Методические указания, контрольные работы по дисциплине "Математика" (2 семестр). Кузьмин С.Ю. - 15 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВПИ ВолгГТУ | Волжский

Составители: 

Рубрика: 

15
Получаем:
∫∫
====
′
;;;;
x
dx
z
dz
x
dx
z
dz
x
z
dx
dz
x
z
z
xCzCxz
11
=
+
=
;lnlnln .
Произведя обратную замену, получаем:
;
1
xCy
=
′
′
;
2
2
1
1
2
Cx
C
xdxCy +=
∫
=
′
CxCx
C
dxCx
C
y ++=
∫
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
2
3
1
2
2
1
62
. Общее решение исходного дифференци-
ального уравнения:
32
3
CxCCxy ++= .
10.Найти решение задачи Коши
x
ey
2
=
′′′
с начальными условиями
x
0
= 0; y
0
= 1; .0;1
00
=
′′
−
=
′
yy
Решаем с помощью понижения порядка:
;
1
2
1
2
2
1
CeCdxey
xx
+=+
∫
=
′′
;
21
2
1
2
4
1
2
1
CxCedxCey
xx
++=
∫
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
′
∫
+++=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++= ;
32
2
1
2
21
2
2
1
8
1
4
1
CxCxCeCxCey
xx
Подставим начальные условия:
;;;
123
2
1
0
4
1
1
8
1
1 CCС +=+=−+=
8
7
4
5
2
1
321
=−=−= CCC ;;
.
Получаем частное решение (решение задачи Коши):
8
7
4
5
4
1
8
1
22
+−−= xxey
x
11.Найти общее решение дифференциального уравнения .04)(
2
=
′
−
′
−
′′
yyyyy
Замена переменной:
p
dy
dp
yyp =
′′′
= ; .
Тогда
0404
2
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−−⇒=−− yp
dy
dp
ypypp
dy
dp
yp
.
1)
y
p
dy
dp
yp
dy
dp
y +=⇒=−− 404
.
Произведем замену переменной:
y
p
u =
. Отсюда, y
dy
du
u
dy
dp
+= . Подставляем:
⇒=⇒+=+
y
dy
duuy
dy
du
u 44 ⇒=⇒+=⇒=
∫∫
yCuCyu
y
dy
du
11
ln4ln4ln44 
               z  dz z  dz dx                                  dz    dx
Получаем: z ′ = ;   = ;
                     x
                          = ;
                           dx    x       z      x          ∫    z
                                                                  = ∫ ; ln z = ln x + ln C1;
                                                                      x
                                                                                               z = C1 x .

                                                                                          C1 2
Произведя обратную замену, получаем: y ′′ = C1 x; y′ = ∫ C1 xdx =                           x + C2 ;
                                                                                          2
      ⎛C            ⎞    C
y = ∫ ⎜ 1 x 2 + C 2 ⎟dx = 1 x 3 + C 2 x + C . Общее решение исходного дифференци-
      ⎝ 2           ⎠     6

ального уравнения: y = Cx 3 + C 2 x + C 3 .
10.Найти решение задачи Коши y ′′′ = e 2 x с начальными условиями
x0 = 0; y0 = 1; y 0′ = −1; y 0′′ = 0.
Решаем с помощью понижения порядка:
                                      1 2x             ⎛1          ⎞    1
            y′′ = ∫ e 2 x dx + C1 =     e + C1; y′ = ∫ ⎜ e2 x + C1 ⎟dx = e2 x + C1 x + C2 ;
                                      2                ⎝2          ⎠    4

                               ⎛1                  ⎞ 1        1
                         y = ∫ ⎜ e 2 x + C1 x + C2 ⎟ = e 2 x + C1 x 2 + C2 x + C3 ;
                               ⎝4                  ⎠ 8        2
                                                       1                 1           1
Подставим начальные условия: 1 = + С3 ; − 1 =                              + C2 ; 0 = + C1;
                                                       8                 4           2
                                             1         5       7
                                       C1 = − ; C 2 = − ; C 3 = .
                                             2         4       8
                                                   1       1     5    7
Получаем частное решение (решение задачи Коши): y = e 2 x − x 2 − x +
                                                   8       4     4    8
11.Найти общее решение дифференциального уравнения yy ′′ − ( y ′) 2 − 4 yy ′ = 0.
                                                      dp
Замена переменной: p = y ′;                  y ′′ =      p.
                                                      dy

            dp                          ⎛ dp           ⎞
Тогда yp       − p 2 − 4 yp = 0 ⇒     p⎜⎜ y − p − 4 y ⎟⎟ = 0 .
            dy                          ⎝ dy           ⎠
       dp                dp     p
1) y      − p − 4y = 0 ⇒    = 4+ .
       dy                dy     y

                                                        p           dp     du
Произведем замену переменной: u =                         . Отсюда,    =u+    y . Подставляем:
                                                        y           dy     dy

     du                   dy           dy
u+      y = 4 + u ⇒ du = 4 ⇒ ∫ du = 4 ∫ ⇒ u = 4 ln y + 4 ln C1 ⇒ u = 4 ln C1 y ⇒
     dy                    y            y




                                                               15

Страницы