = − π2 .
4. y ′′ + y = sin1 x ; y π4 = 0, y ′ π4 = 1.
dx
dt = 3x − 2y, x (0) = 1, y (0) = 6.
5.
dy
dt = 3x − 4y,
III. Задача. Моторная лодка движется в спокойной воде со скоростью
10 км/ч. На полном ходу ее мотор был выключен и через 20 с скорость
лодки стала равной 6 км/ч. Считая, что сила сопротивления воды пропорциональна скорости лодки, найти путь, пройденный лодкой через 2 м
после остановки мотора и скорость лодки в этот момент.
Вариант 17
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
p
1. xy ′ = x2 − y 2 + y.
2. x2 + 1 y ′ − xy = x3 + x.
3. tg x · sin2 y + y ′ cos2x ctg y = 0.
4. y ′′ + y ′ tg x = sin 2x.
II. Решить задачи Коши.
1. xy ′ + y = siny x ; y π2 = π2 .
x
2. y ′′′ = e 2 + 1; y (0) = 8, y ′ (0) = 5, y ′′ (0) = 2.
3. y ′′ + y ′ − 2y = (16x + 22) e4x ; y (0) = 3, y ′ (0) = 5.
4. y ′′ − y ′ = ex1+1 ; y (0) = 2, y ′ (0) = 1.
dx
= x − y,
dt
x (π) = eπ , y (π) = 0.
5.
dy
dt = x + y,
22
III. Задача. Найти кривые, у которых длина отрезка, отсекаемого касательной на оси Oy, равна квадрату абсциссы точки касания
Вариант 18
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. xy + y 2 dx = x2 dy.
2. y ′ − 2y = e2x · y 4 .
3. xy ′′ = y ′ + x2.
4. y ′′ + 6y ′ + 9y =
e−3x
2x+5 .
II. Решить задачи Коши.
3
y
π
1. xy ′ = 2cos
;
y
sin y
4 = 1.
√
2. y ′ 1 − x2 + y = arcsin x; y (0) = 0.
3. y ′′ = sin12 2x ; y π4 = π4 , y ′ π4 = 1.
4. y ′′ − 8y ′ = 16 + 48x2 − 128x3; y (0) = −1, y ′ (0) = 14.
dx
= 5x − 3y,
dt
5.
x (0) = 2, y (0) = 3.
dy
dt = 3x − y,
III. Задача. Найти кривые, у которых точка пересечения любой касательной с осью Ox имеет абсциссу вдвое меньшую абсциссы точки
касания.
Вариант 19
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ =
x
y2
+ xy .
2. 2xy ′ y ′′ = (y ′ )2 + 1.
3. y ′′ (4 + y) = 2(y ′ )2.
4. y ′′ + 2y ′ + 2y =
1
ex sin x .
II. Решить задачи Коши.
1. xy ′ − y = x2 sin x; y π2 = π.
√
√
2. y ′ (x + x) = 1 − y; y (1) = 0.
23
= − 79 , y ′ π2 = 0.
4. y ′′ + 4y ′ = sin 2x; y π4 = 0, y ′ π4 = 1.
dx
= x + y,
π
π
dt
x
5.
=
2,
y
= 3.
dy
2
2
=
−2x
−
y,
dt
3. y ′′ = sin3x; y
π
2
III. Задача. Сила трения, замедляющая движение диска, вращающегося в жидкости, пропорциональна его угловой скорости. Диск начал
вращаться с угловой скоростью 3 об/с, а через минуту его угловая скорость стала 2 об/с. Какова будет его угловая скорость через три минуты
после начала вращения?
Вариант 20
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. xy ′ − y = x · tg xy .
2. y ′′ · tg x = y ′ + 1.
3. y ′′ − 4y ′ + 4y =
e2x
x+1 .
4. y ′′ − 4y ′ + 29y = 104 sin 5x.
II. Решить задачи Коши.
1. sec2 x · tg y dx + sec2y · tg x dy = 0; y
√
2. y ′ 1 − x2 + y = arcsin x; y (0) = 0.
π
4
= π4 .
3. xy ′ − 2y = 2x4y 3 ; y (1) = 2.
1
′
4. y ′′ = √1−x
2 ; y (0) = 2, y (0) = 3.
dx
dt = −2x + 3y, x (0) = y (0) = 0.
5.
dy
dt = x,
III. Задача. Материальная точка массой 1 г движется прямолинейно
под действием силы, прямо пропорциональной времени, отсчитываемому
от момента t = 0, и обратно пропорциональной скорости движения точки. В момент t = 10 с скорость точки равнялась 0,5 м/с, а сила 4 · 10−5н.
Какова будет скорость точки через минуту после начала движения?
24
Вариант 21
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. xy ′ cos xy = y cos xy − x.
2. y ′ −
y
x ln x
= xy 2 ln x; y (e) =
3. 1 − x2 y ′′ − xy ′ = 2.
4. y ′′ + y =
e2
2.
1
cos3 x .
II. Решить задачи Коши.
1. y ′ x3 = 2y; y (2) = 1.
2. y ′ − 3x2y − x2ex = 0; y (0) = 0.
3. y ′′′ sin4 x = sin 2x; y π2 = π2 ; y ′ π2 = 1; y ′′
π
2
= −1.
4. y ′′ − 9y ′ + 18y = 26 cos x − 8 sin x; y (0) = 0, y ′ (0) = 2.
dx
dt = 4x + 3y, x (0) = 2, y (0) = 4.
5.
dy
dt = −2x − y,
III. Задача. Найти кривую, для которой радиус-вектор каждой точки
равен длине отрезка касательной к кривой в этой точке, заключенного
между точкой касания и осью Ox.
Вариант 22
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ − 2y = ex · y 4 .
2. (1 + y) − (1 − x) y ′ = 0.
3. y ′ + 4 xy + x = 0.
4. x2 + y 2 − 2xyy ′ = 0.
II. Решить задачи Коши.
1. y ′′′ − 10y ′ + 25y = e5x ; y (0) = 1, y ′ (0) = 0.
2. y ′′ = 4 cos 2x; y (0) = 1, y ′ (0) = 3.
3. xy ′′ + 4y ′ = 2x2; y (1) = 91 , y ′ (1) = 13 .
4. y ′′ − 2y ′ + y =
(x−3)ex
x+1 ; y (0)
= 1, y ′ (0) = 4.
25
5.
dx
dt
dy
dt
= 4x − y,
x (0) = 0, y (0) = −2.
= 5x + 2y,
III. Задача. Некоторое количество нерастворимого вещества, содержащее в своих порах 10 кг соли, подвергается воздействию 90 л воды. Через
1 час половина соли растворилась. Сколько соли растворилось бы в течение этого времени, если бы количество воды было удвоено? Известно,
что скорость растворения пропорциональна количеству нерастворенной
соли и разности между концентрацией раствора в данный момент и концентрацией насыщенного раствора(1 кг на 3 л).
Вариант 23
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. y ′ = y 3 x + y.
2. y + x1 dy −
y
x2
dx = 0.
3. y ′′ + 4y ′ = 2x2.
4. y ′′ − 2y ′ + y =
ex
x.
II. Решить задачи Коши.
1. sin2 xcos2 ydx − cos2 xdy = 0; y (0) = π4 .
2. y ′ + ex y = e2x ; y (0) = e−1.
3. y ′′′ = cos2 x; y (0) = 1, y ′ (0) = − 18 , y ′′ (0) = 0.
4. y ′′ − 2y ′ + 37y = 36ex cos 6x; y (0) = 0, y ′ (0) = 6.
dx
dt = 2x + 3y, x (0) = 0, y (0) = 16.
5.
dy
dt = 4x − 2y,
III. Задача. Некоторое количество вещества, содержащее 3 кг влаги,
помещено в комнату объемом 100 м3 , воздух в которой имеет влажность
25 %. Насыщенный воздух такой же температуры содержит 0,12 кг влаги
1 м3 . Если в течение первых суток вещество потеряло половину влаги,
то сколько в нем останется влаги по истечении вторых суток? Считается, что скорость испарения влаги пропорциональна ее количеству в
веществе и разности между влажностью окружающего воздуха и влажностью насыщенного воздуха.
26
Вариант 24
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
1. 1 + x2 y 3 dx − y 2 − 1 x3 dy = 0.
2.
xy ′ −y
x
3. y ′ −
= tg xy .
2y
x
=
√
3y
x .
4. xy ′′ = 2y − y ′ .
II. Решить задачи Коши.
1. y ′ −
y
x ln x
= x ln x; y (e) =
e2
.
2
2. y ′′′ = x sin x; y (0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0.
3. y ′′ + 12y ′ + 36y = 72x3 − 18; y (0) = 1, y ′ (0) = 0.
4. y ′′ + y = tg x; y (0) = 1, y ′ (0) = 0.
dx
= y − x,
dt
5.
x (0) = 4, y (0) = 6.
dy
=
4x
−
y,
dt
III. Задача. Найти кривую, проходящую через точку (1; 1), у которой
точка пересечения любой ее касательной с осью ординат имеет ординату
в два раза меньшую ординаты точки касания.
Вариант 25
I. Найти общее решение дифференциальных уравнений.
p
1. xy ′ = x2 + y 2 + y.
2. xy ′′ + y ′ = ln x.
3. 2xy 2 dy = 1 + x2 dx.
4. y ′′ + 25y = tg 5x.
II. Решить задачи Коши.
1. xy ′ ln x = y + ln x; y e2 = 2 ln 2.
√
2. x2 + 1 y ′ + 4xy = 3x y; y (0) = 1.
3. y ′′ = cos x + e−x ; y (π) = 1, y ′ (π) = −e−π .
4. y ′′ − 3y ′ + 2y = − sin x − 7 cos x; y (0) = 2, y ′ (0) = 7.
27
5.
dx
dt
dy
dt
= x − 2y,
x (0) = 0, y (0) = 70.
= x + 7y,
III. Задача. Сила трения, замедляющая вращение диска в жидкости,
пропорциональна его угловой скорости. Диск начал вращаться с угловой
скоростью 5 об/с, а через минуту его угловая скорость стала равна 3 об/с.
Через сколько времени после начала вращения диск будет иметь угловую
скорость 1 об/с?
28
Список литературы
[1] Лунгу К.Н. Сборник задач по высшей математике. С контрольными
работами: 2 курс / К.Н. Лунгу и [др.]. Т. 2. — 6-е изд. — М. : Айрис
пресс, 2007. — 589 с.
[2] Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике: полный
курс / Д.Т. Письменный. — 5-е изд. — М.: Айрис-пресс, 2007. — 602 с.
[3] Данко П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах: В 2 ч.:
Учебное пособие для втузов / П.Е. Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. — М.: Высш. шк., 1997. Ч. 2. — 415с.
[4] Бугров Я.С. Сборник задач по высшей математике: Учебное пособие
для студ. инженер.-техн. спец. вузов / Я.С. Бугров, С.М. Никольский. — 3-е изд. — Ростов н/Д : Феникс, 1997. — 349с.
Дифференциальные уравнения
Методические указания и задания по математике
Составители: Колпачев Виктор Николаевич
Акчурина Людмила Васильевна
Шабров Сергей Александрович
Редактор
29
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
5
Размер файла
201 Кб
Теги
уравнения, дифференциальной, 340
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа