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

Вот решения задач, оформленные так, чтобы их было удобно переписать в тетрадь школьнику.

Б-3

1) Решить дифференциальное уравнение:

\[y'' - 3y' + 2y = \cos x\]

Решение:

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение уравнения \(y = y_0 + y_ч\), где \(y_0\) - общее решение соответствующего однородного уравнения, а \(y_ч\) - частное решение неоднородного уравнения.

Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения.

Соответствующее однородное уравнение: \[y'' - 3y' + 2y = 0\] Составляем характеристическое уравнение: \[\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0\] Находим корни характеристического уравнения: \[(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\] \[\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2\] Общее решение однородного уравнения: \[y_0 = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x}\]

Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения.

Правая часть уравнения \(f(x) = \cos x\). Будем искать частное решение в виде: \[y_ч = A \cos x + B \sin x\] Находим первую и вторую производные \(y_ч\): \[y_ч' = -A \sin x + B \cos x\] \[y_ч'' = -A \cos x - B \sin x\] Подставляем \(y_ч\), \(y_ч'\), \(y_ч''\) в исходное 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 \(\sin x\): \[\begin{cases} A - 3B = 1 \\ 3A + B = 0 \end{cases}\] Из второго уравнения выражаем \(B\): \(B = -3A\). Подставляем в первое уравнение: \[A - 3(-3A) = 1\] \[A + 9A = 1\] \[10A = 1\] \[A = \frac{1}{10}\] Находим \(B\): \[B = -3 \cdot \frac{1}{10} = -\frac{3}{10}\] Частное решение: \[y_ч = \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]

Шаг 3: Записываем общее решение.

\[y = y_0 + y_ч\] \[y = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]

Ответ:

\[y = C_1 e^{x} + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]

2) Решить дифференциальное уравнение:

\[xy' + y = \ln x + 1\]

Решение:

Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Сначала приведем его к стандартному виду \(y' + P(x)y = Q(x)\). Разделим все члены уравнения на \(x\) (при условии \(x \neq 0\)): \[y' + \frac{1}{x} y = \frac{\ln x + 1}{x}\] Здесь \(P(x) = \frac{1}{x}\) и \(Q(x) = \frac{\ln x + 1}{x}\).

Шаг 1: Находим интегрирующий множитель.

Интегрирующий множитель \(\mu(x) = e^{\int P(x) dx}\). \[\int P(x) dx = \int \frac{1}{x} dx = \ln |x|\] Так как обычно рассматривают \(x > 0\) для \(\ln x\), то \(\ln |x| = \ln x\). \[\mu(x) = e^{\ln x} = x\]

Шаг 2: Умножаем уравнение на интегрирующий множитель.

Умножаем обе части уравнения \(y' + \frac{1}{x} y = \frac{\ln x + 1}{x}\) на \(x\): \[x y' + x \cdot \frac{1}{x} y = x \cdot \frac{\ln x + 1}{x}\] \[x y' + y = \ln x + 1\] Левая часть уравнения является производной произведения \((xy)'\): \[(xy)' = \ln x + 1\]

Шаг 3: Интегрируем обе части уравнения.

\[\int (xy)' dx = \int (\ln x + 1) dx\] \[xy = \int \ln x dx + \int 1 dx\] 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: \[xy = (x \ln x - x) + x + C\] \[xy = x \ln x + C\]

Шаг 4: Выражаем \(y\).

Разделим обе части на \(x\): \[y = \frac{x \ln x + C}{x}\] \[y = \ln x + \frac{C}{x}\]

Ответ:

\[y = \ln x + \frac{C}{x}\]

3) Решить дифференциальное уравнение:

\[yy'' + 1 = (y')^2\] с начальными условиями \(y(0) = 1\), \(y'(0) = 1\).

Решение:

Это дифференциальное уравнение второго порядка, не содержащее явно независимой переменной \(x\). В таких случаях удобно сделать замену \(y' = p\), где \(p\) - функция от \(y\). Тогда \(y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \cdot \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy}\).

Шаг 1: Выполняем замену.

Подставляем \(y'\) и \(y''\) в уравнение: \[y \left(p \frac{dp}{dy}\right) + 1 = p^2\] \[yp \frac{dp}{dy} = p^2 - 1\]

Шаг 2: Разделяем переменные.

\[\frac{p}{p^2 - 1} dp = \frac{1}{y} dy\] Интегрируем обе части: \[\int \frac{p}{p^2 - 1} dp = \int \frac{1}{y} dy\] Для левой части используем 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: \[\frac{1}{2} \ln |p^2 - 1| = \ln |y| + \ln |C_1|\] (Добавляем константу в виде \(\ln |C_1|\) для удобства дальнейших преобразований) \[\ln |p^2 - 1| = 2 \ln |y| + 2 \ln |C_1|\] \[\ln |p^2 - 1| = \ln (C_1^2 y^2)\] \[p^2 - 1 = C_1^2 y^2\] \[p^2 = C_1^2 y^2 + 1\] \[p = \pm \sqrt{C_1^2 y^2 + 1}\] Вспоминаем, что \(p = y'\): \[y' = \pm \sqrt{C_1^2 y^2 + 1}\]

Шаг 3: Используем начальные условия для нахождения \(C_1\).

\(y(0) = 1\), \(y'(0) = 1\). Подставляем \(y = 1\) и \(y' = 1\) в уравнение для \(p\): \[1 = \pm \sqrt{C_1^2 (1)^2 + 1}\] Так как левая часть положительна, выбираем знак плюс: \[1 = \sqrt{C_1^2 + 1}\] Возводим обе части в квадрат: \[1 = C_1^2 + 1\] \[C_1^2 = 0\] \[C_1 = 0\] Подставляем \(C_1 = 0\) обратно в уравнение для \(y'\): \[y' = \sqrt{0 \cdot y^2 + 1}\] \[y' = \sqrt{1}\] \[y' = 1\]

Шаг 4: Интегрируем \(y'\) для нахождения \(y\).

\[\frac{dy}{dx} = 1\] \[dy = dx\] Интегрируем обе части: \[\int dy = \int dx\] \[y = x + C_2\]

Шаг 5: Используем начальное условие для нахождения \(C_2\).

\(y(0) = 1\). Подставляем \(x = 0\) и \(y = 1\): \[1 = 0 + C_2\] \[C_2 = 1\] Таким образом, решение: \[y = x + 1\]

Ответ:

\[y = x + 1\]

4) Решить дифференциальное уравнение:

\[y' + y = e^x y^2\] с начальным условием \(y(0) = 1\).

Решение:

Это уравнение Бернулли. Оно имеет вид \(y' + P(x)y = Q(x)y^n\). В данном случае \(P(x) = 1\), \(Q(x) = e^x\), \(n = 2\).

Шаг 1: Делим уравнение на \(y^n\).

Делим все члены уравнения на \(y^2\) (при условии \(y \neq 0\)): \[\frac{y'}{y^2} + \frac{y}{y^2} = e^x\] \[y^{-2} y' + y^{-1} = e^x\]

Шаг 2: Делаем замену переменной.

Пусть \(z = y^{1-n}\). В нашем случае \(n=2\), поэтому \(z = y^{1-2} = y^{-1}\). Находим производную \(z'\) по \(x\): \[z' = (y^{-1})' = -1 \cdot y^{-2} \cdot y' = -y^{-2} y'\] Отсюда \(y^{-2} y' = -z'\). Подставляем \(z\) и \(z'\) в преобразованное уравнение: \[-z' + z = e^x\] Умножаем на \(-1\), чтобы привести к стандартному виду линейного уравнения: \[z' - z = -e^x\] Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка относительно \(z\). Здесь \(P(x) = -1\), \(Q(x) = -e^x\).

Шаг 3: Находим интегрирующий множитель для уравнения относительно \(z\).

\[\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int (-1) dx} = e^{-x}\]

Шаг 4: Умножаем уравнение на интегрирующий множитель.

Умножаем \(z' - z = -e^x\) на \(e^{-x}\): \[e^{-x} z' - e^{-x} z = -e^x e^{-x}\] \[e^{-x} z' - e^{-x} z = -1\] Левая часть является производной произведения \((e^{-x} z)'\): \[(e^{-x} z)' = -1\]

Шаг 5: Интегрируем обе части.

\[\int (e^{-x} z)' dx = \int (-1) dx\] \[e^{-x} z = -x + C\]

Шаг 6: Выражаем \(z\).

\[z = \frac{-x + C}{e^{-x}}\] \[z = (-x + C) e^x\]

Шаг 7: Возвращаемся к исходной переменной \(y\).

Вспоминаем, что \(z = y^{-1} = \frac{1}{y}\): \[\frac{1}{y} = (-x + C) e^x\] \[y = \frac{1}{(-x + C) e^x}\]

Шаг 8: Используем начальное условие для нахождения \(C\).

\(y(0) = 1\). Подставляем \(x = 0\) и \(y = 1\): \[1 = \frac{1}{(-0 + C) e^0}\] \[1 = \frac{1}{C \cdot 1}\] \[1 = \frac{1}{C}\] \[C = 1\] Подставляем \(C = 1\) в решение для \(y\): \[y = \frac{1}{(-x + 1) e^x}\] \[y = \frac{1}{(1 - x) e^x}\]

Ответ:

\[y = \frac{1}{(1 - x) e^x}\]

5) Решить дифференциальное уравнение:

\[4y'' - 4y' + y = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\]

Решение:

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение уравнения \(y = y_0 + y_ч\), где \(y_0\) - общее решение соответствующего однородного уравнения, а \(y_ч\) - частное решение неоднородного уравнения.

Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения.

Соответствующее однородное уравнение: \[4y'' - 4y' + y = 0\] Составляем характеристическое уравнение: \[4\lambda^2 - 4\lambda + 1 = 0\] Это квадратное уравнение. Можно заметить, что это полный квадрат: \[(2\lambda - 1)^2 = 0\] \[2\lambda - 1 = 0\] \[\lambda = \frac{1}{2}\] Мы имеем один корень кратности 2. Общее решение однородного уравнения: \[y_0 = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}}\]

Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения методом вариации произвольных постоянных (Лагранжа).

Правая часть уравнения \(f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\). Решение однородного уравнения имеет вид \(y_0 = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)\), где \(y_1(x) = e^{\frac{x}{2}}\) и \(y_2(x) = x e^{\frac{x}{2}}\). Будем искать частное решение в виде \(y_ч = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\). Для нахождения \(C_1'(x)\) и \(C_2'(x)\) используем систему уравнений: \[\begin{cases} C_1'(x) y_1(x) + C_2'(x) y_2(x) = 0 \\ C_1'(x) y_1'(x) + C_2'(x) y_2'(x) = \frac{f(x)}{a} \end{cases}\] где \(a\) - коэффициент при \(y''\) в исходном уравнении, то есть \(a=4\). Находим производные \(y_1'(x)\) и \(y_2'(x)\): \[y_1'(x) = \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}}\] \[y_2'(x) = 1 \cdot e^{\frac{x}{2}} + x \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}} = e^{\frac{x}{2}} \left(1 + \frac{x}{2}\right)\] Подставляем в систему: \[\begin{cases} C_1'(x) e^{\frac{x}{2}} + C_2'(x) x e^{\frac{x}{2}} = 0 \\ C_1'(x) \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}} + C_2'(x) e^{\frac{x}{2}} \left(1 + \frac{x}{2}\right) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4\sqrt{1+x^2}} \end{cases}\] Из первого уравнения делим на \(e^{\frac{x}{2}}\) (так как \(e^{\frac{x}{2}} \neq 0\)): \[C_1'(x) + C_2'(x) x = 0 \implies C_1'(x) = -C_2'(x) x\] Подставляем это во второе уравнение и делим все члены на \(e^{\frac{x}{2}}\): \[(-C_2'(x) x) \frac{1}{2} + C_2'(x) \left(1 + \frac{x}{2}\right) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[-\frac{1}{2} x C_2'(x) + C_2'(x) + \frac{1}{2} x C_2'(x) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[C_2'(x) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] Теперь находим \(C_1'(x)\): \[C_1'(x) = -x C_2'(x) = -x \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}} = -\frac{x}{4\sqrt{1+x^2}}\] Теперь 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 используем замену \(u = 1+x^2\), \(du = 2x dx\), то есть \(x dx = \frac{1}{2} du\): \[C_1(x) = \int -\frac{1}{4\sqrt{u}} \frac{1}{2} du = -\frac{1}{8} \int u^{-\frac{1}{2}} du = -\frac{1}{8} \frac{u^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} = -\frac{1}{4} \sqrt{u} = -\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\] \[C_2(x) = \int \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}} dx\] 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 \(y_ч\): \[y_ч = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\] \[y_ч = \left(-\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\right) e^{\frac{x}{2}} + \left(\frac{1}{4} \ln |x + \sqrt{1+x^2}|\right) x e^{\frac{x}{2}}\] \[y_ч = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln |x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\]

Шаг 3: Записываем общее решение.

\[y = y_0 + y_ч\] \[y = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln |x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\]

Ответ:

\[y = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln |x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\]