13BРЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

31BОтветы и решения к задачам главы 1

1.

y =1+

1

,

y =1. Решение.

Приравняв нулю правую часть,

2x2 +C

найдем решение y =1. При y ≠1 переменные разделяются:

dy

= −4x( y −1)

2

,

∫

dy

= −4∫x dx ,

1

= 2x

2

+C .

dx

( y −1)2

y −1

Отсюда y =1+

1

.

2x2 +C

y = 14 (ln

2.

x +2

+C )2 ,

y = 0 .

Решение. Приравняв нулю правую

часть, найдем решение y = 0 . При y ≠ 0 переменные разделяются:

dy

dx

dy

dx

1

2

=

, ∫

= ∫

, 2 y

= ln

x +2

+C ,

y = 4 (ln

x +2

+C )

.

y

x +2

y

x +2

3.

y = 2

Ce4 x +1

,

y = 2 .

Решение.

Приравняв нулю правую часть,

Ce4 x −1

найдем решения y = ±2 . При y ≠ ±2 переменные разделяются:

dy

1

∫

1

1

∫

1

y +2

1

%

y

2

−4

= dx ,

4

y +

2

−

y

−2

dy

=

dx ,

4

ln

y

−2

= x +

4

C ,

откуда

y +2

=Ce4 x ,

y

= 2 Ce4 x +1 . Решение

y = −2 входит в это семей-

y −2

Ce4 x −1

ство при C = 0 .

4.

y =Cx5 + x5 ln

x

.

Решение.

Однородное

уравнение xy′−5y = 0

имеет общее решение

y =Cx5 .

Решение исходного уравнения ищем в

виде y = C(x)x5 . Подстановка в уравнение дает

′

6

= x

5

,

′

= x

−1

, C(x) =ln

x

+C1 .

C (x)x

C (x)

Общее решение исходного уравнения имеет вид y = (ln

x

+C )x5 .

1

5.

y =Ce3x

−4x −3.

Решение.

Однородное уравнение имеет общее

решение

y = Ce3x .

Решение

исходного

уравнения

ищем

в

виде

y =C(x)e

3x

.

Подстановка

в

уравнение

дает

′

3x

=12x +5

,

откуда

C (x)e

90

′

(12x +5)e

−3x

.

Применяя

интегрирование

по частям, находим

C (x) =

C(x) = −(4x +3)e−3x +C . Следовательно, общее

решение

имеет

вид

y = −4x −3 +C e3x .

1

1

6.

y =

C −2x−2 +ln

x

.

Решение.

Для однородного

уравнения

x2

+4

2x

y′+

y

= 0 имеем

x2 +4

dy

2x

∫

dy

= −∫

d (x2 +4)

y

= −ln(x

2

+4) +C% ,

C

y = −

dx

,

y

x2 +4

,

ln

y =

.

x2 +4

x2 +4

C(x)

Решение исходного уравнения ищем в виде y =

. Подстановка

в уравнение дает

x2 +4

′

−3

′

−3

−1

−2

C (x)

= x

, C(x) = −2x

x

+C1 .

,

C (x) = 4x

+ x

+ln

x2 +4

7.

6

Решение.

y =

.

Представим

уравнение

в

виде

2 +e−3x

2

y ' = 2x(3y − y2 ) . Приравняв нулю правую часть, найдем постоянные ре-

шения y = 0 и y =3 . Предположив, что y ≠ 0 ,

y ≠ 3, выполним разделе-

ние переменных:

dy

2

dy

∫

dy

= 2∫x dx .

dx = 2x(3y − y

)

==>

= 2xdx ==>

3y − y2

3y − y2

Подынтегральную функцию в левой части разложим на элементар-

ные дроби:

1

=

1

= 1

1

+

1

.

3y − y

2

y(3 − y)

3

3

y

− y

Проинтегрировав, получим

1

y

2

1

%

y

2

%

y

3x2

3 ln

3 − y

= x +

3 C , ln

3 − y

=

3x +C ,

3 − y

=Ce .

Следовательно,

y =

3Ce3x2

. Решение y = 0 входит в это семейство

Ce3x2

+1

при C = 0 . Итак, все решения рассматриваемого уравнения даются фор-

мулами y =

3Ce3x2

,

y =3 .

Ce3x2 +1

91

При

x = 0 ,

y = 2

имеем 2 =

3C

,

C = 2.

Искомое решение имеет

C +

1

6e3x2

вид y =

=

6

.

2e3x

2

2

+1 2 +e−3x

4

10

8. y =3x

4

−1

Решение. Имеем

−

2x

.

y′− x y = x2 . Для однородного

4

4

уравнения y′− x y = 0

находим общее решение

y =Cx

. Решение исход-

ного уравнения ищем в виде y =C(x)x4 . Подстановка в уравнение дает

′

4

=10x

−2

,

′

−6

, C(x) = −2x

−5

+C1 .

C (x)x

C (x) =10x

Следовательно, общее решение исходного уравнения имеет вид

y = (−2x−5 +C )x4 =C x4 −2x−1 ,

1

1

где C1

– произвольная постоянная. Подставив сюда x =1, y =1, найдем

C =3. Искомое решение дается формулой y =3x4 −2x−1 .

1

32BОтветы и решения к задачам главы 2

9.

y =C e2 x +C

e5 x + 1 e7 x .

Решение.

Рассмотрим однородное урав-

1

2

2

нение. Соответствующее характеристическое уравнение λ2 −7λ +10 = 0 имеет корни λ1 = 2 , λ2 =5, поэтому общее решение однородного урав-

нения имеет вид y0 =C1e2 x +C2e5 x . Частное решение ищем в виде yˆ = Ae7 x . Подстановка в исходное уравнение дает

A(49 −49 +10)e7 x =5e7 x , A =	1 .
	2

Следовательно, yˆ = 12 e7 x . По формуле (14) находим общее решение исходного уравнения.

10.y =C1e−2 x +C2e2 x −e4 x .

11.y =(C1 +C2 x)e−4 x +6 . Решение. Рассмотрим однородное уравне-

ние. Соответствующее характеристическое уравнение λ2 +8λ +16 =96 имеет совпадающие корни λ1 =λ2 = −4 , поэтому общее решение одно-

родного уравнения имеет вид y0 = (C1 +C2 x)e−4 x . Частное решение ищем в виде yˆ = A . Подстановка в исходное уравнение дает A = 6 , то есть yˆ =6. Сложив найденные решения, получим общее решение исходного уравнения.

92

12.y =(C1 +C2 x)e5x −4 .

13.y = ex (C1 cos 2x +C2 sin 2x)+5ex . Решение. Рассмотрим однород-

ное уравнение. Соответствующее		характеристическое уравнение
λ2 −2λ +5 = 0 имеет комплексные корни λ			=1±2i . Общее решение
		1,2
однородного уравнения имеет вид y	0	= ex (C cos 2x +C		2	sin 2x) .
		1

Частное решение исходного уравнения ищем в виде yˆ = Aex . Подстановка в исходное уравнение дает 4 Aex = 20ex , A = 5 , то есть yˆ =5ex . По формуле (14) находим общее решение исходного уравнения.

14.y =C1 cos 2x +C2 sin 2x + 54 .

15.y = 72(1−e−x ) . Решение. Рассмотрим однородное уравнение. Со-

ответствующее

характеристическое

уравнение

λ2 +3λ +2 = 0

имеет

корни λ1 = −1,

λ2 = −2 ,

поэтому общее решение однородного уравнения

имеет вид y

0

=C e−x +C

e−2 x . Частное решение ищем в виде yˆ = A . Под-

1

2

yˆ =72 . По

становка в исходное уравнение дает

A = 72 . Следовательно,

формуле (14) находим общее решение исходного уравнения:

y =C e−x +C

e−2 x +72.

1

2

Отсюда y′ = −C1e−x

−2C2e−2 x . При x = 0 с учетом начальных условий

получим

C1 +C2 +72 =0,

−C1 −2C2 =72 , откуда

найдем

C1 = −72 ,

C2 =0, то есть y = 72(1−e−x ) .

16.

y = cos 4x −sin 4x . Решение. Данное

уравнение

является однород-

ным. Соответствующее

характеристическое

уравнение

λ2 +16 = 0

имеет

комплексные корни λ1,2 = ±4i ,

поэтому общее решение уравнения имеет вид

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

Отсюда

y′= −4C1 sin 4x +4C2 cos 4x и с учетом начальных условий

при x = π

получим C =1, C = −1, то есть

y = cos 4x −sin 4x .

2

1

2

33BОтветы и решения к задачам главы 3

17.

y = 2C e−2 x +4C

e8 x ,

y

2

= −C e−2 x +3C

e8 x .

Решение. Продиффе-

1

1

2

1

2

ренцировав первое уравнение,

получим y1′′= 2y1′+8y2′. С помощью вто-

рого уравнения исключим отсюда y2′:

y1′′= 2y1′+8(3y1 +4y2 ) = 2y1′+24y1 +32y2 .

93

Из первого уравнения системы найдем y2 = 18 ( y1′−2 y1 ) (*). Исклю-

чив y2 из предыдущего равенства, получим

y1′′= 2y1′+24 y1 +4( y1′−2y1 ) =6 y1′+16 y1 или y1′′−6y1′−16y1 =0.

Соответствующее

характеристическое

уравнение

λ2 −6λ −16 = 0

имеет корни λ = −2 и

λ =8 . Поэтому y =C e−2 x

+C

e8x .

1

2

1

1

2

Подставив это выражение в (*), найдем

y2

= 1

((C1e−2 x +C2e8 x )′−2(C1e−2 x +C2e8 x ))

=

1 (−2C1e−2 x +3C2e8 x ) .

8

4

Выполнив замену

C1 →2C1 ,

C2 →4C2 ,

приведем общее решение

системы к виду, указанному в ответе.

18.

y =C e3x

+2C

e4 x ,

y

2

=C e3x

+C

e4 x .

1

1

2

1

2

19.

y1

=C

1 e−x +C

2

5

e2 x . Решение. Рассмотрим матрицу сис-

1

2

y2

1

4

−5

. Найдем ее собственные значения. Составим характе-

темы A =

2

−3

ристическое уравнение

4 −λ

−5

= 0 , то есть λ2 −λ −2 = 0. Получим

2

−3 −λ

λ1 = −1, λ2 = 2 . Найдем собственные векторы из системы

4 −λ

−5

p

0

2

−3 −λ

1 =

.

p2

0

Для λ1 = −1 получим

5 −5

p

0

, откуда

p

1

2

−2

1

=

0

1

=

1

.

p

p

2

2

Для λ2

= 2 получим

2 −5

p

0

, откуда

p

5

2

1

=

1

=

2

.

−5

p2

0

p2

По формуле (20) найдем общее решение системы.

20.

y1

=C

1

ex

+C

1 e3x .

1

2

21.

y2

−1

1

y

= −e−3x

+4e3x ,

y

2

= e−3x +2e3x .

Решение. Применив,

например,

1

y = −C e−3x +2C

e3x ,

метод исключения, найдем общее решение системы:

1

1

2

94