close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Konovalova Diff uravn i ih

код для вставкиСкачать
Л. В. КОНОВАЛОВА
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
И ИХ ПРИЛОЖЕНИЯ В ТЕХНИКЕ
Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
Л. В. КОНОВАЛОВА
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
И ИХ ПРИЛОЖЕНИЯ В ТЕХНИКЕ
Учебное пособие
Санкт-Петербург
2015
1
УДК 517.91 (075.8)
Рецензенты: д-р техн. наук, профессор М. М. Воронина (ПГУПС);
канд. физ.-мат. наук, доцент Г. И. Синкевич (СПбГАСУ)
Коновалова Л. В.
Дифференциальные уравнения и их приложения в технике: учеб.
пособие / Л. В. Коновалова; СПбГАСУ. – СПб., 2015. – 56 с.
ISBN 978-5-9227-0573-8
Приведены необходимые сведения из теории обыкновенных дифференциальных уравнений, предусмотренные учебной программой. Теоретическое изложение сопровождается большим количеством примеров. Представлена методика
решения основных типов обыкновенных дифференциальных уравнений.
Пособие предназначено для студентов строительных вузов, обучающихся по
программе бакалавриата.
Библиогр.: 7 назв.
Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в качестве
учебного пособия.
ISBN 978-5-9227-0573-8
 Л. В. Коновалова, 2015
 Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2015
Учебное издание
Коновалова Лариса Викторовна
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И ИХ ПРИЛОЖЕНИЯ В ТЕХНИКЕ
Учебное пособие
Редактор А. В. Афанасьева
Корректор М. А. Молчанова
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 02.09.15. Формат 60×84 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. 3,3. Тираж 100 экз. Заказ 75. «С» 48.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 5.
2
Глава 1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО
ПОРЯДКА
1.1. Основные понятия и определения
При изучении явлений природы, решении задач физики, химии, биологии и других разделов науки часто не удается установить прямую зависимость между величинами, описывающими какой-либо процесс, но можно установить связь между этими величинами и скоростью их изменения. Это приводит к уравнениям, содержащим не только неизвестные величины, но и скорости их изменения, т. е. содержащим производные от неизвестных величин.
Определение 1. Обыкновенным дифференциальным уравнением называется равенство, содержащее одну независимую переменную, искомую функцию и ее производные.
Общая форма записи дифференциального уравнения имеет вид:
(
)
F x; y; y′; y′′; ; y ( n) = 0 .
(1)
Определение 2. Порядок дифференциального уравнения определяется порядком старшей производной, входящей в уравнение.
Определение 3. Решением уравнения (1) называется функция
y = ϕ(x ) , обращающая это уравнение в тождество.
Определение 4. Процесс нахождения решений уравнения (1)
называется интегрированием дифференциального уравнения, а график решения – интегральной кривой.
Формы записи дифференциального уравнения первого порядка:
1) нормальная форма, или уравнение, разрешенное относительно производной,
(2)
y′ = f ( x; y ) ,
или
dy
(2′)
= f ( x; y ) ;
dx
2) общая форма: F ( x; y; y′) = 0 ;
3) симметричная форма.
M ( x; y )dx + N ( x; y )dy = 0 .
3
(3)
Теорема Коши существования и единственности
уравнения y′ = f(x; y )
Если правая часть уравнения, функция f ( x; y ) , во всех точках
некоторой области G непрерывна по обеим переменным и имеет
в этой области непрерывную частную производную по переменной y ,
f y′ ( x; y ) , то для любых ( x0 ; y0 )∈G существует единственное решение уравнения (2), удовлетворяющее условию ϕ( x0 ) = y0 .
Определение 5. Функция y = ϕ( x ; C ) , где C – произвольная
постоянная, называется общим решением уравнения (2), если выполняются условия:
1) y = ϕ( x ; C ) – решение уравнения (2) при любом C ;
2) для любых ( x0 ; y0 )∈G , области из теоремы Коши, найдется
такое значение произвольной постоянной C0 , что функция
y = ϕ( x ; C0 ) удовлетворяет условию ϕ( x0 ; C0 ) = y0 .
Если общее решение уравнения (2) задано в неявном виде
F ( x; y; C ) = 0 или D ( x; y ) = C , то оно называется общим интегралом этого уравнения.
Определение 6. Частным решением уравнения (2) называется
всякое решение, полученное из общего решения при конкретном
числовом значении произвольной постоянной C .
Определение 7. Функция y = ψ(x) называется особым решением уравнения (2), если она удовлетворяет этому уравнению, но
не может быть получена из общего решения ни при каком значении произвольной постоянной C .
Определение 8. Задачей Коши для дифференциального уравнения (2) называется задача нахождения частного решения этого
уравнения, удовлетворяющего заданным условиям: y = y0 при
x = x0 (или y ( x0 ) = y0 , или y x = x = y 0 ), т. е. ищется такое решение
0
y = ϕ(x) , что функция ϕ(x) в точке x0 принимает значение y0 , т. е.
ϕ( x0 ) = y0 .
1.2. Уравнения с разделяющимися переменными
Определение. Уравнение y′ = f ( x; y ) называется уравнением
с разделяющимися переменными, если его правую часть f ( x; y )
можно представить в виде
4
f ( x; y ) = f1 ( x) f 2 ( y ) .
Таким образом, уравнение с разделяющимися переменными
имеет вид
(1)
y ′ = f1 ( x) f 2 ( y )
либо
M 1 ( x) M 2 ( y ) dx + N1 ( x) N 2 ( y ) dy = 0 .
(1′)
Алгоритм решения уравнения y ′ = f1 ( x) f 2 ( y )
1. Переход к дифференциалам:
dy
dy
y′ =
⇒
= f1 ( x) f 2 ( y ) ⇒ dy = f1 ( x) f 2 ( y ) dx .
dx
dx
dy
2. Разделение переменных:
= f1 ( x) dx .
f 2 ( y)
dy
= ∫ f1 ( x) dx.
3. Интегрирование: ∫
f 2 ( y)
При интегрировании справа прибавляется произвольная постоянная в виде, удобном для дальнейшего преобразования ответа.
Результат интегрирования дает общее решение уравнения (1).
Пример 1. Найти общее решение дифференциального уравнения
x 2 ⋅ y 2 ⋅ y ′ = y − 1.
Решение
Преобразуем уравнение к виду (1):
y −1
1 y −1
y′ = 2 2 ⇒ y′ = 2 ⋅ 2 .
x ⋅y
x
y
Очевидно, имеем уравнение с разделяющимися переменными. Решаем его согласно алгоритму:
dy 1 y − 1
1 y −1
= 2⋅ 2
⇒ dy = 2 ⋅ 2 dx .
dx x
y
x
y
y 2 ⋅ dy dx
=
y −1 x2
( y 2 − 1) + 1
dx
⇒ ∫
dy = ∫ 2 .
y −1
x
dy
−2
∫ ( y + 1) dy + ∫ y − 1 = ∫ x dx .
5
( y + 1) 2
1
+ ln y − 1 = − + C .
2
x
Получили общий интеграл дифференциального уравнения.
Замечание. В процессе решения мы делили обе части уравнения на выражение x 2 ( y − 1) . При этом могли быть потеряны решения x = 0 и y = 1 . Но x = 0 не является решением, так как не удовлетворяет данному уравнению, а y = 1 является решением, однако
не может быть получено из общего решения ни при каком значении C . Следовательно, y = 1 – особое решение.
Пример 2. Найти общее решение дифференциального уравнения (ДУ)
( x + xy 2 ) dx + ( y + x 2 y ) dy = 0 .
Решение
Перенесем одно слагаемое в правую часть и вынесем общие
множители за скобки:
x (1 + y 2 ) dx = − y (1 + x 2 ) dy .
Делим обе части уравнения на (1 + x 2 ) (1 + y 2 ) :
x
y
dx = −
dy .
2
1+ x
1+ y2
Интегрируем обе части уравнения:
x
y
∫ 1 + x 2 dx = − ∫ 1 + y 2 dy .
1 d ( x 2 + 1)
1 d ( y 2 + 1)
.
=
−
2 ∫ x2 +1
2 ∫ y2 +1
ln ( x 2 + 1) + ln C = − ln ( y 2 + 1) .
ln C ( x 2 + 1) = ln ( y 2 + 1) −1 .
1
= C ( x 2 + 1) – общий интеграл ДУ.
( y + 1)
Замечание. При делении на произведение (1 + x 2 ) (1 + y 2 ) ни
один из множителей не может равняться нулю, следовательно,
особых решений нет.
Пример 3. Найти частное решение дифференциального уравнения y′ = − 2 x y , удовлетворяющее начальным данным y x =0 = 5 .
2
6
Решение
Дифференциальное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными. Решаем его по приведенному выше алгоритму:
dy
dy
= −2 x ⋅ y ⇒
= − 2 x dx .
dx
y
dy
2
∫ y = − 2∫ x dx ⇒ ln y = − x + ln C .
y
ln y − ln C = − x 2 ⇒ ln = − x 2 .
C
2
y = C ⋅ e − x – общее решение ДУ.
Определим значение произвольной постоянной С, при котором полученное решение будет удовлетворять данным начальным
условиям:
5 = C0 ⋅ e 0 ⇒ C0 = 5 .
2
Следовательно, искомое частное решение имеет вид y = 5 ⋅ e − x .
Задачи для самостоятельной работы по данной теме
Найти общие решения следующих ДУ:
1. x ⋅ y dx + ( x + 1) dy = 0 .
2. x 2 + 1 ⋅ dx = x ⋅ y dy .
3. e x dx + e y (1 − e x ) dy = 0 .
2
4. x ( y 2 + 1) dx = y ⋅ e x dy .
5. x ⋅ y ′ = tg y .
6. 2 x ⋅ y ⋅ y′ = y 2 − 1 .
Найти частные решения следующих ДУ:
7. ( x 2 − 1) y ′ = 2 x ⋅ y 2 ,
y x = 0 = 1.
8. y ′ ⋅ ctg x + y = 2 ,
y x =0 = 1 .
9. y ′ = 3 x 2 ,
y x =2 = 0 .
1
10. x ⋅ y ′ + y = y 2 , y x =1 = .
2
7
1.3. Однородные дифференциальные уравнения
2 x 3 ⋅ z dz + x 2 (1 − 3z 2 + 2 z 2 ) dx = 0
Определение 1. Функция f ( x; y ) называется однородной степени m , если при всех t выполняется тождество
f (tx; ty ) = t m ⋅ f ( x; y ) .
Определение 2. Уравнение
M ( x; y )dx + N ( x; y )dy = 0
(1)
называется однородным, если функции M ( x; y ) и N ( x; y ) являются
однородными одной и той же степени.
Определение 3. Уравнение y′ = f ( x; y ) (1′) называется однородным, если функция f ( x; y ) есть однородная функция нулевой
степени, т. е. f (tx; ty ) = f ( x; y ) .
Метод решения
Однородные дифференциальные уравнения приводятся
к уравнениям с разделяющимися переменными с помощью замены
Тогда
либо
y = z ⋅ x.
dy = xdz + zdx ,
y′ = z′ ⋅ x + z .
Пример 1. Найти общий интеграл ДУ
( x 2 − 3 y 2 ) dx + 2 x ⋅ y dy = 0 .
Решение
Данное ДУ является однородным, так как функции
M ( x; y ) = ( x 2 − 3 y 2 ) и N ( x; y ) = 2 x ⋅ y являются однородными второй степени. Введем новую переменную y = z ⋅ x , тогда
dy = xdz + zdx . Подставляя эти выражения в исходное уравнение,
получим:
( x 2 − 3 z 2 ⋅ x 2 ) dx + 2 x ⋅ z ⋅ ( x dz + z dx) = 0 .
x 2 (1 − 3 z 2 ) dx + 2 x3 ⋅ z dz + 2 x 2 ⋅ z 2 dx = 0 .
8
: x2 .
2 x ⋅ z dz + (1 − z 2 ) dx = 0 .
Делим обе части равнения на x (1 − z 2 ) :
2 z dz dx
2 z dz dx
+ =0 ⇒ 2
= .
2
x
1− z
z −1 x
Переменные разделены, вычислим интегралы от обеих частей
уравнения:
dx
2 z dz
dx
d ( z 2 − 1)
=
⇒
∫ z2 −1 ∫ x
∫ z 2 −1 = ∫ x .
ln z 2 − 1 = ln x + ln C .
z 2 − 1 = Cx .
y
Возвращаясь к переменной y ( z = ) , получим общий интеграл:
x
2
y
= 1 + Cx или y 2 = x 2 (1 + Cx) .
2
x
Замечание. x = 0 – особое решение, z = ± 1 или y = ± x –
частные решения.
Задачи для самостоятельной работы по данной теме
Найти общие решения следующих ДУ:
1. ( x + 2 y ) dx − x dy = 0 .
2. ( x − y ) dx + ( x + y ) dy = 0 .
3. 2 x 3 ⋅ y′ = y (2 x 2 − y 2 ) .
4. ( x 2 + y 2 ) y′ = 2 x ⋅ y .
5. y 2 + x 2 ⋅ y′ = x ⋅ y ⋅ y′ .
6. ( y + xy ) dx = x dy .
y
7. y′ = 1 + .
x
8. y 2 dx = ( x 2 + x ⋅ y ) dy .
9. y′( y 2 + 2 x ⋅ y − x 2 ) = y 2 − 2 x ⋅ y − x 2 .
10.
x ⋅ y′ = 3 y − 2 x − 2 xy − x 2 .
9
1.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
и уравнения Бернулли
Определение 1. ДУ называется линейным, если искомая
функция и ее производная входят в уравнение только в первой степени и не перемножаются между собой.
Линейное уравнение первого порядка имеет вид
y ′ + p ( x) y = q ( x) .
(1)
Рассмотрим два метода решения уравнения (1): метод Бернулли
и метод Лагранжа.
1.4.1. Метод Бернулли
Будем искать функцию y (x) в виде произведения двух неизвестных функций:
y ( x) = u ( x ) ⋅ v( x) .
Тогда
y ′( x) = u ′( x) ⋅ v( x) + u ( x) ⋅ v ′( x) .
Исходное уравнение примет вид
u ′ ⋅ v + u ⋅ v ′ + p ( x) ⋅ u ⋅ v = q ( x)
или
u ′ ⋅ v + u (v ′ + p ( x ) v ) = q ( x ) .
Одну из функций u (x) или v(x ) можно выбрать произвольно.
Примем за v = v(x) частное решение уравнения
v′ + p( x ) v = 0 (при C = 0 ),
обращающее в ноль коэффициент при u.
Получим систему уравнений
v ′ + p ( x) v = 0 ,

u ′ ⋅ v = q ( x) .
(2)
Каждое уравнение системы (2) есть уравнение с разделяющимися переменными. Решая первое уравнение системы (2), находим
функцию v . Подставляя найденное выражение во второе уравнение системы, определяем функцию u.
10
Пример 1. Найти общее решение ДУ
Решение
y = u ⋅ v

 y ′ = u ′ ⋅ v + u ⋅ v′
⇒
⇒
y′ +
4y
= x3 .
x
4⋅u ⋅v
= x3 ⇒
x
 ′ 4v
= 0,
v +
x
⇒ 
u ′ ⋅ v = x 3 .

u ′ ⋅ v + u ⋅ v′ +
4v 

3
u ′ ⋅ v + u  v′ +
=x
x 

Решаем первое уравнение системы:
4v
dv
4v
dv
4 dx
dv
4 dx
v′ +
=0 ⇒
=−
⇒
=−
⇒ ∫
= −∫
.
x
dx
x
v
x
v
x
1
ln v = −4 ln x ⇒ v = x − 4 = 4 .
x
Решаем второе уравнение системы:
1
u′ 4 = x3 ⇒ u′ = x7
⇒ du = x7 ⋅ dx ⇒ ∫ du = ∫ x7 ⋅ dx ⇒
x
 x8

x8
u=
+ C ⇒ y =  + C  x 7 – общее решение.
8
 8

Пример 2. Найти частное решение ДУ y ′ − y tg x = sin x , удовлетворяющее начальным условиям y x = 0 = 1 .
Решение
y = u ⋅ v,
⇒ u ′ ⋅ v + u ⋅ v ′ − u ⋅ v ⋅ tg x = sin x .

 y ′ = u ′ ⋅ v + u ⋅ v′
v ′ − v ⋅ tg x = 0 ,
u ′ ⋅ v + u (v ′ − v ⋅ tg x) = sin x ⇒ 
u ′ ⋅ v = sin x .
Решаем первое из уравнений системы:
v ′ − v ⋅ tg x = 0 .
dv
dv
= v ⋅ tg x ⇒
= tg x dx .
dx
v
dv
∫ v = ∫ tg x dx ⇒ ln v = − ln cos x .
1
.
ln v = ln cos −1 x ⇒ v =
cos x
11
Решаем второе уравнение системы:
1
u′
= sin x ⇒ du = sin x ⋅ cos x dx .
cos x
∫ du = ∫ sin x ⋅ cos x dx .
∫
2
sin x
u=
+C.
2
Тогда общее решение будет иметь вид

1  sin 2 x

y =u ⋅ v =
+ C  .

cos x  2

Найдем значение произвольной постоянной C , такое чтобы
было выполнено начальное условие y x = 0 =1 :

1  sin 2 0

 ⇒ C = 1.
+
C

cos 0  2

Искомое частное решение имеет вид
1  sin 2 x 

y=
+ 1 .
cos x  2

1=
(2)
Получили общее решение уравнения (1′).
Полагая произвольную постоянную C неизвестной функцией
от x C = C (x) , подберем эту функцию C (x) так, чтобы выражение
− p ( x ) dx
y = C ( x) e ∫
∫
(1)
Если q ( x) = 0 , то уравнение (1) называется линейным однородным ДУ, если q ( x) ≠ 0 , то уравнение (1) называется линейным
неоднородным ДУ.
Рассмотрим сначала однородное уравнение
(1′)
В случае уравнений первого порядка однородное линейное уравнение является ДУ с разделяющимися переменными. Найдем его общее решение:
dy
y ′ = − p ( x) y ⇒
= − p ( x) dx .
y
12
y
− p ( x ) dx
= − ∫ p ( x) dx ⇒ y = C ⋅ e ∫
.
C
(2′)
− p ( x ) dx
p ( x ) dx
C ′( x) e ∫
= q ( x) ⇒ C ′( x) = e ∫
⋅ q ( x) .
Зная C ′(x) , легко найти функцию C (x) :
p ( x ) dx
C ( x) = e ∫
⋅ q ( x) dx + C ,
Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение
y ′ + p ( x) y = 0 .
ln
было решением неоднородного ДУ (1). Для определения C (x) подставим функцию (2′) в исходное уравнение (1):
− p ( x ) dx
− p ( x ) dx
(− p( x)) + p( x)C ( x) e −∫ p ( x ) dx = q( x) .
C ′( x) e ∫
+ C ( x) e ∫
1.4.2. Метод Лагранжа
y ′ + p( x) ⋅ y = q ( x) .
dy
= − ∫ p ( x) dx ⇒ ln y − ln C = − ∫ p ( x) dx .
y
1
где C1 – произвольная постоянная.
Таким образом, общее решение линейного уравнения (1) имеет вид
p ( x ) dx
− p ( x ) dx
y =  ∫ e ∫
.
⋅ q ( x) dx + C1  e ∫


Пример 1. Методом Лагранжа найти общее решение ДУ
y′ + 2 y = 4x .
Решение
Сначала решим соответствующее однородное уравнение
y′ + 2 y = 0 .
dy
dy
dy
=− 2y ⇒
= −2 dx ⇒ ∫
= −2 ∫ dx ⇒ ln y = −2 x + ln C ,
dx
y
y
y = C ⋅ e −2 x .
Полагая C = C (x) , определим эту функцию C (x) таким образом, чтобы функция y = C ( x) ⋅ e − 2 x удовлетворяла исходному урав13
нению. Подставим в исходное уравнение
y = C ( x) e −2 x
и y ′ = C ′( x) e − 2 x + C ( x ) e −2 x (−2) :
C ′( x ) e − 2 x − 2C ( x) e −2 x + 2C ( x) e −2 x = 4 x .
C ′( x ) e − 2 x = 4 x ⇒ C ′( x) = 4 x ⋅ e 2 x .
dC ( x)
= 4 x ⋅ e 2 x ⇒ dC ( x) = 4 x ⋅ e 2 x dx .
dx
2x
2x
dC
∫ ( x) = 4∫ x ⋅ e dx ⇒ C ( x) = 4∫ x ⋅ e dx .
Вычисляя интеграл по частям, получим
C ( x) = 2 x ⋅ e 2 x − e 2 x + C1 .
Найденное C (x) подставляем в решение однородного уравнения y = C ⋅ e −2 x и получим искомое общее решение исходного неоднородного уравнения:
y = e −2 x C1 + e 2 x (2 x + 1) = C1 ⋅ e − 2 x + 2 x − 1.
(
)
1.4.3. Уравнение Бернулли
Определение 2. Уравнением Бернулли называется ДУ вида
y ′ + p ( x ) y = q ( x) y m ,
(3)
где m ≠ 0 и m ≠ 1 .
Уравнение Бернулли (3) может быть преобразовано к линейному уравнению (1) с помощью подстановки y = z1− m , но при интегрировании конкретных уравнений проще применять сразу либо
метод Бернулли, либо метод Лагранжа.
Пример 1. Найти методом Лагранжа общее решение ДУ
y′ + 2x ⋅ y = 2x3 ⋅ y 3.
Решение
Данное уравнение является ДУ Бернулли. Применяем метод
Лагранжа. Найдем общее решение соответствующего однородного
уравнения:
dy
y′ + 2x ⋅ y = 0 ⇒
= −2 xdx .
y
dy
2
∫ y = − ∫ 2 xdx ⇒ ln y = − x + ln C .
C = C (x) .
Полагаем
2
Подставляя
2
2
и y ′ = C ′( x) e − x + C ( x) e − x (−2 x) в исходное уравнение, определим
C (x) .
2
2
2
2
C ′( x ) e − x + C ( x ) e − x (−2 x) + 2 x C ( x) e − x = 2 x 3C 2 ( x) e − 2 x .
2
2
dC ( x)
= 2 x 3C 2 ( x) e − 2 x .
C ′( x) = 2 x 3C 2 ( x) e −2 x ⇒
dx
2
2
(
)
1
dC ( x)
dC
x
= 2 x 3 ⋅ e −2 x ⇒ ∫ 2
= 2 ⋅ ∫ x 2 ⋅ e−x d (x 2 ).
2
2
C ( x)
C ( x)
Интегрируя выражение, стоящее в правой части уравнения, по частям, получим:
2
1
1
.
−
= − e − x ( x 2 + 1) + C1 ⇒ C ( x) =
2
−
x
2
C ( x)
e ( x + 1) − C
1
Следовательно, искомое общее решение исходного уравнения будет иметь вид
1
− x2
e
,
y=
2
e − x ( x 2 + 1) − C1
где C1 – произвольная постоянная.
Пример 2. Найти общее решение ДУ
2y
2
y.
y′ +
=
x
cos 2 x
Решение
Данное уравнение является уравнением Бернулли. Для его
решения применяем метод И. Бернулли:
y = u ⋅ v,
2
2
⇒ u ′ ⋅ v + u ⋅ v′ + u ⋅ v =
u ⋅v.

x
cos 2 x
 y ′ = u ′ ⋅ v + u ⋅ v′
2
2
u ′ ⋅ v + u (v ′ + v ) =
u ⋅v.
x
cos 2 x
 ′ 2
v + x v = 0 ,

u ′ ⋅ v = 2
u ⋅ v.

cos 2 x
2
y = C ⋅ e −x .
14
y = C ( x) e − x
15
Решаем первое уравнение системы:
2
dv
= − dx ⇒
v
x
ln v = −2 ln x
2
dv
∫ v = − ∫ x dx .
1
⇒ v= 2.
x
Решаем второе уравнение системы:
1
2
1
u ⇒
u′ ⋅ 2 =
⋅
2
x
cos x x
1
−
u 2 du
2 x dx
du
=
.
u cos 2 x
x dx
= 2∫
⇒ 2 u = 2 ∫ x ⋅ d ( tg x) .
∫
cos 2 x
2
u = x ⋅ tg x + ln cos x + C ⇒ u = (x ⋅ tg x + ln cos x + C ) .
Общее решение имеет вид
1
2
y = u ⋅ v = 2 (x ⋅ tg x + ln cos x + C ) .
x
Задачи для самостоятельной работы по данной теме
Найти общие решения следующих ДУ:
1.
2.
3.
4.
2
y′ + 2x ⋅ y = e −x .
y ′ + y = cos(x ) .
3
y′ − y = x 2 .
x
y′ + x ⋅ y = − x .
Глава 2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
2.1. Основные понятия и определения
Определение 1. Дифференциальным уравнением n-го порядка
называется уравнение вида
(
)
F x ; y; y ′; y ′′; ; y ( n ) = 0 .
(1)
Рассмотрим ДУ n-го порядка, разрешенное относительно y (n ) :
(
)
y ( n) = f x ; y; y ′; y ′′;; y ( n−1) .
(1′)
Сформулируем теорему существования и единственности решения дифференциального уравнения (1′) .
Теорема Коши
Пусть дано ДУ y ( n) = f x; y; y ′; y ′′; y ( n −1) , разрешенное относительно старшей производной.
Если правая часть уравнения непрерывна по всем аргументам
в некоторой области D изменения аргументов x ; y; y ′; y ′′;; y ( n−1)
и кроме того имеет непрерывные частные производные по переменным y; y ′; y ′′;; y ( n−1) в этой области, тогда для любой точки
(
)
области D x = x0 , y = y0 , y′ = y0′ , ... , y ( n −1) = y0 ( n −1) существует
единственное решение уравнения (1′) y = ϕ(x) , удовлетворяющее
данным начальным условиям:
ϕ( x0 ) = y 0 , ϕ′( x0 ) = y 0′ , ... ϕ ( n−1) ( x0 ) = y 0 ( n−1) .
Определение 2. Функция y = ϕ( x, C1, C2 , ... , Cn ) называется
общим решением уравнения (1′), если она удовлетворяет следующим условиям:
1. y = ϕ( x, C1, C2 , ... , Cn ) удовлетворяет уравнению (1′).
2
5. y ′ − 2 x ⋅ y = e x .
6. y ′ − 2 x ⋅ y = 2 x 3 .
1
1
7. y ′ + y = − 2 .
x
x
ex
8. y ′ − y = .
x
y
9. y ′ +
= − y2 .
x +1
1
ln x 2
10. y ′ + y =
y .
x
x
2. ∀ ( x0 ; y 0 ; y 0′ ; y 0′′ ;; y 0 ( n −1) )∈ D ∃ такие C 01 , C 0 2 , ... , C 0 n , что
ϕ( x0 , C 01 , C 0 2 , ... , C 0 n ) = y 0 .
16
17
ϕ′( x 0 , C 01 , C 0 2 , ... , C 0 n ) = y 0′ .
……………………………
ϕ ( n−1) ( x0 , C 01 , C 0 2 , ... , C 0 n ) = y 0 ( n−1) .
Определение 3. Если соотношение, связывающее x , y и n
произвольных постоянных, дано в виде, не разрешенном относительно y : Φ ( x, y, C1 , ... , Cn ) = 0 , то мы будем называть такое соотношение общим интегралом ДУ.
Определение 4. Решение, полученное из общего при замене
произвольных постоянных конкретными значениями, называется
частным решением.
Установим случаи, когда задача интегрирования уравнения
(1) или (1′) может быть сведена к интегрированию ДУ порядка,
меньшего чем n .
2.2. Дифференциальные уравнения, допускающие понижение
порядка
Случай I. y ( n) = f ( x) .
Правая часть уравнения содержит только одну переменную –
x . Уравнение решается последовательным интегрированием n раз:
x n−1
x n−2
...
f
(
x
)
dx
+
C
+
C
+ ... + C n −1 x + C n .
1
2
∫∫

∫

n −1
n−2
n
Пример 1. Найти общее решение уравнения
ln x
y ′′′ = 2 .
x
Решение
ln x dx
ln x dx
d ( y ′′)
.
y ′′′ =
⇒ d ( y ′′) =
⇒ ∫ d ( y ′′) = ∫
2
dx
x
x2
dx 

u = ln x ⇒ du = 

ln x dx
dx
ln x
x
y ′′ = ∫
=
+ ∫ 2 + C1 =
= −
2
x
x
x
dv = dx ⇒ v = − 1 
2
x 
x

1
= − (ln x + 1) + C1 .
x
18
1
d ( y′)
Итак, y′′ = − (ln x + 1) + C1 , но y′′ =
, тогда
x
dx


 1
 1
d ( y ′) =  − (ln x + 1) + C1  dx ⇒ ∫ d ( y ′) = ∫  − (ln x + 1) + C1  dx .
x
x




y ′ = − ∫ (ln x + 1) d (ln x + 1) + ∫ C1dx .
(ln x + 1) 2
+ C1 x + C 2 .
2
 (ln x + 1) 2

dy =  −
+ C1 x + C2 dx .
2


y′ = −
x
x2
y = − ln 2 x + C1
+ C 2 x + C3 .
2
2
Пример 2. Найти общее решение уравнения y′′ = sin x + cos x .
Решение
d ( y ′)
⇒ d ( y ′) = (sin x + cos x)dx ⇒ ∫ d ( y ′) = ∫ (sin x + cos x)dx .
y ′′ =
dx
y ′ = − cos x + sin x + C1 ⇒ dy = (− cos x + sin x + C1 )dx .
∫ dy = ∫ (− cos x + sin x + C1 )dx .
y = − sin x − cos x + C1 x + C 2 .
Получили общее решение.
Замечание. В дальнейшем будем рассматривать только уравнения второго порядка.
Случай II. y′′ = f ( x, y′) .
Правая часть уравнения не содержит переменную y .
Метод решения
Порядок уравнения можно понизить заменой переменной:
y′ = z ( x) ⇒ y ′′ = z ′( x) .
Сделав эту замену, получим ДУ первого порядка относительно новой неизвестной функции z (x)
z′ = f ( x, z ( x)) .
19
Интегрируя уравнение z′ = f ( x, z ( x)) , получим z ( x ) = ϕ( x, C1 ) .
Но z ( x ) = y ′ , значит, y ′ = ϕ( x, C1 ) . Интегрируя последнее уравнение, получим искомое общее решение исходного уравнения
y = ψ( x, C1, C2 ) или его общий интеграл.
( y′) 2
Пример 1. Найти частное решение ДУ y′′ = 2 , удовлетвоx
1
ряющее начальным условиям y x =1 = 1 ; y′ x =1 = .
2
Решение
Сделаем замену переменной y′ = z ( x) ⇒ y′′ = z ′( x) . Подставляя эти выражения в исходное уравнение, получим:
z2
z2
z′ = 2 ⇒ dz = 2 dx .
x
x
Получили ДУ первого порядка с разделяющимися переменными. Решаем его согласно уже известному алгоритму:
dz dx
1
1
= 2 ⇒ ∫ z −2 dz = ∫ x −2 dx ⇒ − = − − C1 .
2
z
x
z
x
1 1 + C1 ⋅ x
x
.
=
⇒
z=
1 + C1 ⋅ x
z
x
x
. Но z = y ′, и мы получаем второе
Итак, нашли z =
1 + C1 ⋅ x
уравнение первого порядка, из которого и найдем y .
x
x
y′ =
⇒ dy =
dx .
1 + C1 ⋅ x
1 + C1 ⋅ x
1 (C1 x + 1) − 1
1
1
dx
∫ dy = C ∫ C x + 1 dx ⇒ y = C ∫ dx − C ∫ C x + 1 .
1
1
1
1
1
x
1
y=
−
ln C1 x + 1 + C 2 .
C1 C12
Получили общее решение. Подберем значения C1 и C2 таким
образом, чтобы удовлетворить заданным начальным условиям:
1
1

1 = C − C 2 ln C1 + 1 + C 2 ,

1
1

1 = 1 .
 2 C1 + 1
20
C = 1,
C1 = 1,
⇒  1

C 2 = ln 2 .
1 = − ln 2 + 1 + C 2
Искомое частное решение имеет вид y = x − ln x + 1 + ln 2 .
Случай III. y′′ = f ( y, y′) .
Правая часть уравнения не содержит переменной x.
Метод решения
Порядок уравнения можно понизить с помощью замены переменной:
y ′ = z ( y ) ⇒ y ′′ = z ′y ⋅ y ′x = z ′y ⋅ z .
Итак, в исходное уравнение подставляем
 y′ = z( y) ,
 ′′
 y = z ′y ⋅ z ( y ) .
Получим для определения функции z (x) уравнение первого порядка
z ′y ⋅ z = f ( y, z ) .
Решая его, найдем z = ϕ( y, C1 ) , а затем, интегрируя второе
уравнение первого порядка y ′ = ϕ( y, C1 ) , получим искомый общий
интеграл исходного уравнения.
Пример 1. Найти частное решение ДУ y′′ = 2 y 3 при заданных
начальных условиях y x = 0 = 1; y′ x = 0 = 1.
Решение
Подставляя в исходное уравнение
 y′ = z( y) ,
 ′′
 y = z ′y ⋅ z ( y ) ,
получим:
z ′y ⋅ z = 2 y 3 ⇒ z dz = 2 y 3 dy ⇒
2
4
∫ z dz = 2∫ y
C
z
2y
=
+ 1 ⇒ z 2 = y 4 + C1 .
2
4
2
4
z = y + C1 ⇒ y ′ = y 4 + C1 .
21
3
dy .
Воспользуемся начальными условиями y x = 0 = 1; y′ x = 0 = 1 для
определения C1 :
1 = 1 + C1 ⇒ C1 = 0 .
4
2
y = y . Решаем второе уравнение y ′ = y 2 .
1
dy
dy = y 2 dx ⇒ 2 = dx ⇒ − = x + C 2 .
y
y
1
Но y x = 0 = 1 ⇒ − 1 = C2 ⇒ C2 = −1 ⇒ − = x − 1 и искомое чаy
1
.
стное решение имеет вид y =
1− x
Итак, y ′ =
Глава 3. ЛИНЕЙНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА
3.1. Основные понятия. Теоремы о структуре общего решения
линейного однородного и линейного неоднородного уравнений
Определение 1. Уравнение вида
y ′′ + p( x) y ′ + q ( x) y = f ( x)
(1)
называется линейным неоднородным, если f ( x) ≠ 0 . В случае если
f ( x) = 0 , уравнение называется линейным однородным. Рассмотрим однородное уравнение, соответствующее уравнению (1),
y ′′ + p ( x) y ′ + q ( x) y = 0 .
(1′)
Определение 2. Два частных решения уравнения (1′) y1 ( x)
y ( x)
и y2`( x) называются линейно независимыми, если 1
≠ const .
y 2 ( x)
Замечание. Данное определение линейной независимости
справедливо лишь для частных решений линейного однородного
дифференциального уравнения второго порядка.
Теорема 1 (о структуре общего решения линейного однородного дифференциального уравнения)
Пусть y1 ( x) и y 2 ( x) – два линейно независимых частных решения уравнения (1′), тогда общее решение этого уравнения Y (x)
имеет вид
Y ( x ) = C1 ⋅ y1 ( x) + C 2 ⋅ y 2 ( x) ,
C1 и C2 – произвольные постоянные.
Теорема 2 (о структуре общего решения линейного неоднородного дифференциального уравнения)
Пусть y ( x ) – какое-либо частное решение неоднородного
уравнения (1):
y ′′ + p( x) y ′ + q( x) y = f ( x) ,
22
23
а Y (x) – общее решение соответствующего ему однородного уравнения (1′):
y ′′ + p ( x) y ′ + q ( x) y = 0 .
Тогда общее решение неоднородного уравнения имеет вид
y ( x) = Y ( x) + y ( x) .
3.2. Линейные однородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами
Рассмотрим дифференциальное уравнение
y ′′ + p ⋅ y ′ + q ⋅ y = 0
(1′)
с постоянными коэффициентами p и q .
По теореме 1 из п. 3.1 известно, что общее решение уравнения
(1′) имеет вид Y ( x) = C1 ⋅ y1 ( x) + C 2 ⋅ y 2 ( x) .
Найдем линейно независимые частные решения y1 ( x) и y 2 ( x) .
Метод Эйлера
y1, 2
Будем искать решения y1 ( x) и y 2 ( x) в виде экспоненты, т. е.
= e kx , где k – неизвестная постоянная величина.
Определим, при каких k функция y = e kx является решением уравнения (1′). Для этого подставим в уравнение (1′)
y = e kx , y ′ = ke kx , y ′′ = k 2 e kx .
Получим
k 2 ⋅ e kx + p ⋅ ke kx + q ⋅ e kx = 0 ⇒ k 2 + p ⋅ k + q = 0 .
Для определения k получили квадратное уравнение, которое называют характеристическим. В зависимости от значения дискриминанта D корни могут быть следующими:
а) действительными различными: k1 ≠ k 2 ( D > 0) ;
б) действительными равными: k1 = k 2 = k ( D = 0) ;
в) комплексно сопряженными: k1, 2 = α ± iβ ( D < 0) .
Рассмотрим эти три случая:
а) k1 ≠ k 2 ( D > 0) .
24
Корню k1 соответствует решение y1 = e k1x , корню k 2 соответствует
y ( x)
≠ const , следовательно,
y 2 = e k2 x . Поскольку k1 ≠ k 2 , то 1
y 2 ( x)
найденные частные решения линейно независимы и по теореме 1
из п. 3.1 получаем общее решение:
Y ( x ) = C1 ⋅ e k1x + C 2 ⋅ e k2 x ;
б) k1 = k 2 = k ( D = 0) .
Тогда y1 = e kx , y 2 = e kx . Но эти решения линейно зависимы, так
y ( x)
как 1
= 1. Нетрудно показать, что функция y = xe kx также явy2 ( x)
ляется решением уравнения (1′), тогда линейно независимыми частными решениями будут функции y1 = e kx и y 2 = xe kx . Общее
решение примет вид
Y ( x) = C1 ⋅ e kx + C 2 ⋅ x ⋅ e kx ;
в) k1, 2 = α ± iβ ( D < 0) .
Корню k1 = α + iβ соответствует решение
y1 = e (α +iβ) x = e αx (cos β x + i sin β x) .
Корню k 2 = α − iβ соответствует решение
y 2 = e (α −iβ) x = e αx (cos β x − i sin β x) .
y + y2
y − y2
и 1
также
Нетрудно показать, что и выражения 1
2
2i
являются решениями однородного уравнения (1′). Тогда за y1,2 ( x)
будем брать следующие функции:
y1 = e αx cos β x , y 2 = e αx sin β x .
Очевидно, что они линейно независимы и общее решение
имеет вид
Y ( x) = C1e αx cos β x + C 2 e αx sin β x .
Пример 1. Найти общее решение ДУ y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 .
Решение
Искомое решение имеет вид Y ( x) = C1 ⋅ y1 + C2 ⋅ y2 ( x ) . Будем
искать y1 ( x) и y2 ( x) в виде e kx , тогда
25
y1, 2 ( x) = e kx ;
y1, 2 ( x) = e kx ;
y1′, 2 ( x) = k e kx ;
y1′′, 2 ( x) = k 2 e kx .
Подставляя эти выражения в исходное дифференциальное
уравнение, получим для определения k алгебраическое уравнение
второй степени
k 2 − 5k + 6 = 0 .
Решая квадратное уравнение, нашли его корни: k1 = 2 ; k 2 = 3.
Получили первый случай, когда k1 ≠ k 2 (корни действительные различные). Следовательно,
k1 = 2 ⇒ y1 = e 2 x ; k 2 = 3 ⇒ y 2 = e 3 x .
Тогда искомое общее решение будет иметь вид
Y ( x) = C1 ⋅ e 2 x + C 2 ⋅ e 3 x .
Пример 2. Найти общее решение ДУ y ′′ − 4 y ′ + 4 y = 0 .
Решение
Искомое решение имеет вид Y ( x) = C1 ⋅ y1 + C2 ⋅ y2 ( x ) .
y1,2 ( x) ищем по методу Эйлера, т. е. в виде y1, 2 ( x) = e kx . Для
определения k получим алгебраическое уравнение второй степени
k 2 − 4k + 4 = 0 .
Решая квадратное уравнение, получаем k1,2 = 2 . Имеем второй
случай: корни характеристического уравнения действительные
равные.
Следовательно, общее решение исходного ДУ имеет вид
Y ( x) = C1 ⋅ e 2 x + C 2 ⋅ x ⋅ e 2 x .
Пример 3. Найти общее решение ДУ y ′′ − 2 y ′ + 2 y = 0 .
Решение
Общее
решение
данного
ДУ
имеет
вид
Y ( x) = C1 ⋅ y1 + C2 ⋅ y2 ( x ) .
y1, 2 ( x) ищем по методу Эйлера в виде y1, 2 ( x) = e kx . Подставляя в исходное ДУ следующие выражения:
26
y1′, 2 ( x) = k e kx ;
y1′′, 2 ( x) = k 2 e kx ,
получим квадратное уравнение для определения k :
k 2 − 2k + 2 = 0 .
2 ± − 4 2 ± 2i
=
= 1± i.
2
2
Имеем третий случай, когда корни характеристического уравнения комплексно сопряженные: k1,2 = α ± iβ , α = 1, β = 1.
k1,2 =
Следовательно, y1 = e x cos x , y 2 = e x sin x .
Искомое общее решение имеет вид
Y ( x) = C1e x cos x + C 2 e x sin x .
3.3. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами
Рассмотрим уравнение
y ′′ + p ⋅ y ′ + q ⋅ y = f (x ) .
(1)
Общее решение уравнения (1) имеет вид y ( x) = Y ( x) + y ( x )
(см. п. 3.1, теорема 2), где Y (x) – общее решение соответствующего однородного уравнения, а y (x) – какое-либо частное решение
уравнения (1). Как найти Y (x) , мы выясняли в предыдущем параграфе. Для определения y (x) воспользуемся методом неопределенных коэффициентов, который состоит в следующем: частное
решение y (x) ищется в виде «копии» правой части f (x) , а именно:
1. Если f ( x) = Pn ( x) – многочлен степени n, тогда
y ( x) = Qn ( x) , где Qn (x) – многочлен той же степени n, лишь с неопределенными коэффициентами: y ( x) = Qn ( x) , если 0 не является
корнем характеристического уравнения; y ( x) = x ⋅ Qn ( x) , если число 0 является одним из корней характеристического уравнения;
y ( x) = x 2 ⋅ Qn ( x) , если оба корня являются нулями.
27
2. Если f ( x) = e αx ⋅ Pn ( x) , тогда y ( x) = e αx ⋅ Qn ( x) , если число α
не совпадает ни с одним из корней характеристического уравнения.
y ( x) = e αx ⋅ Qn ( x) x , если α = k1 ;
y ( x) = e αx ⋅ Qn ( x) x 2 , если α = k1 = k 2 .
Если
αx
f ( x) = e αx (α ⋅ cos(β ⋅ x) + b ⋅ sin(β ⋅ x)) Pn ( x) ,
y ( x) = e ( A ⋅ cos(β ⋅ x) + B ⋅ sin(β ⋅ x ))Qn ( x) ,
если
тогда
α ± iβ ≠ k1, 2 ;
αx
y ( x) = e ( A ⋅ cos(β ⋅ x) + B ⋅ sin(β ⋅ x ))Qn ( x) ⋅ x , если α ± iβ – корни
характеристического уравнения. А и В – неопределенные коэффициенты. Отметим, что если в выражение функции f (x) входит
только одна функция cos(β ⋅ x ) или sin(β ⋅ x ) , то y (x) содержит обе
эти функции. Неопределенные коэффициенты многочленов Qn (x)
и А, В можно найти из системы алгебраических уравнений, подставляя в исходное уравнение (1) функцию y (x) вместо y (x)
и приравнивая коэффициенты подобных членов в правой и левой
частях полученного равенства.
Пример 1. Найти общее решение уравнения
y′′ − 7 y′ + 6 y = x 2 − 1.
Решение
y ( x) = Y ( x) + y ( x ) .
Подставим эти выражения в исходное уравнение и получим
2 A − 14 Ax − 7 B + 6 Ax 2 + 6 Bx + 6C = x 2 − 1.
Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и правой частях полученного уравнения:
1

A= ,

2
6
 x : 6 A = 1,

7

 1
 x : −14 Ax + 6 B = 0 , ⇒  B = ,
18

 0
 x : 2 A − 7 B + 6c = −1 
5
C = 108 .
1
7
5
y ( x) = x 2 + x +
.
6
18
108
Пример 2. Найти общее решение уравнения
y ′′ + 9 y = − sin(3 x) .
Решение
y ( x) = Y ( x) + y ( x) .
Найдем Y (x) – общее решение однородного уравнения
y ′′ + 9 y = 0 .
Характеристическое уравнение имеет вид
k 2 + 9 = 0 ⇒ k 2 = −9 ⇒ k1, 2 = ±3i .
Y ( x) = c1e x + c 2 e 6 x .
как
«копию»
правой
части
2. Найдем
y (x)
2
y ( x) = Ax + Bx + C – многочлен той же степени, но с неопределенными коэффициентами.
Вычислим коэффициенты А, В, С.
 y ( x) = Ax 2 + Bx + C ,

 y ′( x) = 2 Ax + B ,
 y ′′( x) = 2 A .

Y ( x) = C1 cos(3x) + C 2 sin(3x) .
Найдем y (x) – частное решение исходного уравнения
y ( x) = ( A sin(3x) + B cos(3x)) x .
Мы домножаем на x , так как ± 3i – корни характеристического уравнения. Найдем коэффициенты А и В:
y ( x) = ( A sin(3 x) + B cos(3 x)) x .
y ′( x) = ( A + 3Bx) cos(3 x ) + ( B − 3 Ax) sin(3 x) .
y ′′( x) = (6 B − 9 Ax) cos(3 x) + (−6 A − 9 Bx) sin(3 x ) .
Приравнивая коэффициенты при sin(3x) и cos(3x ) в правой
и левой частях уравнения, получим систему:
1

cos(3 x) : 6 B − 9 Ax + 9 Ax = 0 ,
A = ,
⇒ 
6

sin(3 x) : −6 A − 9 Bx + 9 Bx = −1
 B = 0 .
28
29
1. Найдем Y (x) . Для этого рассмотрим однородное уравнение
y′′ − 7 y′ + 6 y = 0 .
Характеристическое уравнение имеет вид
k 2 − 7 k + 6 = 0 ⇒ k1 = 1; k 2 = 6.
y ( x) =
y ′( x) = c1 ( x ) y1′ ( x) + c 2 ( x) y ′2 ( x ) .
1
x ⋅ cos(3 x ) . Искомое общее решение
6
1
y ( x) = C1 cos(3 x) + C 2 sin(3x) + x ⋅ sin(3 x) .
6
Дифференцируя равенство (4), найдем y ′′( x ) .
3.4. Решение линейных неоднородных дифференциальных
уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами
методом вариации произвольных постоянных Лагранжа
Рассмотрим неоднородное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами
y ′′ + py ′ + qy = f (x ) .
(1)
Если правая часть уравнения (1) f (x) не является функцией
вида, рассмотренного в п. 3.3, то общее решение возможно определить с помощью метода Лагранжа.
Пусть удалось найти общее решение соответствующего однородного уравнения
Y ( x ) = C1 ⋅ y1 ( x ) + C2 ⋅ y2 ( x ) .
(2)
Частное решение неоднородного уравнения будем искать
в виде (2), рассматривая при этом C1 и C2 как новые неизвестные
функции от x c1 ( x ) и c2 ( x ) :
y ( x) = c1 ( x) y1 ( x) + c 2 ( x) y 2 ( x) .
(3)
Подберем функции c1 ( x ) и c2 ( x) так, чтобы решение (3)
удовлетворяло уравнению (1). Для удобства вычислим предварительно y ′(x ) .
y ′( x) = c1′ ( x ) y1 ( x) + c1 ( x) y1′ + c 2′ ( x) y 2 ( x) + c 2 ( x) y ′2 ( x) .
Для определения функций c1 ( x) и c2 ( x) наложим на них условия, первое из которых
Тогда
c1′ ( x) y1′ ( x) + c ′2 ( x) y 2 ( x) = 0 .
30
(4)
(*)
y ′′( x) = c1′ ( x) y1 ( x) + c1 ( x) y1′′( x) + c 2′ ( x ) y 2′ ( x) + c 2 ( x) y 2′′ ( x) . (5)
Подставляя выражения (3), (4), (5) в исходное уравнение (1),
получим
c1′ ( x) y1′ ( x) + c1 ( x) y1′′( x ) + c ′2 ( x ) y 2′ ( x) + c 2 ( x) y ′2′ ( x) + p ⋅ c1 ( x) y1′ ( x) +
+ p ⋅ c 2 ( x ) y 2′ ( x) + q ⋅ c1 ( x ) y1 ( x) + q ⋅ c 2 ( x) y 2 ( x) = f ( x) .
Сгруппируем члены, содержащие c1 ( x) и c2 ( x) :
c1 ( x) ( y1′′( x) + p ⋅ y1′ ( x) + q ⋅ y1 ( x)) + c 2 ( x) ( y 2′′ ( x) + p ⋅ y 2′ ( x) +
+ q ⋅ y 2 ( x)) + c1′ ( x) y1′ ( x) + c 2′ ( x) y 2′ ( x) = f ( x) .
Выражения, стоящие в скобках, равны нулю, так как y1 ( x)
и y2 ( x) – решения однородного уравнения, следовательно, для того чтобы функция y (x) удовлетворяла исходному уравнению, необходимо, чтобы выполнялось равенство
c1′ ( x) y1′ ( x) + c 2′ ( x) y ′2 ( x) = f ( x) .
(**)
Итак, для определения функций c1 ( x ) и c2 ( x) получили два
равенства (*) и (**):
c1′ ( x) y1 ( x) + c ′2 ( x) y 2 ( x) = 0 ,

c1′ ( x) y1′ ( x) + c ′2 ( x) y ′2 ( x) = f ( x) .
(6)
Решая систему (6) относительно c1′ ( x ) и c2′ ( x) методом Крамера, получаем
− y 2 ⋅ f ( x)
 ′
,
c1 ( x) =
∆
(7)

c ′ ( x) = y1 ⋅ f ( x) ,
 2
∆
где
y ( x) y 2 ( x)
∆= 1
≠ 0.
y1′ ( x) y ′2 ( x)
31
Интегрируя равенства (7), получим искомые функции c1 ( x )
и c2 ( x ) .
Пример 1. Найти общее решение уравнения
1
y ′′ + 4 y =
.
cos(2 x)
Решение
Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения
y ′′ + 4 y = 0 .
Характеристическое уравнение имеет вид
k 2 + 4 = 0 ⇒ k1, 2 = ± 2i .
Тогда
Y ( x ) = C1 cos(2 x ) + C2 sin(2 x ) .
Частное решение y (x ) исходного уравнения ищем в виде
y ( x) = c1 ( x) cos(2 x) + c 2 ( x) sin(2 x) .
Для определения c1′ ( x) и c2′ ( x) воспользуемся системой (6):
c1′ ( x) cos(2 x) + c ′2 ( x) sin(2 x) = 0 ,

1

− 2c1′ ( x) sin(2 x) + 2c ′2 ( x) cos(2 x) = cos(2 x) .

По формулам Крамера находим
sin( 2 x )
1
c1′ ( x ) = −
; c2′ ( x ) = .
2
2 cos(2 x )
1 sin( 2 x )
1
Тогда c1 ( x ) = − ∫
dx = ln cos(2 x ) ;
2 cos(2 x )
4
x
1
c 2 ( x) = ∫ dx = .
2
2
Итак, общее решение исходного ДУ будет иметь вид
x
1
y ( x) = C1 cos(2 x) + C 2 sin(2 x) + ln cos(2 x) cos(2 x) + sin(2 x) .
4
2
32
Задания для самостоятельной работы
Найти общие решения следующих ДУ:
sin( x)
.
1. y ′′ + y =
cos 2 ( x)
x2 + 2x + 2
.
x3
1
.
y ′′ + 5 y ′ + 6 y =
1 + e2x
y ′′ + 4 y = ctg( x) .
1
.
y′′ + y =
cos(2 x)
y ′′ − y ′ − 6 y = tg( x) .
2. y′′ − 2 y′ + y =
3.
4.
5.
6.
33
Глава 4. ПРИЛОЖЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ
УРАВНЕНИЙ
4.1. Строительная механика и сопротивление материалов
Задача 1. Стальная проволока длиной l0 с поперечным сечением F растягивается силой, постепенно возрастающей до величины P . Найти работу растяжения.
Решение
Удлинение проволоки ∆l , м, под влиянием растягивающей
силы P , кг, определяется по формуле
P
∆l = k l 0 ,
F
где k – коэффициент удлинения; l0 , м, – первоначальная длина
проволоки. Рассматривая элементарный процесс, получим
kl
dl = 0 dP .
F
T L−x
=
,
P
L
(1)
Принимая на бесконечно малом участке удлинения dl силу P
постоянной, получим производимую этой силой на рассматриваемом участке работу
dW = Pdl .
Принимая во внимание равенство (2), получаем дифференциальное уравнение, представляющее собой математическую модель
изучаемого процесса,
kl
(2)
dW = 0 PdP .
F
Интегрируя (2), получим общее решение
kl
W = 0 P2 + C.
2F
Для определения произвольной постоянной C используем начальные данные: при P = 0 W = 0 :
kl
0 = 0 0 + C ⇒ C = 0.
2F
34
Таким образом, искомая работа растяжения имеет вид
kl
W = 0 P2.
2F
Задача 2. Стальная проволока длиной L защемлена в одном
из концов и под действием своего веса находится в положении
равновесия. Определить удлинение проволоки. Удельный вес стали
– γ.
Решение
Величина натяжения T меняется в зависимости от места сечения. Это натяжение равно весу ниже расположенной части проволоки, поэтому различные элементы проволоки растягиваются
различно. В точке, расположенной на расстоянии x от закрепления, элемент dx испытывает натяжение Т, определяемое из пропорции
(1)
где P – вес всей проволоки. Из уравнения (1) получаем
P
T = ( L − x) .
L
Удлинение проволоки ∆l , м, под влиянием растягивающей
силы Т, кг,
T
∆l = k L ,
F
где k – коэффициент удлинения; F – площадь поперечного сечения, см2. Для растяжения элемента dx имеем
T
dl = k dx ,
F
или
k⋅P
(2)
dl =
( L − x)dx .
L⋅F
Но, с другой стороны, P =
тиметрах.
γ⋅L⋅F
, кг, если L измеряем в сан1000
35
Подставляя последнее выражение в уравнение (2), получим
дифференциальное уравнение, представляющее собой упрощенную математическую модель процесса,
dl =
k ⋅γ
( L − x )dx .
1000
(3)
Интегрируя дифференциальное уравнение (3), получим полное удлинение:
L
k ⋅γ
k ⋅γ 2
l=
( L − x )dx , или l =
L.
∫
2000
1000 0
4.2. Теплотехника
Задача 1. В цилиндрическом сосуде объемом V0 = 0,1m 3 заключен атмосферный воздух, который адиабатически (без обмена
с окружающей средой) сжимается до объема V0 = 0,1m 3 . Вычислить работу сжатия.
Решение
При адиабатических изменениях состояния газа его давление
и объем связаны уравнением Пуассона:
k
P  V0 
=  ,
P0  V 
где k – постоянная для этого газа величина. Для воздуха k ≈ 1 / 4 .
кг
Атмосферное давление P0 = 10 330 2 . Пусть S – площадь поршм
ня; V – объем газа и P – давление газа, когда поршень находится
на высоте x ; − dx – бесконечно малое перемещение (опускание
поршня) при сжатии; P0 – первоначальное давление газа; V0 – первоначальный объем газа. Бесконечно малая работа при опускании
поршня
dW = − P ⋅ Sdx ,
но Sdx = dV . Отсюда следует, что
dW = − P ⋅ dV .
36
(1)
Из уравнения Пуассона имеем
k
P ⋅V k 0
V 
P = P0  0  = 0 k .
V
V 
(2)
Подставляя выражение (2) в уравнение (1) процесса
dV
dW = − P0 ⋅ V0 k ⋅ k
V
и далее интегрируя, получим общее решение:
k
k
P ⋅V
P0 ⋅ V0
W = − P0 ⋅ V0 k ∫ V −k dV = − 0 0 V 1−k + C =
+ C.
1− k
(k − 1) V k −1
Как видно из начальных условий, при V = V0 W = 0 . Отсюда
P ⋅V
C = − 0 0 . Таким образом, работа адиабатического сжатия
1− k
k −1

P ⋅ V  V 
W = 0 0  0  − 1 .
1 − k  V 

Подставляя числовые данные, получим искомое значение работы:
кг
10 330 2 0,1 м 3
м
W =
100,4 − 1 ≈ 3904,4 кг ⋅ м.
0.4
Задача 2. Водород расширяется при постоянной температуре
от своего первоначального объема V0 , имея первоначальное давление P0 (при некотором внешнем давлении), которое бесконечно
мало отличается от давления газа. Найти произведенную водородом работу.
Решение
Как и при решении задачи № 1, получим дифференциальное
уравнение процесса
dW = P ⋅ dV .
Но в данном случае газ расширяется изотермически и поэтому
подчиняется не закону Пуассона, а закону Бойля–Мариотта:
P ⋅V
P ⋅ V = P0 ⋅ V0 , откуда P = 0 0 .
V
[
37
]
Тогда дифференциальное уравнение процесса примет вид
dW = P0 ⋅ V0
dV
.
V
или, проинтегрировав, находим общее решение:
(1)
Интегрируя уравнение (1), получим общее решение
W = P0 ⋅ V0 ⋅ ln V + C .
Из начальных условий следует, что при V = V0 W = 0 , отсюда
0 = P0 ⋅ V0 ⋅ ln V0 + C ⇒ C = − P0 ⋅ V0 ⋅ ln V0 .
Таким образом, работа расширения
V
W = P0 ⋅ V0 ⋅ ln .
V0
4.3. Гидравлика и технология производства
Задача 1. На дне цилиндрического резервуара, наполненного
жидкостью, образовалась щель. Принимая скорость истечения
жидкости пропорциональной высоте уровня ее в резервуаре и зная,
что в течение первых суток вытекло 10 % содержимого, определить, сколько времени потребуется, чтобы из сосуда вытекла половина жидкости.
Решение
Пусть R – радиус резервуара; h – его высота; x – высота
уровня в резервуаре по истечении t дней. Тогда объем жидкости
в резервуаре в момент t равен π ⋅ R 2 ⋅ x , а скорость изменения объема
dx
– π ⋅ R2 ⋅ .
dt
По условию задачи эта величина пропорциональна x , так что
дифференциальное уравнение процесса будет иметь вид
π ⋅ R2
dx
= kx, .
dt
π ⋅ R 2 ⋅ ln x = k ⋅ t + C .
По начальным условиям при t = 0 резервуар полностью наполнен, так что x = h . Следовательно, π ⋅ R 2 ⋅ ln h = C и уравнение
(2) примет вид
x
π ⋅ R 2 ⋅ ln x = k ⋅ t + π ⋅ R 2 ⋅ ln h или π ⋅ R 2 ln = k ⋅ t . По дополниh
9
тельным условиям при t = 1 x = h , и тогда коэффициент пропор10
9
2
циональности k = π ⋅ R ln . Для интересующего нас случая (при
10
h
x = ) искомое время
2
x
1
π ⋅ R 2 ⋅ ln
ln
h=
2 = 6,57 сут.
t=
9
k
ln
10
(1)
где k – коэффициент пропорциональности.
Разделяя переменные, получим
π ⋅ R 2 dx
= kdt
x
38
(2)
39
Приложение 1
Рекомендуемая литература
1. Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисления. В 2 т.
Т. 1 / Н. С. Пискунов. – М. : Наука, 1964. – 475 с.
2. Письменный Д. Т. Конспект лекций по высшей математике. В 2 ч. Ч. 2 /
Д. Т. Письменный. – М. : Айрис-Пресс, 2011. – 288 с.
3. Бугров Я. С. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы.
Ряды. Функции комплексного переменного / Я. С. Бугров, С. М. Никольский. – М. : Наука, 1981. – 353 с.
4. Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа /
Г. Н. Берман. – М. : Наука, 1969. – 470 с.
5. Матвеев Н. М. Сборник задач и упражнений по обыкновенным
дифференциальным уравнениям / Н. М. Матвеев. – СПб. : Лань, 2002. – 291 с.
6. Пономарев К. К. Составление и решение дифференциальных уравнений инженерно-технических задач / К. К. Пономарев. – М. : Просвещение,
1962. – 183 с.
7. Коновалова Л. В. К истории развития теории линейных обыкновенных дифференциальных уравнений в XVIII веке / Л. В. Коновалова // Математическое естествознание в его развитии. – Киев : Наукова думка, 1997. –
С. 27–32.
Варианты индивидуального задания
Вариант 1
1. x ⋅ y ⋅ dz + ( x + 1) dy = 0 .
2. tg( y ) y − x ⋅ ln( x) dy = 0 .
2
3. y ′ + 2 x ⋅ y = x ⋅ e − x .
y
x
4. y ′ +
= tg  .
sin( x)
2
x
5. y′ + = x 2 ⋅ y 4 .
2
6. y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = −1 .
7. 5 y′′ + 10 y′ + 5 y = 0 .
8. y′′ + 2 y′ + 3 y = 0 .
−
x
9. y ′′ + 2 y = 2e 3 .
10. 6 y ′′ − y′ − y = 2 sin( x) .
Вариант 2
1. y +1 ⋅ dx = x ⋅ y ⋅ dx .
2. 1 − y 2 ⋅ dx + 1 − x 2 ⋅ dy = 0 .
3. y′ + 2 y = 4 x .
4. (1 − x 2 ) y ′ − x ⋅ y = x .
5. y′ ⋅ x + y = − x ⋅ y 2 .
6. y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = 1.
7. y′′ + 12 y′ + 36 y = 0 .
8. 3 y′′ + 2 y′ + y = 0 .
9. y′′ + 2 y = x 2 .
10. y ′′ − y ′ − 6 y = tg ( x) .
Вариант 3
1. 2 x 2 ⋅ y ⋅ y′ + y 2 = 2 .
2. (1 + y 2 ) dx + (1 + x 2 ) dy = 0 .
40
41
3. x ⋅ y′ − 2 y = 2 x 4 .
4. y′ + y = e − x .
5. y′ + 2 x ⋅ y = 2 x 3 ⋅ y 3 .
6. y ′′ − 2 y ′ − 3 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = −2 .
7. 2 y′′ + 4 y′ + 2 y = 0 .
8. y′′ − 2 y′ + 3 y = 0 .
9. 2 y′′ + y = ( x − 2) 2 .
10. 2 y′′ + y ′ − 3 y = sin( x) + cos( x) .
Вариант 4
1. y′ − x ⋅ y 2 = 2 x ⋅ y .
2. x 2 ( y 2 + 5) dx + ( x 3 + 5) y 2 ⋅ dy = 0 .
1
.
3. y′ + y ⋅ tg ( x) =
cos( x)
4. (1 + x 2 ) y ′ − 2 x ⋅ y = (1 + x 2 ) 2 .
5. y′ + 2 y = y 2 ⋅ e x .
6. 2 y′′ + 5 y′ + 4 y = 0 .
7. y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 .
8. y ′′ + y ′ = 0, y (0) = 2, y ′(0) = 5 .
9. 2 y′′ + 3 y = cos(5 x) .
10. 2 y′′ − 5 y′ + 2 y = 5 x ⋅ e 2 x .
Вариант 5
1. 2 x ⋅ y′ + y 2 = 1 .
2. x 1 + y 2 ⋅ dx + y 1 + x 2 ⋅ dy = 0 .
3. ( x ⋅ y + e x ) dx − x ⋅ dy = 0 .
4. (2 x + 1) y′ + y = x .
4
5. y′ = y + x y .
x
6. y′′ + 4 y = 0 .
7. 2 y′′ − 8 y′ + 8 y = 0 .
8. y ′′ − 7 y ′ + 6 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −1 .
42
5x
e4.
9. 2 y′′ − 5 y′ + 4 y =
10. 2 y′′ − y′ − 3 y = sin( 2 x) .
Вариант 6
y
.
ln( x)
2. y′ = 2 x ⋅ y + x 3 .
1. y′ ⋅ cos( x) =
3. x ⋅ y ⋅ dx + (1 + y 2 ) 1 + x 2 ⋅ dy = 0 .
2y
4. y′ −
= (1 + x)3 .
x +1
5. y′ ⋅ x 2 = y 2 + x ⋅ y .
6. 3 y′′ + 5 y′ + 3 y = e 4 x .
7. y ′′ − 6 y ′ + 8 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 0 .
8. 16 y′′ + 8 y′ + y = 0 .
9. 3 y′′ + y = x 2 − 3x + 1.
10. 3 y′′ − y ′ − 2 y = e5 x ⋅ cos( x) .
Вариант 7
1. ln(cos( x)) dy + y tg( x ) dx = 0 .
2. y′ = 5 y , y (0) = 2,5 .
2x −1
3. y′ = 1 + 2 .
x
y
4. y′ + = 2 ln( x) + 1.
x
5. 4 x ⋅ y + 3 y = −e x ⋅ x 4 ⋅ y 5 .
6. 2 y′′ + 8 y′ + 8 y = 0 .
7. y ′′ + 9 y ′ + 20 y = 0, y (0) = 0, y ′(0) = 1 .
8. 3 y′′ + 2 y = x − 2 x 2 .
9. 3 y′′ − y′ − 2 y = x ⋅ e x .
10. 3 y′′ − 5 y ′ + 3 y = cos(2 x) .
43
Вариант 8
1. y′ = 2 x − y .
2. sin( y ) cos( y ) dy = cos( y ) sin( x) dx .
y
3. x ⋅ y′ −
− x = 0.
x +1
4. y′ + y ⋅ tg( x) = tg ( x) .
y
5. y′ +
= y2 .
x +1
6. y ′′ + 3 y − 4 y = 0, y (0) = 4, y ′(0) = −4 .
7. 4 y′′ − 8 y′ + 4 y = 0 .
8. y′′ − 3 y′ = 3x + 1.
9. y′′ + 5 y = cos( 5 ) ⋅ x .
10. y′′ + 8 y′ + 7 y = 3e − x .
Вариант 9
1. x 1 + y 2 ⋅ dx + y 1 + x 2 ⋅ dy = 0 .
π
2. y′ ⋅ sin( x) = y ⋅ ln( y ), y   = 1 .
 2
y
3. y′ + = x 2 .
x
5
5
4. y ′ − y = 2 .
x
x
4
5. y′ = y ⋅ cos( x) + y ⋅ tg ( x) .
6. y ′′ − 4 y ′ + 3 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = −5 .
7. y′′ + 8 y′ + 16 y = 0 .
8. 3 y′′ + 3 y′ + y = x 2 .
9. y′′ + 6 y = 3 sin( x ) + 2 cos( x) .
10. 8 y′′ + 9 y′ + y = 2e3 x .
Вариант 10
x ⋅ dy
y ⋅ dx
+
= 0.
1.
1− y2
1 − x2
π 1
2. y ′ = (2 y + 1) ctg( x), y   = .
 4 2
−x
3. y ′ + 3 y = e .
4. y ′ ⋅ ctg ( x) − y = 2 cos 2 ( x) ctg ( x) .
5. x 2 ⋅ y′ − 2 x ⋅ y = 3 y .
6. 2 y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −2 .
7. 9 y′′ + 6 y′ + y = 0 .
8. 3 y′′ − 3 y′ + y = − x + 2 .
9. y′′ + 7 y′ = sin(2 x) .
10. y′′ + 9 y′ + 8 y = ln( x) .
Вариант 11
1
.
sin( y )
2. y ′ + 2 y ⋅ ln( x) = 0, y (e) = 1.
3. y ′ + y ⋅ cos( x) = sin( x) cos( x) .
4. ( x 2 − 1) y ′ − x ⋅ y = x ( x 2 − 1) .
3x 9
5. y′ − − 3 = 0 .
y x
6. y ′′ + 4 y ′ + 5 y = e 2 x .
7. 7 y ′′ + 4 y ′ + 3 y = 0, y (0) = −3, y ′(0) = 5 .
8. y′′ + 2 y′ + y = 0 .
9. 2 y′′ + 5 y = −2 x 2 + 1 .
10. 4 y′′ + 9 y′ + 2 y = 3 cos( x) + 5 sin( x) .
1. y ⋅ y′ = −2 x
Вариант 12
1. (1 + e x ) y ⋅ y ′ = e x .
2. y ′ ⋅ ctg( x) + y = 2, y (0) = −1 .
3. x ⋅ y ′ + ( x + 1) y = 3x 2 ⋅ e − x .
44
45
2 x ⋅ y′ − 6 y + x 2 = 0 .
x ⋅ y ′ − y (2 y ⋅ ln( x) − 1) + y = 0 .
y ′′ + 6 y ′ + 2 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 2 .
2 y′′ − 4 y′ + 2 y = 0 .
8. y′′ + 3 y′ = 5 x 2 .
9. 5 y ′′ + 4 y′ + y = 0 .
10. 2 y′′ + 9 y′ + 4 y = 2 cos( x) − 3 sin( x) .
4.
5.
6.
7.
Вариант 13
1. x 2 ⋅ y′ + y = 0 .
2. (1 + e 2 x ) y 2 ⋅ dy = e x ⋅ dx .
3. y′ ⋅ cos( x) + y ⋅ sin( x ) = 1.
y
4. y ′ + 2 = e x .
x
5. x ⋅ y′ − y 2 ⋅ ln( x) + y = 0 .
6. 4 y ′′ − 7 y ′ − 8 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −2 .
7. 9 y′′ − 6 y′ + y = 0 .
8. y′′ − 4 y′ + 5 y = sin( x) .
9. 2 y′′ + 7 y′ = − x + 3 .
10. 8 y ′′ − 9 y ′ + y = e − 2 x .
Вариант 14
1. ( x + x ⋅ y ) + y ′ ( x + x ⋅ y ) = 0 .
y
2. y ′ =
, y (0) = 1.
cos( x ) ⋅ ln( y )
3. y′ − 4 y = cos( x) .
4. x ( x − 1) y ′ − ( x + 1) y + 4 = 0 .
3y
5. y ′ +
= x y.
1− x2
1
1
6. 4 y ′′ + 7 y ′ − 8 y = 0, y (0) = , y ′(0) = .
2
3
7. y′′ − 2 y′ + y = 0 .
8. 5 y′′ − 4 y′ + y = − x + 5 .
46
9. 2 y′′ + 8 y = sin( 2 x) .
10. y ′′ − 9 y ′ + 8 y = e 2 x .
Вариант 15
1. y′ + sin( x + y ) = sin( x − y ) .
2. (1 + y 2 ) dx = x ⋅ y ⋅ dy, y (2) = 1.
2
3. y ′ − 4 x ⋅ y = x ⋅ e − x .
4. y′ = 2 x ⋅ y + y 2 .
5. y′ = y 2 + x 2 .
6. 6 y ′′ + y ′ − y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 4 .
7. 8 y′′ + 8 y′ + 2 y = 0 .
8. 3 y′′ + 5 y = sin( x) .
9. 3 y′′ + 4 y′ + 2 y = − x 2 + 2 x + 1 .
10. 4 y ′′ − 9 y ′ + 2 y = 3e −3 x .
Вариант 16
1. ( x ⋅ y 2 + y 2 ) dx = ( x 2 − x 2 ⋅ y ) dy .
y ⋅ y′
2.
+ e y = 0.
x
3. y′ ⋅ cos( x) + y = 1 − sin( x) .
x⋅ y
1
.
4. y′ +
=
2
4+ x
4 + x2
5. y ⋅ dx − x ⋅ dy = x ⋅ y ⋅ dx .
6. y ′′ + y ′ − 6 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = −3 .
7. y′′ + 4 y′ + 4 y = 0 .
8. 3 y ′′ − 4 y ′ + 2 y = 3e 2 x .
9. 3 y′′ + 7 y′ = − x 2 + 5 .
10. 2 y′′ − 9 y′ + 4 y = cos(2 x) − 2 sin(2 x) .
Вариант 17
1. (1 + x ) y ′ + y = 0 .
2. y ⋅ ln 3 ( y ) + x + 1 ⋅ y′ = 0 .
47
3. (1 − x 2 ) y ′ + y = arctg( x) .
4. ( x 2 − 1) y ′ − x ⋅ y = x 3 − x .
5. y′ +
2 y
2y
.
=
x cos 2 ( x)
6. 2 y ′′ + y ′ − 3 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −1 .
7. 16 y′′ − 8 y ′ + y = 0 .
8. 3 y ′′ + 4 y ′ + 3 y = e − x .
9. 4 y′′ + 3 y = 2 x 2 − 1 .
10. y′′ − 2 y′ − 3 y = cos(2 x) − 3 sin(2 x) .
5. y ′ +
4
2y
= 3x 2 ⋅ y 3 .
x
1
1
6. 6 y ′′ − y ′ − y = 0, y (0) = , y ′(0) = − .
2
3
7. 3 y′′ + 6 y′ + 3 y = 0 .
8. 2 y ′′ + 4 y ′ + 3 y = e 2 x .
9. 3 y′′ + 8 y ′ = 1 − 2 x 2 .
10. y ′′ − 3 y ′ + 2 y = 5e 2 x .
Вариант 20
1. sin( x) sin( y ) dx + cos( x) cos( y ) dy = 0 .
2. ( x ⋅ y 2 + x) dx + ( x 2 ⋅ y − y ) dy = 0 .
2
Вариант 18
1. x + x ⋅ y + y 2 (1 + x) y ′ = 0 .
π
2. y ′ ⋅ sin( x) + y ⋅ ln( y ) = 0, y   = 1,7 .
2
3. y′ + y = cos(x) .
1
4. x 2 ⋅ y + y = x 2 ⋅ e x .
y
y2
.
=
x −1 x −1
6. y ′′ − y ′ − 6 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = −2 .
7. y′′ + 2 y′ + y = 0 .
8. 2 y′′ − 4 y ′ + 3 y = x 2 + 2 x + 1.
9. 4 y′′ + y = 2 cos(2 x) .
10. y ′′ − 5 y ′ + 6 y = e 3 x .
5. y′ −
Вариант 19
dx
dy
+ tg( x)
= 0.
1. tg( y )
2
cos ( x)
cos 2 ( y )
2. (1 + e x ) y ⋅ y ′ = e x , y (0) = 1 .
3. (1 − x 2 ) y ′ + 2 x ⋅ y − 4 x = 0 .
4. (1 − x 2 ) y ′ + 2 x ⋅ y + 4 x = 0 .
48
2 y e −x
3. y ′ +
=
.
x
x
4. y ′ + x ⋅ y = ( x − 1) e − x .
2
5. y ′ − x ⋅ y = −e − x ⋅ y 3 .
6. 2 y ′′ − 5 y ′ + 2 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = 1.
7. 4 y′′ + 4 y′ + y = 0 .
8. 3 y′′ − 4 y′ + 3 y = − x + 3 .
9. 4 y′′ + 13 y = cos( x) .
10. y ′′ + y ′ = e − x .
Вариант 21
1. (1 + x 2 ) y ′ + y 1 + x 2 = x ⋅ y .
2. y′ + cos( x + 2 y ) = cos( x − 2 y ) .
3. x 2 ⋅ y′ + x ⋅ y + 1 = 0 .
4. y′ = 2 y − x 3 − 3 .
5. x ⋅ y′ + y = y 2 ⋅ ln( x) .
6. 2 y ′′ − y ′ − 3 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = 1.
7. y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 .
8. y′′ + 4 y ′ + 6 y = cos(2 x) − sin( 2 x) .
9. 4 y′′ + y ′ = 2 x 2 − 3 x .
1
10. y ′′ − 7 y ′ + 6 y = 6 x .
e
49
Вариант 22
1. ( x ⋅ y 2 + x) dx + ( y − x 2 ⋅ y ) dy = 0 .
2. (1 + e x ) y ⋅ y ′ = e x , y (1) = 1.
2
3. y ′ + 2 x ⋅ y = 2 x 2 ⋅ e − x .
4. y′ + 2 y = x 2 + 2 x .
5. y ′ − y ⋅ tg ( x) + y 2 ⋅ cos( x) = 0 .
6. 3 y ′′ + y ′ − 2 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −1 .
7. y′′ + 6 y′ + 9 y = 0 .
8. 6 y ′′ + 4 y ′ + y = e x .
9. 4 y′′ + 9 y′ = 2 x 2 + 5 x − 1.
 x
x
10. y ′′ − 6 y ′ + 8 y = cos   + sin   .
2
2
Вариант 23
1. x ⋅ y ⋅ y ′ = 1 − x 2 .
2. 3e x ⋅ tg( y ) dx + (1 + e x )
dy
cos 2 ( y )
3. x ⋅ y ′ − y = x 2 ⋅ cos( x) .
y
4. y′ + = 2 ln( x) + 1.
x
x
x⋅ y
5. 2 y′ − = 2 .
y x −1
= 0.
Вариант 24
1− 2 x
.
1. y ⋅ y′ =
y
2. x 1 − y 2 ⋅ dx + y 1 − x 2 ⋅ dy = 0 .
3. y ′ = e 2 x − y ⋅ e x , y (0) = 1 .
4. x ⋅ y ′ − 4 y − x 2 y = 0 .
(1 + x 2 ) y ′ + y = arctg( x) .
y ′′ + 8 y ′ + 7 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = −3 .
y′′ − 2 y′ + y = 0 .
5 y′′ + 8 y′ = 2 x − 3 .
9. 6 y ′′ − 4 y ′ + y = e 2 x .
10. y′′ + 3 y′ − 4 y = cos(5 x) .
5.
6.
7.
8.
Вариант 25
1. y ′ ⋅ tg ( x) − y = 5 .
y x −1
2. y ′ =
, y (0) = 1.
1+ y x
3. ( x ⋅ y ′ − 1) ln( x) = 2 y .
2
2
6. 3 y ′′ − y ′ − 2 y = 0, t (0) = , y ′(0) = 1.
3
7. y′′ − 8 y′ + 16 y = 0 .
8. y′′ − 4 y′ + 6 y = 3 cos(2 x) + sin( 2 x) .
9. 4 y′′ + 7 y′ = x 2 − 1 .
10. y ′′ + 9 y ′ + 20 y = e x .
2 y e −x
4. y ′ +
.
=
x
x
5. x ⋅ y′ + 2 y = 2 y ⋅ cos( x) .
6. 8 y ′′ + 9 y ′ + y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −1.
7. y′′ + 10 y′ + 25 y = 0 .
8. 5 y′′ + y′ = x − 1.
9. y′′ + 5 y′ + 7 y = cos(2 x) − 3 sin(2 x) .
10. y ′′ − 4 y ′ + 3 y = 2e x .
Вариант 26
1. x ⋅ y′ + y = y 2 .
π 1
2. y ′ = (2 y + 1) ctg( x), y   = .
 4 2
2
3. 2 x ( x + y ) dx = dy .
50
51
4. y ′ − y = e x .
5. x 2 ⋅ y ′ = y ( x + y 2 ) .
6. y ′′ + 9 y ′ + 8 y = 0, y (0) = 3, y ′(0) = −3 .
7. y′′ − 12 y′ + 36 y = 0 .
8. 5 y ′′ + 2 y = 1 − x + 3x 2 .
9. 7 y′′ + 5 y′ + y = x .
10. 2 y ′′ − 3 y ′ + 2 y = e 3 x .
Вариант 27
1− y2
= 0.
1− x2
2. y ⋅ ln( y ) dx + x ⋅ dy = 0, y (1) = 1.
3. (2 x + 1) y ′ = 4 x + 2 y .
4. y′ + x 2 ⋅ y = x 2 .
5. y′ + y = x ⋅ y 3 .
6. 4 y ′′ + 9 y ′ + 2 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = 1.
7. 9 y′′ + 12 y′ + 4 y = 0 .
8. 5 y ′′ + 3 y ′ = 2e 2 x .
9. 2 y′′ + 5 y′ + 4 y = cos( x) .
10. y′′ + 4 y′ + 3 y = 2 x 3 .
1. y′ +
Вариант 28
1. 1 − y 2 ⋅ dx + y 1 − x 2 ⋅ dy = 0 .
y ⋅ ln( y )
2. y ′ =
, y (0) = 1 .
sin( x)
3. y ′ cos( x) − y sin( x) = sin(2 x) .
4. ( x 2 + x) y ′ = 2 y + 1 .
5. y ′ + x 3 y = 3 y .
1
6. 2 y ′′ + 9 y ′ + 4 y = 0, y (0) = , y ′(0) = 4 .
2
7. y′′ − 2 y′ + 2 y = 0 .
8. 5 y ′′ + 4 y = e 2 x .
52
9. 2 y′′ − 5 y′ + 4 y = x 2 − 2 x + 3 .
10. y′′ + 6 y′ + 8 y = 3 cos( x) − 2 sin( x) .
Вариант 29
4 − y 2 ⋅ dx = 1 + x 2 ⋅ dy .
1
 π
2. y ′ = (2 y + 1) ctg( x), y   = − .
2
4
3y
3. y′ −
= x.
x
4. x ⋅ y′ + 2 y = 3x .
x
5. y ′ = e 2 x + y .
y
′
′
6. 8 y − 9 y ′ + y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 2 .
7. y′′ − 4 y′ + 4 y = 0 .
8. 5 y′′ + 6 y = −2 sin( x) .
9. 3 y′′ + 5 y′ + 3 y = x 2 + 2 x − 5 .
10. 4 y ′′ − 7 y ′ − 8 y = 4e 2 x .
1.
Вариант 30
1. (3x + 5) dy + 3 y 2 ⋅ dx = 0 .
y ⋅ y′
2.
+ e y = 0, y (1) = 0 .
x
3. y ′ = e 2 x − y ⋅ e x .
4. x ⋅ y′ + 5 y = 2 x 2 .
5.
6.
7.
8.
9.
x ⋅ dy = ( x 5 ⋅ y 2 − 2 y ) dx .
y ′′ − 9 y ′ + 8 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −1 .
y′′ + 6 y′ + 9 y = 0 .
y′′ − 11y = 3 cos( x) .
3 y′′ − 5 y ′ + 3 y = x − 2 .
x
10. 4 y ′′ + 7 y ′ − 8 y = 3e 4 .
53
Приложение 2
Краткая историческая справка
Теория дифференциальных уравнений зародилась на рубеже
XVII–XVIII веков. Термин «дифференциальное уравнение» принадлежит великому немецкому математику Готфриду Вильгельму
Лейбницу (1646–1716), создавшему (наряду с И. Ньютоном) дифференциальное и интегральное исчисление.
Стремительный прогресс естествознания и техники ставил
новые задачи, которые приводили к дифференциальным уравнениям.
Поиск методов решения полученных дифференциальных уравнений был одной из основных проблем, ставших перед математиками. Лейбниц и его ближайший ученик и соратник Иоганн Бернулли
(1667–1748) разработали методы интегрирования дифференциальных уравнений 1-го порядка, изложенные в 1-й главе: метод разделения переменных, метод решения однородных дифференциальных уравнений, метод решения линейных дифференциальных
уравнений и уравнений, носящих имя Бернулли.
Отметим, что И. Бернулли ввел понятие порядка дифференциального уравнения, ему же принадлежит и выражение «разделение
переменных». Обладавший большим педагогическим даром, он подготовил блестящую плеяду ученых нового поколения, среди которых
величайший математик XVIII века Леонард Эйлер (1707–1783).
Л. Эйлер родился в Базеле 4 апреля 1707 года в семье священника.
Обучаясь в старших классах семинарии, Эйлер в свободное время
посещал лекции И. Бернулли по математике в Базельском университете. Бернулли заметил необыкновенно талантливого юношу
и стал с ним заниматься индивидуально по субботам в свое свободное время.
В 1727 году двадцатилетний Эйлер приехал в Россию,
в С.-Петербург, где проработал 14 лет профессором математики.
В 1741 году он покинул Россию и уехал в Берлин. По приглашению Екатерины II в 1766 году Эйлер вернулся в Россию и до конца
своей жизни работал в С.-Петербургской Академии наук. Похоронен Эйлер в С.-Петербурге. Леонард Эйлер внес огромный вклад
в развитие многих областей математики, в частности и в теорию
дифференциальных уравнений. Его метод определения частных
54
решений линейных однородных дифференциальных уравнений
с постоянными коэффициентами рассмотрен во втором параграфе
3-й главы.
В XVIII веке значительные результаты в теории дифференциальных уравнений были получены выдающимся французским математиком Ж. Даламбером (1717–1783) и Ж. Л. Лагранжем (1736–1813).
Даламбер первым сформулировал и доказал теоремы о структуре
общего решения линейного однородного и линейного неоднородного дифференциальных уравнений, причем его формулировки отличаются от современных лишь отсутствием в них условия линейной независимости частных решений. Понятие линейной независимости было введено в математику лишь во второй половине
XIX века немецким математиком Э. Кристофером (1825–1900).
Один из результатов исследований Лагранжа – метод определения
частного решения линейного неоднородного уравнения (метод вариации произвольных постоянных) – изложен в третьем параграфе
3-й главы.
Среди ученых XIX века, разрабатывавших теорию дифференциальных уравнений, назовем великого французского математика
О. Коши (1789–1857). Труды Коши относятся к различным областям математики. Всего он опубликовал более 800 работ. Отметим
лишь два фундаментальных результата Коши, которых мы касаемся в данном курсе. Это постановка одной из важнейших общих задач теории дифференциальных уравнений – задачи определения
частного решения дифференциального уравнения, удовлетворяющего заданным начальным условиям (задача Коши), и теорема существования и единственности частного решения дифференциального уравнения.
В заключение укажем, что в XIX–XX веках русские математики В. А. Чаплыгин, С. Л. Соболев, В. В. Степанов получили значительные результаты, обогатившие теорию дифференциальных
уравнений.
55
Оглавление
Глава 1. Дифференциальные уравнения первого порядка………….
1.1. Основные понятия и определения………………………………...
1.2. Уравнения с разделяющимися переменными…………………….
1.3. Однородные дифференциальные уравнения……………………..
1.4. Линейные дифференциальные уравнения первого порядка
и уравнение Бернулли…………………………………………………..
1.4.1. Метод Бернулли……………………………………………….
1.4.2. Метод Лагранжа………………………………………………
1.4.3. Уравнение Бернулли………………………………………….
Глава 2. Дифференциальные уравнения высших порядков………..
2.1. Основные понятия и определения………………………………...
2.2. Дифференциальные уравнения, допускающие понижение
порядка………………………………………………………………………
Глава 3. Линейные дифференциальные уравнения второго
порядка……………………………………………………………………..
3.1. Основные понятия. Теоремы о структуре общего решения
линейного однородного и линейного неоднородного уравнений…...
3.2. Линейные однородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами………………………………………
3.3. Линейные неоднородные дифференциальные уравнения
с постоянными коэффициентами………………………………………
3.4. Решение линейных неоднородных дифференциальных
уравнений с постоянными коэффициентами методом
вариации произвольных постоянных Лагранжа………………………
Глава 4. Приложение дифференциальных уравнений……………….
4.1. Строительная механика и сопротивление материалов…………..
4.2. Теплотехника……………………………………………………….
4.3. Гидравлика и технология производства…………………………..
Рекомендуемая литература………………………………………………...
Приложение 1. Варианты индивидуального задания…………………….
Приложение 2. Краткая историческая справка…………………………...
56
3
3
4
8
10
10
12
14
17
17
18
23
23
24
27
30
34
34
36
38
40
41
54
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
0
Размер файла
409 Кб
Теги
konovalov, diff, uravn
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа