Задание B-3
1) Решить дифференциальное уравнение: \(y'' - 3y' + 2y = \cos x\)
Решение:
Это линейное неоднородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами. Общее решение \(y(x)\) будет суммой общего решения однородного уравнения \(y_0(x)\) и частного решения неоднородного уравнения \(y_ч(x)\).
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:
Дискриминант \(D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 9 - 8 = 1\)
\[\lambda_{1,2} = \frac{-(-3) \pm \sqrt{1}}{2 \cdot 1} = \frac{3 \pm 1}{2}\] \[\lambda_1 = \frac{3 - 1}{2} = \frac{2}{2} = 1\] \[\lambda_2 = \frac{3 + 1}{2} = \frac{4}{2} = 2\]Так как корни действительные и различные, общее решение однородного уравнения имеет вид:
\[y_0(x) = C_1 e^{\lambda_1 x} + C_2 e^{\lambda_2 x} = C_1 e^x + C_2 e^{2x}\]Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения.
Правая часть уравнения \(f(x) = \cos x\). Будем искать частное решение в виде:
\[y_ч(x) = A \cos x + B \sin x\]Находим первую и вторую производные \(y_ч(x)\):
\[y_ч'(x) = -A \sin x + B \cos x\] \[y_ч''(x) = -A \cos x - B \sin x\]Подставляем \(y_ч(x)\), \(y_ч'(x)\) и \(y_ч''(x)\) 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 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 \(\sin x\) с обеих сторон уравнения:
Для \(\cos x\): \(A - 3B = 1\)
Для \(\sin x\): \(3A + B = 0\)
Решаем систему линейных уравнений:
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 неоднородного уравнения:
\[y_ч(x) = \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]Шаг 3: Записываем общее решение.
Общее решение \(y(x) = y_0(x) + y_ч(x)\):
\[y(x) = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]Ответ:
\[y(x) = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \frac{1}{10} \cos x - \frac{3}{10} \sin x\]2) Решить дифференциальное уравнение: \(xy' + y = \ln x + 1\)
Решение:
Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. 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.
Интегрирующий множитель \(\mu(x)\) определяется как:
\[\mu(x) = e^{\int P(x) dx}\] \[\int P(x) dx = \int \frac{1}{x} dx = \ln|x|\]Для \(x > 0\), \(\int \frac{1}{x} dx = \ln x\).
\[\mu(x) = e^{\ln x} = x\]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 \(u = \ln x\), 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 в уравнение:
\[xy = (x \ln x - x) + x + C\] \[xy = x \ln x + C\]Шаг 4: Выражаем \(y\).
Разделим обе части на \(x\) (при условии \(x \neq 0\)):
\[y = \frac{x \ln x + C}{x}\] \[y = \ln x + \frac{C}{x}\]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 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 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 \(p dp = \frac{1}{2} du\).
\[\int \frac{1}{u} \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \int \frac{1}{u} du = \frac{1}{2} \ln|u| = \frac{1}{2} \ln|p^2 - 1|\]Для правой части:
\[\int \frac{1}{y} dy = \ln|y| + C_1\]Таким образом, получаем:
\[\frac{1}{2} \ln|p^2 - 1| = \ln|y| + C_1\] \[\ln|p^2 - 1| = 2 \ln|y| + 2C_1\] \[\ln|p^2 - 1| = \ln(y^2) + \ln C_2 \quad (\text{где } \ln C_2 = 2C_1)\] \[\ln|p^2 - 1| = \ln(C_2 y^2)\] \[p^2 - 1 = C_2 y^2\]Вспоминаем, что \(p = y'\):
\[(y')^2 - 1 = C_2 y^2\] \[(y')^2 = C_2 y^2 + 1\] \[y' = \pm \sqrt{C_2 y^2 + 1}\]Теперь используем начальные условия: \(y(0)=1\), \(y'(0)=1\).
Подставим \(y(0)=1\) и \(y'(0)=1\) в уравнение \((y')^2 = C_2 y^2 + 1\):
\[(1)^2 = C_2 (1)^2 + 1\] \[1 = C_2 + 1\] \[C_2 = 0\]Подставляем \(C_2 = 0\) обратно в уравнение для \(y'\):
\[(y')^2 = 0 \cdot y^2 + 1\] \[(y')^2 = 1\] \[y' = \pm 1\]Из начального условия \(y'(0)=1\), 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, частное 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 вида \(y' + P(x)y = Q(x)y^n\), где \(P(x) = 1\), \(Q(x) = e^x\), \(n = 2\).
Шаг 1: Делим уравнение на \(y^n\).
Делим все члены уравнения на \(y^2\) (при условии \(y \neq 0\)):
\[y^{-2} y' + y^{-1} = e^x\]Шаг 2: Делаем замену переменной.
Пусть \(z = y^{1-n} = y^{1-2} = y^{-1}\).
Тогда \(z' = (y^{-1})' = -1 \cdot y^{-2} \cdot y' = -y^{-2} y'\).
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 вида \(z' + P(x)z = Q(x)\), где \(P(x) = -1\) и \(Q(x) = -e^x\).
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.
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 \(z\).
\[z = \frac{-x + C}{e^{-x}} = (-x + C)e^x\]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.
Дано \(y(0)=1\).
\[1 = \frac{1}{(-0 + C)e^0}\] \[1 = \frac{1}{C \cdot 1}\] \[1 = \frac{1}{C}\] \[C = 1\]Подставляем \(C=1\) в общее решение:
\[y = \frac{1}{(-x + 1)e^x}\] \[y = \frac{1}{(1 - x)e^x}\]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 \(y(x)\) будет суммой общего решения однородного уравнения \(y_0(x)\) и частного решения неоднородного уравнения \(y_ч(x)\).
Шаг 1: Находим общее решение однородного уравнения.
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:
\[(2\lambda - 1)^2 = 0\]Находим корни характеристического уравнения:
\[2\lambda - 1 = 0\] \[2\lambda = 1\] \[\lambda = \frac{1}{2}\]Корень \(\lambda = \frac{1}{2}\) имеет кратность 2.
Так как корень действительный и кратный, общее решение однородного уравнения имеет вид:
\[y_0(x) = C_1 e^{\lambda x} + C_2 x e^{\lambda x} = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}}\] \[y_0(x) = e^{\frac{x}{2}} (C_1 + C_2 x)\]Шаг 2: Находим частное решение неоднородного уравнения методом вариации произвольных постоянных (Лагранжа).
Правая часть уравнения \(f(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{\sqrt{1+x^2}}\).
Общее решение однородного уравнения \(y_0(x) = C_1 y_1(x) + C_2 y_2(x)\), где \(y_1(x) = e^{\frac{x}{2}}\) и \(y_2(x) = x e^{\frac{x}{2}}\).
Частное решение ищем в виде \(y_ч(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\), где \(C_1'(x)\) и \(C_2'(x)\) удовлетворяют системе:
\[\begin{cases} C_1'(x) y_1(x) + C_2'(x) y_2(x) = 0 \\ C_1'(x) y_1'(x) + C_2'(x) y_2'(x) = \frac{f(x)}{a_n} \end{cases}\]Здесь \(a_n\) - коэффициент при старшей производной, то есть \(a_n = 4\).
Вычислим 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 можно разделить 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 также делим на \(e^{\frac{x}{2}}\):
\[(-C_2'(x) x) \frac{1}{2} + C_2'(x) \left(1 + \frac{x}{2}\right) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[-\frac{1}{2} C_2'(x) x + C_2'(x) + \frac{1}{2} C_2'(x) x = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\] \[C_2'(x) = \frac{1}{4\sqrt{1+x^2}}\]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: \(u = 1+x^2\), 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 \(y_ч(x)\):
\[y_ч(x) = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)\] \[y_ч(x) = \left(-\frac{1}{4} \sqrt{1+x^2}\right) e^{\frac{x}{2}} + \left(\frac{1}{4} \ln|x + \sqrt{1+x^2}|\right) x e^{\frac{x}{2}}\] \[y_ч(x) = \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\]Шаг 3: Записываем общее решение.
Общее решение \(y(x) = y_0(x) + y_ч(x)\):
\[y(x) = C_1 e^{\frac{x}{2}} + C_2 x e^{\frac{x}{2}} + \frac{e^{\frac{x}{2}}}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\] \[y(x) = e^{\frac{x}{2}} \left(C_1 + C_2 x + \frac{1}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\right)\]Ответ:
\[y(x) = e^{\frac{x}{2}} \left(C_1 + C_2 x + \frac{1}{4} \left(x \ln|x + \sqrt{1+x^2}| - \sqrt{1+x^2}\right)\right)\]