Журбенко Л.Н., Никонова Г.А., Никонова Н.В., Нуриева С.Н., Дегтярева О.М. Математика в примерах и задачах
Подождите немного. Документ загружается.
201
F = 4⋅ 10
-5
Н. Найти скорость v через минуту после начала движе-
ния.
Решение: Согласно второму закону Ньютона
Fm
v
t
=⋅
d
d
.
С дру-
гой стороны, по условию задачи
Fk
t
v
=⇒
приходим к дифферен-
циальному уравнению
m
v
t
k
t
v
d
d
= ,
где m = 10
-3
кг, а коэффициент
пропорциональности k находим из условия v(10) = 0,5; F(10) =
= 4⋅ 10
-5
:
k
Fv
t
==
⋅⋅
=⋅ ⇒
-
-
41005
10
210
5
6
,
получим ДУ с разделя-
ющимися переменными:
10 210
36--
=⋅ ⇒
d
d
v
t
t
v
vdv = 2⋅ 10
-3
tdt ⇒
⇒
v
2
2
=
10
-3
t
2
+ c. Подставив t = 10, v = 0,5, найдем значение c:
025
2
,
=
10
-3
⋅10
2
+ c ⇒ c = 0,025 ⇒ v
2
= 0,002t
2
+ 0,05 и v(60) =
=⋅+= ≈0 002 3600 005725 27,,,,м/с.
Задачи для самостоятельного решения
Решить следующие ОДУ:
1)
1
2
-
′
=xy y;
2)
yx xydd+=
2
0;
3) y′ = e
x+y
; 4)
xyx1
2
-+d
+- =10
2
xyd ,
y(0) = 1; 5) xy′ = tgy; 6)
() ,1
2
+=yxxy ydd
y(2) = 1;
7) y′sinx = ylny,
ye
π
2
= .
8) В процессе химической реакции жидкие химические веще-
ства A и B объемом 10 и 20 л соответственно образуют новое жидкое
химическое вещество C. Считая, что температура в процессе реак-
ции не меняется, а также что из каждых двух объемов вещества A
и одного объема вещества B образуется три объема вещества C,
определить количество X вещества C в произвольный момент вре-
мени t, если за 20 мин его образуется 6 л.
9) Производитель продает фрукты. При имеющихся запасах
фруктов недельное предложение товара зависит как от ожидаемой
цены в наступающей неделе, так и от предполагаемого изменения
цен на следующей неделе. Пусть p — цена на фрукты на текущей
неделе, p′ — тенденция формирования цены, спрос q и предложе-
ние s определяются соотношениями: q = 4p ′ - 2p + 29, s =
202
= 5p′ + 8p - 71. Найти зависимость p от времени t, если p(0) =
= 1 (ден. ед.).
Задачи к разд. 20.4
Решить следующие ОДУ I порядка:
1
.
′
=y
y
x
y
x
ln ,
y(1) = 1.
Решение: Это задача Коши для однородного ДУ I порядка. Вве-
дем замену u = y/x, y = ux, y′ = xu′ + u, которая сводит данное
уравнение к ДУ с разделяющимися переменными:
ux
u
x
uu x
u
x
uuu
u
uuu
x
x
u
u
x
x
==⇒=-⇒
-
=⇒
⇒
-
-
=
∫
d
d
d
d
dd
dd
ln ln
ln
(ln)
ln
1
1
∫∫
⇒-=+⇒
⇒-=⇒ =+⇒=
+
ln ln ln ln
ln ln
uxc
ucx
y
x
cx yx
cx
1
11
1
e
ux
u
x
uu x
u
x
uuu
u
uuu
x
x
u
u
x
x
==⇒=-⇒
-
=⇒
⇒
-
-
=
∫
d
d
d
d
dd
dd
ln ln
ln
(ln)
ln
1
1
∫∫
⇒-=+⇒
⇒-=⇒ =+⇒=
+
ln ln ln ln
ln ln
uxc
ucx
y
x
cx yx
cx
1
11
1
e
— общее решение.
Используя начальное условие, имеем 1 = е
c+1
⇒ c = -1,
т.е. y = xe
-x+1
— решение задачи Коши.
2. (x + y)dx + xdy = 0.
Решение: Это однородное ДУ I порядка, так как при подстанов-
ке λx, λy вместо x, y оно не меняется. Находим
d
d
y
x
xy
x
=-
+
и дела-
ем замену
y
x
u= :
ux
u
x
uxuux
u
u
x
x
cu
+=-+ ⇒=-- ⇒
+
=
=- +⇒ +=-
∫
∫
d
d
dd
d
d
*
() ()
ln l
112
12
1
2
12
nnlnxc u
c
x
+⇒+=⇒12
⇒+ =⇒=-
1
21
2
2
2
2
y
x
c
x
y
c
x
x
— общее решение.
Задачи для самостоятельного решения
Решить следующие ОДУ:
10)
′
=+y
y
x
1 ;
11) (y
2
+ x
2
)dx - xydy = 0; 12)
′
=+y
y
x
x
y
;
13) y
2
+ x
2
y ′ = 0, y(1) = 1; 14)
yxyxy++-
′
=
22
0;
203
15)
xy yx
y
x
′
=+e ;
16)
xy x
y
x
yy
′
=+=sin,() ;1
2
π
17) (y
2
- 3x
2
)dy +
+ 2xydx = 0, y(0) = 1.
Задачи к разд. 20.5
Решить следующие ОДУ I порядка:
1.
′
+=
-
yxyx
x
2
2
e .
Решение: Имеем линейное ОДУ 1-го порядка, которое решаем
заменой y = uv, y′ = u′v + v′u. При подстановке в уравнение по-
лучим
′
+
′
+= ⇒
′
+
′
+=
--
uv uv uvxx uv uv vx x
xx
22
22
ee().
Ищем v(x) как частное решение ОДУ:
1) v′ + 2vx = 0, тогда для u(x) получаем ОДУ 2)
′
=
-
uv x
x
e
2
.
Оба
уравнения с разделяющимися переменными. Решаем первое.
1)
d
d
d
de
v
x
vx
v
v
xx vxv
x
=- ⇒=-⇒=- ⇒=
∫∫
-
22
2
2
ln .
Подставляем v во второе уравнение:
2)
′
=⇒=⇒ =+⇒= +
--
∫∫
ux
u
x
xuxx cu
x
c
xx
ee
d
d
dd
22
2
2
.
Окончательно получаем общее решение:
y
x
c
x
=+
-
e
2
2
2
.
2.
′
-=y
y
x
x
3
.
Решение: Это линейное ОДУ I порядка. На примере его решения
рассмотрим еще один метод решения таких уравнений — метод
вариации произвольной постоянной. Сначала решим соответству-
ющее уравнение с нулевой правой частью (линейное однородное
уравнение):
′
-=⇒=⇒= ⇒
⇒= +⇒=
∫∫
y
y
x
y
x
y
x
y
y
x
x
yxcycx
3
0
33
3
3
d
d
dd
ln ln ln .
Далее, полагая y = c(x)x
3
, найдем производную y′ = c′(x)x
3
+
+ 3x
2
c(x). Подставив в исходное уравнение y и y′,получим
′
+- =⇒
′
=⇒
′
=⇒cxxxcx
cxx
x
xcxx xcx
x
() ()
()
() ()
32
3
3
2
3
31
204
⇒==- +⇒ =-
⇒= -
∫
cx
x
x
x
cyc
x
xycx x()
d
2
332
11
— общее
решение.
Задачи для самостоятельного решения
18)
′
-=yxyx
x
3
22
3
e ;
19) y′ + 2y = e
-2x
, y(0) = 0; 20) xy′ =
= 2xlnx - y; 21) y ′cosx - ysinx = sin2x; 22) xy′ + 2y = x + 3;
23) xy′ + y - e
x
= 0, y(a) = b; 24)
xy
y
x
x
′
-
+
=
1
,
y(1) = 0;
25) x
2
y′ = 2xy - 3, y(-1) = 1;
26) Выбрать для дифференциального уравнения слева ответ
справа:
1) (x
2
+ 1)
-1
y′ - y/x = 0; 1) y = x
3
/2 + xln|x| + cx;
2) y′ - y/x = x
2
+ 1;
2)
yx cx= 3
3
ln ;
3) y′ - y/x = x
2
/y
2
;
3)
ycx
x
= e
2
2
;
4) y = x
3
+ ln|cx|.
21. обыкновенные диФФеренциальные уравнениЯ
II ПорЯдка
опорный конспект № 21
21.1. Основные понятия об ОДУ II порядка
О: F (x, y, y ′, y ′′) = 0 — общий вид ОДУ 2-го порядка,
y′′ = f(x, y, y′) — ДУ, разрешенное относительно y′′
Задача Коши: y′′ = f(x, y, у′),
yy
xx=
=
0
0
,
′
=
′
=
yy
xx
0
0
Общее решение ОДУ II порядка — функция y = ϕ(x, c
1
, с
2
),
c
1
, с
2
= const, при условиях:
1) y = ϕ(x, c
1
, с
2
) — решение ДУ при ∀ с
1
, с
2
;
2)
∀=
=
yy
xx
0
0
,
∀
′
=
′
=
yy
xx
0
0
,
∃!с
10
, ∃!с
20
: y = ϕ(x, c
10
, с
20
) — ре-
шение задачи Коши, (х
0
, у
0
, y′
0
) ∈ D — области ∃! решения
21.2. ОДУ II порядка, допускающие понижение порядка
y′′ = f(x, у′) не содержит явно у
Замена: у′ = p(x), у ′′ = p′ ⇒ p′ = f(x, p) — ОДУ I порядка.
Пусть p = ϕ(x, c
1
) — его общее решение ⇒ у′ = ϕ(x, c
1
) — ДУ с
разделяющимися переменными
205
y′′ = f(y, y′) не содержит явно x
Замена: y′ = p(y),
′′
=⋅=⋅
′
y
p
y
y
x
pp
d
d
d
d
;
p′p = f(y, p) — ОДУ 1-го
порядка. Пусть p = ϕ(y, c
1
) — его общее решение ⇒ y′ = ϕ(y, c
1
) —
ДУ с разделяющимися переменными
21.3. Линейные дифференциальные уравнения II порядка
1. Линейное однородное ДУ II порядка
a
0
(x)y′′ + a
1
(x)y′ + a
2
(x)y = 0 (*)
Общее решение (*) y = c
1
y
1
+ c
2
y
2
; y
1
(x), y
2
(x) — фундаменталь-
ная система решений (*), т.е.
Wx
yy
yy
()=
′′
≠
12
12
0
на (α, β)
2. Общее решение линейного однородного ДУ II порядка с постоян-
ными коэффициентами
y′′ + py′ + qy = 0, p, q = const
Характеристическое уравнение: k
2
+ pk + q = 0
Корни
k
2
+ pk + q = 0
k
1
≠ k
2
(∈ R) k
1
= k
2
= k
(∈ R)
k
1
= z, k
2
= z
–
,
z ∈ C,
z = α + iβ
Общее решение
y′′ + py′ + qy =
= 0, p, q = const
y = c
1
e
kx
1
+
+ c
2
e
kx
2
y = e
kx
(c
1
+ c
2
x) y = e
αx
(c
1
cosβx +
+ c
2
sinβx)
3. Линейное неоднородное ДУ II порядка
a
0
(x)y′′ + a
1
(x)y′ + a
2
(x)y = b(x) (**)
Общее решение (**) y = y* +
y
, где y* — общее решение (*),
y
— частное решение (**).
4. Подбор
y
для линейного неоднородного ДУ II порядка с постоян-
ными коэффициентами
y′′ + py′ + qy = f(x)
Вид f(x) P
n
(x) = a
0
x
n
+
+ a
1
x
n-1
+ ... + a
n
P
n
(x)e
mx
Mcosmx +
+ Nsinmx
Выбор
y
y
= x
r
Q
n
(x) =
= x
r
(A
0
x
n
+
+ A
1
x
n-1
+ ... +
+ A
n
),
r
k
k
=
≠
=
00
10
12
1
,,
,
,
y
= x
r
Q
n
(x)e
mx
,
r
km
km
km
=
≠
=
=
0
1
2
12
1
12
,,
,,
,
,
,
y
= x
r
(Acosmx +
+ Bsinmx),
r
km
km
=
≠
=
0
1
1
1
,,
,
206
5. Метод вариации произвольных постоянных для нахождения
y
y* = c
1
y
1
+ c
2
y
2
⇒ y
–
= c
1
(х)y
1
+ c
2
(х)y
2
, где c
1
(х), c
2
(х) опреде-
ляются из системы c′
1
y
1
+ c′
2
y
2
= 0, c′
1
y′
1
+ c′
2
y′
2
= b(x)
Задачи к разд. 21.1–21.2
Решить следующие ОДУ II порядка:
1. y″ = y′ + x.
Решение: Это ОДУ II порядка вида y″ = f(x, y′), допускающее
понижение порядка путем замены y′ = p, p = p(x), y″ = p′. При-
ходим к линейному ДУ 1-го порядка: p′ = p + x ⇒ p = uv ⇒
u
v
x
v
u
x
uv x
v
x
v
u
x
vx
v
v
x
d
d
d
d
d
d
d
d
d
d+-=⇒
-=
⋅=
⇒=⇒
∫∫
10
2
1
),
),
)
⇒ lnv = x ⇒ v = e
x
;
2)
d
d
eded ee
u
x
xuxxcuxc
xxxx
=⇒ =+⇒=--+⇒
∫∫
---
11
⇒= --=
′
⇒= -- ⇒
∫∫
pc xy yc xx
xx
11
11eded()
⇒= --+yc
x
xc
x
1
2
2
2
e
— общее решение.
2. yy″ = (y′)
2
- 3y′.
Решение: Это ОДУ II порядка вида y″ = f(y, y′), допускающее
понижение порядка путем замены y′ = p, p = p(y),
′′
=yp
p
y
d
d
.
По-
лучим
yp
p
y
pp
d
d
=-
2
3
— уравнение с разделяющимися переменны-
ми ⇒ (полагая p ≠ 0)
ddp
p
y
y-
=⇒
3
ln|p - 3| = ln|y| + lnc
1
⇒
⇒ p = c
1
+ 3 ⇒
d
d
d
d
y
x
cy
y
cy
x
cy
c
xc=+⇒
+
=⇒
+
=+
1
1
1
1
2
3
3
3ln
—
общий интеграл.
Рассмотрим теперь случай p = 0:
d
d
y
x
=⇒0
y = c — также реше-
ние исходного уравнения.
207
Задачи для самостоятельного решения
1) Ускорение прямолинейно движущейся материальной точки
в зависимости от времени выражается формулой f(t) = 6t - 2.
Найти закон движения, если в начальный момент времени t = 0
скорость v = 1 м/с, а путь s = 0.
Решить следующие ОДУ II порядка:
2) y ″ = cos2x; 3) xy″ = y ′; 4) xy″ = 1 + x
2
; 5) y ″x lnx = y ′,
′
=
=
y
xe
1,
y
xe=
= 1;
6) y ″(x
2
+ 1) = 2xy′,
′
=
=
y
x 0
3,
y
x =
=
0
1;
7) yy″ - y ′
2
= 0; 8) y ″y′ = e
3y
,
′
=
=
y
x 0
1,
y
x =
=
0
0;
9) y ″y
3
= 1;
10)
′′
-
′
-
=y
y
y
4
2
0
2
;
11) y ″tgy = 2(y′)
2
; 12) yy″ = (y ′)
2
- (y ′)
3
,
′
=-
=
y
x 1
1,
y
x =
=
1
1.
Задачи к разд. 21.3
Решить следующие линейные однородные ДУ II порядка
(ЛОДУ):
1. y″ - y′ - 2y = 0.
Решение: Это ЛОДУ II порядка с постоянными коэффициента-
ми. Составляем характеристическое уравнение k
2
- k - 2 = 0. Его
корни k
1
= -1, k
2
= 2 ⇒ y = c
1
e
-x
+ c
2
e
2x
— общее решение.
2. y″ - 4y′ + 4y = 0.
Решение: Характеристическое уравнение k
2
- 4k + 4 = 0 име-
ет равные корни k
1
= k
2
= 2 ⇒ y = e
2x
(c
1
+ c
2
x).
3. y″ + 2y′ + 2y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 1.
Решение: Это задача Коши для ЛОДУ II порядка (ОК, разд. 21.1).
Характеристическое уравнение k
2
+ 2k + 2 = 0 имеет комплекс-
но-сопряженные корни k
1,2
= -1 ± i ⇒ y = e
-x
(c
1
cosx +
+ c
2
sinx) — общее решение. Отсюда y′ = e
-x
(-c
1
cos x - c
2
sinx -
- c
1
sinx + c
2
cosx).
Подставив начальные условия в формулы для y и y′, имеем сис-
тему для определения c
1
, c
2
:
e
e
0
12
0
1212
001
00001
(cos sin) ,
(cos sinsin cos) ,
cc
cccc
+=
-- -+ =
⇒
=
-+ =
⇒
c
cc
1
12
1
1
,
,
⇒
=
=
⇒
c
c
1
2
1
2
,
,
y = e
-x
(cosx + 2sinx) — решение задачи Коши.
208
Задачи для самостоятельного решения
13) y″ - 5y′ - 6y = 0; 14) 4y″ + 4y′ + y = 0; 15) y″ + 4y = 0,
y(0) = 3, y ′(0) = 0; 16) y ″ + 4y ′ = 0, y(0) = 3, y ′(0) = 1;
17) 2y″ + 4y′ + 3y = 0.
Решить следующие линейные неоднородные ДУ 2-го порядка
(ЛНДУ):
4. y″ - 6y′ + 9y = e
3x
.
Решение: Это ЛНДУ II порядка с постоянными коэффициента-
ми. Ищем общее решение в виде y = y* +
y
:
а) y* — общее решение уравнения y″ - 6y′ + 9y = 0, его ха-
рактеристическое уравнение k
2
- 6k + 9 = 0, т.е. k
1
= k
2
= 3 ⇒
⇒ y* = e
3x
(c
1
+ c
2
x);
б)
y
— частное решение уравнения y″ - 6y′ + 9y = e
3x
. Под-
берем его по виду правой части f(x) = e
3x
, используя таблицу ОК,
разд. 21.3, п. 4:
y
= Ax
2
e
3x
. Так как k
1,2
= 3 = m, то r = 2 и
y
= Ax
2
e
3x
. Найдем
y
′ = 2Axe
3x
+ 3Ax
2
e
3x
= e
3x
(2Ax + 3Ax
2
);
y
″ =
= 3e
3x
(2Ax + 3Ax
2
) + e
3x
(2A + 6Ax) = e
3x
(2A + 12Ax + 9Ax
2
).
Уравнение примет вид
e
3x
(2A + 12Ax + 9Ax
2
- 12Ax - 18Ax
2
+ 9Ax
2
) = e
3x
⇒
⇒ 2Ae
3x
= e
3x
⇒ 2A = 1 ⇒ A = 0,5 ⇒ y = e
3x
(c
1
+ c
2
x) +
+ 0,5x
2
e
3x
.
5. y″ - 4y = 8x
3
.
Решение: Ищем решение в виде y = y* +
y
:
а) y* — общее решение уравнения y″ - 4y = 0, его характерис-
тическое уравнение k
2
- 4 = 0, т.е. k
1,2
= ±2 ⇒ y* = c
1
e
2x
+ c
2
e
-2x
;
б)
y
— частное решение уравнения y″ - 4y = 8x
3
, ищем его в
виде
y
= Ax
3
+ Bx
2
+ Cx + D, так как правая часть уравнения —
многочлен третьей степени и k
1,2
≠ 0. Находим
y
′ = 3Ax
2
+
+ 2Bx + C,
y
″ = 6Ax + 2B. Подставим
y
в уравнение: 6Ax +
+ 2B - 4Ax
3
- 4Bx
2
- 4Cx - 4D = 8x
3
⇒ -4A = 8, -4B = 0,
-4C + 6A = 0, -4D + 2B ⇒ A = -2, B = D = 0, C = -3 ⇒ y =
= c
1
e
2x
+ c
2
e
-2x
- 2x
3
- 3x.
6. y″ + 9y = -cos3x.
Решение: Ищем решение в виде y = y* +
y
:
а) y* — общее решение уравнения y″ + 9y = 0, его характерис-
тическое уравнение k
2
+ 9 = 0, т.е. k
1,2
= ±3i ⇒ y* = c
1
cos3x +
+ c
2
sin3x;
209
б)
y
= x(Acos3x + Bsin3x), так как k = 3i — корень характе-
ристического уравнения. Найдем
y
′, y″ и подставим
y
в уравне-
ние:
y
′ = Acos3x + Bsin3x + x(-3Asin3x + 3Bcos3x),
y
″ = -3Asin3x + 3Bcos3x - 3Asin3x + 3Bcos3x - 9x ×
× (Acos3x + Bsin3x) = -6Asin3x + 6Bcos3x - 9
y
⇒ -9
y
-
- 6Asin3x + 6Bcos3x + 9
y
= -cos3x ⇒ -6Asin3x +
+ 6Bcos3x = -cos3x ⇒ -6A = 0, 6B = -1 ⇒ A = 0,
B =-
1
6
⇒ y = c
1
cos3x + c
2
sin3x -
1
6
xsin3x.
7.
′′
+
′
+=
-
yyy
x
x
44
2
3
e
.
Решение: Это ЛНДУ II порядка решим методом вариации про-
извольных постоянных (см. ОК, разд. 21.3, п. 5). Ищем общее ре-
шение в виде y = y* +
y
:
а) найдем y* — общее решение уравнения y″ + 4y′ + 4y = 0.
Характеристическое уравнение k
2
+ 4k + 4 = 0, k
1,2
= -2 ⇒
y* = e
-2x
(c
1
+ c
2
x);
б)
ycxcxx
cx cxx
cx
xx
xx
=+⇒
′
+
′
=
-
′
--
--
-
1
2
2
2
1
2
2
2
1
0
2
() ()
() () ,
()
ee
ee
e
22
2
22
2
3
2
xxx
x
cx x
x
+
′
-=
--
-
()(),ee
e
∆∆=
--
==
-
--
-- -
-
-
-
--
ee
ee e
e
e
e
ee
22
22 2
4
1
2
2
3
2
22
0
2
xx
xx x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
,
22
4
2
x
x
x
=
=-
-
e
,
∆
∆
∆
∆
∆
2
2
2
2
3
4
3
1
1
2
2
2
3
0
2
11
=
-
=
′
==-
′
==
-
-
-
-
e
e
e
e
x
x
x
x
x
x
cx
x
cx
x
,();() ;;
cx
x
x
x
cx
x
xx
1
2
2
32
11
2
() ;()=- ===- ⇒
∫∫
dd
⇒= ++ -= ++
-
--
-
yccx
x
x
x
ccx
x
x
xx
x
e
ee
e
2
12
22
2
2
12
2
1
2
()
— общее
решение.
210
Задачи для самостоятельного решения
18) 4y″ - y = x
3
- 24x; 19) y″ - 3y′ + 2y = e
x
; 20) y″ - 7y′ +
+ 6y = sinx + 2cosx; 21) y″ + 4y′ + 5y = 3x - 2; 22) 3y″ - 4y′ =
= 5; 23) y″ + y = -sin2x, y(π) = y′(π) = 1; 24) y″ - 2y ′ + y =
= e
3x
(2x + 1); 25) y″ + 4y = 12cos2x; 26)
′′
-
′
=
+
yy
x
1
1e
,
y(0) = 1,
y ′(0) = 2; 27)
′′
+
′
+=
-
yyy
x
x
2
e
;
28)
′′
-
′
+=yyy
x
x
45
2
e
cos
;
29) y″ + y = tg
2
x; 30) y″ + 4y′ + 4y = e
-2x
lnx.
31) Эластические свойства мышц приблизительно характери-
зуются уравнением биомеханики
d
d
d
d
2
2
0
l
t
k
l
t
Ll M+++=,
где M —
общая масса мышц, параметры k и L определяют меру зависимости
напряжения мышц от длины l и скорости ее изменения
V
l
t
=
d
d
.
Найти l(t), исследовать ее механический смысл.
32) Уравнение кинетики последовательных обратимых реакций
имеет вид
d
d
d
d
2
2
1234 13 24 15 24
x
t
kkkk
x
t
kk kk kk xkk++++ +++=()(),
где k
i
= const,
i = 15,.
Найти зависимость количества вещества x от
времени t.
33) Тело массой m, подвешенное на пружине, находится в со-
стоянии равновесия (положение x = 0). Толчком оно выводится
из состояния равновесия, при этом ему сообщается скорость V
0
.
Найти закон движения тела, если жесткость пружины равна C.