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

Хорошо, давайте решим эти дифференциальные уравнения.

Задание В-3

1) Решить дифференциальное уравнение: \(y'' - 3y' + 2y = \cos x\)

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами.

Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения.

Соответствующее однородное уравнение: \(y'' - 3y' + 2y = 0\). Характеристическое уравнение: \(\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0\). Находим корни: \((\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\) \(\lambda_1 = 1\), \(\lambda_2 = 2\). 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: \(y_p = A \cos x + B \sin x\). Находим производные: \(y_p' = -A \sin x + B \cos x\) \(y_p'' = -A \cos x - B \sin x\) Подставляем \(y_p\), \(y_p'\), \(y_p''\) 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 \(\sin x\): Для \(\cos x\): \(A - 3B = 1\) Для \(\sin x\): \(3A + B = 0\) Из второго уравнения: \(B = -3A\). Подставляем в первое уравнение: \(A - 3(-3A) = 1\) \(A + 9A = 1\) \(10A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{10}\) Тогда \(B = -3 \cdot \frac{1}{10} = -\frac{3}{10}\). Частное решение: \(y_p = \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\).

Шаг 3: Записываем общее решение.

Общее решение неоднородного уравнения: \(y = y_0 + y_p\). \(y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\).

2) Решить дифференциальное уравнение: \(xy' + y = \ln x + 1\)

Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Сначала приведем его к стандартному виду \(y' + P(x)y = Q(x)\). Разделим все на \(x\): \(y' + \frac{1}{x} y = \frac{\ln x + 1}{x}\) 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 \(\ln x\). \(\mu(x) = e^{\ln x} = x\).

Шаг 2: Умножаем уравнение на интегрирующий множитель.

\(x \left(y' + \frac{1}{x} y\right) = x \left(\frac{\ln x + 1}{x}\right)\) \(xy' + y = \ln x + 1\) Левая часть является производной произведения \((xy)'\): \((xy)' = \ln x + 1\)

Шаг 3: Интегрируем обе части.

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

Шаг 4: Выражаем \(y\).

\(y = \frac{x \ln x + C}{x}\) \(y = \ln x + \frac{C}{x}\).

3) Решить дифференциальное уравнение: \(yy'' + 1 = (y')^2\) с начальными условиями \(y(0)=1\), \(y'(0)=1\)

Это дифференциальное уравнение второго порядка, не содержащее явно независимой переменной \(x\). В таких случаях делают замену: \(y' = p\), тогда \(y'' = p \frac{dp}{dy}\). Подставляем в уравнение: \(y \left(p \frac{dp}{dy}\right) + 1 = p^2\) \(yp \frac{dp}{dy} = p^2 - 1\) Это уравнение с разделяющимися переменными. \(\frac{p}{p^2 - 1} dp = \frac{1}{y} dy\) Интегрируем обе части: \(\int \frac{p}{p^2 - 1} dp = \int \frac{1}{y} dy\) Для левой части: пусть \(u = p^2 - 1\), тогда \(du = 2p dp\), 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: \(\int \frac{1}{y} dy = \ln |y|\). Итак: \(\frac{1}{2} \ln |p^2 - 1| = \ln |y| + \ln |C_1|\) (для удобства константу записываем как \(\ln |C_1|\)) \(\ln |p^2 - 1| = 2 \ln |y| + 2 \ln |C_1|\) \(\ln |p^2 - 1| = \ln (C_1^2 y^2)\) \(p^2 - 1 = C_1^2 y^2\) (можно убрать модуль, так как \(C_1^2\) поглощает знак) \(p^2 = C_1^2 y^2 + 1\) \(p = \pm \sqrt{C_1^2 y^2 + 1}\) Вспоминаем, что \(p = y'\): \(y' = \pm \sqrt{C_1^2 y^2 + 1}\) Теперь используем начальные условия: \(y(0)=1\), \(y'(0)=1\). Подставляем \(y'(0)=1\) и \(y(0)=1\) в \(p^2 = C_1^2 y^2 + 1\): \(1^2 = C_1^2 (1)^2 + 1\) \(1 = C_1^2 + 1\) \(C_1^2 = 0 \Rightarrow C_1 = 0\). Тогда уравнение упрощается: \(p^2 = 1\) \(p = \pm 1\) Так как \(y'(0)=1\), то выбираем \(p = 1\). \(y' = 1\) Интегрируем еще раз: \(\int dy = \int 1 dx\) \(y = x + C_2\) Используем второе начальное условие: \(y(0)=1\). \(1 = 0 + C_2 \Rightarrow C_2 = 1\). Окончательное решение: \(y = x + 1\).

4) Решить дифференциальное уравнение: \(y' + y = e^x y^2\) с начальным условием \(y(0)=1\)

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

Шаг 1: Делим уравнение на \(y^n\).

Делим на \(y^2\): \(y^{-2} y' + y^{-1} = e^x\)

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 \(x\): \(z' = -1 \cdot y^{-2} y'\) То есть \(y^{-2} y' = -z'\). 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 для \(z\). Здесь \(P(x) = -1\), \(Q(x) = -e^x\).

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

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

Шаг 4: Умножаем уравнение на интегрирующий множитель.

\(e^{-x} (z' - z) = e^{-x} (-e^x)\) \(e^{-x} z' - e^{-x} z = -1\) 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 \(z\).

\(z = e^x (-x + C)\) \(z = Ce^x - xe^x\)

Шаг 7: Возвращаемся к \(y\).

Вспоминаем, что \(z = y^{-1} = \frac{1}{y}\). \(\frac{1}{y} = Ce^x - xe^x\) \(y = \frac{1}{Ce^x - xe^x}\)

Шаг 8: Используем начальное условие.

\(y(0)=1\). \(1 = \frac{1}{Ce^0 - 0 \cdot e^0}\) \(1 = \frac{1}{C - 0}\) \(1 = \frac{1}{C} \Rightarrow C = 1\). Окончательное решение: \(y = \frac{1}{e^x - xe^x}\). Можно вынести \(e^x\) за скобки в знаменателе: \(y = \frac{1}{e^x(1 - x)}\).

5) Решить дифференциальное уравнение: \(4y'' - 4y' + y = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\)

Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами.

Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения.

Соответствующее однородное уравнение: \(4y'' - 4y' + y = 0\). Характеристическое уравнение: \(4\lambda^2 - 4\lambda + 1 = 0\). Это полный квадрат: \((2\lambda - 1)^2 = 0\). Корень \(\lambda = \frac{1}{2}\) 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.

Правая часть уравнения: \(f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\). Сначала приведем уравнение к виду, где коэффициент при \(y''\) равен 1: \(y'' - y' + \frac{1}{4} y = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4\sqrt{1+x^2}}\). Теперь \(f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4\sqrt{1+x^2}}\). Фундаментальная система решений однородного уравнения: \(y_1 = e^{\frac{x}{2}}\), \(y_2 = x e^{\frac{x}{2}}\). Вычисляем вронскиан \(W(y_1, y_2)\): \(y_1' = \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}}\) \(y_2' = e^{\frac{x}{2}} + \frac{1}{2} x e^{\frac{x}{2}} = e^{\frac{x}{2}} (1 + \frac{x}{2})\) \(W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1 y_2' - y_2 y_1'\) \(W = e^{\frac{x}{2}} \cdot e^{\frac{x}{2}} (1 + \frac{x}{2}) - x e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}}\) \(W = e^x (1 + \frac{x}{2}) - \frac{1}{2} x e^x\) \(W = e^x + \frac{1}{2} x e^x - \frac{1}{2} x e^x = e^x\). Частное решение ищем в виде \(y_p = C_1(x) y_1 + C_2(x) y_2\), где \(C_1'(x)\) и \(C_2'(x)\) определяются по формулам: \(C_1'(x) = -\frac{y_2 f(x)}{W(y_1, y_2)}\) \(C_2'(x) = \frac{y_1 f(x)}{W(y_1, y_2)}\) Подставляем значения: \(C_1'(x) = -\frac{x e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4\sqrt{1+x^2}}}{e^x} = -\frac{x e^x}{4\sqrt{1+x^2} e^x} = -\frac{x}{4\sqrt{1+x^2}}\) \(C_2'(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4\sqrt{1+x^2}}}{e^x} = \frac{e^x}{4\sqrt{1+x^2} e^x} = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\) Теперь интегрируем, чтобы найти \(C_1(x)\) 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 \(x dx = \frac{1}{2} du\). \(C_1(x) = -\frac{1}{4} \int \frac{1}{\sqrt{u}} \frac{1}{2} du = -\frac{1}{8} \int u^{-\frac{1}{2}} du = -\frac{1}{8} \frac{u^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} = -\frac{1}{4} \sqrt{u} = -\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\). \(C_2(x) = \int \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}} dx = \frac{1}{4} \int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} dx = \frac{1}{4} \ln |x + \sqrt{1+x^2}|\). Теперь подставляем \(C_1(x)\) и \(C_2(x)\) в формулу для \(y_p\): \(y_p = C_1(x) y_1 + C_2(x) y_2\) \(y_p = \left(-\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\right) e^{\frac{x}{2}} + \left(\frac{1}{4} \ln |x + \sqrt{1+x^2}|\right) x e^{\frac{x}{2}}\) \(y_p = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln |x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\).

Шаг 3: Записываем общее решение.

Общее решение неоднородного уравнения: \(y = y_0 + y_p\). \(y = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln |x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\).