Диференціальні рівняння Латышев

4. ЗАДАЧІ, ЯКІ ЗВОДЯТЬСЯ ДО ДИФЕРЕНЦІАЛЬНИХ РІВНЯНЬ

4.1.Геометричні задачі

1.Знайти криву, яка проходить через точку М0 (3;2), коли

відомо, що у кожній точці кривої відрізок дотичної, який міститься між осями координат, ділиться точкою дотику навпіл.

Розв’язання.

Нехай М0 (x; y) довільна точка дотику, яка знаходиться на

середині	дотичної АВ,деАi В точки перетину її з осями
ОА= 2 y,	ОВ =	2x. Кутовий коефіцієнт дотичної до кривої y = f (x)
в точці М(x; y)

y′ = −ОВОА = − xy .

Маємо диференціальне рівняння з відокремлюваними змінними, яке і розв’язуємо.

dy

= −

y

;

dy

= −

dx

;

∫

dy

= −∫

dx

;

dy

x

y

x

y

x

An

y

= −An

x

+An

с

; y =

с

– загальний

розв’язок.

x

с

, с = 6, тому

За початковою

умовою

y(2) =3, звідки

3 =

2

y = 6x – рівняння шуканої кривої (гіперболи).

2. Крива y = f (x) проходить через точку М(0;1) і в кожній її

точці тангенс кута нахилу дотичної до цієї кривої дорівнює подвоєному добутку координат точки дотику.

Розв’язання.

Нехай М(x; y) довільна точка на шуканій кривій. Тангенс кута нахилу дотичної до кривої в точці М(x; y) дорівнює похідній шуканої функції в точці x, тобтоy′.

31

За умовою y′ = 2xy. звідки y = сex2 . Оскільки y(0) =1, то

с =1,i y = ex2 .

4.2.Фізичні задачі

1.(Про радіоактивний розпад).

Зексперименту відомо, що швидкість радіоактивного розпаду речовини пропорційна її кількості в даний момент часу. Вказати Закон зміни маси речовини від часу, якщо при t = 0 маса речовини дорівнювала m0i знайти півперіод розпаду речовини (час, за який

розпадається половина речовини).

Розв’язання.

Нехай m = m(t) – маса речовини в момент часу t . За умовою,

що:

dmdt = −кm; к 0, m(0) = m0 ,

де к – коефіцієнт пропорційності. Знак мінус береться тому, що з часом кількість речовин зменшується. Розв’язуючи знайдене рівняння, дістаємо, що

m = m0e кt .

Час T , за який розпадається половина речовини, визначається з рівняння:

12 m0 = m0e кt , тобто T = ln2к .

Цей час не залежить від початкової кількості речовини.

2. На матеріальну точку, маса якої m, діє стала сила, що надає точці прискорення а. Навколишнє середовище чинить рухомий точці опір, пропорційний до швидкості її руху ( к – коефіцієнт пропорційності). Як змінюється швидкість руху залежно від часу, коли в початковий момент точка була в стані спокою?

32

Розв’язання.

Нехай ϑ(t) – швидкість руху точки в момент часу t, тоді ϑ(0) = 0. У будь-який момент часу t на точку діє сила mа−кϑ(t). За

другим законом Ньютона,			ця сила	надає	точці прискорення
	mа−кϑ(t)	. Прискорення в	момент	часу t	є швидкість зміни
	m

швидкості в цей момент, тобто похідна швидкості по часу. Тому

ϑ′ = mа−кϑ(t) . m

Запишемо це рівняння так:

ϑ′ = −mк ϑ+ а. звідки ϑ(t) = сe mк t + mк а.

Візьмемо той розв’язок, який задовольняє початкову умову ϑ(0) = 0. Поклавши t = 0 в загальний розв’язок, дістанемо:

0 = mк а+с, звідки с = −mк а.

Отже, швидкість точки змінюється за таким законом:

ϑ(t) = mк а 1−e mк t .

3. (Про охолодження тіла.) Згідно із законом Ньютона, швидкість охолодження тіла пропорційна різниці між температурою тіла і температурою середовища.

Відомо, що нагріте до температури T0 тіло помістили в середовище, температура якого стала і дорівнює T1(Т0 Т1). Знайти

залежність температури тіла від часу.

Розв’язання.

Нехай в момент часу t температура тіла T дорівнює T (t). За умовою:

	dT	= −к(Т −Т1); к 0; Т(0) =Т0
	dt

(знак мінус вказує на зменшення температури).

33

Відокремлюючи зміни та інтегруючи, маємо:

dT

= −kdt, ∫

dt

= −k ∫dt +ln

c

,

T −T

T −T

1

1

ln

T −T1

−ln

c

= −kt;

ln

T −T1

= −kt,

T −T1

= e−kt , T =T +ce−kt .

c

c

1

За умови T (0) =T0 знаходимо

c =T0 −T1. Шукана залежність

температури тіла від часу має вигляд:

T =T +(T −T )e−kt .

1

0

1

34

5. СИСТЕМИ ЛІНІЙНИХ ДИФЕРЕНЦІАЛЬНИХ РІВНЯНЬ ІЗ СТАЛИМИ КОЕФІЦІЄНТАМИ

Нехай задана нормальна система лінійних диференційних рівнянь із сталими коефіцієнтами. Для зручності обмежимося двома рівняннями:

dxdt = а1x +в1 y

dy = а2 x +в2 y,

dt

де а1,в1,с2 ,в2 – сталі коефіцієнти, x(t), y(t) – невідомі функції.

Цю систему методом виключення змінних завжди можна звести до одного лінійного однорідного рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами. Розв’язати систему диференційних рівнянь – це означає знайти таку пару функцій x(t), y(t) , які

обертають обидва рівняння системи у тотожності. Якщо задані початкові умови, знаходять частинний розв’язок, який задовольняє цим початковим умовам.

Приклад.

Знайти розв’язок системи диференціальних рівнянь, який задовольнить заданим початковим умовам:

dx	= x +3y	x(0) = 0
dt		y(0) =1.
dy	= 3x + y,
dt

Розв’язання.

Продиференціюємо перше рівняння: x′′ = x′+3y′.

Підставимо в це рівняння значення похідної y′ із другого рівняння системи:

x′′ = x′+3(3x + y) або x′′ = x′+9x +3y.

35

Знайшовши з першого рівняння значення y = 13 (x′− x) і підставивши його в знайдене рівняння дістанемо:

x′′ = x′+9x +3 13 (x′− x) або x′′−2x′−8x = 0.

Отримали лінійне однорідне диференціальне рівняння другого порядку із сталими коефіцієнтами. Складемо характеристичне

рівняння k2 −2k −8 = 0. Воно має два різних дійсних корня:

k1 = 4 і

k2 = −2. Таким чином загальний розв’язок цього лінійного

диференціального рівняння має вигляд x(t) = c e4t

+c e−2t .

1

2

Щоб

знайти

функцію y(t) знаходимо

спочатку

похідну

′

4t

−c2e

−2t

.

З першого рівняння системи

було

знайдено

x (t) = 4c1e

y(t) =

1

(x′− x) і тому маємо:

3

y(t) =

1

(4c1e4t −2c2e−2t −c1e4t −c2e−2t )= c1e4t

−c2e−2t .

3

отримали такий загальний розв’язок системи:

						x(t) = c e4t +c e−2t
						1	2
						y(t) = c e4t −c e−2t .
						1	2
Для знаходження частинного розв’язку розглянемо початкові
умови: x(0) = 0				і y(0) =1. Маємо:
		0			0	c1 +c2 = 0					c1	=	1
0 = c1e				+c2e			2c1	=1					2
	= c e0		−c e0			або		= −1							1
1						c1 −c2 =1	2c2
	1			2						c		= −				.
											2				2

Таким чином знайшли частинний розв’язок системи:

x(t) = 12 e4t − 12 e−2t

y(t) = 12 e4t + 12 e−2t .

36

6. ЗАВДАННЯ ДЛЯ САМОСТІЙНОЇ РОБОТИ

Варіант 1

	1.	y′ = −	y	;	y(1) = 2
			x

2.8x + 2xy2 = (2 y + yx2 ) y′

3.xy′ = x + 2 y

y′

x + y

2

y(1) = 0

4.

=

;

x

5.

y′− y tg(x) = cos x

y′+

2xy

e

x

2

y(0) =1

6.

=

;

2

4

+ x

2

4 + x

7.

y

′

+ y сtg(x) =

cos x

y

8.

x

3

y

′′

+ x

2

y

′

=1;

y(1) = 2,

′

= 0

y (1)

9.2 yy′′ = ( y′)2

10.y′′+3y′ = 3xe−3x

11.y′′+ 4 y = 6sin x

12.y′′−4 y′+5y = 2ex ;

′	= 0
y(0) = 2, y (0)

13.y′′−6 y′+9 y = x2 − x +3

14.y′′−4 y′ =8e4 x +5sin 4x

15. ′′	2		π2
		y = cos πx
π + π

16.Матеріальна точка масою m=2 г без початкової швидкості занурюється в рідину. Сила опірної рідини пропорційна до швидкості занурення (к=0,002 кг/с).

Знайти швидкість точки через 0,1 с після початку занурення.

17.Знайти криву, яка проходить через точку (-3;0), якщо довжина піднормалі її в довільній точці має одне і теж значення, яке дорівнює 4.

	dx		= 2x + y	x(0)	=1
18. dt
				y(0)	= −1
dy			= −x + 2 y,
dt

37

Варіант 2

1.y′cos2 xctg y +

2.(3 +ex ) yy′ = 4e

3.y′ = y + x 2 ;

y − x

tg xsin2 y = 0 x ; y(0) =1

y(1) =1

4.xy′ = y 6 +An y

x

5.	y′−	y	= x; y(1) = 0
		x

6.y′− y сtg x = xsin x

7.y′−3y = x3 y

9.yy′′− y′(2 + y′) = 0

10.y′′+7 y′+12 y = 24x2 +16x −15

11.y′′+16 y = 24sin 4x

12.y′′−2 y′ = (x −3)ex

	y(0) = 2,	′	= 2
		y (0)
13.	y′′−4 y′+ 4 y = e2 x ;
	y(0) = 2,	′	=8
		y (0)
14.	y′′−2 y′ = e2 x −e−2 x
15.	y′′+3y′ =	9e3x
		1+e3x

8.y′′+ y′tg x = sin 2x

16.Моторний човен рухається по озеру зі швидкістю υ0=12 км\ч. Через 10 с після виключення двигуна швидкість човна зменшується до 6 км/год. Опір води пропорційний до швидкості руху човна. Якою буде швидкість човна через 1 хв. після виключення двигуна?

17.Знайти рівняння кривої, яка проходить через точку (3;1), якщо відрізок дотичної між точкою дотику і віссю ох ділиться навпіл в точці перетину з віссю оy.

	dx		= x + y	x(0)	=1
18. dt
				y(0)	= −1
dy			= 2x −2 y,
dt

38

Варіант 3

1.

xy′− y = 0; y(1) = 2

9.

2

y′′ =

y3

2.

y ln y + x2 y′ = 0

10.

y′′+ y′−6 y = x2 −8

3.

x2 y′ = 2xy − y2 ;

y(1) =1

11.

y′′−8y′+12 y = 65cos 4x

4.

y′

=

3y − x

12.

y′′+6 y′+9 y = 5sin x;

2x

+ y

′

y(0) = 0, y (0) = 0

5.

y′

+

2 y

= x

3

; y(1)

=1

13.

y′′+3y′ = x +1;

x

y(0) = 2, y′(0) = 0

6.

y′−2 y = x +1

14.

y′′−5y′ = 3e5x +sin x

7.

y

′

− y =

xe2 x

15.

y′′+ 4 y =8ctg 2x

y

8.y′′xln x = y′

16.Куля, рухаючись зі швидкістю υ0=400 м\с углубляється в достатньо товсту стіну. Сила опору стіни сообщає кулі від’ємне

прискорення, пропорційне до квадрата її швидкості. Коефіцієнт пропорційності к=7 м-1. Знайти швидкість кулі через 0,001 с після входження кулі у стіну.

17.Знайти рівняння кривої, яка проходить через точку (1;1), якщо відомо, що кутовий коефіцієнт дотичної в будь-якій точці M кривої в два раза більше кутового коефіцієнта радіуса-вектора точки М.

	dx		= x + y	x(0)	= 0
18. dt
				y(0)	= 2
dy			= −2x + y,
dt

39

Варіант 4

1.	′		π	=1
	y tg x = y; y
			4

2.4 + y + 1− x yy′ = 0

3.2x3 y′ = y(2x2 − y2 )

4.	xy′ = y −					xy;			y(1) = 4
5.	xy′+ y −ex = 0;								y(0) =1
6.	xy′+ y −cos x = 0
7.	y′+	2 y			2		y	cos x
				=
			x			x
8.	y′′−		4x3			y′ = 0
			x4 +1

9.yy′′+( y′)2 = 0

10.y′′−4 y′ = xe4 x

11.y′′−5y +6 y = (3x +1)ex ;

y(0) = 0,	′
	y (0) =1
12. y′′+ y = 4sin 3x;
y(0) = 0,	′	= 2
	y (0)

13.y′′−2 y′+ y = x2

14.y′′−4 y′ = 2x +3ex

15.y′′−6 y +8y = 2 +4e−2 x

16.Матеріальна точка масою m=1 г рухається прямолінійно.

На неї у напрямку руху діє сила, пропорційна часу з коефіцієнтом пропорційності к1=2·10-5 кг·м/с, а сила опору середовища пропорційна швидкості точки з коефіцієнтом пропорційності

к2=0,003 кг/с. Знайти швидкість точки через 3 с після початку руху, якщо початкова швидкість точки дорівнює 0.

17.Знайти рівняння кривої, яка проходить через точку (1;2), якщо відрізок відсікаємий на вісі ординат дотичною в довільній точці, дорівнює абсцисі точки дотику.

	dx		= −y		x(0) = −1
18. dt
					y(0) = 0
dy			= −x	+ 2 y,
dt

40