close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

667 Індивідуальні завдання для розрахунково-графічної роботи з розділу Диференціальні рівняння для студентів всіх с

код для вставкиСкачать
МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ І НАУКИ УКРАЇНИ
Запорізький національний технічний університет
Індивідуальні завдання
для розрахунково-графічної роботи
з розділу
“Диференціальні рівняння”
для студентів всіх спеціальностей
денної форми навчання
2014
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
2
Індивідуальні завдання для розрахунково-графічної роботи з
розділу “Диференціальні рівняння” для студентів всіх спеціальностей
денної форми навчання / Укладачи.: Зарубіна Т.В., Нечипоренко
Н.О.,Щербина О.А. – Запоріжжя: ЗНТУ, 2014. – 62с.
Укладачі:
Зарубіна Т.В., асистент
Нечипоренко Н.О., доцент, к.ф.-м.н.
Щербина О.А., асистент
Експерт:
Кабак В.С., доцент, к.т.н.
Рецензент:
Левада В.С., доцент, к.т.н.
Відповідальний за випуск: Зарубіна Т.В.
Затверджено на засіданні
кафедри прикладної математики
Протокол № 9 від 11.06.2014 р.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
3
ЗМІСТ
с.
Методи ро зв’язання диференціальних рівнянь
1 Диференціальні рівняння першого порядку
4
2 Диференціальні рівняння, які допускають зниження порядку
14
3 Лінійні диференціальні
рівняння другого
порядку зі
сталими коефіцієнтами
4 Лінійні
диференціальні
18
рівняння n-го порядку
зі
сталими коефіцієнтами
5 Метод виключення для систем
рівнянь з двома невідомими
29
двох диференціальних
33
Індивіду альн і завд ання
35
Контрольні питання
60
Література
62
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
4
МЕТОДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ДИФЕ РЕНЦІАЛЬНИХ
РІВНЯНЬ
1 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ПЕРШОГО
ПОРЯДКУ
1.1
Диференціальн і
зм інними
рівняння
з
в ідокремлюваними
Заг ал ьний вигляд: f1 ( x ) ⋅ f 2 ( y ) dx + ϕ 1 ( x ) ⋅ ϕ 2 ( y ) dy = 0 .
Ро зв’я зання.
Обидві
частини
рівняння
поділимо
на f 2 ( y ) ⋅ ϕ 1 ( x) (при f 2 ( y ) ⋅ ϕ 1 ( x) ≠ 0 ) та отримаємо рівняння
f1 ( x )
ϕ ( y)
dy = 0 .
dx + 2
f 2 ( y)
ϕ 1 ( x)
f1 ( x)
∫ ϕ ( x) dx + ∫
Тоді
1
ϕ 2 ( y)
dy = C є
f 2 ( y)
загальним інтегралом
рівняння.
ПРИКЛАД 1.
Знайти загальний розв’язок рівняння
x 1 − y 2 dx + y 1 + x 2 dy = 0 .
Розв’язання. Обидві частини рівняння поділимо на
та дістанемо
x
1+ x2
dx +
y
1+ x2
1− y2 ⋅ 1+ x2 ,
dy = 0 .
Зінтегрувавши обидві частини рівняння, отримаємо
∫
x
1+ x
2
dx + ∫
y
1+ x
2
dy = С ; ⇒ 1 + x 2 + 1 − y 2 = C .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
5
Це й є загальний інтеграл рівняння.
ПРИКЛАД 2.
Відомо, що ізольований провідник внаслідок недосконалої
ізоляції втрачає поданий йому заряд, причому швидкість втрати заряду
пропорційна наявному заряду в даний момент.
У
початковий
момент
провіднику
подано
заряд
−3
q0 = 0,3 ⋅ 10 (кулон). За перші t1 = 2 хвилини провідник втрачає
∆q = 30 ⋅ 10 −6 (кулон)
Визначити, за який час заряд провідника дорівнюватиме 0,85q0.
Розв’язання. Нехай х– заряд провідника. Враховуючи, що швидкість
dx
зміни х по відношенню до t пропорційна кількості заряду х в
dt
розглянутий момент часу, отримаємо диференціальне
першого порядку з відокремлюваними змінними
рівняння
dx
= kx .
dt
Окремим розв’язком данного рівняння є x=0 . Дійсно, якщо x=0, тоді
dx
= 0 , отже 0 = k ⋅ 0 .
dt
Знайдемо загальне рішення рівняння при x ≠ 0 .
dx
= k ⋅ dt , ⇒
x
dx
= k ∫ dt + ln c ⇒ ln x = k ⋅ t + ln c ⇒
x
x
x
ln x − ln c = k ⋅ t ⇒ ln = k ⋅ t ⇒ = e kt ⇒
c
c
kt
x = c ⋅ e - загальний розв’язок рівняння.
∫
Знайдемо часткове рішення, яке задовольняє початковим
умовам задачи. У початковий момент часу t = 0 провіднику був
наданий заряд x = q0 = 0,30 ⋅ 10 −3 .
Підставимо початкові умови у загальне рішення і отримаємо
значення константи c, яке відповідає даній початковий умові.
0,3 ⋅ 10 −3 = c ⋅ e k ⋅0 ⇒ c = 0,3 ⋅10 −3.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
6
Тоді часткове рішення, яке задовольняє початковим умовам
задачі x(0) = 0,3 ⋅ 10 −3 буде мати вигляд
x = 0,3 ⋅ 10 −3 ⋅ e kt .
Для визначення коефіцієнта пропорційності k скористаємося
додатковими умовами. Відомо, що через t1 = 2 хвилин заряд буде
дорівнювати
x1 = q 0 − ∆q = 0,3 ⋅ 10 −3 − 30 ⋅ 10 −6 = 27 ⋅ 10 −5 (кулон).
Підставимо значення x1 та t1 в часткове рішення
27 ⋅ 10
−5
= 0,3 ⋅ 10 −3 ⋅ e 2 k ⇒ e 2 k = 0,9 ⇒ 2k = ln 0,9 ⇒ k = −0,053 .
Таким чином, загальний закон розглянутого процессу
остаточно виражається співвідношенням
x = 0,3 ⋅ 10 −3 ⋅ e −0 , 053t .
Щоб визначити, за який час заряд проводника дорівнюватиме
x = 0,85 ⋅ q 0 = 0,85 ⋅ 0,3 ⋅ 10 −3 = 0,255 ⋅ 10 −3 , підставимо в останнє
рівняння отримане значення
0,85 ⋅ 0,3 ⋅ 10 −3 = 0,3 ⋅ 10 −3 e −0 , 053t ⇒ e −0, 053t = 0,85 ⇒ −0,053t = ln 0,85
Остаточно будемо мати t ≈ 3( хв ) .
Отже, провідник, якому у початковий момент подано заряд
q0 = 0,3 ⋅10 −3 кулон та який за перші 2 хвилини втрачає
∆q = 30 ⋅ 10 −6
кулон,
приблизно через 3 хв.
буде мати
заряд
q = 0,255 ⋅ 10 −3
кулон
ПРИКЛАД 3.
Швидкість знецінювання обладнання внаслідок його зносу
пропорційна в даний момент часу його фактичної вартості. Початкова
вартість обладнання дорівнює S0 =49 тисяч грошових одиниць.
Через один рік вартість обладнання становитиме S1 =41,7тисяч
грошових одиниць.
Обладнання використовувалося впродовж t=12 років. Яка його
вартість у теперішній час?
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
7
Розв’язання . Нехай S(t) – вартість обладнання в момент t. Зміна
вартості, тобто знецінювання, виражається різницею S 0 − S (t ) . Тоді
швидкість знецінювання
d (S 0 − S (t ))
dt
пропорційна фактичній
вартості S(t) на даний момент. Таким чином, одержуємо рівняння
d (S 0 − S (t ))
= k ⋅ S (t ) з початковою умовою S (0) = S 0 .
dt
Відповідно до умови задачі рівняння має вигляд
d (49 − S (t ))
= k ⋅ S (t ) ,
dt
S(0)=49.
Знайдемо похідну у лівій частині рівняння та дістанемо:
−
dS
= k ⋅S
dt
- диференціальне рівняння з відокремлюваними
змінними. Проінтегрувавши його, дістанемо загальний розв’язок
рівняння
∫
dS
= − ∫ k ⋅ dt ⇒
S
ln S = − k ⋅ t + ln C ⇒ ln
S
= − k ⋅ t ⇒ S = C ⋅ e −kt
C
Для визначення довільної сталої С використовуємо початкову
умову S (0) = 49 . Тоді 49 = C ⋅ e − k ⋅0 ⇒ C = 49 .
Тобто, частинний розв’язок, що задовольняє початковим умовам,
має вигляд S = 49e − kt .
Враховуючи, що через один рік (t=1) вартість обладнання
становитиме S1 = 41,7 знайдемо значення коефіцієнта k.
41,7 = 49e − k ⋅1 ⇒ e − k = 0,85 ⇒ − k = ln 0,85
Тоді S = 49e ln 0 ,85⋅t = 49 ⋅ 0,85 t .
Таким чином, якщо обладнання використовувалося впродовж
t=12 років, то вартість обладнання S (12 ) = 49 ⋅ 0,8512 ≈ 6,97 тисяч
грошових одиниць.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
8
Однорідні диференціал ьні рівняння
1.2
Заг ал ьний вигляд: y ′ = ϕ ( yx ) .
Ро зв’я зання. Вводимо допоміжну функцію u , тобто зробимо
заміну
y
= u (x ) ⇒ y = x ⋅ u ,
x
y ′ = xu ′ + u . Підставимо значення y
та y ′ до заданого диференціального рівняння та отримаємо рівняння з
відокремлюваними змінними
xu ′ + u = ϕ (u ) ;
x
du
= ϕ (u ) − u ;
dx
du
∫ ϕ (u ) − u = ∫
dx
+C.
x
Замість u після інтегрування підставимо
y
та дістанемо загальний
x
інтеграл рівняння.
ПРИКЛАД 4.
Знайти загальний розв’язок рівняння
x
dy
y
= y ln .
dx
x
Розв’язання. Поділимо обидві частини рівняння на х
dy y y
= ln .
dx x x
Отримане рівняння є однорідним , вводимо підстановку
y = x ⋅ u,
y ′ = xu ′ + u .
y
=u ⇒
x
Дістанемо
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
9
xu ′ + u = u ln u ⇒ xu ′ = u ln u − u ⇒ x
du
= u ln u − u ⇒
dx
du
du
⇒
= xdx
= xdx
∫
u ln u − u
u ln u − u ∫
ln(ln u − 1) = ln x + ln C ⇒ ln u −1 = xC .
y
та
x
Замість u підставимо
⇒
дістанемо загальний розв’язок
рівняння
ln
1.3
y
= 1 + xC ⇒ y = xe1+C x .
x
Лін ійні диференціальн і рівняння
Заг ал ьний вигляд:
неперервні функції.
y ′ + P( x) y = Q ( x) ,
де
P( x ), Q( x ) -
Ро зв’я зання. Функцію y шукаємо як добуток двох, поки що
невідомих функцій, які залежать від x. Тобто
y = u ( x) ⋅ v( x) ⇒ y ′ = u ′( x) ⋅ v( x) + u ( x) ⋅ v ′( x ) .
Підставимо значення y та y ′ до заданого диференціального рівняння
та отримаємо
u ′v + uv ′ + uvP( x) = Q( x) .
Після групування дістанемо
u ′v + u[v ′ + vP( x)] = Q( x) .
Доберемо функцію v(x) таким чином, щоб вона задовольняла
рівняння
v ′ + vP( x) = 0 .
Тоді функція u (x) має задовольняти рівняння
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
10
u ′v = Q (x ) ,
де функція v(x) вже знайдена.
Підставимо у вираз y = u ( x) ⋅ v( x) замість v(x) та u (x) знайдені
функції та отримаємо загальний розв’язок рівняння.
ПРИКЛАД 5.
Розв’язати рівняння
y ′ + 2 xy = 2 xe − x .
2
Розв’язання. Припустимо y = u ⋅ v ⇒ y ′ = u ′v + uv ′ . Підставимо
значення y та y ′ до заданого диференціального рівняння та дістанемо
u ′v + uv ′ + uv 2 x = 2 xe − x ,
2
u ′v + u[v ′ + v 2 x ] = 2 xe − x .
2
Знайдемо v(x) з рівняння
v′ + v 2 x = 0 .
Розв’яжемо його:
dv
dv
dv
+ 2 xv = 0 ⇒
= −2 xv ⇒
= −2 xdx ⇒
dx
dx
v
2
ln v = − x 2 ⇒ v = e − x .
∫
dv
= − 2 xdx
v ∫
⇒
Функція u (x) має задовольняти рівняння
u ′v = 2 xe − x .
2
Так як v = e − x , то маємо
2
u ′e − x = 2 xe − x ⇒ u ′ = 2 x ⇒
2
∫ du = ∫ 2 xdx
2
du
= 2 x ⇒ du = 2 xdx ⇒
dx
⇒ u = x2 + C .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
11
Підставимо замість v(x) та u (x) знайдені функції та отримаємо
загальний розв’язок рівняння
y = u ( x) ⋅ v( x) = ( x 2 + C ) e − x .
2
1.4
Рівняння Бернуллі
Заг ал ьний вигляд: y ′ + P ( x ) y = Q ( x ) y n , де n≠ 0, n≠ 1,
P( x ), Q( x ) - неперервні функції.
Ро зв’я зання. Рівняння Берн улл і будем о розв’язувати,
як і лінійне: зробимо заміну
y = u ( x) ⋅ v( x) ⇒ y ′ = u ′( x) ⋅ v( x) + u ( x) ⋅ v ′( x ) .
Підставимо значення y та y ′ до заданого диференціального рівняння,
отримаємо
u ′v + uv ′ + uvP( x ) = Q( x) u n v n ,
u ′v + u[v ′ + vP( x)] = Q( x) u n v n .
Функцію v(x) знайдемо з рівняння
v ′ + vP( x) = 0 ,
а функцію u (x) з рівняння
u ′ = Q ( x ) u n v n −1 ,
де функція v(x) вже буде знайдена.
Підставимо замість v(x) та u (x) знайдені функції та отримаємо
загальне розв’язок рівняння y = u ( x) ⋅ v( x) .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
12
ПРИКЛАД 6.
Розв’язати рівняння
y ′ − xy = − y 3 e − x .
2
Розв’язання. Зробимо заміну: y = u ⋅ v , y ′ = u ′v + uv ′ .
Підставимо значення y та y ′ до заданого диференціального рівняння,
отримаємо
u ′v + uv ′ − uv x = −u 3 v 3 e − x ,
2
u ′v + u[v ′ − v x] = −u 3 v 3 e − x .
2
Знайдемо v(x) з рівняння
v′ − v x = 0 .
Розв’яжемо його:
dv
dv
dv
− xv = 0 ⇒
= xv ⇒
= xdx ⇒
dx
dx
v
x2
x2
ln v =
⇒ v=e2 .
2
∫
dv
= xdx ⇒
v ∫
Знайдемо u (x) з рівняння
u ′ = −u 3 v 2 e − x .
2
Так як v = e
x2
2
, то маємо
u ′ = −u 3 e x e − x ⇒ u ′ = −u 3 ⇒
2
−∫
2
du
du
= −u 3 ⇒ − 3 = dx ⇒
dx
u
1
du
1
= ∫ dx ⇒
= x + C ⇒ u2 =
.
3
2
2( x + C )
u
2u
Підставимо замість v(x) та u (x) знайдені функції та отримаємо
загальний розв’язок рівняння у такому вигляді:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
13
2
ex
y = u ( x) ⋅ v ( x) =
.
2( x + C )
2
1.5
2
2
Рівняння у повних диференціал ах
Заг ал ьний вигляд: P ( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy = 0 , при чому
∂P( x, y ) ∂Q ( x, y )
=
.
∂y
dx
Ро зв’я зання. Диференціал деякої функції u ( x, y ) має вигляд
du = P( x, y ) dx + Q ( x, y ) dy .
 ∂u
 ∂x = P( x, y );
Тоді функцію u ( x, y ) знайдемо із системи рівнянь 
∂u
 = Q ( x, y ).
 ∂y
Отже, u ( x, y ) = С
ПРИКЛАД 7.
рівняння
- загальний інтеграл рівняння.
Знайти загальний інтеграл диференціального
e − y dx + (1 − xe − y ) dy = 0 .
Розв’язання. Для даного рівняння P ( x, y ) = e − y , Q ( x, y ) = 1 − xe − y .
Так як
∂P ∂Q
=
= −e − y , то задане диференціальне рівняння є
∂x ∂y
рівнянням у повних диференціалах.
Функцію u ( x, y ) знайдемо із системи рівнянь
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
14
 ∂u
−y
 ∂x = e ;
 ∂u
 = 1 − xe − y .
 ∂y
Розв’яжемо перше рівняння системи:
∂u
= e − y ⇒ u ( x, y ) = ∫ e − y dx + f ( y ) ⇒ u ( x, y ) = xe − y + f ( y ) .
∂x
Обчислимо частинну похідну по y від отриманої функції u ( x, y ) та
дістанемо
∂u
= − xe − y + f ′( y ) .
∂y
Розв’яжемо друге рівняння системи
∂u
= 1 − xe − y .
∂y
Так як
∂u
= − xe − y + f ′( y ) ,
∂y
то маємо
1 − xe − y = − xe − y + f ′( y ) ⇒ f ′( y ) = 1 ⇒ f ( y ) = ∫ 1 dy + C1 ⇒
f ( y ) = y + C1 .
Отже, функція u ( x, y ) = xe − y + y + С1 , тоді загальний інтеграл
рівняння має вигляд
xe − y + y + С1 = С 2 ,
або xe − y + y = С
(де С = С 2 − С1 ).
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
15
2 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ, ЯКІ ДОПУСКАЮТЬ
ЗНИЖ ЕННЯ ПОРЯДКУ
2.1
Диференціальн і рівняння n-го порядк у, до яких
входи ть по хідна n-го поря дку невідо мої функції y
та функція f( x)
Заг ал ьний вигляд: y ( n ) = f ( x ) .
Ро зв’я зання. Функцію y отримаємо шляхом n послідовних
інтегрувань, тобто
y ( n −1) = ∫ f ( x ) dx + C1 ;
y ( n− 2) = ∫
{∫ f ( x) dx + C }dx + C = ∫ {∫ f ( x) dx}dx + C x + C ;
1
2
1
2
…………………………………………………………….
{
}
y = ∫K
{ ∫ f ( x ) dx K
{ dx + C1
n −1
ПРИКЛАД 8.
n −1
x n −1
+ K + C n −1 x + C n .
(n − 1)!
Розв’язати рівняння
y ′′′ = cos x .
Розв’язання. Виконаємо три послідовних інтегрування
y ′′ = ∫ cos x dx = sin x + C1 ;
y ′ = ∫ (sin x + C1 ) dx = − cos x + C1 x + C 2 ;
x2
y = ∫ (− cos x + C1 x + C 2 ) dx = − sin x + C1
+ C 2 x + C3 .
2
y = − sin x + C1
x2
+ C 2 x + C 3 - це й є загальній розв’язок рівняння.
2
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
16
2.2
Диференціальн і рівняння n-го порядку, до яких не
входи ть нев ід ом а функція y та її похідні до ( n-2 )-г о
порядку
Заг ал ьний вигляд: F [ x, y ( n −1) , y ( n ) ] = 0 .
Ро зв’я зання. Вводимо нову функцію z ( x ) = y ( n −1) ) ,тоді
z ′( x) = y ( n ) . Після підстановки отримаємо диференціальне рівняння
першого порядку F [ x, z , z ′] = 0 , де невідомою функцією є функція
z (x ) . Розв’яжемо отримане рівняння та знайдемо z (x ) .
Функцію y знайдемо з рівняння
y ( n −1) = z ( x) .
Дістанемо
{
}
y = ∫K
{ ∫ z ( x) dx K
{ dx + C1
n −2
n− 2
ПРИКЛАД 9.
x n− 2
+ K + C n− 2 x + C n −1 .
(n − 2)!
Розв’язати рівняння
y ′′′ = ( y ′′) 2 .
Розв’язання. Вводимо нову функцію z ( x ) = y ′′ , тоді y ′′′ = z ′ .
Тепер дане рівняння можна записати у вигляді
z′ = z 2
−
⇒
dz
= z2
dx
⇒
dz
= dx
z2
⇒
dz
∫z
2
= ∫ dx
⇒
1
1
= x + C1 ⇒ z = −
.
z
x + C1
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
17
Знайдемо функцію y з рівняння
y ′′ = z (x) ⇒
y ′′ = −
1
.
x + C1
Виконавши послідовне інтегрування , дістанемо
y′ = −∫
1
dx = − ln( x + C1 ) + C 2 ;
x + C1
y = − ∫ [ln( x + C1 ) + C 2 ] dx =
= −( x + C1 ) ln( x + C1 ) + x(C 2 + 1) + C 3 + C1 ;
замінивши C 2 + 1 на C 2 та C 3 + C1 на C 3 , отримаємо
y = −( x + C1 ) ln( x + C1 ) + xC 2 + C 3 .
Це й є загальній розв’язок рівняння.
2.3
Диференціальн і рівняння n-го порядку, до яких не
входи ть явно незалеж на змінн а х
Заг ал ьний вигляд: F [ y , y ′, y ′′, K , y ( n ) ] = 0
Ро зв’я зання.
y ′′ =
Вводимо
нову
функцію
y ′ = p( y)
⇒
d ( y ′) dp dp dy dp
=
=
⋅
=
⋅ y ′ = p′ ⋅ p ;
dx
dx dy dx dy
d ( y ′′) d  dp 
y ′′′ =
=  p  =
dx
dx  dy 
 d 2 p  dp  2 
p  p 2 +    = p 2 p ′′ + p( p ′) 2 .
 dy
 dy  
Після підстановки отримаємо диференціальне рівняння (n − 1) -го
порядку F [ y , p, p ′, K , p ( n −1) ] = 0 , де невідомою функцією є функція
p ( y ) . Розв’яжемо отримане рівняння та знайдемо p ( y ) .
Функцію y знайдемо з рівняння y ′ = p ( y ) ,
тобто
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
18
dy
dy
= dx ⇒
= p( y ) ⇒
dx
p( y )
dy
∫ p( y) = ∫ dx + C .
ПРИКЛАД 10. Розв’язати рівняння
(1 + y 2 ) y y ′′ = (3 y 2 − 1)( y ′) 2 .
Розв’язання . Вводимо нову функцію y ′ = p ( y ) , y ′′ = p ′ ⋅ p .
Тоді дане рівняння можна записати у вигляді
(1 + y 2 ) y p
dp
= (3 y 2 − 1) p 2 .
dy
Розв’яжемо його:
dp
3y 2 −1
dy ⇒
=
p (1 + y 2 ) y
dp
3y 2 −1
=
∫ p ∫ (1 + y 2 ) y dy ⇒
ln p = 2 ln(1 + y 2 ) − ln y + ln C1 ⇒ ln p = ln(1 + y 2 ) 2 + ln
C1
⇒
y
C

(1 + y 2 ) 2
.
ln p = ln  1 (1 + y 2 ) 2  ⇒ p = C1
y
 y

Функцію y знайдемо з рівняння
y ′ = p ( y ) ⇒ y ′ = C1
(1 + y 2 ) 2
.
y
Розв’яжемо отримане рівняння :
y dy
dy
(1 + y 2 ) 2
= C1 dx ⇒
= C1
⇒
dx
y
(1 + y 2 ) 2
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
19
y dy
1 d (1 + y 2 )
=
C
dx
⇒
= C1 x + C 2 ⇒
∫ (1 + y 2 ) 2 ∫ 1
2 ∫ (1 + y 2 ) 2
1
= −2C1 x + C 2 .
1+ y2
Це й є загальній розв’язок рівняння.
3 ЛІНІЙНІ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ ДРУГОГО
ПОРЯДКУ ЗІ СТАЛИМИ КОЕФІЦІЄНТА МИ
3.1
Однорідні рівняння
Заг ал ьний вигляд: a0 y ′′ + a1 y ′ + a 2 y = 0 .
Ро зв’я зання. Знайдемо корні характеристичного рівняння
a0 k 2 + a1 k + a 2 = 0 .
При цьому в залежності від дискримінанту D можливі три випадки:
Дискри
мін ант
Х арактер
коренів
характеристичного рівняння
Частинні ро зв’язки
диференціал ьного рівняння
1. D > 0 k1 ≠ k 2 , дійсні
y1 = e k1 x ,
y2 = e k 2 x
2. D = 0
k1 = k 2 , дійсні
y1 = e k1 x ,
y 2 = xe k2 x
3. D < 0
k1, 2 = α ± iβ
y1 = eα x cos β x,
y2 = eα x sin β x
Загальний розв’язок диференціального рівняння має вигляд
y = C1 y1 + C 2 y 2 ,
де y1 , y 2 - частинні розв’язки диференціального рівняння.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
20
ПРИКЛАД 11. Розв’язати рівняння
y ′′ − 2 y ′ + y = 0 .
Розв’язання. Знайдемо корні характеристичного рівняння
k 2 − 2k + 1 = 0 .
Оскільки D = 0, то k1 = k 2 = 1 . Тоді y1 = e x ,
розв’язок має вигляд
y 2 = xe x та загальний
y = C1e x + C 2 xe x .
ПРИКЛАД 12.
Опір та провідність витоку кабелю на одиницю його довжини
дорівнює відповідно R=2 та G=0,0001 . Яка буде сила струму на кінці
ділянки кабелю довжиною х=10 , якщо на початку (x=0) ділянки сила
струму
І0 =1000, а ЕРС дорівнює Е0 =24 та відомо , що інтенсивність
зменшення сили струму дорівнює добутку провідності витоку на ЕРС ,
а інтенсивність зменшення ЕРС дорівнює добутку опору на величину
струму?
Розв’язання Падіння сили струму описується рівнянням
dI
= −G ⋅ E ( x )
dx
,
а різниця потенціалів описується рівнянням
dE
= −R ⋅ I
dx
.
Знайдемо похідні по x від обох частин першого рівняння
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
21
d 2I
dE
= −G ⋅
2
dx .
dx
Тоді з другого рівняння отримаємо
d 2I
= −G (− R ⋅ I ) ⇒
dx 2
d 2I
−G⋅R⋅I = 0
dx 2
Це однорідне диференціальне рівняння другого порядку зі сталими
коефіцієнтами.
У нашом у випадк у
d 2I
− 10 − 4 ⋅ 2 ⋅ I = 0 .
2
dx
Складемо характеристичне рівняння і знайдемо його корені:
k 2 − 10 −4 ⋅ 2 = 0 ⇒ k1 = 1,41 ⋅ 10 −2 , k 2 = −1,41 ⋅ 10 −2 .
Тоді загальний розв’язок рівняння має вигляд
I = C1 e1, 41⋅10
−2
x
+ C 2 e −1, 41⋅10
−2
x
.
Вик орист ов уючи початк ов і ум ови I ( x0 ) = 1000 ; E (x 0 ) = 24 ,
знайдем о
C1
та
C 2 . Так як
dI
(x0 ) = −G ⋅ E (x0 ) ,
dx
то
dI
(0 ) = −10 − 4 ⋅ 24
dx
.
Використовуючи загальний розв’язок рівняння,отримаємо:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
22
C1e 0 + C 2 e 0 = 1000 ;
(
)
− 2⋅
−2
dI
= 1,41 ⋅ 10 − 2 C1 ⋅ e1, 41⋅10 ⋅ x − C 2 ⋅ e −1, 41⋅10 ⋅ x ⇒
dx
1.41 ⋅ 10 −2 C1 e 0 − C 2 e 0 = −10 −4⋅ ⋅ 24 .
(
Т аким
чином,
)
знаходим о
C1
и
C2
із
сист еми
 C1 + C 2 = 1000;
.⇒ C1 = 499,9 ; C 2 = 500,1 .

C1 − C 2 = −0,17.
Тоді
I = 499,9 ⋅ e
часткове
1, 41⋅10 −2 x
рішення
+ 500,1 ⋅ e
буде
мати
вигляд
−1, 41⋅10 −2 x
.
Визначимо, яка буде сила струму на кінці ділянки кабелю
довжиною х=10.
I (10) = 499,9e 0 ,141 + 500,1e −0 ,141 = 575,92 .
3.2
Неоднорідні рівняння
Загал ьний в игл я д :
a0 y ′′ + a1 y ′ + a 2 y = f ( x) .
Розв’язання.: Загальним розв’язком лінійного неоднорідного
диференціального рівняння є сума частинного розв’язку ( y ч )
лінійного неоднорідного рівняння та загального розв’язку ( y о )
відповідного лінійного однорідного рівняння, тобто y = y о + y ч .
1.Знайдемо y о , розв’язавши відповідне однорідне рівняння
a0 y ′′ + a1 y ′ + a 2 y = 0 .
2. Знайдемо y ч методом невизначених коефіцієнтів, якщо права
частина f (x ) має спеціальний вигляд.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
23
а) f ( x) = eα x P ( x ) ,
де P (x ) - многочлен n-ої степені.
Частинний розв’язок залежить від взаємозв’язку між α
коренями характеристичного рівняння k1 та k 2 .
№
1
2
3
В заєм озв ’я зок
м і ж α та k1 і k 2
α ≠ k1 ≠ k 2
α = k1 або α = k 2
α = k1 = k 2
В игля д ч ас тинног о
розв ’я зку
y ч = e α x M (x) ,
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
y ч = xe α x M (x) ,
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
y ч = x 2 e α x M ( x) ,
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
б) f ( x) = eα x [P ( x ) cos β x + Q ( x ) sin β x ] ,
многочлен степені m1, Q (x ) - многочлен степені m2.
n = max( m1 , m 2 ) та
де P (x ) -
z = α + iβ .
Частинний розв’язок залежить від взаємозв’язку між
коренями характеристичного рівняння k1 та k 2 .
№
Взає мозв ’язок
між z та
z
Вигляд частинного розв’я зку
k1 і k 2
y ч = e α x [M ( x ) cos β x + N ( x) sin β x ] ,
1
z ≠ k1 ≠ k 2
та
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
N ( x ) = B0 + B1 x + K + Bn x n
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
та
24
y ч = xe α x [M ( x ) cos β x + N ( x ) sin β x ] ,
z = k1
2
або
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
z = k2
N ( x ) = B0 + B1 x + K + Bn x n
ПРИКЛАД 13. Розв’язати рівняння
y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 13 sin 3 x .
Розв’язання.
1. Знайдемо y о , розв’язавши відповідне однорідне рівняння
y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0
k 2 − 5k + 6 = 0 ⇒ k1 = 2 , k 2 = 3 ⇒
y1 = e 2 x ,
y 2 = e 3 x ⇒ y о = C1e 2 x + C 2 e 3 x .
2. Знайдемо y ч , за спеціальною правою частиною f (x ) .
f ( x) = 13 sin 3 x = e 0 x [0 ⋅ cos 3 x + 13 sin 3x ] ⇒
P( x) = 0 , Q( x) = 13 - многочлени нульової степені ( n = 0 );
z = α + iβ = 0 + 3i = 3i , при чому z ≠ k1 ≠ k 2 .
За таблицею частинний розв’язок шукаємо у вигляді
y ч = e 0 x [А0 cos 3 x + В0 sin 3 x ] = А0 cos 3 x + В0 sin 3x ,
де M ( x) = A0 та N ( x ) = B0 .
Знайдемо y ч′ та y ч′′ :
y ч′ = −3 А0 sin 3 x + 3В0 cos 3 x ;
y ч′′ = −9 А0 cos 3x − 9 В0 sin 3 x .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
25
Підставимо значення y ч , y ч′ , y ч′′ до заданого диференціального
рівняння та отримаємо тотожність
− 9 А0 cos 3 x − 9 В0 sin 3 x − 5(−3 A0 sin 3 x + 3B0 cos 3x ) +
+ 6( A0 cos 3 x + В0 sin 3 x ) ≡ 13 sin 3 x,
− 3( A0 + 5 B0 ) cos 3x + 3(5 A0 − В0 ) ≡ 13 sin 3 x .
Прирівнюємо коефіцієнти при sin 3x та cos 3 x :
sin 3 x : − 3( A0 + 5B0 ) = 0,
5
1
 ⇒ A0 = , B0 = − .
cos 3x : 3(5 A0 − B0 ) = 13. 
6
6
Частинний розв’язок
рівняння має вигляд
заданого
yч =
неоднорідного
диференціального
5
1
cos 3 x − sin 3 x .
6
6
Тоді загальний розв’язок заданого рівняння:
5
1
y = y о + y ч = C1e 2 x + C 2 e 3 x + cos 3 x − sin 3 x .
6
6
ПРИКЛАД 14.
Нехай попит D(t) та пропозиція S(t) на товар визначаються
відповідними співвідношеннями :
D (t ) = a2 p′′ + a1 p′ + a0 p + m ;
S (t ) = c2 p′′ + c1 p′ + c0 p + n ;
де p(t ) - рівноважна ціна на товар,
p′(t ) - тенденція формування ціни,
p′′(t ) - темп зміни ціни,
t - час,
a 2 = 1 , a1 = a 0 = −2 , m = 15 , c 2 = 2 , c1 = 1 , c0 = 0 , n=5.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
26
Виходячи з вимог відповідності попиту пропозиції , знайти
залежність ціни від часу , якщо в початковий момент часу t=0 відома
ціна p 0 = p(0 ) = 6 і тенденція формування ціни p 0' = p ′(0 ) = 9 .
Розв’язання. З вимоги відповідності попиту пропозиції випливає
D(t ) = S (t ) , тобто p ′′ − 2 p ′ − 2 p + 15 = 2 p ′′ + p ′ + 5 ⇒
p ′′ + 3 p ′ + 2 p = 10 - неоднорідне диференціальне рівняння другого
порядку зі сталими коефіцієнтами.
Знайдемо p одн , розв’язавши відповідне однорідне рівняння
p ′′ + 3 p ′ + 2 p = 0 ⇒ k 2 + 3k + 2 = 0 ⇒ k1 = −2 ,
k 2 = −1 .
Тоді p одн = C1 e −2 t + C 2 e −t .
Знайдемо pч за спеціальною правою частиною p(t ) = 10e 0⋅t .
Оскільки 10 – многочлен нульової степені, α = 0 ≠ k1 ≠ k 2 ⇒ pч = A
Для визначення A обчислимо pч′ , p ч′′ :
pч′ = pч′′ = 0 .
pч , p ч′ , pч′′
до неоднорідного рівняння та
отримаємо тотожність 2 A = 10 ⇒ A = 5 .
Підставимо значення
Частинний розв’язок заданого
рівняння має вигляд pч = 5 .
Тоді
загальний
p(t ) = C1e
−2 t
розв’язок
неоднорідного
диференціального
заданого
рівняння
−t
+ C2 e + 5
Використовуючи початкові умови p 0 = 6 , p 0' = 9 знайдемо C1 та
C 2 . Для цього підставимо початкові умови в загальний розв’язок та в
p ′(t ) = −2C1 e −2 t − C 2 e − t і одержуємо
C1e 0 + C 2 e 0 + 5 = 6;
 C1 + C 2 = 1;
⇒
⇒


0
0
− 2C1 − C 2 = 9. C1 = −10 C 2 = 11
 − 2C1e − C 2 e = 9.
,
.
Тоді, частинний розв’язок, який задовольняє початковим умовам
задачі буде мати вигляд p(t ) = −10e −2t + 11e − t + 5 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
27
3.3
Метод Л аг ранж а (м ето д варіац ії довіл ьних стали х)
Заг ал ьний вигляд: a0 y ′′ + a1 y ′ + a 2 y = f ( x)
Розв’язання. Цей метод використовується , коли права
частина рівняння f (x ) не є функцією спеціального вигляду. Метод
Лагранжа ґрунтується на використанні відомого загального розв’язку
відповідного однорідного рівняння
y = C1 y1 + C 2 y 2 .
Припустимо,
що
загальний
розв’язок
неоднорідного
диференціального рівняння має аналогічний вигляд, але довільні сталі
C1 та C 2 розглядаються як функції від х, тобто
y = C1 ( x) y1 + C 2 ( x) y 2 .
Невідомі функції C1 ( x ) та C 2 ( x) знаходимо із системи рівнянь
 C1′ ( x ) y1 + C 2′ ( x) y 2 = 0;

C1′ ( x) y1′ + C 2′ ( x) y ′2 = f ( x ).
ПРИКЛАД 15. Розв’язати рівняння
y ′′ + y =
1
.
cos x
Розв’язання. Розв’яжемо відповідне однорідне рівняння
y ′′ + y = 0 ⇒ k 2 + 1 = 0 ⇒ k = ± i ⇒ y = C1 cos x + C 2 sin x .
Тоді загальний розв’язок даного неоднорідного диференціального
рівняння має вигляд
y = C1 ( x ) cos x + C 2 ( x) sin x .
Знайдемо C1 ( x ) та C 2 ( x) із системи рівнянь
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
28
 C1′ ( x ) cos x + C 2′ ( x) sin x = 0;

− C ′ ( x) sin x + C ′ ( x ) cos x = 1 .
2
 1
cos x
0
1
cos x
C1′ ( x) =
cos x
− sin x
C1 ( x) = − ∫
sin x
cos x
sin x
cos x
=−
sin x
,
cos x
sin x
dx = ln cos x + C1 .
cos x
cos x
0
1
− sin x
cos x
C 2′ ( x) =
= 1 , C 2 ( x ) = ∫ 1 dx = x + C 2 .
cos x sin x
− sin x cos x
Підставимо знайдені функції у вираз
y = C1 ( x ) cos x + C 2 ( x) sin x ,
дістанемо загальний розв’язок заданого рівняння
y = C1 ( x) cos x + C 2 ( x) sin x = (ln cos x + C1 ) cos x + ( x + C 2 ) sin x .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
29
4 ЛІНІЙНІ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНІ РІВНЯННЯ N-ГО
ПОРЯДКУ ЗІ СТАЛИМИ КОЕФІЦІЄНТА МИ
4.1
Однорідні рівняння
Заг ал ьний вигляд: a0 y ( n ) + a1 y ( n −1) + K + a n −1 y ′ + a n y = 0
Ро зв’я зання. Знайдемо n коренів характеристичного рівняння
a0 k n + a1 k n −1 + a 2 k n −2 K + a n −1 k + a n = 0 .
В залежності від них можливі наступні випадки:
Х арактер
коренів
характеристичного рівняння
k - простий дійсний
корінь
k - дійсний корінь
кратності m
k = α ± iβ
Частинні ро зв’язки
диференціал ьного рівняння
ek x
e k x , xe k x , x 2 e k x , K, x m −1e k x
eα x cos β x, eα x sin β x
k = α ± iβ - корні
eα x cos β x, xeα x cos β x, K, x m −1eα x cos β x
кратності m
eα x sin β x, xe α x sin β x,K, x m−1e α x sin β x
Загальний розв’язок диференціального рівняння має вигляд
y = C1 y1 + C 2 y 2 + K + C n−1 y n−1 + C n y n ,
де y1 , y 2 , K, y n −1 , y n - n частинних розв’язків диференціального
рівняння, вказаних у таблиці.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
30
ПРИКЛАД 16. Розв’язати рівняння
y ′′′ − y ′′ + 4 y ′ − 4 y = 0 .
Розв’язання. Знайдемо три кореня характеристичного рівняння
k 3 − k 2 + 4k − 4 = 0 .
Дістанемо: k1 = 1,
k 2 = 2i, k 3 = −2i .
Оскільки всі корені прості, то за таблицею частинні розв’язки будуть
такі:
y1 = e x , y 2 = cos 2 x, y 3 = sin 2 x .
Тоді загальній розв’язок рівняння має такий вигляд:
y = C1e x + C 2 cos 2 x + C 3 sin 2 x .
4.2
Неоднорідн і рівняння
Заг ал ьний вигляд:
a0 y ( n ) + a1 y ( n −1) + K + a n −1 y ′ + a n y = f ( x ) .
Ро зв’я зання. Загальним розв’язком лінійного неоднорідного
диференціального рівняння є сума частинного розв’язку ( y ч )
лінійного неоднорідного рівняння та загального розв’язку ( y о )
відповідного лінійного однорідного рівняння, тобто
y = y о + yч .
1. Знайдемо y о , розв’язавши відповідне однорідне рівняння
a0 k n + a1k n −1 + a 2 k n −2 K + a n −1k + a n = 0 .
2. Знайдемо y ч , за спеціальною правою частиною f (x ) .
а)
f ( x) = eα x P ( x ) ,
де P (x ) - многочлен n-ої степені.
Частинний розв’язок залежить від взаємозв’язку між α та коренями
характеристичного рівняння k i , (i = 1, K, n) . Можливі наступні
випадки:
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
31
№
Взає мозв ’язок
між α та k i
Вигляд частинного
розв ’язку
α - не є коренем
1
2
y ч = e α x M (x) ,
характеристичного
рівняння
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
α - є коренем
y ч = x m eα x M (x ) ,
характеристичного
рівняння кратності m
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
б) f ( x) = eα x [P ( x ) cos β x + Q ( x ) sin β x ] ,
де P (x ) - многочлен степені m1, Q (x ) - многочлен степені m2.
n = max( m1 , m 2 ) та
z = α + iβ .
Частинний розв’язок залежить від взаємозв’язку між z та коренями
характеристичного рівняння k i , (i = 1, K, n) . Можливі наступні
випадки:
№
1
Взає мозв ’язок
між z та k i
z - не є коренем
характеристичного
рівняння
z - є коренем
2
характеристичного
рівняння кратності
m
Вигляд частинного розв’я зку
y ч = e α x [M ( x ) cos β x + N ( x) sin β x ] ,
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
N ( x ) = B0 + B1 x + K + Bn x n
y ч = x m eα x [M ( x ) cos β x + N ( x) sin β x] ,
M ( x) = A0 + A1 x + K + An x n
N ( x ) = B0 + B1 x + K + Bn x n
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
32
ПРИКЛАД 17. Розв’язати рівняння
y ( 4 ) + y ′′ = x 2 + x .
Розв’язання.
1. Знайдемо y о , розв’язавши відповідне однорідне рівняння
y ( 4 ) + y ′′ = 0 .
Запишімо характеристичне рівняння
k4 + k2 = 0.
k1 = 0 - корінь кратності m=2;
k 2 ,3 = ±i - корені кратності m=1 .
Тоді за таблицею частинні розв’язки будуть такі:
y1 = e 2 x ,
y2 = e3x ,
y 3 = cos x,
y 4 = sin x ⇒
y о = C1 + C 2 x + C 3 cos x + C 4 sin x .
2. Знайдемо y ч , за спеціальною правою частиною f (x ) .
Оскільки f ( x ) = x 2 + x = e 0 x ( x 2 + x ) , то P (x ) - многочлен
другої степені ( n = 2 ) та α = 0 . Так як α є коренем
характеристичного рівняння, тобто α = k1 кратності m=2, то за
таблицею частинний розв’язок шукаємо у вигляді
(
)
y ч = x 2 e 0 x A0 + A1 x + A2 x 2 = A0 x 2 + A1 x 3 + A2 x 4 .
Знайдемо y ч′ , y ч′′ , y ч′′′ , y ч( 4 ) :
y ч′ = 2 A0 x + 3 A1 x 2 + 4 A2 x 3 ;
y ч′′ = 2 A0 + 6 A1 x + 12 A2 x 2 ;
y ч′′′ = 6 A1 + 24 A2 x ;
y ч( 4 ) = 24A2 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
33
Підставимо значення y ч , y ч′ , y ч′′ , y ч′′′ , y ч( 4 )
диференціального рівняння та отримаємо тотожність
до заданого
24 A2 + 2 A0 + 6 A1 x + 12 A2 x 2 ≡ x 2 + x .
Прирівнюємо коефіцієнти при однакових степенях х:


x:
6 A1 = 1,
 ⇒ A0 = −1,
0
x : 24 A2 + 2 A0 = 0
x2 :
12 A2 = 1,
A1 =
1
,
6
Таким чином, частинний розв’язок заданого
диференціального рівняння має вигляд
yч = − x 2 +
A2 =
1
.
12
неоднорідного
1 3 1 4
x + x .
6
12
Тоді загальний розв’язок заданого диференціального рівняння буде
таким:
y = y о + y ч = C1 + C 2 x + C 3 cos x + C 4 sin x − x 2 +
1 3 1 4
x + x
6
12
5 МЕТОД ВИКЛЮЧЕННЯ ДЛЯ СИСТЕМ ДВОХ
ДИФЕРЕНЦІАЛЬНИХ РІВНЯНЬ З ДВОМА
НЕВІДОМИМИ
 dx
 = F1 (t , x, y );
Заг ал ьний вигляд:  dt
dy
 = F2 (t , x, y ).
 dt
Ро зв’я зання. Виразимо з першого (другого) рівняння
невідому функцію x або y та підставимо у друге (перше) рівняння.
Розв’яжемо отримане рівняння другого порядку та знайдемо x(t ) та
y (t ) .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
34
ПРИКЛАД 18. Розв’язати рівняння
 dx
t
 dt = y − e ;
 dy

= x + 1.
 dt
Розв’язання. Позначимо:
dx
= x&,
dt
dy
= y& . Виразимо з першого
dt
рівняння y, маємо
y = x& − e t ⇒ y& = &x& − e t .
Підставимо у та y& друге рівняння та отримаємо
&x& − e t = x + 1 ⇒ &x& − x = e t + 1 .
Розв’яжемо отримане диференційне рівняння другого порядку зі
сталими коефіцієнтами. Використавши вище розглянуті методи
знаходимо загальний розв’язок
1
x = C1e t + C 2 e −t + e t − t .
2
Обчислимо
x& =
dx
1
= C1e t − C 2 e −t + e t − 1 ,
dt
2
тоді y = x& − e t = C1 e t − C 2 e −t −
1 t
e −1.
2
Таким чином , система має такий загальний розв’язок:
1
x(t ) = C1e t + C 2 e −t + e t − t ,
2
1
y (t ) = C1e t − C 2 e −t − e t − 1 .
2
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
35
Індивіду альн і завд ання
Завдання 1
Знайти частинний розв’язок диференціального рівняння.
1.
y ′ ln y cos x = y;
y (0) = 1.
2.
(1 + x 2 )dy − ydx = 0;
y (1) = 1.
3.
yy ′ + xe y = 0;
y (1) = 0.
4.
3e x tgydx + (1 + e x ) sec 2 ydy = 0;
y (0) =
5.
ydx − (ln y ) 2 dy = 0;
y (0) = e.
6.
(1 + e 2 x ) y 2 dy = e x dx;
y (0) = 0.
7.
y ′ + cos( x + 2 y ) = cos( x − 2 y );
y (0) =
8.
y ln 3 y + y ′ x + 1 = 0;
y (−
9.
y = y ′ ln y;
y (2) = 1.
10.
y ′ = e x+ y + e x− y ;
y (0) = 0.
11.
( x 2 + 1) y ′ + 2 xy 2 = 0;
y (0) = 1.
12.
xy ′ + y = y 2;
y (1) = 0,5.
13.
x 2 y 2 y ′ + 1 = y;
y (1) = 2.
14.
dx
dy
+
= 0;
x ( y − 1 y ( x + 2)
y (1) = 1.
2
π
.
4
π
.
4
15
) = e.
16
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
36
15.
x( y 6 + 1)dx + y 2 ( x 4 + 1)dy = 0;
y (0) = 1.
16.
(1 + e 2 x ) y′y 2 = e x ;
y (0) = 0.
17.
( xy + y )dx + ( xy + x)dy = 0;
y (1) = 1.
18.
xy′ = y 2 + 1;
y (1) = 1.
19.
( x 2 y − x 2 )dy = ( xy 2 + y 2 )dx;
y (1) = 1.
dx
2 y;
20.
(1 − e y )dy =
21.
y′ 1 + x 2 = 1 + y 2 ;
2
22.
(
)
1 − y 2 dx + y 1 − x 2 dy = 0;
y (0) = 0.
y(0) = 1.
y (0) = 1.
23.
6 xdx − 6 ydy = 2 x 2 ydy − 3 xy 2 dx;
y (2) = 0.
24.
( x 2 + x) ydx + ( y 2 + 1)dy = 0;
y (0) = 1.
25.
( xy 2 + x )dx + ( y − x 2 y )dy = 0;
y (2) = 0.
26.
(e 2 x + 5)dy + ye 2 x dx = 0;
y (0) = 1.
27.
y 2 + 1dx = xydy;
y (1) = 0.
28.
y ′ + 2 y − y 2 = 0;
y (0) = 3.
29.
(1 + e 2 x ) y 2 y ′ = e x ;
y (0) = 1.
30.
( x + xy )dy + ( y − xy )dx = 0;
y (1) = 1.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
37
Завдання 2
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1.
2x 2 y′ = x 2 + y 2 .
2.
y′ =
y
y
+ sin .
x
x
3.
x sin
y
y
y ′ + x = y sin .
x
x
4.
xy + y 2 = (2 x 2 + xy ) y ′.
5.
xy ′ ln
6.
xyy ′ = y 2 + 2 x 2 .
7.
y
xy ′ − y = xtg .
x
8.
y′ =
9.
y′ = 4 +
10.
( x 2 + y 2 ) dx − xydy = 0 .
y
y
= x + y ln .
x
x
y
y
+ cos .
x
x
y
y
+ ( )2.
x
x
y
x
11.
xy ′ = xe + y.
12.
tg
13.
xy ′ = y − xy .
14.
( y 2 − 2 xy )dx + x 2 dy = 0.
y
( xy ′ − y ) = x.
x
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
38
15.
xy ′ − y = x 2 + y 2 .
16.
xy ′ − y = ( x + y ) ln
17.
x y ′y − y 2 = y ′x 2 .
18.
xy ′ =
19.
3 xyy ′ + x 2 = 3 y 2 .
20.
xy ′ − x cos 2
21.
y 2 + x 2 y ′ = xyy ′.
22.
3 y′ =
23.
xy ′ = x sin
24.
xy ′ = y (1 + ln y − ln x ).
25.
xdy = (2 y − x)dx .
26.
xy ′ = y − xe x .
27.
2 x 3 y′ = y ( 2 x 2 − y 2 ) .
28.
xy ′ + y (ln
29.
(2 x − y )dx + ( x + y )dy = 0.
30.
( x 2 − 2 xy ) y ′ = xy − y 2 .
x+ y
.
x
x 2 − y 2 + y.
y
= y.
x
y2
y
+ 9 + 9.
2
x
x
y
+y .
x
y
y
− 1) = 0.
x
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
39
Завдання 3
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1
.
cos x
1.
y ′ + ytgx =
2.
y′ +
3.
xy ′ − y = x 2 cos x.
4.
y ′ + 2 xy = xe − x .
5.
y ′ − 3 y = e −2 x .
6.
y′ + 5 y = e 4x .
7.
y ′ + 2 y = e 3x .
8.
y′ −
9.
y ′ sin x − y cos x = 1.
10.
y′ −
11.
xy ′ − 2 y = 2 x 4 .
12.
(2 x + 1) y ′ = 4 x + 2 y.
13.
( xy + e x )dx − xdy = 0.
14.
x 2 y ′ + xy + 1 = 0.
15.
y = x ( y ′ − x cos x ).
16.
y ′x = x ln x + y.
xy
= arcsin x + x.
1− x2
2
y
= x ln x .
x ln x
y
= 1 + 2 ln x.
x
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
40
17.
( xy ′ − 1) ln x = 2 y.
18.
xy ′ + ( x + 1) y = 3x 2 e − x .
19.
y′ =
20.
y ′ = ( x + 1) 3 +
21.
( x 2 + 1) y ′ + 4 xy = 3.
22.
xy ′ + y + xe − x = 0.
23.
x 3 y ′ = 1 − 2 x 2 y.
24.
y ′ctgx + y = 2 cos 2 xctgx.
25.
( x 2 − 1) y ′ − xy = x 3 − x.
26.
y ′ + ytgx = cos 2 x.
27.
(2 xy + 3)dx − x 2 dy = 0.
28.
( x 4 + 2 y )dx = xdy.
29.
cos xdy = ( y + 2 cos x ) sin xdx.
30.
x 2 y ′ = xy + 1.
y 1
+ .
x x
2y
.
x +1
2
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
41
Завдання 4
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1.
y′ +
y
− x 2 y 4 = 0.
x
2.
y′ −
4 y
1+ x
2
arctgx −
2 xy
= 0.
1 + x2
3.
y 2 ln x − y − xy ′ = 0.
4.
y′ + y = x y .
5.
y′ −
6.
y ′ + y = − xy 2 .
7.
y′ + y =
8.
y ′ − e 2 y + y = 0.
9.
y′ +
10.
xdy + ( y + x 2 y 2 ) dx = 0.
11.
y ′ − 2 ytgx + y 2 sin 2 x = 0 .
12.
xy ′ + y = x 3 y 2 .
13.
y′ + 2 y = y 2e x .
14.
y ′ = y 4 cos x + ytgx.
15.
xydy = ( y 2 + x)dx.
y2
y
.
=
x −1 x −1
x
.
y2
x
(
)
3x 2 y
= y 2 x 3 + 1 sin x .
x3 + 1
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
42
16.
xy ′ + 2 y + x 5 y 3 e x = 0.
17.
xy 2 y ′ = x 2 + y 3 .
18.
xy ′ − 2 x 2 y = 4 y.
19.
x 2 y ′ − 2 xy + y 2 = 0.
20.
xy ′ − 4 y = x 2 y .
21.
xy ′ + y − xy 2 ln x = 0.
22.
y ′ + 4 xy = 2 xe − x
23.
y ′ − 7 y − e 3 x y 2 = 0.
24.
y′ =
25.
y′ + 3 y = e 2x y 2 .
26.
y′ + 3 y = y 2e x .
27.
2 xydy = ( y 2 − x )dx.
28.
xdy − ( y + xy 2 )dx = 0.
29.
xdy = ( x 5 y 2 − 2 y )dx.
30.
3dy = (1 − 3 y 2 ) y sin xdx.
2
y.
y2 + y
.
x −3
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
43
Завдання 5
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1.
( x + y − 1)dx + (e y + x )dy = 0 .
2.
(e x + y + sin y )dx + (e y + x + x cos y )dy = 0 .
3.
( x + sin y )dx + ( x cos y + sin y )dy = 0 .
4.
( y + e x sin y )dx + ( x + e x cos y )dy = 0 .
5.
( x 2 + y 2 + y )dx + (2 xy + x + e y )dy = 0 .
6.
2
2
x
(2 xye x + ln y )dx + (e x + )dy = 0 .
y
7.
(sin y + cos x − y cos x )dx + (cos y + x cos y − sin x)dy = 0 .
8.
x2
( y + x ln y )dx + ( + x + 1)dy = 0 .
2y
9.
( x 2 + sin y )dx + (1 + x cos y )dy = 0 .
10.
ye x dx + ( y + e x )dy = 0 .
11.
(e x sin y + x )dx + (e x cos y + y )dy = 0 .
12.
(2 x 3 − xy 2 )dx + (2 y 3 − x 2 y )dy = 0 .
13.
(3 x 2 y + sin x)dx + ( x 3 − cos y )dy = 0 .
14.
(e x + y + 3x 2 )dx + (e x + y + 4 y 3 )dy = 0 .
15.
(3 y 2 + 2 xy + 2 x)dx + (6 xy + x 2 + 3)dy = 0 .
16.
(2 x 3 − xy 2 )dx + (2 y 3 − x 2 y )dy = 0 .
17.
e y dx + ( xe y − 2)dy = 0 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
44
18.
(10 xy − 8 y + 1)dx + (5 x 2 − 8 x + 3)dy = 0 .
19.
( x 2 + y 2 + 2 x )dx + 2 xydy = 0 .
20.
x
(ln y − 2 x)dx + ( − 2 y )dy = 0 .
y
21.
( y − 3x 2 )dx + ( x − 4 y )dy = 0 .
22.
(3 x 2 + 3xy 2 )dx + (3 x 2 y + 4 y 3 )dy = 0 .
23.
e y dx + ( xe y − 2 y )dy = 0 .
24.
3 x 2 e y dx + ( x 3 e y − 1)dy = 0 .
25
1
y
dy − 2 dx = 0 .
x
x
26.
(2 x − y + 1)dx + (2 y − x − 1)dy = 0 .
27.
1
1
(sin y + y sin x + )dx + ( x cos y − cos x + )dy = 0 .
x
y
28.
(3 x 2 y + y 3 )dx + ( x 3 + 3xy 2 )dy = 0 .
29.
1
1
( − y 3 + 4)dx + (− − 3xy 2 )dy = 0 .
x
y
30.
(12 x + 5 y − 9)dx + (5 x + 2 y − 4)dy = 0 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
45
Завдання 6
Знайти частинний розв’язок диференціального рівняння.
π
;
2
1.
y ′′tgy = 2( y′) 2 ;
y (1) =
2.
(3 x + x 2 ) y ′′ − (3 + 2 x ) y ′ = 0 ;
y (2 ) =
3.
xy ′′ + y ′ =
;
y (1) = 6 ;
y ′(1) = 2 .
4.
yy ′′ − ( y ′) 2 = 0 ;
y (0) = 1 ;
y ′(0) = 2 .
5.
y ′′ = y ′ ;
y (0) =
6.
yy ′′ − 3( y′) 2 = 4 y 2 y ′ ;
y (0) = 1 ;
y ′(0) = −4 .
7.
y ′′ +
2
( y ′) 2 = 0 ;
1− y
y (0) = 0 ;
y ′(0) = 1 .
8.
y ′′ =
y′
+ x2 ;
x
y (1) = 1 ;
y ′(1) = 0 .
9.
y ′′ −
y′
= x( x − 1) ;
x −1
y (2) = 1 ;
y ′(2) = −1 .
10.
y ′′( x − 1) − y ′ = 0 ;
y (2) = 2 ;
y ′(2) = 1 .
11.
yy ′′ − ( y ′) 2 = 0 ;
y (0) = 1 ;
y ′(0) = 2 .
12.
y ′′ = y ′e y ;
y (0) = 0 ;
y ′(0) = 1 .
13.
yy ′′ = 2( y ′) 2 ;
1
1
y (− ) = 1 ; y ′(− ) = 4 .
4
4
1
x
y ′(1) = 2 .
−1
−1
; y ′(2) =
.
3
2
2
;
3
y ′(0) = 1 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
46
14.
y ′′ cos y = ( y′) 2 sin y ;
15.
xy′′ − y′ − x sin
16.
y′
=0;
x
y (−1) =
π
;
6
y ′(−1) = 2 .
y (1) = −1 ;
y ′(1) =
π
.
2
(2 x + 1) y′′ + 2 y ′ = 4 xy ′′ ;
y (1) = 0 ;
y ′(1) =
2
.
3
17.
y ′′ = (2 y ′ + 1)ctgx ;
π
y( ) = 0 ;
2
π
1
y ′( ) = .
2
2
18.
y ′′y 3 + 4 = 0 ;
y (0) = −1 ;
y ′(0) = −2 .
19.
y ′′( y 2 + 1) = 2 y ( y ′) 2 ;
π
y( ) = 1;
4
π
y ′( ) = 2 .
4
20.
x 2 y ′′ − 2 xy ′ + 3 = 0 ;
y (1) = 1 ;
y ′(1) = 4 .
21.
( y − 1) y ′′ = 2( y ′) 2 ;
y (0) = 2 ;
y ′(0) = −3 .
22.
y ′′( x 2 + 1) = 2 xy ′ ;
y (0) = 2 ;
y ′(0) = 3 .
23.
2 yy ′′ − y ′ − ( y ′) 2 = 0 ;
y (−1) = 1 ;
y ′(−1) = −1 .
24.
y ln yy ′′ + ( y ′) 2 = 0 ;
y (0) = e ;
y ′(0) = 1 .
25.
xy ′′ + y ′ = 2 x ln x + x ;
y (1) =
26.
xy ′′ = y ′ ln
27.
y′
;
x
−1
;
2
y ′(1) =
3
.
2
y (1) = e ;
y ′(1) = e 2 .
x 2 y ′′ = ln x ;
y (1) = 3 ;
y ′(1) = 1 .
28.
y ′′ = e 2 y ;
y (0) = 0 ;
y ′(0) = 1 .
29.
2( y ′) 2 = ( y − 1) y ′′ ;
y (0) = 0 ;
y ′(0) = 1 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
47
30.
y 3 y ′′ + 1 = 0 ;
y (1) = 1 ;
y ′(1) = 0 .
Завдання 7
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1.
y ′′ + 4( y′) 2 = 0 .
2.
x 3 y ′′ + x 2 y ′ = 1 .
3.
y ′′ + y ′tgx = sin 2 x .
4.
x 2 y ′′ − ( y ′) 2 = 0 .
5.
(1 + y ) y ′′ − 5( y ′) 2 = 0 .
6.
2 y′′xy′ − ( y′) 2 = −4 .
7.
y ′′y ′ =
8.
y ′′ = −2 x( y′) 2 .
9.
y ′′ +
10.
y 3 y ′′ = 1 .
11.
xy ′′ = y ′ + x sin
12.
(1 − x ) y ′′ + y′ = 2 .
13.
2 xy ′y ′′ = ( y ′) 2 − 1 .
14.
y ′′(e x + 1) − y′e x = 0 .
15.
yy ′′ = ( y ′) 2 − ( y ′) 3 .
( y ′) 2 + 1
.
2x
2
( y ′) 2 = 0 .
1− y
y′
.
x
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
48
16.
y ′′ = y′2e − y .
17.
yy ′′ + 1 = ( y ′) 2 .
18.
(1 + x ) y′′ − y′ = 2 .
19.
x 2 y ′′ + ( y′) 2 = 0 .
20.
1 + ( y ′) 2 = yy ′′ .
21.
( y ′′) 2 = 1 + ( y ′) 2 .
22.
y ′′(2 y + 3) − 2( y ′) 2 = 0 .
23.
y ′′x ln x = y ′ .
24.
xy′′ − 2 = x 2 e x .
25.
− ( y ′) 2 = y′′y ln y .
26.
y y ′′ = y ′ .
27.
y ′′(1 + y ) = ( y ′) 2 + y ′ .
28.
y ′′ sin x = y′ cos x + 2 cos x .
29.
y ′′ctgx = y ′ + 1 .
30.
x 2 y ′′ + 1 = y′ − xy′′ .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
49
Завдання 8
Відомо, що ізольований провідник внаслідок недосконалої
ізоляції втрачає поданий йому заряд, причому швидкість втрати заряду
пропорційна наявному заряду в даний момент.
У початковий момент провіднику подано заряд q0 (кулон). За
перші t1 хвилин провідник втрачає ∆q(кулон).
Визначити за який час заряд провідника дорівнюватиме mq0 .
Варіант №
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
q0
1 × 10-6
20 × 10-6
30 × 10-6
40 × 10-6
50 × 10-6
60 × 10-6
70 × 10-6
80 × 10-6
90 × 10-6
0,1 х 10-3
0,11 × 10-3
0,12 × 10-3
0,13 × 10-3
0,14 × 10-3
0,15 × 10-3
0,16 × 10-3
0,17 × 10-3
0,18 × 10-3
0,19 × 10-3
0,2 × 10-3
0,21 × 10-3
0,22 × 10-3
0,23 × 10-3
0,24 × 10-3
0,25 × 10-3
0,26 × 10-3
0,27 × 10-3
0,28 × 10-3
0,29 × 10-3
0,30 × 10-3
∆q
2 × 10-6
4 × 10-6
6 × 10-6
7,2 × 10-6
9 × 10-6
10,8 × 10-6
11,9 × 10-6
13,6 × 10-6
15,3 × 10-6
11 × 10-6
12,1 × 10-6
19,2 × 10-6
20,8 × 10-6
22,4 × 10-6
2,25 × 10-6
24 × 10-6
25,5 × 10-6
27 × 10-6
26,6 × 10-6
28 × 10-6
27,3 × 10-6
28,6 × 10-6
29,9 × 10-6
28,8 × 10-6
30 × 10-6
31,2 × 10-6
32,4 × 10-6
33,6 × 10-6
2,9 × 10-6
30 × 10-6
t1
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
1
2
3
4
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5
2
m
0,5
0,5
0,5
0,6
0,6
0,6
0,7
0,7
0,7
0,75
0,78
0,81
0,84
0,87
0,9
0,5
0,55
0,6
0,66
0,65
0,67
0,69
0,71
0,73
0,75
0,77
0,79
0,81
0,83
0,85
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
50
Завдання 9
Швидкість знецінювання обладнання внаслідок його зносу
пропорційна в даний момент часу його фактичної вартості. Початкова
вартість обладнання дорівнює S0 тисяч грошових одиниць.
Через один рік вартість обладнання становитиме S1 тисяч
грошових одиниць.
Обладнання використовувалося впродовж t років. Яка його
вартість у теперішній час?
Варіант №
S0
S1
t
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
18,0
18,9
19,8
20,7
21,4
22,3
23,1
24,0
24,9
25,5
26,4
27,3
28,2
29,0
29,9
30,5
31,3
32,2
33,1
33,9
36,0
35,3
36,1
37,0
37,8
38,7
39,1
40,0
40,8
41,7
6
5
7
4
13
5
8
6
15
9
4
10
12
7
4
8
9
6
5
9
7
8
6
11
9
6
8
5
14
12
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
51
Завдання 10
Опір та провідність витоку кабелю на одиницю його довжини
дорівнює відповідно R та G . Яка буде сила струму на кінці ділянки
кабелю довжиною х , якщо на початку (х=0) ділянки сила струму
дорівнює І0 , а ЕРС дорівнює Е0 та відомо , що інтенсивність
зменшення сили струму дорівнює добутку провідності витоку на ЕРС ,
а інтенсивність зменшення ЕРС дорівнює добутку опору на величину
струму ?
N
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
G
1 ∙ 10-6
4,4 ∙ 10-6
7,8 ∙ 10-6
11 ∙ 10-6
15 ∙ 10-6
18 ∙ 10-6
21 ∙ 10-6
25 ∙ 10-6
28 ∙ 10-6
32 ∙ 10-6
35 ∙ 10-6
38 ∙ 10-6
42 ∙ 10-6
45 ∙ 10-6
49 ∙ 10-6
52 ∙ 10-6
55 ∙ 10-6
59 ∙ 10-6
62 ∙ 10-6
66 ∙ 10-6
69 ∙ 10-6
72 ∙ 10-6
76 ∙ 10-6
79 ∙ 10-6
83 ∙ 10-6
86 ∙ 10-6
89 ∙ 10-6
93 ∙ 10-6
96 ∙ 10-6
1 ∙ 10-4
R
20
19,4
18,8
18,2
17,6
17
16,4
15,8
15,2
14,6
14
13,4
12,8
12,2
11,6
11
10,4
9,8
9,2
8,6
8
7,4
6,8
6,2
5,5
4,8
4,1
3,4
2,7
2
I(x0)
10
44
78
112
146
180
214
248
282
316
350
384
418
452
486
520
554
588
622
656
690
724
758
792
826
860
895
930
965
1000
E(x0)
1000
966
932
898
864
830
796
762
728
694
660
626
592
558
524
490
456
422
388
354
320
286
252
218
184
150
116
82
48
24
x
20
19,4
18,8
18,2
17,6
17
16,4
15,8
15,2
14,6
14
13,4
12,8
12,2
11,5
10,8
10,1
9,4
8,7
8
7,3
6,6
5,9
5,2
4,4
3,6
2,8
2
1,2
10
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
52
Завдання 11
Визначити та записати структуру частинного розв’язку лінійного
неоднорідного диференціального рівняння по виду правої частини f (x ) .
1. y′′ − 6 y′ + 9 y = f ( x) ;
a) f ( x) = e3 x ( x + 5) ;
б) f ( x ) = e3 x cos x + x − 3 .
2. y ′′ − 2 y′ + 5 y = f ( x ) ;
а) f ( x) = e x sin 2 x
б) f ( x ) = e x (2 x + 1) + e 2 x cos x .
3. y ′′ − 2 y′ − 8 y = f ( x) ;
a) f ( x ) = e 4 x (3 x − 1) ;
б) f ( x) = e 4 x sin 2 x + e x (1 − 2 x ) .
4. y ′′ − 12 y ′ + 36 y = f ( x) ;
a) f ( x) = e −6 x ⋅ x 2 ;
б) f ( x ) = e6 x (1 − x ) + e 6 x sin 3 x .
5. 2 y ′′ + 7 y ′ + 3 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = e −3 x cos x ;
−
x
б) f ( x ) = cos 3x + e 2 (3 x 2 + 5) .
6. 6 y ′′ − y ′ − y = f ( x) ;
а) f ( x ) = 5e
−
x
3
;
x
2
б) f ( x ) = e cos
7. y ′′ − 8 y′ + 16 y = f ( x ) ;
x
+ x 2 e3 x .
3
а) f ( x ) = 7e 4 x ;
б) f ( x ) = 2cos 4 x + e 4 x sin x .
8. y ′′ − 9 y ′ + 20 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = xe5 x ;
б) f ( x ) = e 4 x cos 5 x + x 2 .
9. y ′′ − 6 y′ + 10 y = f ( x ) ;
а) f ( x ) = e3 x sin x ;
б) f ( x ) = x 2 e3 x + e x sin 3 x .
10. y ′′ + 5 y ′ = f ( x) ;
а) f ( x) = x 3 + 8 ;
11. y ′′ + 10 y ′ + 25 = f ( x) ;
б) f ( x ) = e −5 x cos x − 5 xe x .
а) f ( x) = cos 5 x ;
б) f ( x) = 10e −5 x + 1 − 5 x .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
53
12. y ′′ + y = f ( x) ;
а) f ( x) = e x sin x ;
б) f ( x ) = cos x + x 3 .
13. y ′′ + 2 y ′ − 24 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = x 2 e 4 x ;
б) f ( x) = e −6 x cos x + e x .
14. y ′′ + 2 y ′ + y = f ( x) ;
а) f ( x ) = e − x sin 3 x ;
б) f ( x ) = 5e − x + cos x .
15. y ′′ − 3 y′ + 2 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = ( x + 1)e 2 x ;
б) f ( x ) = e x cos 2 x + 3x 2 .
16. y ′′ + 2 y ′ + 37 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = e − x sin 6 x ;
б) f ( x ) = e − x (6 x − 1) + 2 x .
17. y ′′ − 14 y ′ + 49 = f ( x) ;
а) f ( x ) = e x cos 7 x ;
б) f ( x) = (1 − x)e 7 x + 7 x 2 .
18. y ′′ + 2 y ′ − 3 y = f ( x) ;
а) f ( x) = ( x + 3)e −3 x ;
б) f ( x) = e x cos x + e3 x .
19. y ′′ + 6 y′ + 10 y = f ( x ) ;
а) f ( x ) = x 3e x ;
б) f ( x) = e x cos 3 x + e −3 x sin x .
20. y ′′ − 10 y + 25 = f ( x) ;
а) f ( x ) = 3e5 x ;
б) f ( x ) = 7 cos 5 x + e5 x sin x .
21. y ′′ + y′ − 6 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = e −3 x cos 2 x ;
б) f ( x) = (1 − 2 x )e 2 x + x 3 .
22. y ′′ + 6 y′ + 13 y = f ( x) ;
а) f ( x) = e −3 x sin 2 x ;
б) f ( x ) = (1 − 2 x)e −3 x + e2 x cos 3x .
23. y ′′ + 4 y ′ + 4 y = f ( x ) ;
а) f ( x) = 5e −2 x ;
б) f ( x) = cos 2 x + e−2 x sin x .
24. y ′′ + 3 y ′ + 2 y = f ( x ) ;
а) f ( x) = e − x cos 2 x ;
б) f ( x ) = ( x − 2)e − x + sin 2 x .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
54
25. y ′′ − 12 y ′ + 40 y = f ( x ) ; а) f ( x ) = e 2 x sin 6 x ;
б) f ( x ) = e6 x cos 2 x + (1 + 6 x)e 2 x .
26. y ′′ + 6 y′ + 9 y = f ( x) ;
а) f ( x ) = e −3 x cos 3 x ;
б) f ( x ) = 7e −3 x + sin 3 x .
27. y ′′ − 8 y′ + 12 y = f ( x ) ;
а) f ( x ) = e 2 x sin 6 x ;
б) f ( x ) = 5e 6 x + 7 cos 2 x .
28. y ′′ − 6 y′ + 13 y = f ( x ) ;
а) f ( x) = e3 x cos 2 x ;
б) f ( x) = (1 + 2 x)e3 x + 2sin 3 x .
29. y ′′ + 8 y ′ + 16 = f ( x) ;
а) f ( x) = 5e −4 x ;
б) f ( x) = cos 4 x + e−4 x sin x .
30. y ′′ − 6 y′ + 34 y = f ( x ) ;
а) f ( x ) = e3 x sin 5 x ;
б) f ( x ) = e5 x sin 3x + 5 xe3 x
Завдання 12
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1.
y ′′′ − 7 y ′′ + 6 y ′ = 2e 6 x .
2.
y ′′′ − 4 y′ = sin 2 x .
3.
y IV + 8 y ′′ + 16 y = cos x .
4.
y IV − y = cos x .
5.
y ′′′ − y ′′ = 2cos x .
6.
y IV − 16 y = sin x .
7.
y ′′′ + y ′′ − 4 y ′ − 4 y = 3e 2 x .
8.
y ′′′ − 4 y ′ = x 2 .
9.
y ′′′ + 2 y ′′ + 9 y ′ + 18 y = 2 cos 3x .
10. y ′′′ + y ′ = cos x .
11. y ′′′ − y ′ = 3x .
13. y ′′′ − 13 y ′′ + 12 y ′ = sin x .
15. y ′′′ + y ′′ = 4 x .
12.
y ′′′ − y ′′ + y ′ − y = 3 .
14 . y ′′′ + 2 y ′′ + y ′ = sin x .
16. y ′′′ − 3 y ′′ + 3 y ′ − y = 7 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
55
17. y IV + 4 y ′′′ = 3 sin 2 x .
18. y ′′′ + 8 y = e x .
19. y ′′′ − 5 y ′′ + 8 y ′ − 4 y = sin 3x .
20. y ′′′ + 4 y ′ = e 2 x .
21. y ′′′ + 3 y ′′ + 2 y ′ = cos x .
22. y ′′′ − y ′′ = 3 cos 2 x .
23. y ′′′ − 2 y ′′ + 9 y ′ − 18 y =e 2 x .
24 . y ′′′ + 9 y ′ = 2 .
25. y ′′′ − 13 y ′′ + 12 y ′ = 3e x .
26. y IV − y = cos 3 x .
27. y ′′′ + 9 y ′ = cos 3 x .
28. y ′′′ − y ′′ + y ′ − y = 3 sin x
29. y ′′′ − y ′ = 2sin x .
30. y ′′′ − y ′′ + 4 y ′ − 4 y = 5 .
Завдання 13
Нехай попит D(t) та пропозиція S(t) на товар визначаються
відповідними співвідношеннями :
D (t ) = a2 p′′ + a1 p′ + a0 p + m ;
S (t ) = c2 p′′ + c1 p′ + c0 p + n ;
де p(t ) - рівноважна ціна на товар, p′(t ) - тенденція
формування ціни, p′′(t ) - темп зміни ціни, t - час.
Виходячи з вимог відповідності попиту пропозиції , знайти
залежність ціни від часу , якщо в початковий момент часу t=0 відома
ціна p0 і тенденція формування ціни p0′ .
Варіант
№
a2
a1
a0
m
c2
c1
c0
n
p0
p0′
1
2
3
4
5
6
2
4
1
2
1
2
-5
-3
-4
-1
-3
-1
-2
-4
-2
-1
-7
-2
10
19
15
12
30
25
3
5
2
3
2
3
1
6
с1
2
3
6
3
4
2
1
2
4
5
3
3
4
3
1
4
3
7
10
5
6
7
6
5
13
7
10
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
56
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
2
2
2
3
4
2
3
1
2
2
2
0
2
4
1
3
6
2
3
7
4
5
1
1
-3
-3
-2
-4
-2
-1
-1
-4
-2
-3
-4
-2
-2
-2
-2
-2
-4
-5
-3
-5
-3
-1
-2
-2
-4
-4
-5
-2
0
-1
-2
-1
-3
-5
-3
-3
-3
-7
-1
-1
-2
-6
-1
-2
-3
-1
-2
-2
24
23
26
21
14
16
27
18
13
31
33
39
30
35
47
66
40
54
9
32
28
29
31
15
3
3
3
2
6
3
4
2
3
3
4
1
4
5
5
7
7
4
4
10
7
7
2
2
5
6
4
1
2
1
1
4
1
7
0
10
10
0
14
14
-4
3
1
1
0
9
8
1
3
4
5
4
2
1
3
16
-13
24
17
34
23
10
19
31
7
20
2
13
-21
11
24
0
3
7
6
3
2
2
7
1
3
2
3
2
4
1
7
2
4
2
3
2
10
5
5
5
8
3
4
9
11
12
7
2
9
2
3
5
4
3
6
8
7
3
4
6
3
4
7
6
7
13
5
15
15
13
10
4
13
5
7,5
9
6
5
8
10
9
4
9
7
7
8
11
9
Примітка . Обґрунтуємо знаки коефіцієнтів . Якщо темп зміни
ціни зростає , тоді ринок збільшує інтерес до товару і навпаки .
Швидке зростання ціни зменшує попит , тому a1 < 0 : Пропозиція ще
більше посилюється темпом зміни ціни , тому c2 > a2 . Підвищення
ціни теж збільшує пропозицію , тому c1 > 0 .
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
57
Завдання 14
Знайти загальний розв’язок диференціального рівняння.
1.
1
.
sin 2 x
y ′′ + 4 y =
1
.
cos 2 x
3. y ′′ + 4 y =
y ′′ + y = ctg x .
7.
y ′′ − 3 y ′ + 2 y =
9.
y ′′ + 9 y = ctg 3x .
13. y ′′ − y ′ =
4. y ′′ − y =
2e x
.
ex − 1
6. y ′′ + y = tg 2 x .
5.
11. y ′′ − 3 y ′ + 2 y =
1
.
cos 3 x
2. y ′′ + 9 y =
1
.
3 + e−x
8. y ′′ − y ′ =
1
.
e +1
x
10. y ′′ + 4 y = ctg 2 x .
ex
.
1 + e −x
e− x
.
2 + e −x
14. y ′′ − 2 y′ + y =
15. y ′′ + 4 y = tg 2 x .
1
.
cos 4 x
18. y ′′ − 2 y ′ + y =
19. y ′′ − 3 y ′ =
e −3 x
.
1 + e −3 x
20. y ′′ − 2 y ′ + y =
23. y ′′ + 2 y ′ + y =
x
ex
.
x2
16 y ′′ + y = ctg 2 x .
17. y ′′ + 16 y =
21. y ′′ + 5 y ′ + 6 y =
1
.
e +1
12. y ′′ + 3 y ′ + 2 y =
1
.
1 + e2x
ex
x2 + 1
.
ex
.
x2 + 1
ex
.
x
22. y ′′ + 9 y = tg 3 x .
24. y ′′ + 4 y =
1
.
cos 2 x
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
58
25. y ′′ + 4 y =
1
.
sin 2 x
27. y ′′ − 4 y ′ + 4 y =
( )
26. y ′′ − y ′ = e 2 x cos e x .
e2x
.
x3
( )
29. y ′′ − y ′ = e 2 x ⋅ sin e x.
28. y ′′ + y =
1
.
cos x
30. y ′′ + y ′ =
sin x
.
cos 2 x
Завдання 15
Ро зв’я зати систему диференціальни х рів нянь.
 x& = − x + y + t

 y& = x − y + 1
2.
 x& = 2 x − y + e t

 y& = − x + 2 y − 4
 x& = x + 3 y + 3
t
 y& = 3 x + y − 4e
4.
 x& = 4 x + y

t
 y& = x + 4 y − e
5.
 x& = 2 x + 3 y + t 2

 y& = 3 x + 2 y − t
6.
 x& = x + 3 y −e 2 t

 y& = 3 x + y
7.
 x& = −2 x + y − e t

 y& = x − 2 y + 3
8.
 x& = x − 2 y + t

 y& = −2 x + y + 1
 x& = 3x − y + t + 1
2
 y& = − x + 3 y − t
10. 
1.
3. 
9. 
 x& = 2 x + 4 y − t 2
11. 
 y& = 4 x + 2 y + 5
 x& = 2 x + 3 y
t
 y& = 3 x + 2 y − e
 x& = 4 x − 8 y + 2e 3t
12. 
 y& = −8 x + 4 y − 4
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
59
13. 
14.
 x& = 6 x + 3 y + t

 y& = −8 x − 5 y + 1
 x& = 5 x + 4 y + 2e − t
15. 
 y& = 4 x + 5 y − 4
16.
 x& = −5 x + 2 y

t
 y& = x − 6 y − e
 x& = −3x + 2 y + 1 + t
 y& = 2 x − 3 y − 3
 x& = 5 x + y − 3 e 2t
17. 
2t
 y& = x − 5 y + 4 e
18.
 x& = x − 5 y + 3

t
 y& = − x − 3 y − 4e
 x& = 3 x − 4 y + 1
19. 
t
 y& = 4 x + 3 y − 2e
20.
 x& = 3x + y + e t

 y& = 8 x + y − 4
 x& = −4 x + 3 y − 3e t
21. 
 y& = 3x − 4 y + 7
22.
 x& = 3x − 5 y + t

t
 y& = x + y + e
 x& = 4 x − y + 2e 3t
23. 
 y& = − x + 2 y − 4
24.
 x& = 2 x + y − 4

2t
 y& = x + 2 y + e
 x& = − x + 5 y + 4t + 3
 y& = 5 x − y + 7
26.
 x& = 2 x + y − 4

2t
 y& = x + 2 y + e
 x& = −2 x + y − 3e −t
 y& = x − 2 y + t
28.
 x& = 3x + 2 y + e t

 y& = 2 x + 3 y − 1
30.
 x& = 2 x + e t

 y& = 3 x + y + 1
25. 
27. 
 x& = −7 x + 3 y + 5 e t
29. 
 y& = 3 x − 7 y + 4
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
60
Контрольні питання
1. Навести означення звичайного диференціального рівняння.
2. Навести означення загального розв’язку
диференціального
рівняння.
3. Навести означення частинного розв’язку диференціального
рівняння.
4. Записати диференціальне рівняння з відокремленими змінними.
5. Записати диференціальне рівняння з відокремлюваними змінними.
6. Записати однорідне диференціальне рівняння першого порядку.
7. Яка заміна застосовується для розв’язання однорідного рівняння?
8. Записати лінійне диференціальне рівняння першого порядку.
9. Яка заміна застосовується для розв’язання лінійного рівняння?
10. Записати рівняння Бернуллі та навести заміну для його розв’язання.
11. Навести означення диференціального рівняння n-го порядку та
сформулювати задачу Коші для цього рівняння .
12. Сформулювати теорему про існування й єдиність розв’язку задачі
Коші.
13. Записати загальний розв’язок диференціального рівняння
y ′ ′ = f ( x ).
14. Яка заміна застосовується для розв’язання рівняння F( x , y ′, y ′′ )=0?
15. Яка заміна застосовується для розв’язання
рівняння
F( y , y ′ , y ′′ )=0?
16. Записати лінійне однорідне диференціальне рівняння n-го порядку.
17. Записати визначник Вронського
та сформулювати його
властивості.
18. Навести означення фундаментальної системи розв’язкiв лiнiйного
однорiдного рiвняння.
19. Сформулювати теорему про структуру загального розв’язку
лінійного однорідного диференціального рівняння n-го порядку.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
61
20. Записати характеристичне рівняння для лінійного однорідного
диференціального рівняння зі сталими коефіцієнтами.
21. Який вигляд має загальний розв’язок лінійного однорідного
диференціального рівняння зі сталими коефіцієнтами, якщо коренi
характеристичного рівняння дійсні та рівні меж собою?
22. Який вигляд має загальний розв’язок лінійного однорідного
диференціального рівняння зі сталими коефіцієнтами, якщо коренi
характеристичного рівняння дійсні та різні?
23. Який вигляд має загальний розв’язок лінійного однорідного
диференціального рівняння зі сталими коефіцієнтами, якщо коренi
характеристичного рівняння комплексно-спряжені?
24. Сформулювати теорему про структуру загального розв’язку
лінійного неоднорідного диференціального рівняння n-го порядку.
25. У чому полягає суть методу варіацій довільних сталих (методу
Лагранжа)?
26. Записати систему рівнянь для знаходження невідомих С1 ( x ), С 2 ( х )
по методу Лагранжа.
27. Навести правіло знаходження частинного розв’язку лінійного
неоднорідного диференціального рівняння 2-го порядку зі сталими
коефіцієнтами та правою частиною виду f ( x ) = Р n ( х ) ⋅ е α x .
28. Навести правіло знаходження частинного розв’язку лінійного
неоднорідного диференціального рівняння 2-го порядку зі сталими
коефіцієнтами
та
правою
частиною
виду
f ( x ) = e αx [ Pn ( x ) ⋅ sin β x + Q m ( x ) ⋅ cos β x ].
29. Навести означення системи диференціальних рівнянь першого
порядку.
30. У чому полягає суть методу виключень розв’язання системи n
диференціальних рівнянь?
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
62
Література
1. В.П. Денисюк, В.К. Репета. Вища математика. Модульна технологія
навчання: Навчальний посібник: У 4ч. – К.: НАУ, 2005.
2. Андрощук Л.В. , Ковтун О.І. , Олешко Т.І. Вища математика.
Модуль 7. Ряди. Диференціальні рівняння. Навч. посібник. – К:
НАУ, 2005.
3. Солодовников А.С., Бабайцев В.А., Браилов А.В. Математика в
экономике: Учебник: В 2-х ч. –М.: ФиС, 2000.
4. Высшая математика для экономистов: Уч. пособие / под ред. проф.
Н.Ш. Кремера. – М.: Банки и биржи, ЮНИТИ, 1997.
5. Дороговцев А.Я. Математичний аналіз: У 2-х ч.: Підручник для
студентів – К.: Либідь, 1994.
6. Шкіль М.І., Колесник Г.В.: Вища математика: Підручник, у 3-х кн.,
кн. 3. Диференціальне та інтегральне числення функції багатьох
змінних. Диференціальне рівняння. – К.: Либідь, 1994.
7. М.С. Красс. Математика для экономических специальностей. – М.:
ИНФА, 1999.
8. Сборник индивидуальных заданий по высшей математике в 3-х ч. /
Под ред. А.П. Рябушко. – ч. III, Минск.: Выш. шк., 1992.
PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
10
Размер файла
337 Кб
Теги
завдання, графічного, робота, студентів, 667, розділи, рівняння, всіх, диференціальні, розрахунково, індивідуальне
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа