Б-3
1) Решить дифференциальное уравнение: \(y'' - 3y' + 2y = \cos x\)
Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Решение будем искать в виде суммы общего решения однородного уравнения \(y_0\) и частного решения неоднородного уравнения \(y_ч\).
Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения \(y'' - 3y' + 2y = 0\).
Составляем характеристическое уравнение:
\[\lambda^2 - 3\lambda + 2 = 0\]Находим корни характеристического уравнения:
\[(\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0\] \[\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2\]Так как корни действительные и различные, общее решение однородного уравнения имеет вид:
\[y_0 = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} = C_1 e^x + C_2 e^{2x}\]Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения \(y_ч\).
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 \(y_ч\), \(y_ч'\) и \(y_ч''\) 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 и группируем члены при \(\cos x\) 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 \(\sin x\) в левой и правой частях уравнения:
Для \(\cos x\):
\[A - 3B = 1\]Для \(\sin x\):
\[3A + B = 0\]Из второго уравнения выражаем \(B\): \(B = -3A\).
Подставляем \(B\) в первое уравнение:
\[A - 3(-3A) = 1\] \[A + 9A = 1\] \[10A = 1\] \[A = \frac{1}{10}\]Находим \(B\):
\[B = -3A = -3 \cdot \frac{1}{10} = -\frac{3}{10}\]Таким образом, частное решение:
\[y_ч = \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]Шаг 3: Записываем общее решение неоднородного уравнения.
\[y = y_0 + y_ч = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]Ответ: \(y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\)
2) Решить дифференциальное уравнение: \(xy' + y = \ln x + 1\)
Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Его можно переписать в стандартном виде \(y' + P(x)y = Q(x)\).
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 \(\mu(x)\).
\[\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln|x|} = |x|\]Для простоты возьмем \(\mu(x) = x\) (предполагаем \(x > 0\), так как есть \(\ln x\)).
Шаг 2: Умножаем обе части уравнения на интегрирующий множитель \(x\).
\[x y' + x \cdot \frac{1}{x} y = x \cdot \frac{\ln x + 1}{x}\] \[x y' + y = \ln x + 1\]Левая часть уравнения является производной произведения \((xy)'\):
\[(xy)' = \ln x + 1\]Шаг 3: Интегрируем обе части 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 \(u = \ln x\), тогда \(du = \frac{1}{x} dx\).
Пусть \(dv = dx\), тогда \(v = x\).
\[\int \ln x dx = x \ln x - \int x \cdot \frac{1}{x} dx = x \ln x - \int 1 dx = x \ln x - x\]Теперь подставляем это обратно:
\[xy = (x \ln x - x) + x + C\] \[xy = x \ln x + C\]Шаг 4: Выражаем \(y\).
\[y = \frac{x \ln x + C}{x}\] \[y = \ln x + \frac{C}{x}\]Ответ: \(y = \ln x + \frac{C}{x}\)
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 можно сделать замену \(y' = p\), где \(p\) является функцией от \(y\), то есть \(p = p(y)\).
Тогда \(y'' = \frac{dp}{dx} = \frac{dp}{dy} \frac{dy}{dx} = p \frac{dp}{dy}\).
Подставляем эти выражения 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. Разделим 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 сделаем замену: \(u = p^2 - 1\), 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:
\[\int \frac{1}{y} dy = \ln|y|\]Таким образом:
\[\frac{1}{2} \ln|p^2 - 1| = \ln|y| + C_1\]Умножим на 2:
\[\ln|p^2 - 1| = 2 \ln|y| + 2C_1\] \[\ln|p^2 - 1| = \ln(y^2) + \ln C_2 \quad (\text{где } \ln C_2 = 2C_1)\] \[\ln|p^2 - 1| = \ln(C_2 y^2)\] \[p^2 - 1 = C_2 y^2\] \[p^2 = C_2 y^2 + 1\]Вспоминаем, что \(p = y'\):
\[(y')^2 = C_2 y^2 + 1\] \[y' = \pm \sqrt{C_2 y^2 + 1}\]Теперь используем начальные условия: \(y(0)=1, y'(0)=1\).
Подставим \(y'(0)=1\) и \(y(0)=1\) в уравнение для \((y')^2\):
\[1^2 = C_2 (1)^2 + 1\] \[1 = C_2 + 1\] \[C_2 = 0\]Подставляем \(C_2 = 0\) обратно в уравнение для \(y'\):
\[y' = \pm \sqrt{0 \cdot y^2 + 1}\] \[y' = \pm \sqrt{1}\] \[y' = \pm 1\]Так как \(y'(0)=1\), мы выбираем положительный знак:
\[y' = 1\]Интегрируем это уравнение по \(x\):
\[\int y' dx = \int 1 dx\] \[y = x + C_3\]Используем начальное условие \(y(0)=1\):
\[1 = 0 + C_3\] \[C_3 = 1\]Таким образом, решение:
\[y = x + 1\]Ответ: \(y = x + 1\)
4) Решить дифференциальное уравнение: \(y' + y = e^x y^2\), с начальным условием \(y(0)=1\)
Это уравнение Бернулли. Оно имеет вид \(y' + P(x)y = Q(x)y^n\). В данном случае \(P(x) = 1\), \(Q(x) = e^x\), \(n = 2\).
Разделим все члены уравнения на \(y^2\) (при условии \(y \neq 0\)):
\[\frac{y'}{y^2} + \frac{1}{y} = e^x\]Сделаем замену переменной: \(z = y^{1-n} = y^{1-2} = y^{-1} = \frac{1}{y}\).
Тогда \(z' = -1 \cdot y^{-2} \cdot y' = -\frac{y'}{y^2}\).
Отсюда \(\frac{y'}{y^2} = -z'\).
Подставляем \(z\) и \(z'\) в преобразованное уравнение:
\[-z' + z = e^x\]Умножим на \(-1\), чтобы привести к стандартному виду линейного уравнения:
\[z' - z = -e^x\]Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка для \(z\). Здесь \(P(x) = -1\) и \(Q(x) = -e^x\).
Шаг 1: Находим интегрирующий множитель \(\mu(x)\).
\[\mu(x) = e^{\int P(x) dx} = e^{\int (-1) dx} = e^{-x}\]Шаг 2: Умножаем обе части уравнения на интегрирующий множитель \(e^{-x}\).
\[e^{-x} z' - e^{-x} z = -e^x e^{-x}\] \[e^{-x} z' - e^{-x} z = -1\]Левая часть является производной произведения \((e^{-x} z)'\):
\[(e^{-x} z)' = -1\]Шаг 3: Интегрируем обе части по \(x\).
\[\int (e^{-x} z)' dx = \int (-1) dx\] \[e^{-x} z = -x + C\]Шаг 4: Выражаем \(z\).
\[z = \frac{-x + C}{e^{-x}}\] \[z = (-x + C) e^x\]Шаг 5: Возвращаемся к исходной переменной \(y\).
Так как \(z = \frac{1}{y}\), то \(y = \frac{1}{z}\).
\[y = \frac{1}{(-x + C) e^x}\]Шаг 6: Используем начальное условие \(y(0)=1\).
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: \(4y'' - 4y' + y = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\)
Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Решение будем искать в виде суммы общего решения однородного уравнения \(y_0\) и частного решения неоднородного уравнения \(y_ч\).
Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения \(4y'' - 4y' + y = 0\).
Составляем характеристическое уравнение:
\[4\lambda^2 - 4\lambda + 1 = 0\]Это квадратное уравнение. Его можно решить с помощью дискриминанта или заметить, что это полный квадрат:
\[(2\lambda - 1)^2 = 0\] \[2\lambda - 1 = 0\] \[\lambda = \frac{1}{2}\]Так как корень действительный и кратный (\(\lambda_1 = \lambda_2 = \frac{1}{2}\)), общее решение однородного уравнения имеет вид:
\[y_0 = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}}\]Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения \(y_ч\).
Правая часть уравнения \(f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\). Поскольку корень характеристического уравнения \(\lambda = \frac{1}{2}\) совпадает с показателем экспоненты в правой части, будем использовать метод вариации произвольных постоянных.
Общее решение однородного уравнения: \(y_0 = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)\), где \(y_1(x) = e^{\frac{x}{2}}\) и \(y_2(x) = x e^{\frac{x}{2}}\).
Частное решение ищем в виде \(y_ч = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\).
Производные \(y_1(x)\) и \(y_2(x)\):
\[y_1'(x) = \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}}\] \[y_2'(x) = e^{\frac{x}{2}} + x \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}} = e^{\frac{x}{2}} \left(1 + \frac{x}{2}\right)\]Вычисляем определитель Вронского \(W(y_1, y_2)\):
\[W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1 y_2' - y_2 y_1'\] \[W = e^{\frac{x}{2}} \cdot e^{\frac{x}{2}} \left(1 + \frac{x}{2}\right) - x e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{1}{2} e^{\frac{x}{2}}\] \[W = e^x \left(1 + \frac{x}{2}\right) - \frac{x}{2} e^x\] \[W = e^x + \frac{x}{2} e^x - \frac{x}{2} e^x\] \[W = e^x\]Теперь находим \(C_1'(x)\) и \(C_2'(x)\) по формулам:
\[C_1'(x) = -\frac{y_2(x) f(x)}{a W(y_1, y_2)}\] \[C_2'(x) = \frac{y_1(x) f(x)}{a W(y_1, y_2)}\]где \(a\) - коэффициент при \(y''\), в нашем случае \(a=4\).
\[f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\] \[C_1'(x) = -\frac{x e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}}{4 e^x} = -\frac{x e^x}{4 e^x \sqrt{1+x^2}} = -\frac{x}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[C_2'(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}} \cdot \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}}{4 e^x} = \frac{e^x}{4 e^x \sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\]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: \(u = 1+x^2\), тогда \(du = 2x dx\), 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 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 неоднородного уравнения.
\[y = y_0 + y_ч\] \[y = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\]Ответ: \(y = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\)