Решение дифференциального уравнения y'' - 3y' + 2y = cos x

Хорошо, давайте решим эти дифференциальные уравнения.

Задача 1

Дано дифференциальное уравнение: \[y'' - 3y' + 2y = \cos x\] Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение \(y(x)\) будет суммой общего решения однородного уравнения \(y_h(x)\) и частного решения неоднородного уравнения \(y_p(x)\). То есть, \(y(x) = y_h(x) + y_p(x)\).

Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения

Однородное уравнение: \[y'' - 3y' + 2y = 0\] Составляем характеристическое уравнение: \[\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0\] Находим корни характеристического уравнения: \[(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\] Корни: \(\lambda_1 = 1\), \(\lambda_2 = 2\). Так как корни действительные и различные, общее решение однородного уравнения имеет вид: \[y_h(x) = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} = C_1 e^x + C_2 e^{2x}\]

Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения

Правая часть уравнения \(f(x) = \cos x\). Будем искать частное решение в виде: \[y_p(x) = A \cos x + B \sin x\] Находим первую и вторую производные \(y_p(x)\): \[y_p'(x) = -A \sin x + B \cos x\] \[y_p''(x) = -A \cos x - B \sin x\] Подставляем \(y_p(x)\), \(y_p'(x)\) и \(y_p''(x)\) в исходное неоднородное уравнение: \[(-A \cos x - B \sin x) - 3(-A \sin x + B \cos x) + 2(A \cos x + B \sin x) = \cos x\] Раскрываем скобки: \[-A \cos x - B \sin x + 3A \sin x - 3B \cos x + 2A \cos x + 2B \sin x = \cos x\] Группируем члены с \(\cos x\) и \(\sin x\): \[(-A - 3B + 2A) \cos x + (-B + 3A + 2B) \sin x = \cos x\] \[(A - 3B) \cos x + (3A + B) \sin x = \cos x\] Приравниваем коэффициенты при \(\cos x\) и \(\sin x\) с обеих сторон уравнения: Для \(\cos x\): \(A - 3B = 1\) Для \(\sin x\): \(3A + B = 0\) Из второго уравнения выражаем \(B\): \(B = -3A\). Подставляем это в первое уравнение: \[A - 3(-3A) = 1\] \[A + 9A = 1\] \[10A = 1\] \[A = \frac{1}{10}\] Теперь находим \(B\): \[B = -3A = -3 \cdot \frac{1}{10} = -\frac{3}{10}\] Таким образом, частное решение: \[y_p(x) = \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]

Шаг 3: Записываем общее решение

Общее решение исходного уравнения: \[y(x) = y_h(x) + y_p(x) = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]

Задача 2

Дано дифференциальное уравнение: \[xy' + y = \ln x + 1\] Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Заметим, что левая часть уравнения является производной произведения \((xy)'\). \[(xy)' = \ln x + 1\] Интегрируем обе части по \(x\): \[\int (xy)' dx = \int (\ln x + 1) dx\] \[xy = \int \ln x dx + \int 1 dx\] Для \(\int \ln x dx\) используем интегрирование по частям: \(\int u dv = uv - \int v du\). Пусть \(u = \ln x\), \(dv = dx\). Тогда \(du = \frac{1}{x} dx\), \(v = x\). \[\int \ln x dx = x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} dx = x \ln x - \int 1 dx = x \ln x - x\] Теперь подставляем это обратно в уравнение для \(xy\): \[xy = (x \ln x - x) + x + C\] \[xy = x \ln x + C\] Выражаем \(y\): \[y = \frac{x \ln x + C}{x}\] \[y = \ln x + \frac{C}{x}\]

Задача 3

Дано дифференциальное уравнение: \[yy'' + 1 = (y')^2\] с начальными условиями: \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 1\). Это дифференциальное уравнение второго порядка, не содержащее явно независимую переменную \(x\). В таких случаях удобно сделать замену: \(y' = p\), где \(p\) является функцией от \(y\), то есть \(p = p(y)\). Тогда \(y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy}\). Подставляем это в исходное уравнение: \[y \left(p \frac{dp}{dy}\right) + 1 = p^2\] \[yp \frac{dp}{dy} = p^2 - 1\] Это уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные \(p\) и \(y\): \[\frac{p}{p^2 - 1} dp = \frac{1}{y} dy\] Интегрируем обе части: \[\int \frac{p}{p^2 - 1} dp = \int \frac{1}{y} dy\] Для левой части сделаем замену: \(u = p^2 - 1\), \(du = 2p dp\), то есть \(p dp = \frac{1}{2} du\). \[\int \frac{1}{2u} du = \frac{1}{2} \ln|u| = \frac{1}{2} \ln|p^2 - 1|\] Для правой части: \(\int \frac{1}{y} dy = \ln|y|\). Таким образом: \[\frac{1}{2} \ln|p^2 - 1| = \ln|y| + \ln|C_1|\] (Мы добавили \(\ln|C_1|\) для удобства, чтобы объединить константы) \[\ln|p^2 - 1| = 2 \ln|y| + 2 \ln|C_1|\] \[\ln|p^2 - 1| = \ln(y^2 C_1^2)\] \[p^2 - 1 = C_1^2 y^2\] (Мы можем убрать абсолютные значения, так как \(C_1^2\) поглощает знак, и \(y^2\) всегда неотрицательно. Также, если \(p^2-1\) отрицательно, то \(C_1^2 y^2\) тоже должно быть отрицательным, что невозможно, если \(C_1\) действительное число. Поэтому \(p^2-1\) должно быть положительным.) \[p^2 = C_1^2 y^2 + 1\] Вспоминаем, что \(p = y'\): \[(y')^2 = C_1^2 y^2 + 1\] \[y' = \pm \sqrt{C_1^2 y^2 + 1}\] Теперь используем начальные условия: \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 1\). Подставляем \(y'(0) = 1\) и \(y(0) = 1\) в уравнение для \((y')^2\): \[(1)^2 = C_1^2 (1)^2 + 1\] \[1 = C_1^2 + 1\] \[C_1^2 = 0\] Значит, \(C_1 = 0\). Подставляем \(C_1 = 0\) обратно в уравнение для \(y'\): \[y' = \pm \sqrt{0 \cdot y^2 + 1}\] \[y' = \pm 1\] Из начального условия \(y'(0) = 1\), мы выбираем положительный знак: \[y' = 1\] Интегрируем по \(x\): \[\int y' dx = \int 1 dx\] \[y = x + C_2\] Используем второе начальное условие \(y(0) = 1\): \[1 = 0 + C_2\] \[C_2 = 1\] Таким образом, решение задачи Коши: \[y = x + 1\]

Задача 4

Дано дифференциальное уравнение: \[y' + y = e^x y^2\] с начальным условием: \(y(0) = 1\). Это уравнение Бернулли. Оно имеет вид \(y' + P(x)y = Q(x)y^n\). В нашем случае \(P(x) = 1\), \(Q(x) = e^x\), \(n = 2\). Делим все уравнение на \(y^2\): \[y^{-2} y' + y^{-1} = e^x\] Делаем замену: \(z = y^{1-n} = y^{1-2} = y^{-1}\). Тогда \(z' = (y^{-1})' = -1 \cdot y^{-2} y'\). Отсюда \(y^{-2} y' = -z'\). Подставляем это в уравнение: \[-z' + z = e^x\] \[z' - z = -e^x\] Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Используем метод интегрирующего множителя. Интегрирующий множитель \(\mu(x) = e^{\int P(x) dx}\). Здесь \(P(x) = -1\), поэтому \(\mu(x) = e^{\int (-1) dx} = e^{-x}\). Умножаем все уравнение на \(e^{-x}\): \[e^{-x} z' - e^{-x} z = -e^x e^{-x}\] \[(e^{-x} z)' = -1\] Интегрируем обе части по \(x\): \[\int (e^{-x} z)' dx = \int (-1) dx\] \[e^{-x} z = -x + C\] Выражаем \(z\): \[z = e^x (-x + C) = Ce^x - xe^x\] Вспоминаем, что \(z = y^{-1}\), то есть \(y = \frac{1}{z}\): \[y = \frac{1}{Ce^x - xe^x}\] Теперь используем начальное условие \(y(0) = 1\): \[1 = \frac{1}{Ce^0 - 0 \cdot e^0}\] \[1 = \frac{1}{C - 0}\] \[1 = \frac{1}{C}\] \[C = 1\] Подставляем \(C = 1\) в общее решение: \[y = \frac{1}{e^x - xe^x}\] \[y = \frac{1}{e^x (1 - x)}\]

Задача 5

Дано дифференциальное уравнение: \[4y'' - 4y' + y = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\] Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение \(y(x)\) будет суммой общего решения однородного уравнения \(y_h(x)\) и частного решения неоднородного уравнения \(y_p(x)\). То есть, \(y(x) = y_h(x) + y_p(x)\).

Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения

Однородное уравнение: \[4y'' - 4y' + y = 0\] Составляем характеристическое уравнение: \[4\lambda^2 - 4\lambda + 1 = 0\] Находим корни характеристического уравнения. Это полный квадрат: \[(2\lambda - 1)^2 = 0\] Корень: \(\lambda_1 = \lambda_2 = \frac{1}{2}\) (кратный корень). Так как корни действительные и кратные, общее решение однородного уравнения имеет вид: \[y_h(x) = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}}\]

Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения

Правая часть уравнения \(f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\). Будем использовать метод вариации произвольных постоянных. Общее решение однородного уравнения: \(y_h(x) = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)\), где \(y_1(x) = e^{\frac{x}{2}}\) и \(y_2(x) = x e^{\frac{x}{2}}\). Частное решение ищем в виде \(y_p(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\). Производные \(C_1'(x)\) и \(C_2'(x)\) находятся из системы уравнений: \[\begin{cases} C_1'(x) y_1(x) + C_2'(x) y_2(x) = 0 \\ C_1'(x) y_1'(x) + C_2'(x) y_2'(x) = \frac{f(x)}{a_2} \end{cases}\] где \(a_2\) - коэффициент при \(y''\), в нашем случае \(a_2 = 4\). Значит, \(\frac{f(x)}{a_2} = \frac{1}{4} \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\). Найдем производные \(y_1'(x)\) и \(y_2'(x)\): \[y_1'(x) = \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}}\] \[y_2'(x) = 1 \cdot e^{\frac{x}{2}} + x \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}} = e^{\frac{x}{2}} \left(1 + \frac{x}{2}\right)\] Составляем систему: \[\begin{cases} C_1'(x) e^{\frac{x}{2}} + C_2'(x) x e^{\frac{x}{2}} = 0 \\ C_1'(x) \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}} + C_2'(x) e^{\frac{x}{2}} \left(1 + \frac{x}{2}\right) = \frac{1}{4} \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}} \end{cases}\] Разделим оба уравнения на \(e^{\frac{x}{2}}\) (так как \(e^{\frac{x}{2}} \neq 0\)): \[\begin{cases} C_1'(x) + C_2'(x) x = 0 \\ C_1'(x) \frac{1}{2} + C_2'(x) \left(1 + \frac{x}{2}\right) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}} \end{cases}\] Из первого уравнения: \(C_1'(x) = -C_2'(x) x\). Подставляем во второе уравнение: \[(-C_2'(x) x) \frac{1}{2} + C_2'(x) \left(1 + \frac{x}{2}\right) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[-\frac{1}{2} C_2'(x) x + C_2'(x) + \frac{1}{2} C_2'(x) x = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[C_2'(x) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] Теперь находим \(C_1'(x)\): \[C_1'(x) = -x C_2'(x) = -x \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}} = -\frac{x}{4\sqrt{1+x^2}}\] Интегрируем \(C_1'(x)\) и \(C_2'(x)\) для нахождения \(C_1(x)\) и \(C_2(x)\): \[C_1(x) = \int -\frac{x}{4\sqrt{1+x^2}} dx\] Для этого интеграла сделаем замену: \(u = 1+x^2\), \(du = 2x dx\), то есть \(x dx = \frac{1}{2} du\). \[C_1(x) = \int -\frac{1}{4\sqrt{u}} \frac{1}{2} du = -\frac{1}{8} \int u^{-\frac{1}{2}} du = -\frac{1}{8} \frac{u^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} = -\frac{1}{4} \sqrt{u} = -\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\] (Константу интегрирования не добавляем, так как ищем частное решение). \[C_2(x) = \int \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}} dx\] Это табличный интеграл: \(\int \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}} dx = \ln|x + \sqrt{a^2+x^2}|\). \[C_2(x) = \frac{1}{4} \ln|x + \sqrt{1+x^2}|\] Теперь подставляем \(C_1(x)\) и \(C_2(x)\) в выражение для \(y_p(x)\): \[y_p(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\] \[y_p(x) = \left(-\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\right) e^{\frac{x}{2}} + \left(\frac{1}{4} \ln|x + \sqrt{1+x^2}|\right) x e^{\frac{x}{2}}\] \[y_p(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\]

Шаг 3: Записываем общее решение

Общее решение исходного уравнения: \[y(x) = y_h(x) + y_p(x)\] \[y(x) = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\] \[y(x) = e^{\frac{x}{2}} \left(C_1 + C_2 x + \frac{1}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\right)\]