шапкин задачи с решениями

Тогда

dy

= υ

du

+ u

dv

dx

dx

dx

и уравнение (1) принимает вид

du

é dv

ù

υ

+ uê

+ P(x)υ ú = Q(x)

(2)

dx

ë dx

û

Пользуясь тем, что одно из вспомогательных переменных, на - пример υ, выбрано произвольно, подберем его так, чтобы выражение в квадратных скобках обратилось в нуль, т.е. в качеств еυ возьмем одно из частных решений υ = υ(х) уравнения с разделяющимися переменными

dxdv + P(x)υ = 0.

Подставив выражение υ = υ(х) в уравнение (2), получим уравнение относительно функции u:

υ dxdu = Q(x).

Это также уравнение с разделяющимися переменными. Найдя общее решение этого уравнения u = u(х, C), получим общее решение уравнения (1):

y = u(õ, C) υ (x).

Пример 4.9. Найти общее решение уравнения y¢ – y tg x = sin x.

Решение. Положим y = uυ, тогда y′ = u′υ + uυ′ и данное уравнение принимает вид

u¢υ + uυ¢ – uυ tg x = sin x,

èëè

u¢υ + u(υ¢ – υ tg x) = sin x. (*)

Решая уравнение υ′ – υ tg x = 0, получим простейшее частное решение:

	dυ	= υ tg x;	dυ	= tg x dx; ln |υ |= − ln | cos x |,
	dx		υ

	откуда	1
	υ =		.
		cos x

191

Подставляя υ в уравнение (*), получим уравнение

u¢× cos1 x = sin x

из которого находим u:

dxdu × cos1 x = sin x; du = sin x cos x dx,

откуда

u = sin2 x + C. 2

Итак, искомое общее решение

æ sin2		x	ö	1
y = uυ = ç			+ C ÷		.
ç	2		÷
è			ø cosx

Пример 4.10. Решить дифференциальное уравнение: y¢ + y · tg x = cos2 x.

Решение. Полагая y = uυ, приводим это уравнение к виду

υ[u¢ + u tg x] + uυ¢= cos2x.

Приравняем квадратную скобку к нулю:

мы получим, что		u¢ + u tg x = 0,
	du	= -tg x dx; lnu = lncos x, u = cos x.
	u

Подставляя полученное значение u в уравнение, получаем следующее уравнение для υ:

ños x · υ¢ = cos2x.

Отсюда находим:

υ¢ = cos x, υ = sin x + C.

Таким образом,

y = uυ = cos x(sin x + C).

192

Пример 4.11. Рассмотрим следующую задачу:

Материальная точка движется по прямой линии в сопротивляющейся среде под действием периодически меняющейся си лы F1 = A sin ω t. Сопротивление среды пропорционально скорости движения. Вывести закон изменения скорости тела, если его на- чальная скорость равнялась нулю.

По условию на тело действуют две силы: сила сопротивления среды F2 = –kυ и периодическая сила F1 = A sin ω t. Общая сила равна F = –kυ + A sin ω t. Но по второму закону Ньютона имеем F = ma, а ускорение — это производная скорости по времени:

a = ddtυ . Отсюда приходим к уравнению

ddtυ = - mk υ + mA sinω t.

Это линейное уравнение первого порядка. Полагая υ = uw, находим, что

æ

k

ö

A

uw¢ + wçu¢ +

u ÷ =

sinω t;

m

m

è

ø

u = e−

k

t ;

w¢ =

A

e

k

t sinω t;

m

m

m

k

t

é k

ù

Ae m

w =

ê

sinω t

-ω cosω tú

+ C;

k

2

2

ω

2

+ m

ëm

û

A

é k

ù

−

k

t

υ = uw =

ê

sinω t -ω cosω tú

+ Ce

m

.

k

2

+ m

2

ω

2

ë m

û

Полагая t = 0, υ = 0, находим

0 = C -

Aω

, C =

Aω

;

k2 + m2ω 2

k2 + m2ω 2

имеем

υ =

A

é

k

sinω t -ω cosω t +ωå

−

k

t ù.

m

2

2

2

k

ê

ú

+ m

ω

ë m

û

193

4.5. Уравнение Бернулли

Уравнением Бернулли называется дифференциальное уравне - ние 1-го порядка вида:

y = P(x)y + Q(x)ym,

где m ¹ 0, m ¹ 1 (при m = 0 уравнение является линейным, а при m = 1 — уравнение с разделяющимися переменными).

Так же, как и линейное, уравнение Бернулли можно проинтегрировать с помощью подстановки y = uυ или свести к линейному уравнению с помощью подстановки z = y1 – m.

Пример 4.12. Решить уравнение y¢ = y + x2 . x y

Полагая y = uυ, приводим уравнение к виду

æ du			u ö		æ dυ			x2 ö
υ ç		-		÷	+ ç		u -			÷	= 0.
è dx			x ø		ç			u	υ ÷
					è dx				ø

Из общего решения u = Cx уравнения

dxdu - ux = 0

выбираем в качестве функции u одно частное решение, например

											u1 = õ.
	Подставляя u1					в исходное уравнение, получаем новое уравне-
íèå		dυ	x -	x2	= 0,	èëè	dυ	=		1	. Его общее решение υ = 2x + C.
		dx		xυ			dx		υ

Перемножая u1 и v, получаем общее решение исходного уравнения y = x 2x + C.

Пример 4.13. Решить уравнение Бернулли относительно x = x (y):

dxdy = 2xy - 21x .

Положим x = uυ и приведем уравнение к виду:

æ du			u	ö	æ dυ			1	ö
υç		-		÷	+ ç		u +		÷	= 0.
ç				÷	ç	dy			÷
è dy			2y ø		è			2uυ ø

194

Рассмотрев уравнение

dudy − 2uy = 0,

возьмем его частное решение u1 = y. Тогда мы придем к уравне-

íèþ	dυ	y +	1	= 0,	общее решение которого υ 2 = ln	C	.
	dy		υ	y		y
			2

Перемножая u12 = y è υ2, получим общий интеграл исходного уравнения

x2 = y ln Cy .

4.6. Дифференциальные уравнения второго порядка вида y² = f (x)

Уравнения вида y² = f (x) решаются двукратным интегрированием. Полагая y¢ = z, получим y² = z¢; в результате приходим к уравнению первого порядка с разделяющимися переменными :

		′		dz
	z		= f (x),	èëè dx = f (x), èëè dz = f (x)dx.

Интегрируя это уравнение, получим

òdz = ò f (x)dx,

откуда

z = F (x) + C1

[здесь F (x) — первообразная от f (x)]. Заменяем в последнем урав-

dy

нении z значением dx :

dxdy = F (x) + C1,

èëè

dy = [F (x) + C1]dx.

195

Интегрируя последнее уравнение, находим

y =

ò

F(x)dx + C1x +C2,

откуда

ó = F(õ) + Ñ1õ + Ñ2.

Это и есть общее решение уравнения y² = f (x).

Пример 4.14. Найти общее решение уравнения

y² = 1 – x2.

Решение. Положим

dy

= z, тогда данное уравнение запишется

dx

â âèäå:

dz

=1– x2 ,

èëè dz = (1 – x2)dx.

dx

В результате интегрирования найдем

z = x -

x3

+ C .

3

1

Отсюда

æ

ö

dy

x

3

x

3

= x -

+ C1,

èëè

dy = ç x

-

+ C

÷dx.

dx

3

ç

3

1

÷

è

ø

Интегрируя это уравнение, получаем общее решение

y =

x2

-

x4

+ C x + C

.

2

2

12

1

Пример 4.15. Найти частное решение уравнения

y² = sin x – 1,

удовлетворяющее заданным начальным

условиям y (0) = –1,

y¢ (0) = 1.

Решение. Имеем

dy

= z,

откуда

dx

dz

= sin x –1, dz = (sin x -1)dx;

dx

z = –cos x – x + C1.

196

Следовательно,

y¢ = –cos x – x + C1.

Используя начальные условия y′ (0) = 1, получаем

1 = –cos 0 + C1,

откуда C1 = 2. Таким образом,

dxdy = – cos x - x + 2,

èëè

dy = (–cos x – x + 2)dx.

Интегрируем это уравнение:

y = -sin x - x2 + 2x + C2 . 2

Используя теперь начальные условия y (0) = –1, находим C2 = –1. Итак, искомое частное решение имеет вид:

y = -sin x - x2 + 2x -1. 2

4.7. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

Линейным однородным дифференциальным уравнением второго порядка с постоянными коэффициентами называется ур авнение вида

y² + py¢ + qy = 0.

(1)

Для отыскания общего решения уравнения (1) составляется характеристическое уравнение

r2 + pr + q = 0,

(2)

которое получается из уравнения (1) заменой в нем производ ных искомой функции соответствующими степенями r, причем сама функция заменяется единицей.

197

Тогда общее решение уравнения (1) строится в зависимости от характера корней r1 è r2 уравнения (2). Здесь возможны три случая.

1-й с л у ч а й. Корни r1 è r2 — действительные и различные. Тогда общее решение уравнения (1) имеет вид:

y = C1er 1 x + C1er 2x .	(3)
2-й с л у ч а й. Корни r1 è r2 — действительные и	равные:

r1 = r2 = r. В этом случае общее решение уравнения (1) имеет вид:

ó = (Ñ1 + Ñ2 x)erx.	(4)
3-й с л у ч а й. Корни r1 è r2 — комплексно	сопряженные:
r1 = α + β i, r2 = α – β i. Тогда общее решение зависывается так:
ó = eax(Ñ1 cos βx + Ñ2 sin βx).	(5)

Пример 4.16. Найти общее решение уравнения y² – 5y¢ – 6y = 0.

Решение. Запишем характеристическое уравнение; для этого заменим функцию у и ее производные y¢ и y² соответствующими степенями r: r0 = 1, r è r2. Тогда получим

r2 – 5r – 6 = 0,

откуда r1 = –1, r2 = 6. Так как корни характеристического уравнения действительные и различные, то общее решение да н- ного дифференциального уравнения согласно формуле (3) име ет вид:

ó = Ñ1e–x + Ñ2e6x.

Пример 4.17. Найти общее решение уравнения

y² – 4y¢ + 4y = 0.

Решение. Составляем характеристическое уравнение

r2 – 4r + 4 = 0,

198

из которого находим r1,2 = 2. Характеристическое уравнение имеет равные действительные корни, поэтому согласно формуле (4) общее решение запишется следующим образом:

ó = e2x(Ñ1 + Ñ2x).

Пример 4.18. Найти общее решение уравнения

y² + 9y = 0.

Решение. Этому уравнению соответствует характеристическое уравнение

r2 + 9 = 0,

имеющее два мнимых сопряженных корня r1,2 = ±3i. Используя формулу (5) при α = 0 è β = 3, получаем общее решение

ó = Ñ1 cos 3x + Ñ2 sin 3x.

Пример 4.19. Найти общее решение уравнения

y² + 6y¢ + 25y = 0.

Решение. Характеристическое уравнение

r2 + 6r + 25 = 0

имеет два комплексно сопряженных корня r1,2 = –3 ± 4i. По формуле (5) при α = –3 è β = 4, получаем общее решение

ó = e–3x(Ñ1 cos 4x + Ñ2 sin 4x).

Пример 4.20. Найти частное решение уравнения y² – 3y¢ + 2y = 0, удовлетворяющее заданным начальным условиям y(0) = 1, y¢ (0) = –1.

Решение. Запишем характеристическое уравнение

r2 – 3r + 2 = 0

его корни r1 = 1, r2 = 2. Следовательно, общее решение имеет вид:

ó = Ñ1ex + Ñ2e2x.

199

Далее, используя начальные условия, определяем значения постоянных С1 è Ñ2. Для этого подставим в общее решение заданные значения х = 0, у = 1; в результате получим одно из уравнений, связывающее С1 è Ñ2:

1 = Ñ1 + Ñ2.

Второе уравнение относительно С1 è Ñ2 получим следующим образом. Продифференцируем общее решение:

ó¢ = Ñ1ex + 2Ñ2e2x

и подставим в найденное выражение заданны е значения х = 0, у′ = –1:

–1 = Ñ1 + 2Ñ2.

Из системы

ìC1 + C2 =1, íîC1 + 2C2 = –1

находим С1 = 3, Ñ2 = –2. Следовательно, искомое частное решение имеет вид

ó= 3ex – 2e2x.

4.8.Линейные неоднородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными

коэффициентами

Линейное неоднородное дифференциальное уравнение второ - го порядка с постоянными коэффициентами имеет вид:

y² + py¢ + qy= f (x).

(1)

Оно отличается от соответствующего линейного однородно - го уравнения

y² + py¢ + qy = 0.

(2)

наличием в правой части некоторой функции f (x).

200