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

• Название: Математика в примерахизадачах Часть 4 под общ ред. Л. И. Майсеня
• Дата: 01.10.2019
• Размер: 1.84 Mb.
• Имя файла: n1.pdf
• Тип: Учебное пособие; #88200
• страница: 25 из 31

однородным относительно искомой функции y и ее производных
( )
,
, ...,
,
n
y y
y
′ ′′
если функция F однородна относи- тельно
( )
,
, ...,
,
n
y y
y
′
т. е.
( )
( )
( ,
,
, ...,
)
( , ,
, ...,
),
n
n
m
F x
y
y
y
F x y y
y
λ λ
λ
λ
′
′
=
где m – степень однородности,
;
m
∈
N
λ – произвольное число.
Для решения используется замена
,
y
z
y
′
=
где
( ),
z
z x
=
по- нижающая порядок исходного уравнения на единицу.
Пример 1. Найти общее решение уравнения:
1) sin 2 ;
y
x
′′′ = −
2)
2 0;
xy
y
′′
′
+
=
3)
2 2( )
0;
yy
y
′′
′
−
=
4)
2 2
(
)
0.
x yy
y
xy
′′
′
− −
=
Решение. 1) Заданное уравнение имеет 3-й порядок. Это диффе- ренциальное уравнение типа (22.47). Проинтегрируем последовательно три раза:
(
)
1
cos 2
sin 2
,
2
x
y
x dx
C
′′ =
−
=
+
∫
1 1
2
cos 2
sin 2
,
2 4
x
x
y
C
dx
C x C


′ =
+
=
+
+




∫
2 1
1 2
2 3
sin 2
cos 2
,
4 8
2
C x
x
x
y
C x C
dx
C x C


=
+
+
= −
+
+
+




∫
1 2
3
,
,
C C C – произвольные постоянные. Полученная функция
( )
y
y x
=
и есть общее решение исходного уравнения.
2) Это уравнение 2-го порядка, не содержащее явно искомой функции y, т. е. типа (22.48). Делаем замену
,
y
z
′ =
где
( ).
z
z x
=
Диф- ференцируем замену еще раз, получаем
y
z
′′
′
=
Подставляем выраже- ния y
′
и y
′′
в исходное уравнение:
2 0.
xz
z
′ +
=
(22.51)

199
Получили уравнение с разделяющимися переменными:
2
,
dz
dx
z
x
= −
0,
z
≠
0.
x
≠
В результате интегрирования имеем:
1
ln | |
2 ln | | ln
,
z
x
C
= −
+
отку- да
2 1
z
C x
−
=
– общее решение уравнения (22.51).
Возвращаемся к старым переменным:
2 1
y
C x
−
′ =
– уравнение первого порядка. Интегрируем его:
2 1
dy
C x dx
−
=
∫ ∫
Получаем
1 1
2
y
C x
C
−
=
+
– общее решение исходного уравнения.
3) Это уравнение 2-го порядка, не содержащее явно независимой переменной x, т. е. типа (22.49). Делаем замену
,
y
z
′ =
где
( ),
z
z y
=
( ).
y
y x
=
Дифференцируем замену по x как сложную функцию, полу- чаем:
y
x
y
z y
z z
′′
′ ′
′
=
=
Подставляем выражения для y
′
и y
′′
в исходное уравнение:
2 2
0.
yz z
z
′ −
=
(22.52)
Уравнение (22.52) – это уравнение с разделяющимися переменны- ми. Решаем его:
2 2
dz
yz
z
dy
=
или
2
,
dz
dy
z
y
=
0,
z
≠
0.
y
≠
Далее интегрируя, имеем:
1
ln
2 ln ln
,
z
y
C
=
+
откуда
2 1
z
C y
=
– общее решение уравнения (22.52).
Возвращаемся к старым переменным, получаем
2 1
y
C y
′ =
– урав- нение с разделяющимися переменными. Тогда
2 1
dy
C y
dx
=
или
1 2
dy
C dx
y
=
Интегрируем:
1 2
1
C x C
y
− =
+
или
1 2
1
y
C x C
=
+
– общее решение исходного диф- ференциального уравнения.
4) Это уравнение 2-го порядка, однородное относительно ,
y y
′
и
,
y
′′
так как
2 2
2 2
2
(
)
(
(
) ),
x
y y
y
x y
x yy
y
xy
λ λ
λ
λ
λ
′′
′
′′
′
−
−
=
− −
200 где
λ – произвольное число.
Это уравнение типа (22.50). Делаем замену
,
y
z
y
′
=
где
( ),
z
z x
=
отсюда получаем:
y
zy
′ =
(22.53)
Дифференцируем это равенство еще раз:
y
z y
zy
′′
′
′
=
+
С учетом (22.53) получаем:
2
,
y
z y
z y
′′
′
=
+
2
(
).
y
y z
z
′′
′
=
+
Подставляем выражения для y
′
и y
′′
в исходное уравнение:
2 2
2
(
) (
)
0.
x yy z
z
y
xzy
′ +
− −
=
Делим его на
2
y
(
)
0 :
y
≠
2 2
2
(
) (
1)
0.
x
z
z
xz
′ +
−
−
=
После упрощения имеем уравнение
2 1 2 0.
x z
xz
′ − +
=
Делим его почленно на
2
x
(
)
0 :
x
≠
2 2
1
z
z
x
x
′ +
=
(22.54)
Получили линейное уравнение 1-го порядка. Решаем его, напри- мер, методом Бернулли:
,
z
uv
=
z
u v uv
′
′
′
=
+
Тогда (22.54) примет вид:
2 2
1
,
uv
u v uv
x
x
′
′
+
+
=
т. е.
2 2
1
v
u v u v
x
x


′
′
+
+
=




Полагаем
2 0,
v
v
x
′ +
=
откуда
2
dv
dx
v
x
= −
Интегрирование приводит к равенству ln | |
2 ln | | .
v
x
= −
Тогда имеем:
2 1
v
x
=
– искомая функция v.
Далее имеем:
2 2
1
,
u
x
x
′
=
т. е.
,
du
dx
=
что означает
1
u
x C
= +
Отсюда
2 1
(
)
z
x C x
−
= +

201
Возвращаемся к старым переменным:
(
)
2 1
y
x C
x
y
−
′
=
+
или
1 2
1
C
dy
dx
y
x
x


=
+




Интегрируем:
1 2
ln ln ln
,
C
y
x
C
x
=
−
+
используя свойства логарифма, получаем:
1 2
ln
C
y
C x
x

 −
=




или
1 2
C
x
y
e
C x
−
=
Таким образом,
1 2
C
x
y
C xe
−
=
– общее решение исходного уравнения.
Пример 2. Найти частное решение уравнения:
1)
2 0,
y
y
′′
′
−
=
3
(0)
,
2
y
=
(0)
1;
y
′
=
2)
2 3
2( ) ,
yy
y
′′
′
=
(0)
1,
y
=
(0)
2;
y
′
=
3) ln ,
IV
y
x
x
=
(1)
1,
y
=
(1)
0,
y
′ =
(1)
1,
y
′′ = −
(1)
0.
y
′′′ =
Решение. 1) Заданное уравнение имеет 2-й порядок. Делаем заме- ну
,
z
y
′
=
( ).
z
z x
=
Тогда
,
y
z
′′
′
=
и заданное уравнение принимает вид:
2 0.
z
z
′ −
=
Получили дифференциальное уравнение 1-го порядка с разде- ляющимися переменными. Решаем его:
2
,
dz
dx
z
=
1
ln | | 2
ln
z
x
C
=
+
или
2 1
x
z
C e
=
Возвращаясь к старой переменной, получим:
2 1
x
y
C e
′ =
Определим константу
1
C из начального условия
(0)
1.
y
′
=
Тогда
0 1
1
C e
=
или
1 1.
C
=
Таким образом,
2
x
y
e
′ =
Интегрируем и получаем:
2 2
2 2
x
x
e
y
e dx
C
=
=
+
∫
Определяем
2
C из 2-го начального условия:
3
(0)
,
2
y
=
т. е.
2 1.
C
=
Частным решением исходного дифференциального уравнения яв- ляется функция
2 1.
2
x
e
y
=
+
2) Это уравнение 2-го порядка, не содержащее явно переменную x.
Делаем замену
,
y
z
′ =
( ),
z
z y
=
( ).
y
y x
=
Тогда
,
y
z z
′′
′
=
и заданное уравнение примет вид
2 3
2
yz z
z
′ =
Получили уравнение 1-го порядка с
202 разделяющимися переменными. Интегрируем его:
2
,
3
dz
dy
z
y
=
имеем:
1 2
ln | |
ln |
| ln
3
z
y
C
=
+
или
2 3
1
z
C y
=
Возвращаемся к старой переменной:
2 3
1
y
C y
′ =
Определяем
1
,
C используя 2-е начальное условие:
1 2
1,
C
=
⋅
отсюда
1 2.
C
=
Получаем
2 3
2
y
y
′ =
– уравнение 1-го порядка с разделяющимися переменными. Его решение:
1 3
2 3
2
y
x C
=
+
или
(
)
3 2
1 2
27
y
x C
=
+
Определяем константу
2
,
C используя первое начальное условие:
3 2
1 1
,
27
C
=
откуда
2 3.
C
=
Тогда частным решением заданного уравнения является функция
(
)
3 1
2 3 .
27
y
x
=
+
3) Это дифференциальное уравнение 4-го порядка типа (22.47).
Проинтегрируем его последовательно четыре раза:
2 2
1
ln ln
2 4
x
x
x
y
x
xdx
C
′′′ =
=
−
+
∫
Определим константу
1
C из начального условия
(1)
0.
y
′′′ =
Тогда
1 1
0 4
С
= − +
или
1 1
4
С
=
Интегрируем еще раз:
2 2
3 3
2
ln
1
ln
5 2
4 4
6 36 4
x
x
x
x
x
x
x
y
dx
C


′′ =
−
+
=
−
+ +




∫
Определяем
2
C из начального условия
( )
1 1:
y
′′
= −
2 5
1 1
36 4
С
− = −
+ +
или
2 10 9
С
= −
Интегрируем далее:

203 3
3 4
4 2
3
ln
5 10
ln
13 10 6
36 4
9 24 288 8
9
x
x
x
x
x
x
x
x
x
y
dx
C


′ =
−
+ −
=
−
+
−
+






∫
Из начального условия
( )
1 0
y
′
=
находим
3
:
C
3 13 1
10 0
288 8
9
С
= −
+ −
+
или
3 33 32
С
=
Интегрируем в 4-й раз:
4 4
2 5
5 3
2 4
ln
13 10 33
ln
77 24 288 8
9 32 120 7200 24 5
33 9
32
x
x
x
x
x
x
x
x
x
y
dx
x
x
C


=
−
+
−
+
=
−
+
−




−
+
+
∫
Находим константу
4
C из начального условия
( )
1 1:
y
=
4 77 1
5 33 1
7200 24 9
32
С
= −
+
− +
+
или
4 114 225
С
=
Тогда частным решением заданного дифференциального уравне- ния является функция
5 5
3 2
ln
77 5
33 114 120 7200 24 9
32 225
x
x
x
x
x
x
y
=
−
+
−
+
+
Задания
I уровень
1.1. Решите уравнение:
1)
6 ;
IV
y
x
=
2) cos3 2;
y
x
′′′ =
+
3)
2
(
)
;
y
y
′′
′
=
4)
2 3
0.
y
x y
′′
′
+
=
1.2. Решите задачу Коши:
1)
3
sin cos ,
xy
x
′′ =
,
2 2
y
π
π
  =
 
 
1
;
2 2
y
π
 
′
=
 
 
2)
2
,
y
y
e
′′ =
(1)
0,
y
=
(1)
2;
y
′ =
3)
3 1,
y y
′′ =
1 1,
2
y
  =
 
 
1 1;
2
y
 
′
=
 
 
4) 2
,
y y
y
′′
′
=
(2) 1,
y
=
(2) 1.
y
′
=
II уровень
2.1. Решите уравнение:
1)
2 3
2 cos sin cos
;
y
x
x
x
′′ =
−
2)
2 2
(
)
( )
4;
y
y
′′
′
+
=
204 3)
2
( ) ;
yy
y
′′
′
=
4) sin
;
y
xy
y
x
x
′
′′
′
− =
5)
2
sin ;
xy
y
x
x
′′
′
− =
6)
2 2
(1
)
2 3
x
y
xy
x
′′
′
+
+
=
2.2. Решите задачу Коши:
1)
,
x
e y
x
′′′ = −
(0)
3,
y
=
(0)
1,
y
′
= −
(0)
0;
y
′′
=
2)
2
(
)
0,
y
y
′′′
′′
+
=
(1)
1,
y
= −
(1)
0,
y
′ =
(1) 1;
y
′′ =
3)
3 1,
y y
′′ =
1 1,
2
y
  =
 
 
1 1;
2
y
 
′
=
 
 
4)
2
(3 1)
3 0,
y
y
y
′′
′
+ −
=
(1)
0,
y
=
(1) 1.
y
′ =
III уровень
3.1. Решите задачу Коши:
1)
3 0,
y
y y
′′′
′
−
=
(0)
2,
y
= −
(0)
0,
y
′
=
9
(0)
;
2
y
′′
=
2)
2 2
1 0,
y
y
y
y
′
′′
 
−
+
=
 
 
(0) 1,
y
=
(0) 1;
y
′
=
3)
4 3
0,
y
y y
′′
−
=
(0) 1,
y
=
(0)
2;
y
′
=
4)
(
)
2 2
1,
x
y
xy e
′′
′
+
=
(0) 1,
y
=
(0)
0;
y
′
=
5)
2 2
( )
ln ,
yy
y
y
y
′′
′
−
=
(0) 1,
y
=
(0) 1.
y
′
=
3.2. Найдите дифференциальное уравнение семейства ок- ружностей
2 2
1 2
(
)
(
)
4.
x
C
y
C
−
+ −
=
3.3. Составьте дифференциальное уравнение семейства пло- ских кривых
2 2
1 2
3 0.
x
y
C x
C y
C
+
+
+
+
=
3.4. Покажите, что функция
( ),
y
y x
=
параметрически за- данная системой уравнений
2 3
1 3
ln
,
2 4
1 3
,
0,
4 4
x
t
t
y
t
t
t
 =
+


 =
+
>

является решением уравнения
2
(
)
2 3
0.
y
y y
′′
′ ′′
−
+ =

205
22.6. Линейные однородные дифференциальные
уравнения высших порядков
Линейным однородным дифференциальным уравнением
n-го порядка называется уравнение
( )
1
( )
1 1
0
( )
( )
( )
0.
n
n
n
y
a
x y
a x y
a x y
−
−
′
+
+ +
+
=
(22.55)
Общим решением этого уравнения является функция
1 1 2
2
,
n
n
y
C y
C y
C y
=
+
+ +
где
1 2
,
, ...,
n
y
y
y – линейно-независимые частные решения уравнения (22.55),
1 2
,
, ...,
n
C
C
C – произвольные постоянные.
Совокупность n линейно-независимых на (a, b) решений уравнения (22.55) называется фундаментальной системой ре-
шений.
Частным случаем уравнения (22.55) является линейное од- нородное уравнение n-го порядка с постоянными коэффициен- тами:
( )
( )
(
)
1 2
1 2
1 0
0,
n
n
n
n
n
y
a
y
a
y
a y
a y
−
−
−
−
′
+
+
+ +
+
=
(22.56) где
0 1
2 1
,
,
,...,
n
a a a
a
−
– действительные числа.
Для нахождения частных решений уравнения (22.56) со- ставляют