14. Методические указания 2

Индивидуальное задание и его решение

ln v = ln x2

в) u′x2 = 2x5u

ln u = 1 x4 + C 2

1 4
г) y = e		x +C x2		—
	2

v = x2 .
du	= 2x3u				du	= 2x3dx	∫	du	= ∫2x3dx
dx					u			u
		1	x4 +C
				.
u = e 2

это общее решение данного д.у.

8) Решить дифференциальное уравнение:

x( y′ + y) = e−x .

Преобразовав

исходное

уравнение,

получим

д.у.

вида

(5):

y′ + y =

e−x

.

x

′

′

′

′

′

e−x

′

+ u[v

′

+ v]=

e

−x

а) y = uv, y

+ uv =

.

= u v + uv

u v + uv

x

u v

x

б) v′ + v = 0

dv

= −v

dv

= −dx ln

v

= −x v = e−x .

′

−x

e−x

dx

′

1

v

1

=

=

= ∫

dx = ln

+ C .

в) u e

u

u

x

x

x

x

y = (ln

+ C )e−x .

г) Общее решение исходного д.у.:

x

′

=

1 + y 2

9) Решить дифференциальное уравнение: y

1 − x2 .

Разделим переменные:

dy

=

1 + y 2

dy

=

dx

∫

dy

= ∫

dx

dx

1 − x

2

2

− x

2

1

+ y

2

1 − x

2

1 + y

1

arctg y =

1

1 + x

+ C .

ln

2

1 − x

Последнее выражение есть общий интеграл исходного д.у. 10) Решить дифференциальное уравнение: yy′′ = (y′)2 .

128

Индивидуальное задание и его решение

Данное уравнение имеет вид (21). Поэтому применим замену

y

′

= z( y), y

′′

′

′

′

и сведем исходное д.у. к д.у. 1-го

= z ( y)

× y (x)

= z ( y) × z

порядка:

y z′ = z 2 z′ =

z 2

.

y

Разделим переменные:

dz

=

z 2

dz

=

dy

dz

=

dy

− z −1 = ln

y

+ C z = −

1

dy

y

z 2

y

∫ z 2

∫ y

1

ln

y

+ C

1

.

Вспоминая теперь, что z =

dy

, имеем:

dx

dy

= −

1

(ln

y

+ C )dy = −dx

∫

(ln

y

+ C )dy = −

∫

dx .

dx

ln

y

+ C1

1

1

Рассмотрим два случая.

Если y > 0 , то

y

= y .

Так как ∫ln ydy =

dv = dy

u = ln y

= y ln y − ∫dy = y ln y − y , то общий

v = y

du =

dy

y

интеграл исходного д.у. имеет вид:

y ln y − y + C1 y = −x + C2 .

Если y < 0 , то

y

= −y и тогда

∫ln(− y)dy =

dv = dy

u = ln(− y)

= y ln(− y)+ ∫dy = y ln(− y)+ y .

= y du = −

dy

v

y

Общий

интеграл

исходного

д.у. в

этом случае примет вид:

y ln(− y)+ y + C1 y = −x + C2 .

11) Решить дифференциальное уравнение: y′′ = x

.

y′

Это

уравнение

имеет

вид

(20).

Поэтому

используя замену

y

′

= z(x), y

′′

′

= z (x) , сведем исходное д.у. к уравнению 1-го порядка:

z′ = x z .

129

Индивидуальное задание и его решение

Разделим переменные:

dz

= x

dz

= xdx

dz

=

xdx 2

=

x2

+ C

z

z

dx

z

∫ z

∫

2

1

x2

C

2

z =

+

1

.

4

2

Теперь, возвращаемся к старым переменным:

dy	x2			C	2		x2			C	2			x4			C x2		C 2
			+	1					+	1		dx				+	1	+	1
dx	=	4		2			dy =	4		2				y = ∫	16		4		4	dx

1 x5

y =

4 20

	C x3		2
+	1	+ C		x	+ C	2	.
	3	1

12) Решить дифференциальное уравнение: y′′ +

2x

y′ = 2x .

x2 +1

Это уравнение,

так же как и предыдущее, сводится к д.у. 1-го

порядка заменой

y

′

= z(x),

y

′′

′

(см (20)).

= z (x)

′

2x

Получаем д.у.: z

+ x2 +1 z = 2x Полученное уравнение имеет вид (5).

Разобьем решение на несколько этапов.

а)

′

′

′

′

′

2x

z = uv, z

+ x2 +1uv = 2x

= u v + uv

u v + uv

′

′

+

2x

= 2x .

v

2

v

u v + u

x

+1

′

2x

dv

2x

dv

2x

б) v

+ x2

+1v = 0

dx = − x2 +1v

v

= − x2 +1 dx

∫

dv

= −∫

2x

dx

x

2

v

+

1

Вычислим второй интеграл:

∫

2x

dx

=

x2 +1 = t

= ∫

dt

= ln

t

+ C = ln

x2

+1

+ C .

x

2

+1

2xdx = dt

t

130

Индивидуальное задание и его решение

Таким образом, получаем: ln																																v		= −ln		x2 +1									v =				1					.
													1																																				x2 +			1
в)						u′										= 2x																													u′ = 2x3 + 2x
										x2 +1
u = ∫(2x3 + 2x)dx . u =																							1		x4 + x2 + C1
																				2
1				4								2								1
г) z =			x			+ x							+ C														.
2															1		x2 +1
Теперь подставляем найденную функцию z в равенство y′ = z :
			1				4							2												1											1 x4								+ 2x2 +1 + 2C1										−1
y′ =					x				+ x						+ C																		y =																								dx
			2																							+		1									2 ∫										x2 +1
																		1		x2
y =						1					(x2				+1)2 + 2C −1																						y =				1					2	+	1 +		2C −1
									∫																	1								dx											∫ x								1			dx
						2										x		2		+1																					2										x		2
																																																					+		1
																					1					x	3
													y =																+ x + (2C									−1)arctg x										+ C				.
																																																			2
																				2						3		1

13) Решить дифференциальное уравнение: 3xdy = ( y + 6x2 )dx .

Преобразуем исходное д.у. следующим образом:

dy	=	( y + 6x2 )	y′ −	1	y = 2x .
dx		3x
				3x

Получили линейное неоднородное д.у. 1-го порядка (см (5)).

Так же как и в предыдущих примерах, проведем решение в несколько этапов.

a)

y = uv, y

′

′

′

′

′

−

1

uv = 2x

= u v + uv

u v + uv

3x

′

′

−

1

= 2x .

v

u v + u v

3x

б)

v′ −

1

v = 0

dv

=

1

v

dv

=

dx

∫

dv

= ∫

dx

v

3x

3x

dx 3x

v 3x

ln

=

1

ln

v = 3

.

v

x

x

3

131

Индивидуальное задание и его решение

	в) u′3		= 2x u¢ = 2x2 3 u = 2∫x2 3dx u =						6x5 3	+ C .
		x
								5
			6x5 3			6
	г) y =			+ C x1 3	=		x2	+ Cx1 3 .
			5			5

14) Решить дифференциальное уравнение: (2xy - 3)y¢ + y 2 =1.

Решение данного д.у. будем искать в виде: x = x( y) .

dy

1 - y 2

dx

2xy − 3

dx

2 y

3

=

= -

+

x =

.

dy

y 2 -1

y 2 -1

dx 2xy -

3

dy y 2 -1

a) x = u( y) × v( y),

dx

= u¢v + uv¢ u¢v + uv¢ +

2 y

uv =

3

dy

y 2 -

1

y 2 -1

2 y

3

u¢v + u v¢ +

v

=

.

y

2

-1

y

2

-1

б) v¢ +

2 y

v = 0

dv

=

2 y

v

dv

=

2 y

dy

y 2 -1

y 2 -1

dy y 2 -1

v

∫

dv

= ∫

2 y

dy .

v

y

2

-

1

Второй интеграл найдем методом подстановки:

∫

2 y

dy =

y 2 -1 = t

=

∫

dt

= ln

t

+ C = ln(y 2 -1)+ C .

2

y

2 ydy = dt

t

-1

Имеем: ln

v

= ln(y 2 −1) v = (y 2 −1).

в) u′(y 2 −1)=

3

3

1

u′ =

u = 3∫

dy .

y 2 −1

(y 2 −1)2

(y 2 −1)2

Используя таблицы интегралов, получаем:

y

1

1 + y

u =

3

+

ln

+ C .

2(1

− y 2 )

4

1 − y

г)

3y

3

1 + y

3

3

1 + y

x =

+

ln

+ C (y 2

−1)= −

y +

(y 2 −1)ln

+ C(y 2 −1)

2

2(1 − y

)

4

1 − y

2

4

1 − y

.

132

Индивидуальное задание и его решение

15) Решить дифференциальное уравнение: x(ln y + 2ln x −1)dy = 2 ydx .

Разделим обе части данного д.у. на y : x(ln y + 2ln x −1)dy = 2dx . y

Сделаем замену переменных: z = (ln y + 2ln x −1) .

Тогда dz =	1	dy +	2	dx		dy	= dz −	2	dx .
	y					y
			x					x

Исходное уравнение примет вид − 2 =

: xz dz dx 2dx

x

xzdz = 2(1 + z)dx .
	zdz		= 2	dx			−		1
						∫
Разделим переменные:		+ z)				1
(1				x			(1		+ z)

	∫	dx
dz = 2		x

z − ln1 + z = 2ln x + C z = ln1 + z + 2ln x + C

z = ln (1 + z)x + C .

Возвращаясь к старым переменным, получаем общий интеграл исходного уравнения: ln y + 2ln x −1 = ln (ln y + 2ln x)x + C .

Решение задачи 2

1)Решить дифференциальное уравнение: y′′ − 3y′ + 2 y = 0 .

Характеристическое уравнение данного д.у. имеет вид:

λ2 − 3λ + 2 = 0 . Решаем это квадратное уравнение:

λ =

3 ±

9 − 8

=

3 ±1

λ = 2, λ

=1. По теореме 3 получаем общее

2

1,2

2

2

1

решение:

y

oo

= C e2 x

+ C

e x .

1

2

2) Решить дифференциальное уравнение: y′′ +16 y = 0 .

Составим характеристическое уравнение: λ2 +16 = 0 . Решая его, получаем: λ2 = −16 λ1,2 = ±−16 = ±4i . По теореме 3 (см. третью

строку) получаем общее решение данного д.у.:

yoo = C1 sin 4x + C2 cos 4x .

3) Решить дифференциальное уравнение: y′′ + 7 y′ = 0 .

133

Индивидуальное задание и его решение

Решим характеристическое уравнение: λ2 + 7λ = 0

λ1 = 0, λ2 = −7 . Тогда, общее решение имеет вид: yoo = C1 + C2e−7 x (см. теорему 7).

4) Решить дифференциальное уравнение: y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 .

Запишем характеристическое уравнение: λ2 − 6λ + 9 = 0 λ1,2 = 3 .

Воспользуемся второй строкой таблицы из теоремы 3. Получаем общее решение исходного д.у.: yoo = e3x (C1 + C2 x).

5)Решить дифференциальное уравнение: y′′ − 3y′ + 8 y = 0 .

Характеристическое уравнение имеет вид: λ2 − 3λ + 8 = 0

λ

=

3 ±

− 23

=

1

±

23

i . Тогда общее решение данного д.у. найдем,

1,2

6

2

6

используя третью строку из теоремы 3:

1

x

23

23

y

oo

= e 2

C sin

x + C

2

cos

x .

1

6

6

6) Найти частное решение д.у. y′′ − 3y′ = 0 , удовлетворяющее

начальным условиям

′

=1.

y(1) = 2, y (1)

Найдем общее решение: λ2 − 3λ = 0 λ = 0, λ

2

= 3

1

y

oo

= C + C

e3x .

1

2

Для реализации начальных условий нам понадобится производная

′

3x

общего решения:

yoo = 3C2e

. Подставляя в общее решение и его

производную вместо x число 1, а вместо y соответствующие числа,

получаем систему уравнений для нахождения C1 и C2 :

C + C				e3	= 2,
	1		2
		3	=1.
3C2e

Решая полученную систему, находим C2 = 1 , C1 = 5 . 3e3 3

134

Индивидуальное задание и его решение

Таким образом, искомое частное решение имеет вид:

y

=

5

+

1

e3x .

чo

3

3e3

7) Найти частное решение д.у. y′′ + 2 y′ + 5 y = 0 , удовлетворяющее

начальным условиям y(0) =

′

= 3 .

1, y (0)

λ2 + 2λ + 5 = 0 λ

= −1 ± 2i y

oo

= e−x (C sin 2x + C

2

cos 2x).

1,2

1

′

= −e

−x

(C1 sin 2x + C2 cos 2x)

+ e

−x

(2C1 cos 2x − 2C2 sin 2x).

Найдем yoo

Используя начальные условия, получаем:

C

=1,

C1 = 2 .

2

− C

2

+ 2C =1;

1

Частное

решение

данного

уравнения

имеет

вид:

yчo = e−x (2sin 2x + cos 2x).

Решение задачи 3

1) Решить дифференциальное уравнение: y′′ − 25 y = 6e2 x .

а) Записываем характеристическое уравнение, решаем его и находим

y00 :

λ2 − 25 = 0 λ1,2 = ±5 yoo = C1e5 x + C2e−5 x .

б) Частное решение исходного неоднородного уравнения имеет вид:

y

чн

= Ae2 x , где

A —

неизвестный коэффициент. Подставив y

чн

в

исходное уравнение, найдем A .

-25

y

Ae2 x

0

y′

2 Ae 2 x

1

y′′

4 Ae 2 x

6

4 Ae2 x − 25Ae2 x = 6e2 x − 21Ae2 x = 6e2 x A = −

.

21

Итак, y

= −

6

e2 x .

чн

21

в) Руководствуясь формулой (25), получаем:

135

Индивидуальное задание и его решение

yoн = C1e5x + C2e−5 x − 6 21

2) Решить дифференциальное уравнение: y′′ +

а) Характеристическое уравнение имеет вид:

e2 x .

5 y′ + 6 y = x2 + 4 .

λ2 + 5λ + 6 = 0 λ1 = −2 , λ2 = −3 yoo = C1e−2 x + C2e−3x .

б) Частное решение данного уравнения будем искать в следующем

виде: y	чн	= Ax2	+ Bx + C . Подставляя y	чн	в исходное уравнение,

получим:

2 A + 5(2 Ax + B)+ 6(Ax2 + Bx + C )= x2 + 4 ;

6 Ax2 + (10 A + 6B)x + 2 A + 5B + 6C = x2 + 4 .

Приравняем слева и справа коэффициенты при одинаковых степенях

x :

		x	2		6 A =1				A =					1
														6
		x			10 A + 6B			= 0								B = −						5
																					18
		x	0		2 A + 5B + 6C = 4 C =																					91
																									108
									=			1	x2			−		5		x +							91
Таким образом, получаем: y																														.
							чн
									6							18									108
в) Итак, y		= C e		−2 x + C		e−3x		+		1	x2 −						5		x +				91					.
	oн
		1		2					6							18					108

3) Решить дифференциальное уравнение: y′′ + 4 y = cos 5x .

а) Составим характеристическое уравнение:

λ2 + 4 = 0 λ				= ±2i y		oo	= C sin 2x + C	2	cos 2x .
		1,2					1
б) yчн = Asin 5x + B cos 5x . Найдем A и B :
4			y		Asin 5x + B cos5x
0			y′		5Acos5x − 5B sin 5x
1			y′′		− 25Asin 5x − 25B cos5x

136

Индивидуальное задание и его решение

− 25Asin 5x − 25B cos5x + 4 Asin 5x + 4B cos5x = cos5x .

Приравняем коэффициенты при sin 5x и при cos5x :

sin 5x

− 21A = 0 A = 0

cos5x

− 21B =1 B = −

1

21

= −

1

Итак,

y

cos5x .

чн

21

в) y

= C sin 2x + C

cos 2x + −

1

cos5x .

oн

2

1

21

4) Найти частное решение д.у.

y′′ + 6 y′ + 9 y = 4e−3x , удовлетворяющее

начальным условиям

y(1) =

4e

−3

′

= 3 .

, y (0)

а) λ2 + 6λ + 9 = 0 λ = λ

2

= −3 y

oo

= e−3x

(C + C

2

x).

1

1

б) Так как λ1 = λ2 = −3 , то частное решение данного уравнения будем искать в виде: yчн = Ax2e−3x .

9

y

Ax2e−3x

6

y′

2 Axe−3x − 3Ax2e−3x

1

y′′

2 Ae−3x −12 Axe−3x

+ 9 Ax2e−3x

2 Ae−3x −12 Axe−3x + 9 Ax2e−3x +12 Axe−3x −18Ax2e−3x + 9 Ax2e−3x = 4e−3x

Получаем: 2 Ae−3x = 4e−3x

A = 2 . То есть, y

чн

= 2x2e−3x .

в) y

oн

= e−3x (C + C

2

x)+ 2x2e−3x .

1

Найдем частное решение, удовлетворяющее условию

y(1) =

4e

−3

′

, y (0) = 3

Вычислим производную общего решения:

yo′н = −3e−3x (C1 + C2 x)+ C2e−3x + 4xe−3x − 6x2e−3x .

Используя начальные условия, получим систему для нахождения C1 и

C2 :
e−3	(C + C )+ 2e−3		= 4e−3 ,	(C1 + C2 )= 2,	C1 = −	1	, C2	=	9
	1	2							.
− 3C1 + C2 = 3;				− 3C1 + C2 = 3;		4			4

137