Дифференциальные уравнения. Тестовые задания. Куликов Г.М - 14 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТГТУ | Тамбов

Составители: 

Рубрика: 

14
Решение. Данное уравнение не содержит явно функции y, поэтому сде-
лаем подстановку
(
)
(
)
xzyxzy
′
=
′
′
=
′
,
. Получим однородное уравнение
первого порядка:
x
z
x
z
z ln=
′
, которое решается с помощью замены
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 ещё одно уравнение первого порядка (в данном слу-
чае с разделяющимися переменными)
1
1
+
=
′
xC
exy
.
Ясно, что
dxexy
xC 1
1
+
∫
=
. Интегрируем «по частям»:
( )
const
1
1
,
,
1
2
1
1
1
1
1
1
1
11
1
1
1
+−=
==
==
=
++
+
+
+
∫
xCxC
xC
xC
xC
e
C
e
C
x
ve
C
dudx
dvdxeux
dxex
.
Общее решение уравнения принимает вид:
2
1
2
1
1
1
1
Ce
C
xC
y
xC
+
−
=
+
.
1.2.11. Решить задачу Коши:
( ) ( )
.90,
3
1
0;0
9
2
=
′
==+
′′
yy
y
yy
Решение. Имеем уравнение, которое явно не содержит переменную x.
Полагаем
(
)
ypy =
′
,
dy
dp
py =
′′
. Следовательно, уравнение запишется в
виде:
0
9
2
=+
y
dy
dp
yp
. Разделяем переменные, затем интегрируем:
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 +=
′
.
Постоянную
1
C
можно найти уже на этом этапе, если использовать
начальные условия:
( ) ( )
90,
3
1
0 =
′
= yy
⇒
1
2
819 C+=
⇒
0
1
=C
.

Страницы