Главная страница
Навигация по странице:

  • Решение

  • Задания

  • II уровень

  • Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня


    Скачать 1.84 Mb.
    НазваниеМатематика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
    Дата01.10.2019
    Размер1.84 Mb.
    Формат файлаpdf
    Имя файлаn1.pdf
    ТипУчебное пособие
    #88200
    страница21 из 31
    1   ...   17   18   19   20   21   22   23   24   ...   31
    уравнением с разделяющимися пере-
    менными.
    Для решения уравнения (22.3) предполагают
    2
    ( )
    0
    f x

    и
    1
    ( )
    0.
    g y

    Почленным делением уравнения (22.3) на
    2 1
    ( )
    ( )
    f x
    g y

    его сводят к уравнению

    165 1
    2 2
    1
    ( )
    ( )
    ,
    ( )
    ( )
    f x
    g
    y
    dx
    dy
    f x
    g y
    = −
    (22.4) которое в левой части содержит выражение только от перемен- ной x, а в правой – только от переменной y (этим объясняется название данного типа дифференциальных уравнений). Далее интегрируют равенство (22.4) (слева – по переменной x, а спра- ва – по y) и получают общее решение.
    Ограничения
    2
    ( )
    0,
    f x

    1
    ( )
    0
    g y

    могут привести к потере решений, поэтому следует решить уравнения
    2
    ( )
    0
    f
    x
    =
    и
    1
    ( )
    0
    g y
    =
    и установить подстановкой в заданное дифференци- альное уравнение, являются ли они решением дифференциаль- ного уравнения. Затем необходимо определить, входят ли они в общее решение (или являются особыми).
    Пример 1. Доказать, что функция
    2 2
    3 3
    x
    y
    x
    =
    +
    является решением дифференциального уравнения (2
    )
    2.
    y
    xy x


    =
    Решение. Продифференцируем функцию:
    2 2
    2 3
    3
    x
    y
    x
    ′ = −
    +
    Подста- вим ее в заданное дифференциальное уравнение:
    2 2
    2 2
    2 2
    2;
    3 3
    3 3
    x
    x
    x
    x
    x
    x






    +


    +
    =












    2 2
    4 2
    2 2
    2.
    3 3
    3 3
    x
    x
    x
    x
    x


    +
    +

    =




    В итоге получаем тождество
    2 2
    x
    x
    ⋅ =
    или 2 2.
    =
    Это доказывает, что функция
    2 2
    3 3
    x
    y
    x
    =
    +
    является решением заданно- го дифференциального уравнения.
    Пример 2. Доказать, что равенство
    2 2
    (1
    )(1
    )
    y
    x
    C
    +
    +
    =
    является общим интегралом дифференциального уравнения
    2 2
    (
    )
    (
    )
    0.
    x
    xy dx
    y
    yx dy
    +
    + +
    =
    Решение.
    Вычислим производную неявной функции
    2 2
    ( , )
    (1
    )(1
    )
    F x y
    y
    x
    C
    = +
    +

    по формуле
    :
    x
    x
    y
    F
    y
    F

    ′ = −

    поскольку
    2 2 (1
    ),
    x
    F
    x
    y
    ′ =
    +
    2 2 (1
    ),
    y
    F
    y
    x
    ′ =
    +
    то
    166 2
    2 2
    2 2 (1
    )
    (1
    )
    2 (1
    )
    (1
    )
    x
    x
    y
    x
    y
    y
    y
    x
    y
    x
    +
    +
    ′ = −
    = −
    +
    +
    Подставим
    x
    y

    и
    x
    dy
    y dx

    =
    в заданное дифференциальное урав- нение:
    2 2
    2 2
    2 2
    (1
    )
    (
    )
    (
    )
    (
    )
    0.
    (1
    )
    x
    y
    x
    xy dx
    y
    yx
    dx
    x
    xy
    x
    xy dx
    y
    x


    +
    +
    + +

    = +
    − −
    =




    +


    Получили тождество 0 0,
    =
    что и доказывает требуемое.
    Пример 3. Найти общее решение дифференциального уравнения:
    1)
    2 4
    ;
    x
    y
    x

    +
    =
    2)
    2
    (1
    )
    0;
    ydx
    x dy
    + +
    =
    3) cos
    1.
    y
    y
    ′ +
    =
    Решение. 1) Используем то, что
    ,
    dy
    y
    dx
    ′ =
    и запишем исходное дифференциальное уравнение в виде
    2 4
    dy
    x
    x
    dx
    +
    =
    или
    2 4
    x
    dy
    xdx
    +
    =
    Так как
    2 4
    0
    x
    + ≠
    для всех
    ,
    x

    R то преобразуем уравнение к виду
    2 4
    xdx
    dy
    x
    =
    +
    Интегрируем последнее равенство:
    2 4
    xdx
    dy
    x
    =
    +
    ∫ ∫
    Получаем
    2 4
    y
    x
    C
    =
    + +
    – общее решение заданного дифференциального урав- нения.
    2) Предполагаем, что
    0,
    y

    а так как
    2 1
    0
    x
    +

    для всех
    ,
    x

    R то преобразуем заданное дифференциальное уравнение к виду
    2 1
    dx
    dy
    y
    x

    =
    +
    Интегрируем последнее равенство:
    2 1
    dx
    dy
    y
    x

    =
    +


    Получаем: arctg ln ln ,
    x
    y
    C

    =
    +
    0.
    C
    >
    Произвольную константу записали в форме lnC для удобства дальнейших преобразований: ln arctg .
    C y
    x
    = −
    arctg
    ,
    x
    C y
    e

    =
    т. е. arctg
    x
    y
    Ce

    =
    Заметим, что преобразования аналитических выражений произво-

    167 дятся с точностью до константы C.
    Таким образом, arctg x
    y
    Ce

    =
    – общее решение исходного диффе- ренциального уравнения.
    Проверяем, является ли решением
    0.
    y
    =
    Подставляем в заданное дифференциальное уравнение и видим, что
    0
    y
    =
    является решением дифференциального уравнения. Однако оно не является особым, так как получается из общего решения при
    0.
    C
    =
    Приходим к ответу: arctg x
    y
    Ce

    =
    – общее решение, С = const.
    3) Используя то, что
    ,
    dy
    y
    dx
    ′ =
    запишем уравнение в виде
    1 cos .
    dy
    y
    dx
    = −
    Предполагаем, что
    1 cos
    0
    y


    и преобразуем уравнение к виду
    1 cos
    dy
    dx
    y
    =

    Используя формулу тригонометрии
    2 2sin
    1 cos ,
    2
    α
    α
    = −
    интегрируем последнее равенство:
    ,
    1 cos
    dy
    dx
    y
    =



    2 2 sin
    2
    dy
    dx
    y
    =


    Имеем: ctg
    2
    y
    x C

    = +
    или ctg
    2
    y
    C
    x
    = −
    Таким образом, получаем
    2arcctg(
    )
    2
    ,
    y
    C
    x
    n
    π
    =
    − +
    n

    Z – общее решение исходного дифференциального уравнения.
    Проверяем, дает ли равенство
    1 cos
    0
    y

    =
    особые решения. Полу- чаем,
    2
    ,
    y
    k
    π
    =
    k

    Z – это есть особые решения исходного дифферен- циального уравнения. Таким образом, решение заданного дифференци- ального уравнения:
    (
    )
    2arcctg
    2
    ,
    2
    ,
    y
    C
    x
    n
    y
    k
    π
    π
     =
    − +
     =

    ,
    n

    Z
    k

    Z
    Пример 4. Известно, что решением некоторого дифференциаль- ного уравнения является семейство парабол
    2
    y
    x
    Cx
    =
    +
    Определить это дифференциальное уравнение.
    Решение. Дифференцируя равенство
    2
    ,
    y
    x
    Cx
    =
    +
    имеем
    2
    y
    x C
    ′ =
    +
    (22.5)
    168
    Выразим C из уравнения параболы:
    2
    ,
    0.
    y
    x
    C
    x
    x

    =

    Подставив найденное значение С в уравнение (22.5), получим
    2 2
    ,
    y
    x
    y
    x
    x

    ′ =
    +
    т. е.
    1
    y
    y
    x
    x
    ′ −
    =
    (22.6)
    Заданное семейство парабол является решением дифференциаль- ного уравнения (22.6).
    Пример 5. Доказать, что
    2 2
    4 2
    x
    x
    y
    y
    C

    +
    +
    =
    является общим ин- тегралом дифференциального уравнения (
    2)
    (
    1)
    0.
    x
    dx
    y
    dy

    + +
    =
    Оп- ределить частные интегралы, если известно, что интегральные кривые проходят соответственно через точки (0, – 1) и (2, 0), построить эти кривые.
    Решение. Вычислим производную неявной функции по формуле
    ,
    x
    x
    y
    F
    y
    F

    ′ = −

    где
    2 2
    ( ,
    )
    4 2
    F x y
    x
    x
    y
    y
    C
    =

    +
    +

    Тогда
    2 4
    2 2
    2 1
    x
    x
    x
    y
    y
    y


    ′ = −
    = −
    +
    +
    Подставим
    x
    y

    и
    x
    dy
    y dx

    =
    в задан- ное дифференциальное уравнение:
    (
    )
    (
    )
    2 2
    1 0
    1
    x
    x
    dx
    y
    dx
    y




    +
    +

    =


    +


    или
    (
    2)
    (
    2)
    0.
    x
    dx
    x
    dx

    − −
    =
    Получили тождество 0 0.
    =
    Это доказывает, что заданная неявно функция является общим интегралом исходного дифференциального уравнения. Для нахождения частных интегралов и проходящих через заданные точки интегральных кривых подставляем координаты этих точек в общий интеграл и определяем соответствующие константы.
    Для точки (0, – 1) получаем:
    1 2 1
    C
    − + =
    или
    1 1.
    C
    = −
    Для точки
    (2, 0) получаем:
    2 4 8
    C
    − =
    или
    2 4.
    C
    = −
    Тогда частными интегралами будут:
    2 2
    4 2
    1 0
    x
    x
    y
    y

    +
    +
    + =
    и
    2 2
    4 2
    4 0.
    x
    x
    y
    y

    +
    +
    + =
    Интегральными кривыми являются концентрические окружности с центром в точке
    (
    )
    2,
    1

    и радиусами 2 и 1 соответственно. Это вид- но, если в полученных частных интегралах выделить полный квадрат по x и по y:

    169 2
    2
    (
    2)
    (
    1)
    4,
    x
    y

    + +
    =
    2 2
    (
    2)
    (
    1)
    1.
    x
    y

    + +
    =
    Графики интегральных кривых изображены на рис. 22.1.
    Рис. 22.1
    Пример 6. Найти частное решение дифференциального уравнения:
    1)
    2 2
    (1
    )
    0,
    xdx
    x dy
    − +
    =
    (0)
    0;
    y
    =
    2) ln ,
    y
    y
    y
    =

    ( )
    2 1;
    y
    =
    3)
    2
    sin ,
    x
    y
    e
    x
    ′ =
    ( )
    0 1.
    y
    =
    Решение. 1) Разделив уравнение на
    2 1
    0,
    x
    +

    получим:
    2 2
    1
    x
    dy
    dx
    x
    =
    +
    Интегрируем левую и правую части:
    2 2
    ;
    1
    x
    y
    dx
    x
    =
    +

    2
    ln(1
    ) ln .
    y
    x
    C
    =
    +
    +
    Получаем
    2
    ln (1
    )
    y
    C
    x
    =
    +
    – общее решение исходного дифферен- циального уравнения. Подставляем начальное условие (0) 0
    y
    =
    и на- ходим константу С:
    0
    ln C
    =
    или
    1.
    C
    =
    Нашли частное решение
    2
    ln(1
    ).
    y
    x
    =
    +
    2) Преобразуя заданное уравнение с учетом того, что
    ,
    dy
    y
    dx
    ′ =
    по- лучаем ln
    y
    dx
    dy
    y
    =
    Далее интегрируем: ln y
    dx
    dy
    y
    =
    ∫ ∫
    или
    2
    ln
    2
    y
    x
    C
    =
    +
    – это общий интеграл исходного уравнения.

    1 1

    3 1
    2

    2
    x
    y
    0 170
    Используем начальное условие: в полученное решение подставля- ем
    2
    x
    =
    и
    1.
    y
    =
    Находим константу С:
    2
    ln 1 2
    ,
    2
    C
    =
    +
    т. е.
    2.
    C
    =
    Значит,
    2
    ln
    2,
    2
    y
    x
    =
    +
    откуда получаем:
    (
    )
    2 2
    2
    ln
    x
    y
    − =
    – искомое частное решение (частный интеграл).
    3) С учетом равенства
    dy
    y
    dx
    ′ =
    получаем
    2
    sin
    x
    dy
    e
    xdx
    =
    Интег- рируем:
    2
    sin
    x
    dy
    e
    xdx
    =
    ∫ ∫
    или
    2
    sin
    x
    y
    e
    xdx C
    =
    +

    Вычисляем по- следний интеграл, дважды интегрируя по частям:
    ,
    sin cos cos sin
    ,
    cos
    x
    x
    x
    x
    x
    u
    e
    du
    e dx
    e
    xdx
    e
    x
    e
    xdx
    dv
    xdx v
    x
    =
    =
    =
    = −
    +
    =
    =
    = −


    ,
    ,
    cos sin sin cos
    ,
    sin
    x
    x
    x
    x
    x
    u
    e
    du
    e dx
    e
    x
    e
    x
    e
    xdx
    dv
    xdx v
    x
    =
    =
    =
    = −
    +

    =
    =

    Отсюда получаем
    (
    )
    2
    sin sin cos
    x
    x
    e
    xdx
    e
    x
    x
    =


    Таким образом,
    (sin cos )
    x
    y
    e
    x
    x
    C
    =

    +
    – общее решение исходно- го дифференциального уравнения. Подставляя в него
    0,
    x
    =
    1,
    y
    =
    на- ходим С:
    0 1
    (sin 0 cos 0)
    ,
    e
    C
    =

    +
    т. е.
    2.
    C
    =
    Частным решением явля- ется
    (sin cos )
    2.
    x
    y
    e
    x
    x
    =

    +
    Задания
    I уровень
    1.1. Докажите, что данная функция является решением соот- ветствующего дифференциального уравнения:
    1) cos
    4 ,
    y
    x
    x
    =
    +
    4 sin ;
    y
    x
    ′ = −
    2)
    2 3
    ln
    ,
    y
    x
    x
    =
    2 3
    2 ;
    xy
    x
    y
    ′ =

    3)
    (
    )
    3 2
    (1
    )
    1
    ,
    3
    x
    y
    x

    =
    + −
    2 3
    3 7
    4 ;
    3
    (1
    )
    y
    y
    x
    x
    x

    +
    = −


    4)
    ,
    x
    y
    e

    =
    2 2
    0.
    x
    y
    e y
    y
    ′ −
    +
    =
    1.2. Решите уравнение:
    1)
    2 3
    3
    ;
    y
    y
    ′ =
    2) tg tg ;
    y
    x
    y
    ′ =

    3) (
    3)
    (
    3)
    0;
    y
    dx
    x
    dy

    + −
    =

    171 4)
    2 8
    ;
    16
    y
    x
    ′ =

    5)
    2
    sin ;
    y
    y
    x
    ′ =
    6)
    2 1
    x
    y
    x
    ′ =

    1.3. Найдите частное решение уравнения:
    1)
    3 8
    ,
    y
    x
    ′ =
    (0)
    0;
    y
    =
    2)
    2 1
    2 0,
    x dy
    xdx


    =
    (0)
    2;
    y
    = −
    3) sin
    0,
    y
    x
    ′ +
    =
    ( ) 1;
    y
    π
    =
    4) 4(
    1)
    (
    1)
    0,
    x
    dx
    y
    dy
    +
    + −
    =
    (0) 1.
    y
    =
    II уровень
    2.1. Докажите, что заданная неявно функция является реше- нием соответствующего дифференциального уравнения:
    1)
    2 2
    0,
    y
    x
    y

    − =
    2 2
    (
    )
    2 0;
    y x
    y
    xy

    +

    =
    2)
    2 2
    2 1 0,
    x
    y
    +
    − =
    2 0;
    x
    yy

    +
    =
    3) (ln
    )
    1,
    y
    x
    x
    y
    + + =
    2
    ln
    0;
    xy
    y
    x
    y
    ′ −
    + =
    4)
    ,
    m
    y
    x
    =
    xy
    my
    ′ =
    2.2. Решите уравнение:
    1)
    2 2
    (1
    )
    (1
    )
    0;
    y
    x
    y
    x
    y

    +
    +
    +
    =
    2)
    (1
    )
    0;
    x
    x
    e dx
    e
    ydy
    − +
    =
    3)
    2
    (
    2)
    1;
    y
    x
    ′ = +

    4)
    2
    cos .
    x
    y
    e
    x
    ′ =
    2.3. Решите задачу Коши:
    1)
    0,
    y
    yy
    e
    x

    +
    =
    ( )
    1 0;
    y
    =
    2)
    (
    )
    2 2
    1 2
    0,
    x
    y
    xy


    +
    =
    ( )
    0 1;
    y
    =
    3)
    2
    ,
    ln
    y
    xy
    x
    ′ =
    ( )
    1;
    y e
    =
    4)
    (
    )
    2 0,
    xy
    y dx
    xdy
    +

    =
    ( )
    1 1.
    y
    =
    5) (
    3)
    (
    4)
    0,
    y
    dx
    x
    dy

    + +
    =
    ( 3)
    4;
    y
    − =
    2.4. Докажите, что параметрически заданная функция
    ,
    t
    t
    x
    te
    y
    e

     =
     =

    является решением уравнения
    (
    )
    2 1
    0.
    xy y
    y

    +
    +
    =
    2.5. Докажите, что соотношение
    (
    1)
    y x
    C
    − =
    является об- щим решением (общим интегралом) дифференциального урав- нения (
    1)
    0.
    x
    y
    y


    + =
    Определите частные решения (частные
    172 интегралы), если интегральные кривые проходят через точки
    (0, 0), (0, – 1) и (2, 1), постройте эти кривые.
    1   ...   17   18   19   20   21   22   23   24   ...   31


    написать администратору сайта