матан 3 семестр. Контрольные вопросы по математике для студентов 3 семестра Москва 2007 удк 517 (075. 8) Задачи и контрольные вопросы по математике для студентов 3 семестра
 Скачать 2.42 Mb.
|
|
Министерство образования и науки Российской Федерации Московский государственный технологический университет «СТАНКИН» А.В. Боголюбов, О.К. Иванова Задачи и контрольные вопросы по математике для студентов 3 семестра Москва 2007 УДК 517 (075.8) Задачи и контрольные вопросы по математике для студентов 3 семестра. Контрольные задания /Боголюбов А.В., Иванова О.К. под ред. А.В. Боголюбова, А.Г. Елькина, Н.Н. Холщевниковой. – М.: МГТУ «Станкин», «Янус-К», 2007. – 100 с. Содержит задачи и контрольные вопросы по курсу математики для третьего се- местра и включает следующие разделы: дифференциальные уравнения и системы, чи- словые и функциональные ряды, операционное исчисление. Во всех параграфах даются необходимые краткие теоретические сведения – определения, формулировки теорем, формулы, – а также приводятся примеры решений типовых задач. Задачи сопровожда- ются ответами. Главы 8 и 10 написаны Боголюбовым А.В., глава 9 – Ивановой О.К. Для использования на практических занятиях и самостоятельной работы студен- тов второго курса высших технических учебных заведений. Рис. 8. Библ. 7 назв. © МГТУ «Станкин», 2007 ОГЛАВЛЕНИЕ Предисловие......................................................................................................5 Г л а в а 8 . Дифференциальные уравнения..................................................6 § 1. Основные понятия. Уравнения 1-го порядка..................................6 1. Основные понятия……..…………...……...……………………..6 2. Уравнения 1-го порядка. Графический метод построения интегральных кривых (метод изоклин)…….....……...…...……7 3. Уравнения с разделяющимися переменными………………...10 4. Однородные уравнения…………..…….......….….……………12 5. Линейные уравнения. Уравнения Бернулли…....…...………..13 6. Особые решения. Уравнения Клеро…………....…...………...15 7. Смешанные задачи. Геометрические и физические задачи, приводящие к решению дифференциальных уравнений 1-го порядка…………...……….……………………………….16 § 2. Дифференциальные уравнения высших порядков.......................19 1. Основные понятия…………………………………...…………19 2. Уравнения, допускающие понижение порядка……...……….21 3. Линейные уравнения……………………...……………………23 4. Однородные линейные уравнения с постоянными коэффициентами…….…...…...……………...25 5. Неоднородные линейные уравнения с постоянными коэффициентами………...…………………...28 § 3. Системы дифференциальных уравнений......................................33 1. Основные понятия……….……………..………………………33 2. Сведение уравнения n-го порядка к нормальной системе. Метод исключения……….………………...…………………..35 3. Собственные значения и собственные векторы матрицы.......36 4. Решение однородных линейных систем с постоянными коэффициентами методами линейной алгебры…........………38 § 4. Элементы теории устойчивости....................................................42 1. Основные понятия…………………………...…………………42 2. Классификация точек покоя однородной линейной системы 2-го порядка с постоянными коэффициентами......…..………42 Г л а в а 9 . Ряды и их применение……………........……………………….47 § 1. Числовые ряды…………………………………………………….47 1. Сходимость ряда…………...…………….……………………..47 2. Признаки сходимости для рядов с положительными членами…….………….…………………..51 3. Абсолютная сходимость и условная сходимость. 3 Признак Лейбница….……………...…………………………...58 § 2. Функциональные ряды……………………………………………63 1. Область сходимости функционального ряда….....…………...63 2. Равномерная сходимость……………...…..…………………...65 § 3. Степенные ряды………………………...………………………....68 1. Область сходимости степенного ряда………...……………....68 2. Разложение функций в ряд Тейлора (Маклорена)…...………71 3. Применение степенных рядов…...………...………………….75 § 4. Ряды Фурье………………………...………………………………79 Г л а в а 1 0 . Операционное исчисление………..…………………….……84 § 1. Преобразование Лапласа………...………………………………..84 1. Определение и свойства преобразования Лапласа…………...84 2. Восстановление оригинала по изображению……....………....87 § 2. Применение операционного исчисления к решению линейных дифференциальных уравнений и систем линейных уравнений с постоянными коэффициентами……….....……………………...88 Ответы......................................................................................91 Список литературы……………………....……….………………………….101 4 5 ПРЕДИСЛОВИЕ Настоящее пособие предназначается для студентов третьего семестра втузов, изучающих курс общей математики в объеме 270–280 аудиторных часов, что соответствует программам по математике подготовки бакалав- ров техники и технологий и инженеров-экономистов на дневных факульте- тах МГТУ «Станкин». Содержит следующие разделы: дифференциальные уравнения и системы, числовые и функциональные ряды, операционное исчисление. Каждый параграф начинается с краткого теоретического введения, в котором приводятся определения и обозначения математических понятий, математические факты, формулировки теорем и утверждений, а также формулы, необходимые для решения задач. Задачам, предлагаемым для самостоятельного решения, предшествуют подробно разобранные типовые примеры. Начало решений разобранных примеров и задач помечается зна- ком 3 , конец решения – знаком 4 Наряду с типовыми задачами с целью активного освоения изучаемых понятий и теорем предлагаются контрольные теоретические вопросы и за- дачи теоретического характера, поэтому настоящее издание может быть использовано при подготовке к экзамену как обзорное. Задачи расположены обычно в порядке возрастания сложности и сгруппированы парами – задачи с нечетными номерами рекомендуется решать в аудитории на практических занятиях, а задачи с четными номе- рами предлагаются для самостоятельной работы (домашних заданий). За- дачи повышенной сложности в каждом параграфе выделены в отдельную группу. Ко всем контрольным вопросам, а также к задачам, требующим ответа, в частности, задачам вычислительного характера, даны ответы. Глава 8 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ § 1. Основные понятия. Уравнения 1-го порядка 1. Основные понятия. (Обыкновенным) дифференциальным уравнением назы- вается равенство вида ( ) ( , , , , ) 0 n F x y y y ′ = … , (1) связывающее между собой независимую переменную x, искомую функцию ( ) y x и ее производные до производной некоторого порядка n включительно. ( ) , , , n y y y ′ ′′ … Наивысший порядок производной (число n для уравнения (1)), входящей в диф- ференциальное уравнение, называется порядком этого уравнения. Решением (частным решением) уравнения (1) на интервале I называется всякая функция , при подстановке которой в это уравнение вместе с ее производны- ми, уравнение обращается в тождество относительно ( ) y = ϕ x x I ∈ . (В более широком смысле функцию, обладающую указанным свойством на любом открытом множестве, в прак- тике также называют решением). Если решение дифференциального уравнения задает- ся неявно уравнением , то последнее равенство называют интегралом (ча- стным интегралом) уравнения (1). ( , ) 0 x y Φ = График всякого решения дифференциального уравнения (или кривая на плоско- сти xy, заданная его интегралом) называется интегральной кривой этого уравнения. Пример 1. Показать, что кривая, заданная уравнением 3 sin 2 y x x = − 2 , является интегральной кривой дифференциального уравнения 4 1 y y x ′′ + = 3Имеем , 3 sin 2 y x = − x 3 2cos 2 y x ′ = − , 4sin 2 y x ′′ = . Подставив и y в дан- ное уравнение, получим y′′ 4sin 2 4(3 sin 2 ) 12 x x x + − x = 12 или 12 x x = , т.е. тождество от- носительно . Следовательно, функция x ∈ R 3 sin 2 y x x = − является решением на , а ее график – интегральной кривой данного дифференциального уравнения. 4 8.1. Каков порядок дифференциального уравнения 4 sin( ) 0 y y xy ′′ ′′′ + = ? 8.2. Каков порядок дифференциального уравнения 3 4 ( ) xy y′′ ′ − = y ? 8.3. Является ли функция 2 ln x y x = решением уравнения 2 xy x ′ = + y ? 8.4. Является ли функция x y xe = решением уравнения y ? 2( ) y y ′′ ′ = − 8.5. Является ли парабола 0 2 2 3 x y + − = интегральной кривой уравнения ( ? 2 3) 0 y x y xy ′′ ′ + − + = 8.6. Является ли гипербола 5 xy = интегральной кривой уравнения 0 ? xy y ′ + = 6 Задачи повышенной сложности 8.7. Показать, что уравнение 2 2 ln ( ) 2arctg y C x y x + = , где 0 C > , яв- ляется интегралом дифференциального уравнения ( ) x y y x ′ y − = + . 8.8. Показать, что линия 2 2 1 1 y x x y C − − − = является инте- гральной кривой уравнения 2 2 1 1 y′ y x = − для любого C ∈ [–1, 1]. − 2. Уравнения 1-го порядка. Графический метод построения интегральных кривых (метод изоклин). Дифференциальное уравнение 1-го порядка, разрешенное относительно производной, имеет вид: ( , ) y f x y ′ = . (2) Начальным условием для уравнения (2) называется равенство вида 0 ( ) y x y 0 = (3) (используется также запись 0 0 | x x y = y = ), где 0 0 , x y – заданные числа (начальные значе- ния). Задача отыскания решения уравнения (2), удовлетворяющего заданному началь- ному условию (3), называется задачей Коши для этого уравнения. Геометрически зада- ча Коши состоит в отыскании интегральной кривой уравнения (2), проходящей через заданную точку 0 0 ( , ) x y на плоскости xy. Теорема (существования и единственности решения задачи Коши для уравне- ния (2)). Если функция ( , ) f x y непрерывна вместе с частной производной f y ∂ ∂ в некото- рой области , то для любой точки 2 D ⊂ R 0 0 ( , ) x y D ∈ задача Коши для дифференциаль- ного уравнения (2) с начальным условием (3) имеет и притом единственное решение. Функция ( , ) y x C = ϕ называется общим решением уравнения (2), если: 1) при любом допустимом значении параметра C она является решением этого уравнения; 2) любое частное решение уравнения (2) (кроме, быть может, отдельных реше- ний) представимо в виде 0 ( , ) при некотором значении 0 C этого параметра (т.е. для любой точки y x C = ϕ 0 0 ) ( , x y D ∈ (см. теорему) найдется такое значение 0 C , что 0 ( , ) ). 0 0 y x C = ϕ Уравнение , определяющее общее решение уравнения (2) неявно, называют общим интегралом этого уравнения. ( , , ) 0 x y C Φ = Пример 2. Является ли функция 2 y Cx = общим решением дифференциаль- ного уравнения 2 y y x ′ = ? Решить задачу Коши для этого уравнения при начальном ус- ловии (1) 2 y = − 3При любом допустимом значении C ( ) данная функция является реше- нием данного уравнения: 0 C ≥ 2 2 2 2 2 2 2 ( Cx y Cx y Cx Cx Cx Cx x 0) x ′ = ⇒ = ⇒ = ⇔ = ∀ ≠ , т.е. первое условие в определении общего решения выполнено. Второе условие, одна- ко, не выполняется, т. к. при 0 0 y < и 0 0 x ≠ не существует решения уравнения 7 2 0 0 y Cx = относительно C (в семействе парабол 2 y Cx = нет кривых, проходящих в нижней полуплоскости!), в то время как по теореме существования и единственности (условия которой выполняются как для правой полуплоскости ( ), так и для ле- вой ( )) через любую точку 1 D 0 x > 2 D 0 x < 0 0 ( , ) x y , где 0 0 x ≠ , проходит единственная инте- гральная кривая. Таким образом, функция 2 y Cx = общим решением не является. Общим решением в данном случае является, очевидно, функция , 2 y Cx = C ∈ R (ветви этих парабол уже целиком заполняют и правую и левую полуплоскости). Для реше- ния задачи Коши, положив , 1 x = y = 2 − , из уравнения 2 1 2 C − = ⋅ найдем , и, таким образом, получим искомое частное решение 2 = − C 2 2 y x − ( ). Ответ: нет; 4 0 x > 2 2 y = − x = Решить дифференциальные уравнения: 8.9. 1 x y xe − ′ = + 8.10. 2x x 6cos3 y x ′ = − 8.11. Показать, что функция sin sin 1 x y x Ce − = − + x является общим решением уравнения cos y y ′ sin x + = cos x 8.12. Является ли функция 2 2 C y x = общим решением уравнения 2 0 = ? xy y ′ + 8.13. Является ли равенство ( 1) 2 y′ − = начальным условием для уравнения ( , ) ? y f x y = ′ 8.14. Является ли равенство (1) 1 y = начальным условием для урав- нения 2 2 y − ? y x ′ = 8.15. Найти функцию, принадлежащую семейству C x и удовлетворяющую условию 2 cos = + y ( y 0) 1 = − 8.16. Найти кривую семейства 1 x y = Cx + , проходящую через точку (–1, 1). Найти частные решения уравнений, удовлетворяющие указанным начальным условиям (решить задачи Коши): 8.17. 2 3 y x x ; (1) 0 y ′ = − = . 8.18. 2 (1 x y x 2 ) ′ + ; (0) 2 y = − = f Если G – область определения функции ( , ) x y в дифференциальном уравнении (2), то в каждой точке ( , ) x y координатной плоскости, где ( , ) x y ∈G , равенство tg ( , ) f x y α = определяет направление касательной к проходящей через эту точку инте- гральной кривой ( α – угол наклона касательной). Точку, вместе с проходящим через нее небольшим отрезком прямой с соответствующим углом наклона α, называют ли- нейным элементом . Совокупность линейных элементов образует поле направлений (графически поле направлений изображают, естественно, с помощью конечного числа линейных элементов, выбрав в множестве G совокупность достаточно часто располо- женных точек). Поле направлений позволяет приближенно строить интегральные кри- вые, как такие линии, направление касательных к которым в каждой точке совпадает с направлением поля в этой точке. 8 Для построения поля направлений целесообразно выбирать точки в множестве G не случайно, а выделять сразу все точки, в которых направление поля одинаково. Мно- жество всех точек плоскости, в которых направление поля, определяемое уравнением (2), одно и то же, называется изоклиной. Всякая изоклина задается уравнением ( , ) f x y k = , где k – некоторое число, и обычно является некоторой кривой. Построив несколько изоклин для различных значений k и указав в точках каждой изоклины соот- ветствующее направление поля, определяемое равенством tg k α = , получим поле на- правлений. Этот способ построения поля направлений, а затем и интегральных кривых, носит название «метод изоклин». Пример 3. Для уравнения 2 2 y y x ′ = + − найти изоклину, проходящую через точку ( 1 , и выяснить направление поля в ее точках. , 0) − 3Уравнение семейства изоклин имеет вид 2 2 y x k + − = Положив , 1 x = − 0 y = , найдем 1 k = , и, следовательно, уравнение искомой изоклины , т.е. изоклиной является парабола 2 2 y + − 1 x = 2 1 y x = − arct . Поскольку , то направ- ление поля в точках изоклины образует угол 1 k = g1 45 α = = ° с осью x. Ответ: ; 4 2 1 y x = − 45 α = ° 8.19. Составить уравнение касательной к интегральной кривой урав- нения 2 3 в точке (–1, 1). y xy x ′ = + 8.20. Под каким углом интегральные кривые уравнения 3 y xy ′ = + пересекают ось x? 8.21. Построить изоклину уравнения y 2 2 2 y x y ′ = + − , проходящую через точку (–2, 1). 8.22. Построить изоклину уравнения ( ) x y y x ′ − = , проходящую че- рез точку (1, –1). Методом изоклин построить приближенно семейство интегральных кривых следующих дифференциальных уравнений: 8.23. y 8.24. 0 y x ′ = + yy x ′ + = . Задачи повышенной сложности 8.25. Показать, что уравнение 2 2 1 y x x y Ce − + − = (4 2 3) является общим интегралом дифференциального уравнения 2 1 x y y x y ′ + − = + + . 8.26. Показать, что функция x e y x dx x = ∫ является общим решением уравнения x xy y xe ′ − = 8.27. Найти и построить на плоскости xy область, через каждую точ- ку которой проходит единственная интегральная кривая уравнения ln ln y x y ′ = + 8.28. Доказать, что функция ln( ) 1 y x Cx = + является, а функция 1 не является общим решением уравнения ( ln ) y x C x = + + 1 x y y x + + ′ = 9 3. Уравнения с разделяющимися переменными. Дифференциальное уравне- ние 1-го порядка, приводящееся к виду ( ) ( ) y f x g y ′ = , (4) называется уравнением с разделяющимися переменными. Так как dy y dx ′ = , (5) то путем деления на ( ) и умножения на (при g y dx ( ) 0 g y ≠ ) уравнение (4) приводится к виду ( ) ( ) dy f x dx g y = (этот переход называется разделением переменных). Интегрируя обе части этого равенства (левую часть по y, а правую по x), получаем общий интеграл данного уравнения в виде , откуда, если это возможно, выражаем об- щее решение. Кроме этого, если какое-либо число – корень функции ( ) , т.е. , то, очевидно, функция ( ) ( ) G y F x = 0 y y C + 0 y g y 0 ( ) 0 g y = = также является решением уравнения (4). Замечание. Дифференциальное уравнение 1-го порядка, разрешенное относи- тельно производной (уравнение (2)), может быть задано в дифференциалах: ( , ) ( , ) 0 M x y dx N x y dy + = (6) (переход от (2) к (6) и обратно осуществляется с помощью (5)). Поскольку в уравнении (6) переменные x и y равноправны, то решениями этого уравнения наряду с функциями вида называются функции ( ) y = ϕ x ( ) x y = ψ 1 2 ) ( ) , обращающие его в тождество относи- тельно y на некотором интервале. Уравнение (6) является уравнением с разделяющими- ся переменными, если ( , ) ( M x y M = x M y и 1 2 ( , ) ( ) ( ) N x y N x N y = (переменные раз- деляются путем деления на ); в этом случае среди прочих решений оно может иметь решения вида 1 ( ) N x 0 2 ( ) M y x x = , если 1 0 ( ) N x 0 = , и 0 y y = , если 2 0 ( ) 0 M y = Пример 4. Решить уравнение 2 (2 1) 2 y y xy ′ + = 3Данное уравнение является уравнением с разделяющимися переменными (ср. с (4) при ( ) 2 f x x = , 2 ( ) 2 1 y g y y = + ). Полагая dy y dx ′ = , разделяем переменные: 2 2 2 1 (2 1) 2 2 dy y y xy dy xdx dx y + + = ⇒ = , и интегрируем: 2 1 (2 ) 2 ln | | 2 y dy xdx y y x C y + = ⇒ + = + ∫ ∫ (общий интеграл уравнения); кроме того, при разделении переменных потеряно решение 0 y = , которое не может быть получено из общего интеграла ни при каком значении C. Таким образом, все решения данного уравнения задаются неявно общим интегралом 2 2 | ln | y y x C + = + , , (вы- разить отсюда общее решение в явном виде невозможно) и уравнением 0 C ∈ R y = . Ответ: 2 2 ln | | y y x C + = + ; 4 0 y = Пример 5. Найти частное решение уравнения 0 y y ′ + = , удовлетворяющее на- чальному условию (0) 3 y = 3Найдем сначала общее решение. Разделяем переменные: 10 dy dy y d dx y x = − ⇒ = − . При интегрировании произвольную постоянную для удобства потенцирования целесо- образно представить в логарифмической форме: 1 ln | | ln dy dx y x C y = − ⇒ = − + ∫ ∫ ( ). 1 0 C > Тогда 1 1 1 ln | | ln ln ln | | ln | | 1 x x x x y e C y C e y C e y C e − − − = + ⇒ = ⇒ = ⇒ = ± − Решение , которое теряется при разделении переменных, не входит в полученное общее решение, т. к. параметр может иметь любые значения, кроме 0. Введем но- вый параметр C, принимающий также и нулевое значение. Тогда функция 0 y = 1 C ± x y Ce − = бу- дет общим решением, включающим и решение 0 y = . Для нахождения частного решения, положив в общем решении , , из уравнения найдем , и, следовательно, 0 x = 3 y = 0 3 Ce = 3 C = 3 x y e − = 4 Решить дифференциальные уравнения: 8.29. 0 . 8.30. yy x 2 sin yy x ′ + = ′ = . 8.31. 8.32. tg y y ′ = x 2 0 xy y ′ + = . 8.33. 8.34. ( 1 2 (3 1) 2 0 y y x ′ + − = ) y y y ′ + = . 8.35. 2 2 1 y x y ′ = − 8.36. 2 1 2 x y y ′ − = 8.37. 2 1 0 xydx x dy + − = . 8.38. 2 2 2(1 ) (1 ) 0 y xdx x dy + − + = . Решить задачи Коши: 8.39. 0; (0) 2 ( 1) x y xy ′ + + = y = . 8.40. x y y e + ′ = ; (0) 0. y = 8.41. 2 2 (2 ) (2 ) 0 xy x dy x y y dx + + − = ; (1) 1 y = . 8.42. sin 2 cos x y y ′ = + ; ( ) 0 y π = . 8.43. 2 xy y y ′ = − ; (3) 1 y = . 8.44. 2 tg x y y ′ = ; ( 1) 0 y − = Задачи повышенной сложности 8.45. Найти общее решение уравнения 2 2 1 1 x y y ′ − = + 8.46. Решить уравнение 2 2 cos sin 0 y xdx xdy − = . Решить задачи Коши: 8.47. 3 3 xy y ′ − = + ; (2) 3 y = − . 8.48. 2sin 0 xdy ydx + = ; 2 ( ) 1 y π − = . 11 4. Однородные уравнения. Дифференциальное уравнение 1-го порядка называ- ется однородным, если оно приводится к виду ( ) y y g x ′ = (7) (или к виду ( , ) y f x y ′ = , где функция ( , ) f x y , ) является однородной 0-го порядка, т.е. удовлетворяет условию ( , ) ( f x y f λ λ = x y тождественно относительно x, y и ). 0 ∀λ > С помощью подстановки y u x = ⋅ (при этом y u x u ′ ′ = + ), где ( ) – новая неизвестная функция, однородное дифференциальное уравнение 1-го порядка приво- дится к уравнению с разделяющимися переменными относительно функции ( ) . Най- дя все решения этого уравнения и подставив в них u u x = u x y u x = , получим все решения данного уравнения. Замечание. Уравнение (6) является однородным, если функции ( , ) M x y k и – однородные функции одного порядка, т.е. существует такое , что ( , ) N x y Z ∈ ( , ) ( , ) k M x y M x y λ λ = λ и тождественно относительно x, y и ( , ) ( , ) k N x y N x y λ λ = λ 0 ∀λ > Пример 6. Решить уравнение 2 2 ( 2 ) x y dx xydy 0 + − = 3Данное уравнение однородное, т. к. функции 2 ( , ) 2 2 M x y x y = + и являются однородными 2-го порядка: ( , ) N x y xy = − 2 2 2 2 2 2 ( , ) ( ) 2( ) ( 2 ) ( , ) M x y x y x y M x y λ λ = λ + λ = λ + = λ , также и 2 ( , ) ( , ) N x y N x y λ λ = λ (или по другому – приведя уравнение к виду (2), разрешенному относительно производной: 2 2 2 dy x y dx xy + = (при ), получаем, что функция 0 xy ≠ 2 2 2 ( , ) x y f x y xy + = удовлетворяет усло- вию ( , ) ( , ) f x y f λ λ = x y ; либо, наконец, 2 1 2( ) ( , ) ( ) y y x f x y g y x x + = = , где 2 1 2 ( ) t g t t + = ). Положим y ux = . Тогда y u x u ′ ′ = + . Подставив эти выражения в уравнение 2 2 2 x y y xy + ′ = , получим 2 2 2 2( ) x ux ux + u x u ′ + = , или, после преобразований, уравнение с разделяющимися переменными 2 1 du u x dx u + = Разделяем переменные: 2 1 udu dx x u = + и интегрируем: 2 ln(1 ) 2 ln | | ln u x C + = + (произвольная постоянная для удобства потенцирования представлена в логарифмиче- ской форме). Отсюда 2 2 1 u Cx + = Возвращаясь к функции y ( y u x = ), получим общий интеграл: 2 2 4 x y Cx + = , , 0 C > 12 откуда можно выразить общее решение 2 1 y x Cx = ± − . Кроме этого, исходное уравне- ние имеет решение , которое теряется при разрешении его относительно 0 x = y′ . От- вет: 2 1 y x Cx = ± − ( ); 4 0 C > 0 x = Решить дифференциальные уравнения: 8.49. y x y y x ′ = + . 8.50. y y x y ′ = − 8.51. 8.52. ( ) 2 2 y dx x dy xydy + = 0 x y dx xdy − + = . 8.53. sin y x xy y x ′ − = 8.54. ( ) y x y x y e − ′ = − Решить задачи Коши: 8.55. tg y x xy y x ′ = + ; 1 2 4 ( ) y π = 8.56. ln y x xy y ′ = ; (1) 1 y = 8.57. 2 2 ( ) 0 (1) 0 y y x y dx xdy + + − = ; = . 8.58. ; 2 2 ( ) x y dy xydx + − 0 (0) 0,5 y = = Задачи повышенной сложности 8.59. Решить уравнение ) 2 2 ( 2 y dx x dy dx = + Решить задачи Коши: 8.60. ( ) arctg y x xy y x ; (1) 0 ′ − = y = . 8.61. 2 2 2 2 2 2 y xy x y y xy x − − ′ = + − ; (1) 1 y = − . 8.62. Найти функцию ( ) t ϕ , такую, чтобы общее решение уравнения ( ) x y x xy y ′ ϕ = − имело вид ln x y Cx = ( 0 C ≠ ). 5. Линейные уравнения. Уравнения Бернулли. Дифференциальное уравнение 1-го порядка называется линейным, если оно приводится к виду ( ) ( ) y a x y b x ′ + = (8) (т.е. содержит y и y′ в первой степени). Для решения линейного уравнения положим y u v = ⋅ , где u и v – функции от x. Тогда y u v uv ′ ′ = + ′ ) и уравнение приводится к виду ( ( ) ) ( u v u v a x v b x ′ ′ + + = . (9) Выберем функцию ( ) так, чтобы выражение в скобке обратилось в нуль, т.е. найдем любое ненулевое решение уравнения с разделяющимися переменными Подставляя эту функцию вместо v в уравнение (9), получаем уравнение с разделяющи- мися переменными относительно функции ( ) : v x ( ) v a x ′ = − v u x ( ) ( ) u v x b x ′ = 13 Находим общее решение этого уравнения ( ) u u x C = + , после чего, перемножая най- денные функции ( ) и , получаем общее решение исходного уравнения (8): v x ( ) u x C + ( )( ( ) ) y v x u x C = + Пример 7. Решить уравнение cos xy x y ′ = − . 3Данное уравнение является линейным: cos y x y x x ′ + = Полагая здесь y uv = , y u v uv ′ ′ = + ′ , получим cos uv x u v uv x x ′ ′ + + = или cos ( ) v u v u v x x x ′ ′ + + = . (*) Найдем какую-нибудь функцию ( ) ( v x 0 ≠ ), решая уравнение 0 v v x ′ + = : 1 ln | | ln | | ( 0) dv v dv dx v x C v dx x v x x = − ⇒ = − ⇒ = − = ⇒ = Подставляя в уравнение (*), получим: ( ) v x cos u x x x ′ = или cos du x dx = Общее решение этого уравнения: sin u x C = + Перемножая теперь u и v, получаем общее решение исходного уравнения: sin x C y x + = 4 Аналогично линейному уравнению (с помощью подстановки y u v = ⋅ ) решается уравнение Бернулли: ( ) ( ) y a x y b x y α ′ + = , где 0 α ≠ , 1 α ≠ (при это уравнение является линейным, а при 0 α = 1 α = – уравнением с разделяющи- мися переменными). Уравнение Бернулли можно свести к линейному с помощью под- становки . Заметим, что при 1 z y −α = 0 α > у уравнения Бернулли есть решение 0 y = . Решить дифференциальные уравнения: 8.63. 2 2 ( 1) 1 x y y e x x ′ − = + + 8.64. 3y y x x ′ − = . 8.65. 2 2 y . 8.66. 3 2 x 2 3 x y x e x − ′ = − y e y ′ = − 8.67. 2 cos xy y x ′ = + x . 8.68. x xy e xy ′ = + Решить задачи Коши: 8.69. 2 (1 2 2 ) 2 (1 ) x y xy x ′ + = + + ; (1) 4 y = . 8.70. 1 tg cos y y x x ′ + = ; (0) 0 y = . 14 Задачи повышенной сложности Решить дифференциальные уравнения: 8.71. 3 2 y y x y ′ = + 8.72. (2 ) 1 y e x y′ − = . 8.73. 2 4 2 x y xy xe y − 8.74. 3 ′ + = 2 2 xy y x y ′ = + 8.75. (2ln 1) xy x x ′ = + y − x Решить задачу Коши: 8.76. ; 2 x y y e ′ = + − (0) 0,25 y = 6. Особые решения. Уравнения Клеро. Решение или интеграл дифференци- ального уравнения называется особым, если через любую точку соответ- ствующей (особой) интегральной кривой проходит, кроме нее, еще и другая касающая- ся ее интегральная кривая. Для уравнения ( , , ) 0 F x y y′ = ( , ) y f x y ′ = , в частности, в каждой точке особой интегральной кривой нарушается единственность решения задачи Коши. Если однопараметрическое семейство интегральных кривых дифференциального уравнения, определяемое уравнением , имеет огибающую, то она является особой ин- тегральной кривой, уравнения которой (явное или неявное) получаются путем исклю- чения (если это возможно) параметра C из системы ( , x y Φ , ) 0 C = { ( , , ) 0, ( , , ) 0 C x y C x y C Φ = ′ Φ = (10) (где ( , , ) C x y C C ∂Φ ′ Φ = ∂ – частная производная по C функции ( , , ) x y C Φ ), либо путем ре- шения этой системы относительно x и y (параметрические уравнения с параметром C). Пример 8. Решить уравнение 2 3 3 y y ′ = 3Данное уравнение – с разделяющимися переменными. Поэтому 2 3 3 2 3 3 3 dy dy y dx y x C dx y = ⇒ = ⇒ = + и – его общее решение (т.е. семейство интегральных кривых состоит из кубических парабол). Имеется, однако, решение 0 3 ( y x C = + ) y = , которое не может быть получе- но из общего решения ни при каком значении C. Это решение в данном случае является особым, т. к. в каждой ее точке ось x (особая интегральная кривая) касается одной из парабол, входящих в семейство. Причина нарушения единственности решения задачи Коши в точках оси x – нарушение непрерывности частной производной 3 2 f y y ∂ = ∂ в этих точках (см. п. 2). Заметим, что решение 0 y = может быть получено в результате нахо- ждения огибающей полученного семейства парабол, т.е. путем исключения параметра C из системы , 3 ( ) y x C = + 2 0 3( ) x C = + . Ответ: 3 ( ) C y x = + ; 0 y = .4 Примером дифференциального уравнения 1-го порядка, имеющим особые ре- шения, является уравнение Клеро: ( ) y xy y ′ ′ = + ϕ 15 Его «общее» решение (уравнение однопараметрического семейства интегральных кри- вых) получается путем замены в нем y′ на символ C, т.е. имеет вид ( ) y Cx C = + ϕ , (11) а особые решения согласно (10) определяются системой ( ) y Cx C = + ϕ , 0 ( ) x C ′ = + ϕ Особая интегральная кривая, определяемая этой системой, является огибающей семей- ства прямых (11), т.е. это семейство состоит из ее касательных. Пример 9. Решить уравнение 2 4 4( y y x y 1) ′ ′ + = + 3Выражая отсюда y: 2 ( 1) 4 y y x y ′ ′ = + − или 2 4 y y xy y ′ ′ ′ = + − , получаем, что данное уравнение есть уравнение Клеро. Следовательно, его общее ре- шение имеет вид 2 4 C y Cx C = + − Для нахождения особого решения продифференцируем обе части этого равенства по C: 0 1 2 C x = + − и составим систему 2 , 4 0 1 2 C y Cx C C x ⎧ = + − ⎪ ⎨ ⎪ = + − ⎩ Исключая отсюда C (из второго уравнения выражаем 2( 1) C x = + 2 ( 1) и подставляем в пер- вое уравнение), получим особое решение y x = + . Ответ: 2 4 C y Cx C = + − ; 4 2 ( 1) y x = + Найти особое решение данного дифференциального уравнения, если из- вестно уравнение его однопараметрического семейства интегральных кривых: 8.77. ; 2 2 0 xy xy y ′ ′ + − = 2 ( ) 4 y C Cx − = 8.78. 2 2 0,5 y y xy x ′ ′ = − + ; C 2 2 0,5 y x Cx = + + Решить уравнения Клеро: 8.79. 1 y xy y ′ = + ′. 8.80. y y xy e ′ ′ = − 8.81. y xy y e ′ − ′ = 8.82. ( 1) y x y y 0 ′ ′ + − + = . 7. Смешанные задачи. Геометрические и физические задачи, приводящие к решению дифференциальных уравнений 1-го порядка. Решить дифференциальные уравнения: 8.83. ctg y x xy y x ′ − = 8.84. 2 ( 1) y y x y ′ ′ = + + 16 8.85. 2 1 y xy y ′ ′ = + + 8.86. 2 2 x y y e + ′ = Решить задачи Коши: 8.87. 2 2 x y y e ′ = − ; 8.88. (0) 0,5 y = 2 sin x e y y x − ′+ = ; 2 ( ) 0 y π = . 8.89. ; tg cos y y x ′ + = − x (1) 0 y = . 8.90. 2x y y x + ′ = ; (1) 0 y = 8.91. 2 2 xy y y x − ′ = ; (1) 0,5 y = 8.92. 2 2 4 xy y x ′ = + ; (1) 1 y = Задача из геометрии о нахождении уравнения линии ( ) y y x = по заданному свойству ее касательной или нормали сводится к решению дифференциального уравне- ния первого порядка, полученного в результате аналитической записи этого свойства в терминах координат точки касания ( x и ) и углового коэффициента ( или y y′ 1 y − ′). Пример 10. Найти уравнение линии, проходящей через точку (0, 2), если по- верхность, образованная при вращении этой линии вокруг оси x (зеркало прожектора), отражает все лучи, выходящие из начала координат O, параллельно оси x (в положи- тельном направлении). 3Пусть – уравнение искомой линии, ( ) y y x = ( , ) M x y – произвольная точка на ней, MA – нормаль в этой точке, – точка пересечения нормали с осью A x . Тогда, ввиду закона отражения из оптики, линия определяется свойством ее нормали: угол OMA между прямой и нормалью (угол падения) равен углу между прямой OM OAM x и нормалью (угол отражения), что эквивалентно равнобедренности треугольника AMO . Выразим ра- венство OA через OM = x , и . Уравнение нормали в точке y y′ M имеет вид: 1 ( ) Y y X x y − = − − ′ (здесь X и – текущие координаты нормали). Полагая в этом уравнении , на- ходим Y 0 A Y = A X x = + yy′ . Таким образом, | OA x yy | ′ = + . Поскольку 2 2 OM x y = + , то полу- чаем равенство 2 | | 2 x yy x y ′ + = + , представляющее собой дифференциальное уравне- ние 1-го порядка, которому удовлетворяет искомая функция ( ) y y x = . Уравнение при- водится к виду 2 2 x x y y y − ± + ′ = , т.е. является однородным. Решая его (с помощью подстановки y ux = ), найдем общий интеграл: 2 2 2 y C Cx = + Таким образом, зеркало прожектора, отражающее лучи из точечного источника парал- лельным пучком, необходимо выполнять в форме параболоида вращения. Для выделения линии, проходящей через данную точку, используем начальное усло- вие , откуда , и, следовательно, (0) 2 y = 2 C = 2 1 y x = + – уравнение искомой линии.4 17 8.93. Найти и построить линию, проходящую через точку 1 2 ( , 1 − ) и обладающую следующим свойством: абсцисса точки пересечения каса- тельной в произвольной точке линии с осью x равна квадрату абсциссы точки касания. 8.94. Найти и построить линию, проходящую через точку ( 5, 1) и обладающую следующим свойством: отрезок нормали к ней в произвольной точке M , заключенный между осями координат, делится точкой M пополам. 8.95. Найти уравнение линии, проходящей через точку (1, 2) и обла- дающей следующим свойством: произведение абсциссы произвольной точ- ки M линии на абсциссу точки A пересечения нормали MA с осью x равно удвоенному квадрату расстояния от начала координат до точки M 8.96. Найти уравнение линии, проходящей через точку 7 1 2 4 ( , ) , если площадь трапеции, образованной касательной к ней в произвольной точке первой четверти, положительными полуосями координат и ординатой точ- ки касания постоянна и равна 3 2 При составлении дифференциальных уравнений 1-го порядка в задачах физиче- ского характера либо используются соответствующие физические законы, связываю- щие производную процесса как скорость его протекания с самим процессом и незави- симой переменной (обычно временем) (примером служит второй закон Ньютона ( ) ( , d mv F t v dt = ) для прямолинейного и ( ) ( , ) d I M t dt ω = ω для вращательного движения соответственно), либо применяется метод дифференциалов, согласно которому при- ближенные соотношения между малыми приращениями переменных величин, полу- ченные при отбрасывании бесконечно малых высших порядков, заменяются точными соотношениями между их дифференциалами. Пример 11. В помещении цеха вместимостью 10800 м 3 воздух содержит 0,12% углекислоты. Вентиляторы доставляют свежий воздух, содержащий 0,04% углекисло- ты, со скоростью 1500 м 3 /мин. Предполагая, что углекислота распределяется по поме- щению равномерно в каждый момент времени, найти процентное содержание углеки- слоты через 10 мин после начала работы вентиляторов. 3Пусть ( ) x x t = – процентное содержание углекислоты через t мин после начала работы вентиляторов, x x + Δ – в момент времени t t + Δ . За малый промежуток времени вместе со свежим воздухом в помещение поступило t Δ 1500 0,04% t Δ ⋅ углекислоты и приблизительно (с точностью до ( ) o t Δ ) 1500 % t x Δ ⋅ углекислоты удалено вместе с возду- хом помещения (воздух из помещения цеха удаляется с той же скоростью). Таким образом 1500 0,04 1500 10800 t t x x Δ ⋅ − Δ ⋅ Δ ≈ Заменяя приращения x Δ и дифференциалами, получаем дифференциальное уравне- ние 1-го порядка (с разделяющимися переменными) t Δ 36 5(0,04 ) dx x dt = − 18 Его общее решение 5 36 0,04 t x Ce − = + . Используя начальное условие , нахо- дим и, следовательно, зависимость процентного содержания углекислоты в воздухе цеха от времени имеет вид: (0) 0,12 x = 0,08 C = 5 36 0,04(1 2 ) t x e − = + Отсюда при получаем 4 10 t = 0,06% x ≈ 8.97. Замедляющее действие трения на диск, вращающийся в жидко- сти (момент сил трения), пропорционально угловой скорости вращения. Начав вращение со скоростью 5 об/c, по истечении двух минут диск вра- щается со скоростью 3 об/c. Через какое время от начала движения его уг- ловая скорость уменьшится до 1 об/c? 8.98. Скорость охлаждения тела пропорциональна разности темпе- ратур тела и окружающей его среды (закон Ньютона). Через какое время температура тела, нагретого до 100°C, понизится до 25°C, если температу- ра помещения равна 20°C и за первые 10 мин тело охладилось до 60°C? 8.99. В дне котла, имеющего форму полушара радиусом R = 43 см, образовалась пробоина площадью S = 0,2 см 2 . Через какое время вода, на- полняющая котел, вытечет из него? (По закону Торричелли вода вытекает из сосуда через малое отверстие со скоростью 0,6 2 v = gh , где h – высота уровня воды над отверстием, g = 9,81 м/c 2 – ускорение свободного падения). 8.100. Пуля, двигаясь со скоростью 0 400 v = м/с, пробивает стену толщиной см и вылетает, имея скорость 20 h = 1 v 100 = м/с. Полагая силу сопротивления стены пропорциональной квадрату скорости движения пу- ли, найти время прохождения пули через стену. |