Дифференциальные уравнения. Тестовые задания - 14 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

14
ние первого порядка:
x
z
x
z
z ln⋅=
′
, которое решается с помощью заме-
ны
t
x
z
=
: tttxt ln⋅=+
′
;
(
)
1ln
−
=
′
ttxt
;
()
x
dx
tt
dt
=
−1ln
;
()
∫∫
=
− x
dx
tt
dt
1ln
;
(
)
xCt
1
ln1lnln
=
−
;
xCt
1
1ln =
−
;
1ln
1
+
=
xCt
, откуда
1
1
+
=
xC
et
.
Теперь
1
1
+
=
xC
e
x
z
;
1
1
+
=
xC
exz
.
Итак, получено еще одно уравнение первого порядка (в данном слу-
чае с разделяющимися переменными)
1
1
+
=
′
xC
exy
.
Ясно, что
dxexy
xC 1
1
+
∫
= . Интегрируем «по частям»:
()
conste
C
e
C
x
ve
C
,dudx
dvdxe,ux
dxex
xCxC
xC
xC
xC
+−=
==
==
=
++
+
+
+
∫
1
2
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
1
1
.
Общее решение уравнения принимает вид:
2
1
2
1
1
1
1
Ce
C
xC
y
xC
+⋅
−
=
+
.
1.2.11. Решить задачу Коши:
() ()
.y,y;
y
yy 90
3
1
00
9
2
=
′
==+
′′
Решение. Имеем уравнение, которое явно не содержит переменную
x
. Полагаем
(
)
ypy
=
′
,
dy
dp
py
⋅=
′′
. Следовательно, уравнение запи-
шется в виде:
0
9
2
=+⋅
y
dy
dp
yp
. Разделяем переменные, затем интегри-
руем:
dy
y
dpp
3
9
−=
;
∫∫
−
−= dyydpp
3
9 ,
2
2
9
2
1
2
2
C
y
p
+=
.
Далее получаем дифференциальное уравнение первого порядка
()
1
2
2
9
C
y
y +=
′
.

Страницы