д.у. (дифур 3 вар)

Задача 1. Найти общее решение или общий интеграл дифференциальногоуравнения.Решение.Это уравнение с разделяющимися переменными. Разделим переменныеdydy= e 2 x ⋅ e− y , ⇒ − y = e 2 x dx , ⇒ e y dy = e 2 x dx . Интегрируем левую и правую частиdxe1 2xyy2x∫ e dy = ∫ e dx , получим общее решение исходного уравнения e = 2 ⋅ e + C ,1⇒ y = ln  ⋅ e2 x + C  .2Ответ: y = ln  ⋅ e2 x + C  .12Задача 1. Найти общее решение или общий интеграл дифференциальногоуравнения.Решение.Это однородное уравнение. Преобразуем уравнение, разделив обе частиуравнения на x , получим y′ =3 y 3 + 12 x 2 yy. Сделаем замену = z , ⇒ y = x ⋅ z тогда22xx ⋅ ( 2 y + 6x )3 ⋅ ( x ⋅ z ) + 12 x 2 ⋅ x ⋅ z3y′ = z + x ⋅ z ′ . Подставим вместо y и y′ в уравнение, получим: z + x ⋅ z ′ =⇒ z + x ⋅ z′ =x 3 ⋅ ( 3 z 3 + 12 z )x3 ⋅ ( 2 z 2 + 6 ), ⇒ x ⋅ z′ =(x ⋅ 2 ⋅ ( x ⋅ z ) + 6 x22),3 z 3 + 12 zz3 + 6z′−z,⇒x⋅z=.

Разделим переменные2z 2 + 62z2 + 622 z 2 + 6 ) dz dx(dz z ⋅ ( z + 6 ),⇒=. Интегрируем левую и правую частиx⋅ =dx2z2 + 6xz ⋅ ( z 2 + 6)( 2 z + 6 ) dz = dx . Вычислим сначала каждый из интегралов:∫ z ⋅ ( z + 6) ∫ x( 2 z + 6 ) dz =  1 + z  dz = dz + zdz = ln z + 1 ⋅ ln z + 6 + C = 1 ⋅ ln z ⋅ zа) ∫(∫ z ∫ z +622z ⋅ ( z + 6) ∫  z z + 6 22222б)∫2222+ 6) + C ;dx= ln x + C .xТогда общее решение уравнения x ⋅ z′ =⇒ z 2 ⋅ ( z 2 + 6) = C ⋅ x2 .z3 + 6z11равно: ⋅ ln z 2 ⋅ ( z 2 + 6 ) = ln x + ⋅ ln C ,22z + 622Сделаем обратную замену, получим общее решение исходного уравнения: y  x2y2 ⋅ ( y2 + 6x2 )  y 22= C ⋅ x2 , ⇒ y 2 ⋅ ( y 2 + 6 x2 ) = C ⋅ x6 .⋅  + 6 = C ⋅ x , ⇒4 x xОтвет: y 2 ⋅ ( y 2 + 6 x 2 ) = C ⋅ x 6 .Задача 3.

Решить задачу КошиРешение.Это дифференциальное уравнение первого порядка. Найдем сначала общееydyy= 0 . Разделим переменные:=,x+2dx x + 2dydxdydx⇒=. Интегрируем левую и правую части ∫ = ∫, получим общее решениеy x+2yx+2однородного уравнения: ln y = ln x + 2 + ln C , ⇒ y = C ⋅ ( x + 2 ) .решение однородного уравнения y′ −Общее решение исходного уравнения будем искать в виде y = C ( x ) ⋅ ( x + 2 ) .Дифференцируем y′ = C ( x ) ⋅ ( x + 2 )′ = C ′ ( x ) ⋅ ( x + 2 ) + C ( x ) ⋅ ( x + 2 )′ = C ′ ( x ) ⋅ ( x + 2 ) + C ( x ) .Подставим в место y и y′ в исходное уравнение, получим:1⋅ C ( x ) ⋅ ( x + 2) = x2 + 2x ;x+2C′ ( x ) ⋅ ( x + 2) = ( x + 2) ⋅ x ;C′ ( x ) ⋅ ( x + 2) + C ( x ) −C′ ( x ) = x .1212Интегрируем C ( x ) = ∫ xdx = ⋅ x 2 + ⋅ C ∗ .

Общее решение исходного уравнения равно111y =  ⋅ x2 + ⋅ C ∗  ⋅ ( x + 2) = ⋅ ( x2 + C ∗ ) ⋅ ( x + 2) .22232Найдем частное решение, удовлетворяющее начальному условию y ( −1) = ,()получим: y ( −1) = ⋅ ( −1) + C ∗ ⋅ ( −1 + 2 ) = ⋅ (1 + C ∗ ) ⋅1 = ⋅ (1 + C ∗ ) = , ⇒ 1 + C ∗ = 3 ,12212⇒ C ∗ = 3 − 1 = 2 . Частное решение равно y =12321⋅ ( x2 + 2) ⋅ ( x + 2 ) .2Ответ: y = ⋅ ( x 2 + 2 ) ⋅ ( x + 2 ) .12Задача 4. Найти общее решение или общий интеграл дифференциальногоуравнения второго порядкаРешение.Это уравнение допускающее понижение порядка. Сделаем замену y′ = z , гдеz = z ( x ) , тогда y′′ = z ′ . Получим уравнение z ′ ⋅ tg x − z +⇒ z ′ − z ⋅ ctg x = −1z1= 0 , ⇒ z′ −=−,sin xtg xtg x ⋅ sin xcos x.sin 2 xНайдем сначала общее решение однородного уравнения z′ − z ⋅ ctg x = 0 .

Разделимпеременные:dzdz cos x= z ⋅ ctg x , ⇒=dx . Интегрируем левую и правую частиdxz sin xdzcos x=∫dx , получим общее решение однородного уравнения: ln z = ln sin x + ln C ,zsin x⇒ z = C ⋅ sin x .∫cos xбудем искать z = C ( x ) ⋅ sin x .sin 2 xДифференцируем z′ = C ( x ) ⋅ sin x ′ = C ′ ( x ) ⋅ sin x + C ( x ) ⋅ ( sin x )′ = C ′ ( x ) ⋅ sin x + C ( x ) ⋅ cos x .Полученные выражения для z и z′ в уравнение, получим:cos xC ′ ( x ) ⋅ sin x + C ( x ) ⋅ cos x − C ( x ) ⋅ sin x ⋅ ctg x = − 2 ;sin xcos xC′ ( x ) = − 3 .sin xОбщее решение уравнения z′ − z ⋅ ctg x = −d ( sin x )( sin x ) + C = 1 + C .

Тогда общееcos xИнтегрируем C ( x ) = − ∫ 3 dx = − ∫=−11sin xsin 3 x−3 + 12 ⋅ sin 2 x11решение уравнения равно z = + C1  ⋅ sin x =+ C1 ⋅ sin x .22 ⋅ sin x 2 ⋅ sin x1Сделаем обратную замену, получим уравнение y′ =+ C1 ⋅ sin x . Разделим2 ⋅ sin xdy1 1переменные:=+ C1 ⋅ sin x , ⇒ dy = + C1 ⋅ sin x  dx . Интегрируем левую иdx 2 ⋅ sin x 2 ⋅ sin x11xправую части ∫ dy = ∫ + C1 ⋅ sin x  dx , получим y = ⋅ ln tg − C1 ⋅ cos x + C2 .22 2 ⋅ sin x1xОтвет: y = ⋅ ln tg − C1 ⋅ cos x + C2 .22−3+1Задача 5.

Найти общее решение уравнения y′′ + 9 y =1, используяsin 3 xхарактеристическое уравнение и метод вариации произвольных постоянных.Решение.Найдем сначала общее решение однородного уравнения y′′ + 9 y = 0 . Составимхарактеристическое уравнение k 2 + 9 = 0 . Корни уравнения равны k1,2 = ±3i . Тогда общеерешение однородного уравнения равно y0 = C1 cos 3x + C2 sin 3x .Общее решение исходного уравнения будем искать в виде y = C1 ( x ) ⋅ cos 3 x ++C2 ( x ) ⋅ sin 3x методом вариации постоянных.Значение C1 ( x ) и C2 ( x ) найдем из системы уравнений:cos 3 xC2′ ( x ) = −C1′ ( x ) ⋅,C1′ ( x ) ⋅ cos 3 x + C2′ ( x ) ⋅ sin 3 x = 0,sin 3 x⇒⇒1cos3x1′′3Cxsin3x3Cxcos3x,−⋅+⋅=−3C ′ ( x ) ⋅ sin 3 x − 3C ′ ( x ) ⋅1 ( )2 ( )⋅ cos 3 x =,11sin 3 xsin 3 xsin 3 xcos 3 x1 ′′′ C2 ( x ) = −C1 ( x ) ⋅ sin 3 x , C1 ( x ) = − 3 ,⇒⇒−3C ′ ( x ) ⋅ 1 = 1 ,C ′ ( x ) = 1 ⋅ cos 3 x .1 2sin 3 x sin 3 x3 sin 3 x13d ( sin 3 x )13Интегрируем первое уравнение, получим C1 ( x ) = − ⋅ ∫ dx = − ⋅ x + C1∗ .

Интегрируем13второе уравнение, получим C2 ( x ) = ⋅ ∫cos 3 x1dx = ⋅ ∫sin 3 x9sin 3 x1= ln sin 3 x + C2∗ .9Тогда общее решение исходного уравнения равно:1 11y =  − ⋅ x + C1∗  ⋅ cos 3 x +  ⋅ ln sin 3 x + C2∗  ⋅ sin 3 x = C1∗ ⋅ cos 3 x + C2∗ ⋅ sin 3 x − x ⋅ cos 3 x +3 391+ ⋅ cos 3 x ⋅ ln sin 3 x .9Ответ: y = C1∗ ⋅ cos 3 x + C2∗ ⋅ sin 3 x − 1 ⋅ x ⋅ cos 3 x + 1 ⋅ cos 3x ⋅ ln sin 3x .39Задача 6. Операторным методом найти решение задачи Коши.y′′ − 4 y′ + 13 y = e −2 x , y ( 0 ) = −1 , y′ ( 0 ) = 1 .Решение.•Пусть y ( x ) → Y ( p ) , тогда по правилу дифференцирования оригинала имеем••y′ ( x ) → p ⋅ Y ( p ) − y ( 0 ) = p ⋅ Y ( p ) + 1 и y′′ ( x ) → p 2 ⋅ Y ( p ) − p ⋅ y ( 0 ) − y′ ( 0 ) = p 2 ⋅ Y ( p ) + p − 1 .•По таблице основных оригиналов и их изображения e−2 x →1.p+2Тогда получим уравнение: p 2 ⋅ Y ( p ) + p − 1 − 4 ⋅ ( p ⋅ Y ( p ) + 1) + 13 ⋅ Y ( p ) =⇒ ( p 2 − 4 p + 13) ⋅ Y ( p ) =1,p+21− p 2 + 3 p + 11− p + 5 , ⇒ Y ( p) =.p+2( p + 2 ) ⋅ ( p 2 − 4 p + 13)Представим дробь Y ( p ) =− p 2 + 3 p + 11в виде суммы простых дробей, т.е.( p + 2 ) ⋅ ( p 2 − 4 p + 13)− p 2 + 3 p + 11ABp + CY ( p) ==+ 2.

Найдем коэффициенты A, B и C :2( p + 2 ) ⋅ ( p − 4 p + 13) p + 2 p − 4 p + 13A ⋅ ( p 2 − 4 p + 13) + ( Bp + C ) ⋅ ( p + 2 )− p 2 + 3 p + 11=;( p + 2 ) ⋅ ( p 2 − 4 p + 13)( p + 2 ) ⋅ ( p 2 − 4 p + 13)− p 2 + 3 p + 11 = Ap 2 − 4 Ap + 13 A + Bp 2 + Cp + 2 Bp + 2C ;− p 2 + 3 p + 11 = ( A + B ) p 2 + ( −4 A + C + 2 B ) p + (13 A + 2C ) .Получим систему уравнений и найдем ее решения:B = −1 − A,B = −1 − A, A + B = −1, B = −1 − A,C = 5 + 6 A,⇒−4 A + C + 2 B = 3, ⇒ −4 A + C + 2 ⋅ ( −1 − A) = 3, ⇒  −6 A + C = 5, ⇒  13 A + 2C = 11,13 A + 2C = 11, 13 A + 2 ⋅ ( 5 + 6 A) = 11,13 A + 2C = 11,11 B = −1 − 25 , A = 25 ,B = −1 − A, B = −1 − A, 126⇒C = 5 + 6 A,⇒ C = 5 + 6 A, ⇒ C = 5 + 6 ⋅ , ⇒  B = − ,252513 A + 10 + 12 A = 11,  25 A = 1,1131 A = 25 , C = 25 .Имеем представление Y ( p ) =111 26 p − 131111 26 p − 131⋅− ⋅ 2= ⋅− ⋅=25 p + 2 25 p − 4 p + 13 25 p + 2 25 ( p − 2 )2 + 9=111 26 ⋅ ( p − 2 + 2 ) − 131 111 26 ⋅ ( p − 2 ) − 79 1126p−2⋅− ⋅= ⋅− ⋅= ⋅− ⋅+222225 p + 2 2525 p + 2 25 ( p − 2 ) + 325 p + 2 25 ( p − 2 )2 + 32( p − 2) + 3+793.⋅75 ( p − 2 ) 2 + 32По таблице основных оригиналов и их изображения:p−2( p − 2)2+32•→ e 2 x ⋅ cos 3 x и3( p − 2)2+321•→ e −2 x ,p+2•→ e 2 x ⋅ sin 3 x .1 −2 x 26 2 x79⋅ e − ⋅ e ⋅ cos 3 x + ⋅ e2 x ⋅ sin 3 x .25257512679Ответ: y ( x ) = ⋅ e−2 x − ⋅ e 2 x ⋅ cos 3 x + ⋅ e 2 x ⋅ sin 3x .252575•Тогда частное решение равно Y ( p ) → y ( x) =Задача 7.

Решить задачу Коши для системы уравнений dx dt = −2 x − y, dy = 5 x + 2 y, dtс начальными условиями x ( 0 ) = 1 , y ( 0 ) = −1 двумя способами: методом исключениянеизвестных и операторным методом.Решение.а) Методом исключения неизвестных.Из первого уравнения системы выразим y через x иdxdx. получим: y = −2 x − .dtdtdy d dx dx d 2 x=  −2 x −  = −2 ⋅ − 2 .dt dt dt dt dtdyПолученные выражения y иподставим во 2-ое уравнение системы, получим:dyДифференцируем−2 ⋅dx d 2 xdx d 2x− 2 = 5 x + 2 ⋅  −2 x −  , ⇒ 2 + x = 0 .dt dtdt dtПолучим линейное однородное уравнение с постоянными коэффициентами.Запишем характеристическое уравнение k 2 + 1 = 0 . Корни этого уравнения k1,2 = ±i .Тогда общее решение равно x ( t ) = C1 ⋅ cos t + C2 ⋅ sin t .Вычисли производную функции x = x ( t ) , получим: x′ ( t ) =dx= ( C1 ⋅ cos t + C2 ⋅ sin t )′ =dt= −C1 ⋅ sin t + C2 ⋅ cos t .dxdxв уравнение y = −2 x − , получим:dtdty = −2 ⋅ ( C1 ⋅ cos t + C2 ⋅ sin t ) − ( −C1 ⋅ sin t + C2 ⋅ cos t ) = ( −2C1 − C2 ) ⋅ cos t + ( C1 − 2C2 ) ⋅ sin tПодставим выражения вместо x иx = C ⋅ cos t + C ⋅ sin t ,12Общее решение системы уравнений равно:  y = ( −2C1 − C2 ) ⋅ cos t + ( C1 − 2C2 ) ⋅ sin t.Найдем частное решение, удовлетворяющее начальным условиям x ( 0 ) = 1 иy ( 0 ) = −1 , получим:x ( 0 ) = C1 ⋅ cos 0 + C2 ⋅ sin 0 = C1 ⋅1 + 0 = C1 ;y ( 0 ) = ( −2C1 − C2 ) ⋅ cos 0 + ( C1 − 2C2 ) ⋅ sin 0 = ( −2C1 − C2 ) ⋅1 + 0 = −2C1 − C2 .Тогда получим систему уравнений и найдем ее решение:C1 = 1,C1 = 1, C = 1,⇒⇒ 1−2C1 − C2 = −1,  −2 ⋅1 − C2 = −1, C2 = −1. x = cos t − sin t , y = − cos t + 3 ⋅ sin t.Частное решение системы уравнений равно: б) Операторным методом.••Пусть x ( t ) → X ( p ) и y ( t ) → Y ( p ) , тогда x′ ( t ) =dx •→ p ⋅ X ( p ) − x ( 0) = p ⋅ X ( p ) −1dtdy •→ p ⋅ Y ( p ) − y ( 0 ) = p ⋅ Y ( p ) + 1 .