Решение типовых примеров. Пример 1.Найти частное решение уравнения =6x+sinx, удовлетворяющее начальным условиям у(0)=2; =3

Пример 1. Найти частное решение уравнения =6 x +sin x, удовлетворяющее начальным условиям у (0)=2; =3.

Решение

Введем подстановку р (x) = . Тогда (x)= . Получим уравнение:

(x) = 6 x +sin x,

Интегрируя его, найдем р =3 x − cos x + C ₁. (*)

Заменим р (x) на и проинтегрируем еще раз. Получим общее решение данного уравнения: у = х − sin x + C ₁ x + C ₂.

Используем начальные условия. Подставив в общее решение х =0 и у =2, получим: 2 = 0 − sin 0 + C ₁∙0 + C ₂,

откуда С ₂=2.

Подставив в (*) х=0 и =3, будем иметь

3= − 1 + С ₁,

откуда С ₁=4.

Подставив найденные значения С ₁ и С ₂ в общее решение уравнения, получим частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям:

у = х − sin x + 4 x + 2.

Пример 2. Найти общее решение уравнения = .

Решение

Правая часть заданного уравнения не содержит явным образом функцию у. Положим = p, где р = р (х). Тогда = . Имеем:

= − уравнение с разделяющимися переменными

;

=

Интегрируя последнее уравнение, получим:

ln p = ln (1+ x) + ln C ₁

или р = С ₁(1+ х).

Так как р = = , то подставив это выражение в последнее равенство получим dy = C ₁(1+ x) dx.

Интегрируя еще раз, получим общее решение заданного уравнения:

у = С ₁(х + ) + С ₂.

Пример 3. Найти общее решение уравнения у – 2 = 0.

Решение

Введем подстановку = p (где р = р (у)), тогда = p .

Получим: ру − 2 р =0.

Полученное уравнение есть дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными. Решая его, получим:

.

Проинтегрировав, будем иметь:

ln | p | = 2 ln | y | + ln| C ₁|,

откуда получаем р = С ₁ у .

Учитывая, что р = = ,

получим = С ₁ dx.

Проинтегрировав последнее равенство, получим общее решение заданного уравнения: = С ₁ х + С ₂,

Или у = .

При сокращении на р было потеряно решение уравнения р = =0, т.е. у = С =const. В данном случае оно содержится в общем решении, т.к. получается из него при С ₁=0 (за исключением решения у =0), а поэтому особых решений этого уравнения нет.

Пример 4 - 6. Найти частные решения следующих дифференциальных уравнений второго порядка при заданных начальных условиях:

1)

2)

3)

Решение

1) Характеристическое уравнение

имеет два различных вещественных корня k ₁=2, k ₂=4, поэтому общее решение этого дифференциального уравнения записывается в виде

,

где С ₁, С ₂ – произвольные постоянные. Отсюда

поэтому, основываясь на начальных условиях, получаем

, т.е. С ₁+ С ₂=1

и , т.е. 2 С ₁+4 С ₂=2

Решая систему уравнений

получаем С ₁=1, С ₂=0. Частное решение исходного уравнения, удовлетворяющее заданным начальным условиям, приобретает вид

2) Характеристическое уравнение

имеет два различных вещественных корня k ₁= k ₂=4, поэтому общее решение соответствующего дифференциального уравнения записывается в виде

,

откуда

Учитывая начальные условия, получаем систему уравнений для определения С ₁, С ₂:

Отсюда С ₁=1, С ₂=1, поэтому искомое частное решение имеет вид

3) Характеристическое уравнение

имеет комплексные корни: k ₁=2+3 i, k ₁=2−3 i. В этом случае решение соответствующего дифференциального уравнения записывается в виде

.

У нас , поэтому общее решение заданного дифференциального уравнения примет вид

.

Отсюда .

Таким образом, для определения значений С ₁, С ₂, исходя из начальных условий, получаем систему уравнений

решая которую имеем С ₁=0,

Итак, искомое частное решение приобретает вид

.

Вопросы для самоконтроля

1. Дайте определения дифференциального уравнения первого порядка, его общего и частного решения.

2. Дайте определение дифференциального уравнения с разделяющимися переменными; изложите метод нахождения его общего решения.

3. Дайте определение однородного дифференциального уравнения; изложите метод нахождения его общего решения.

4. Дайте определение линейного дифференциального уравнения первого порядка; изложите метод подстановки для нахождения его общего решения.

5. Дайте определение линейного дифференциального уравнения второго порядка (однородного и неоднородного).

6. Выпишите общее решение линейного однородного уравнения второго порядка для случаев:

а) действительных и различных корней характеристического уравнения;
б) действительных и равных корней;
в) комплексных корней характеристического уравнения.

Основная литература

1. Шипачев В.С. Высшая математика. Учеб. Для вузов. - 3-е изд., стер. - М.: Высш.школа. 1996. - гл. 3 §2; гл. 4 § 1, 3-11

2. Морозов Ю.В. Основы высшей математики и статистики: Учебник. - М.: «Медицина» 1998. (Учебная литература для студентов медицинских вузов).

Дополнительная литература

1. Щипачев В.С. Начала высшей математики. М.«Дрофа». 2002.

2. Баврин И.И., Матросов В.Л. Высшая математика. М. «Владос». 2002.

Поиск по сайту: