МУ по решению задач экзаминационной контрольной работы по курсу Дифференциальные уравнения (1238782), страница 9

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 9)

Какая запись является предпочтительной?Здесь полезно принять во внимание постановку задачи Коши. В нашем случае начальныеданные задаются на части плоскости, где x  0 , а z может обращаться в нуль. Поэтомупервая запись более корректна.Задача 42-8.

Найти общее решение уравнения и решить задачу Кошиuuu2 xy 2  7 xz 3 yz 3 2 y2 z 0 , u  xy 6 при z  1, y  0 .xyzРешение. Запишем характеристическую системуdxdydz. 3232 xy  7 xzyz 2 y 2 zРассмотрев вторую и третью дроби, получаем уравнение, которое содержит только двенезависимые переменныеdydz 2 2 y dy   z 2 dz , отсюда 3y 2   z 3  C .

Выражая постоянную C , находим3yz2y zu1  3 y 2  z 3 – первый интеграл.Рассмотрим два способа для отыскания ещё одного первого интеграла.Первый способ построения u2 . Из равенства u1  3 y 2  z 3 выразим z 3  u1  3 y 2 , эту формулубудем использовать для решения уравненияdxdy 3 ,232 xy  7 xzyzкоторое предварительно преобразуем к видуdx 2 y 2  7 z 3dy xyz 3dx  2 y 7   dy .x  z3 y Подставляя z 3  u1  3 y 2 , имеемdx  2 y7  dy .x  u1  3 y 2 y Решаем полученное уравнение, считая, что u1 – это постоянная величина.4511ln | x |   ln u1  3 y 2  7 ln | y |  Cˆ , т.е.

ln | x |  ln u1  3 y 2  7 ln | y |  Cˆ , x 3 u1  3 y 2 y 7  C .33Подставив в последнее равенство u1  3 y 2  z 3 , находим решение в виде xy 7 z  C .Следовательно, u2  xy 7 z – первый интеграл.Второй способ построения u2 . Воспользуемся свойством равных дробей для исходнойхарактеристической системы, т.е. формулой (5) при k1  z, k2  0, k3  x .z dx  x dzdyz dx  x dz dyd ( xz )dy 3  3, 7 .424xzy2 xy z  7 xz  2 xy z yz7 xzyzРешение последнего уравнения легко найти.Cln | xz | 7 ln | y | C  xz  7 , xy 7 z  C.y2Получаем первый интеграл u2  xy 7 z .Очевидно, u1 и u2 независимы, так как в u2 входит x , а в u1 не входит. Таким образом,u  F 3 y 2  z 3 , xy 7 z – общее решение уравнения.Решим задачу Коши с заданным начальным условием u  xy 6 при z  1, y  0 .

Используяуравнение поверхности z  1, y  0 , представимu1  3 y 2  1  y u1  1,3u2  xy 7 ,uˆ  xy 6 u23u2 .yu1  1Вне поверхности z  1, y  0 продолжим û по той же формуле, подставляя исходныезначения первых интеграловuˆ 3 xy 7 z3 y 2  z3 1– решение задачи Коши.469. Задачи повышенного уровняЗадача 41-9. Доказать, что при всех A, B, C решение краевой задачи существует иединственно ( x  1) y'''  y' sin x  0, 0  x  1,y(0)  3 y' (0)  A,y(1)  B,Доказательство. Существование. Обозначим z( x)  y' ( x) , q( x)  y' (1)  C.sin x 0 на [0,1] .x 11Учитывая равенство y( x)  y(1)   y' (t ) dt , для z ( x) получаем задачуxz''  q( x) z  0, 0  x  1,(1)1B   z (t ) dt  3z (0)  A,z (1)  C.(2)0Пусть z1 ( x ) и z2 ( x) есть решения двух задач Коши z1''  q( x) z1  0, z1 (0)  0, z1' (0)  1,Из теоремы Штурма следует, что z1 ( x)  0 на z2''  q( x) z2  0, z2 (1)  0, z2' (1)  1.(0,1] и z2 ( x)  0 на [0,1) .

Будем искатьрешение (1) в видеz( x)  C1z1 ( x)  C2 z2 ( x) ,(3)тогда граничные условия (2) принимают вид11B  C1  z1 (t ) dt  C2   z2 (t ) dt  3z2 (0)   A , 00C1z1 (1)  C .Отсюда находим1C,C1 z1 (1)C2 B  A  C  z1 (t ) dt / z1 (1)010 z2 (t ) dt  3z2 (0).Подставив эти значения в (3), получаем решение (1)-(2), а затем и решение исходной краевойзадачи.Единственность. z1 ( x) и z2 ( x) линейно независимы на отрезке [0,1] .

Действительно, пустьc1z1 ( x)  c2 z2 ( x)  0 при всех x [0,1] . Полагая x  0 и x  1 , получаем c2 z2 (0)  c1z1 (1)  0 c1  c2  0 . Функции z1 ( x) и z2 ( x) образуют фундаментальную систему решенийуравнения (1), поэтому z( x)  y' ( x) всегда представляется в виде (3). Константы C1 и C2находятся из краевых условий единственным образом, следовательно, решение единственно.2 способ доказательства единственности.

Пусть y1 ( x) и y2 ( x) какие-либо решениярассматриваемой краевой задачи. Их разность u  y1  y2 удовлетворяет соотношениям1u'''  q( x)u'  0, 0  x  1, u (0)  3u' (0)  0, u(1)  u' (1)  0  u( x)    u' (t ) dt.xДля производной v( x)  u' ( x) имеем задачуv''  q( x)v  0 на [0,1],10 v( x) dx  3v(0)  0,v(1)  0.Из теоремы Штурма вытекает, что нетривиальное решение v( x) не меняет знака на [0,1) ,величины10 v( x) dxи v(0) либо обе положительные, либо обе отрицательные. Равенство4710 v( x) dx  3v(0)  0 возможно только в случае тривиального решения v( x)  0 на [0,1] , тогдаи u ( x)  0 .Задача 42-9. Доказать, что при всех A, B, C единственно xy'''  y' cos2 x  0, 2  x  3,решение краевой задачи существует иy(2)  A,y' (2)  B,y(3)  y' (3)  C.cos 2 xДоказательство.

Существование. Обозначим z( x)  y' ( x) , q( x)   0 на [2,3] .xxУчитывая равенство y( x)  y(2)   y' (t ) dt , для z ( x) получаем задачу2z''  q( x) z  0, 2  x  3,(4)3A   z (t ) dt  z (3)  C.z (2)  B,(5)2Пусть z1 ( x ) и z2 ( x ) есть решения двух задач Коши z1''  q( x) z1  0, z1 (2)  0, z1' (2)  1,Из теоремы Штурма следует, что z1 ( x)  0 на z2''  q( x) z2  0, z2 (3)  0, z2' (3)  1.(2,3] и z2 ( x )  0 на [2,3) . Будем искатьрешение (4) в видеz( x)  C1z1 ( x)  C2 z2 ( x) ,(6)тогда граничные условия (5) принимают видC2 z2 (2)  B ,33A  C1   z1 (t ) dt  z1 (3)   C2  z2 (t ) dt  C.2 2Отсюда находим3B,C2 z2 (2)C1 C  A  B  z2 (t ) dt / z2 (2)232z1 (t ) dt  z1 (3).Подставив эти значения в (6), получаем решение (4)-(5), а затем и решение исходной краевойзадачи.Единственность. z1 ( x) и z2 ( x) линейно независимы на отрезке [2,3] .

Действительно, пустьc1z1 ( x)  c2 z2 ( x)  0 при всех x [2,3] . Полагая x  2 и x  3 , получаем c2 z2 (2)  c1z1 (3)  0 c1  c2  0 . Функции z1 ( x) и z2 ( x) образуют фундаментальную систему решенийуравнения (4), поэтому z( x)  y' ( x) всегда представляется в виде (6). Константы C1 и C2находятся из краевых условий единственным образом, следовательно, решение единственно.2 способ доказательства единственности.

Пусть y1 ( x ) и y2 ( x ) какие-либо решениярассматриваемой краевой задачи. Их разность u  y1  y2 удовлетворяет соотношениямxu'''  q( x)u'  0, 2  x  3, u(2)  u' (2)  0, u(3)  u' (3)  0,  u( x)   u' (t ) dt.2Для производной v( x)  u' ( x) имеем задачуv''  q( x)v  0 на [2,3], v(2)  0,3 v( x) dx  v(3)  0.248Из теоремы Штурма вытекает, что нетривиальное решение v( x ) не меняет знака на (2,3] ,величины3232v( x) dx и v(3) либо обе положительные, либо обе отрицательные. Равенствоv( x) dx  v(3)  0 возможно только в случае тривиального решения v( x )  0 на [2,3] , тогдаи u( x )  0 .Задача 41-10.

Найти два независимых первых интеграла системыw( w  1)v( w  1), w.x  u , r  v , u  v  2 x , v  u  1 2r  3wr  3w2Решение. Будем искать первый интеграл типа энергии. Из рассматриваемой системы имеем1 d 2 2w( w  1)  vw( w  1)u  v  w2  uu  vv  ww  u (v  2 x)  v u  1  2ux  v  2 xx  r.2 dtr  3w2  r  3w2Таким образом,u 2  v 2  w2d  u 2  v 2  w22 x2  r . x  r   0 , первый интеграл имеет вид C1 2dt 2Из второго и пятого уравнений системы находимr ( w  1)w, r  3w2 w  ( w  1)r  0,r  3w2d  3w  ( w  1)r   0.dt Отсюда получаем первый интеграл C2  w3  (w  1)r .Задача 42-10. Найти два независимых первых интеграла системы w 1  w 1 x  u , r  v , u  r , v   x  w  2 . 2  , w  v  r rРешение.

Будем искать первый интеграл типа энергии. Из рассматриваемой системы имеем1 d 2 2 w  1  w 1 u  v  w2  uu  vv  ww  ur  v  x  w  2    vw  2   ur  vx   xr  rx.2 dt r rТаким образом,u 2  v 2  w2d  u 2  v 2  w2,первыйинтегралимеетвидC rx .rx012dt 2Из второго и пятого уравнений системы находим w 1 w  r 2  , rw  ( w  1)r  2rr  0, rd ( w  1)r  r 2   0.dtОтсюда получаем первый интеграл C2  (w  1)r  r 2 .49ОТВЕТЫ ВАРИАНТ 415 111.(5) y  С1 sin x  С2 cos x  С3e3 x  С4e3 x   x cos x  e x .9 44 1   0  x1 52t  2t    3t  2.(4)  y   C1e  0   C2e t  0    1   C3e  2  .z 1  4 1   1    3.(4) Положения равновесия: M1 (1; 1) , M 2 (1;3) . 2  1 1 1  , 1  1 , h1    , 2  2 , h2    , седло.1 00 3 1) В M1 : A   2  1 1  i 7, устойчивый фокус, против часовой стрелки. , 1,2 12 42) В M 2 : A  14.(5) y  C1 ( x  2)  C2 ( x  2)ln x  ( x  2)ln 5 x .45.(5)  y' tg x '  0, y  C ln sin x  C1 , yˆ  2ln   sin x  ,  J 11 /62  h'  tg x dx  0 , max.7 /46.(5) y'  z ( x) y , ( x2  2 x) z'  (3x  4) z  x( x  2)2 z 2  0 , z y1, C1  0 ,x(1  C1x)( x  2)x2.x7.(5) y  С 31 x  C 4/3 , yo   x .442 z5z5 11  1 .8.(5) u  F  , x  , uˆ   x xy  5z y  5z  x110.(5) C1  (u 2  v 2  w2 )  x 2  r; C2  wr  w3  r.250ОТВЕТЫ ВАРИАНТ 42311.(5) y  С1  С2 x   С3 sin x  С4 cos x  e x  x 4  6 x3  9 x 2   24  12 x  e x  e 2 x .28x1  2cos 2t 2sin 2t2t  2.(4)  y   C1e 1   C2  3cos 2t  4sin 2t   C3  3sin 2t  4cos 2t  .z  0  2sin 2t 2cos 2t  3.(4) Положения равновесия: M1 (0;0) , M 2 (1;1) .2 111  , 1  1 , h1    , 2  5 , h2    , седло. 4 31 2 1) В M1 : A  1 211  , 1  1, h1    , 2  5 , h2    , устойчивый узел, касание 3  41 3 2) В M 2 : A  к h1 .4.(5) y  C1e4 x  C2e4 x ln x  e4 x (2ln 2 x  x) .3 /2 1  cos x  1  cos x 25.(5)  y' sin x '  0, y  C ln   C1 , yˆ ln  ,  J    h'  sin x dx  0 , 1  cos x  1  cos x 4 /3max.6.(5) y'  p( y) , 2  y  2  p'   2 y  1 p3  p , p  3x  1 y  2 23y2, C1  6 ,y 2  y  C13.7.(5) y  C  2e(C  x)/2 , yo  x  2 .8.(5) u  F 3 y 2  z 3 , xy 7 z , uˆ 3 xy 7 z3y  z 123.110.(5) C1  (u 2  v 2  w2 )  rx; C2  wr  r 2  r.251ОТВЕТЫ ВАРИАНТ 431 111.(5) y  С1 sin 2 x  С2 cos 2 x  С3e x  С4e x  x cos 2 x  e2 x .4 203  1  0  x6 12t  3t  3t      2.(4)  y   C1e  8   C2e 1  C3e t  1   1   .z7 1  1  0     3.(4) Положения равновесия: M1 (2; 4) , M 2 (2;12) .141 1  , 1  4 , h1    , 2  1 , h2    , седло. 0  1 5 01) В M1 : A  1 43i 7, неустойчивый фокус, по часовой стрелке. , 1,2 2 8  1 2) В M 2 : A  4.(5) y  C1 ( x  1)  C2 ( x  1)ln x  ( x  1)ln  ln x  .5.(5)  y'ctg x '  0, y  C ln cos x  C1 , yˆ  2ln  2cos x  ,  J 5 /62  h'  ctg x dx  0 , max.2 /3x( x 2  3)6.(5) y'  z ( x) y , x  3x z'  3 x  1 z  2 xz  0 , z  2, C1  0 ,x  C1322 x2 y  x exp   . 2 37.(5) y 51 x  C 6/5  C , yo  x  .662x1 ( y  x)( z 2  1) .8.(5) u  F   arctg z, ( x  y )( z 2  1)  , uˆ 1  x arctg zx110.(5) C1  (u 2  v 2  w2 )  x  r 2 ; C2  wr 2  r.252ОТВЕТЫ ВАРИАНТ 445331.(5) y  С1  С2 x   С3 sin 2 x  С4 cos 2 x  e x  x 4  2 x3  x 2  15x  30  e  x  e 2 x455x 0 2cos t 2sin t3t  2.(4)  y   C1e 1   C2  3cos t  sin t   C3  cos t  3sin t  .z 1  2cos t  2sin t  2cos t  2sin t   3.(4) Положения равновесия: M1 (0;1) , M 2 (2;0) . 0  331 , 1  1 , h1    , 2  3 , h2    , неустойчивый узел, касание к41 1 11) В M1 : A  h1 .3 0 , 1,2  1  i 5 , устойчивый фокус, по часовой стрелке. 2  2 2) В M 2 : A  14.(5) y  C1x 2  C2 x 2 ln( x  1)  x 2 ln 3 ( x  1) .31  1  sin x  1  sin x 5.(5)  y' cos x '  0, y  C ln   C1 , yˆ  ln ,2  1  sin x  1  sin x 2J 2  h'  cos x dx  0 , min.11 /66.(5) y'  p( y) , 2 y 2  y p'  p  y 2  8 p3  0 , p  3xy    12  223y 1, C1  9 ,y  8  C1 y28.7.(5) y  C  ln(C  x) , yo  x  1.8.(5) u  F ex y , e yz , uˆ  e2 x yz22x(e  x  y 2 ) 2.4110.(5) C1  (u 2  v 2  w2 )  rx 2 ; C2  w(r 3  1).253.

Характеристики

Список файлов книги