Variant 1 11272849

Вариант 1.
Определите тип дифуравнения и найдите общее решение данного уравнения.
Если в условии имеется начальное условие, то найдите частное решение,
удовлетворяющее данному начальному условию, т.е., решите задачу Коши.
1. e x 3 y  y   x
y
1
2. (1  2 )dx  (  y )dy  0
x
x
3. y   ytgx  cos 2 x
y(1)  1
4. x  y   y  y 2 ln x,
Решение.
1. e x 3 y  y   x
Запишем уравнение в виде
e x 3 y  y   x

e x  e3 y  y  x

e3 y  y  x  e  x
это уравнение с разделяющимися переменными
e 3 y dy  xe x dx
интегрируем его
e
3y
dy   xe x dx
Левая часть – это табличный интеграл
e
3y
1
dy  e 3 y  C
3
интеграл в правой части найдем методом интегрирования по частям
 xe
x
dx 
xu
x
du  dx
e dx  dv v  e  x
  xe x   e  x dx   xe x  e  x  C
т.о., получаем
1 3y
e   xe x  e  x  C
3
отсюда выразим общее решение
e 3 y  3e  x ( x  1)  C
1
y  ln( 3e  x ( x  1)  C )
3
1
Ответ: y  ln( 3e  x ( x  1)  C )
3
2. (1 
y
1
)dx  (  y )dy  0
2
x
x
Проверим, не является ли это уравнение уравнением в полных дифференциалах
M ( x, y )dx  N ( x, y )dy  0
Для этого находим частные производные
M
1
N
1
 2,
 2
y
x x
x
Производные равны, следовательно, уравнение является уравнением в полных
дифференциалах. Тогда решением уравнения есть функция F ( x, y ) такая, что
F
y
 M  1 2 ,
x
x
F
1
N  y
y
x
Из первого равенства находим
F
y
 M  1 2
x
x

y 
y

F   1  2 dx  x    ( y )
x
x 

Продифференцируем полученное выражение по у
F
1
    ( y )
y
x
Исходя из второго равенства, получаем

1
1
  ( y )    y 
x
x
 ( y)   y

 ( y)    ydy  
y2
C
2
Т.о., общий интеграл уравнения примет вид
F  x
Ответ: x 
y y2

C
x 2
y y2

C
x 2
3. y   ytgx  cos 2 x
Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка. Решение ищем в виде
суммы двух линейно независимых функций
y  u ( x)v( x)  y  u v  uv 
Подставляем в уравнение
u v  uv  uvtgx  cos 2 x
u v  u(v  vtgx)  cos 2 x

Находим v полагая v   vtgx  0
dv
dv
sin x
 tgxdx 

dx 
v
v
cos x
dv
d cos x
 v   cos x  ln v  ln cos x  v  cos x
v   vtgx  0


Подставим найденное решение в уравнение, учитывая, что v   vtgx  0 , получаем
u  cos x  cos 2 x
u   cos x

 du   cos xdx


u  sin x  C
Т.о., искомое решение примет вид
y  u ( x)v( x)  cos x  (sin x  C )
Ответ: y  cos x  (sin x  C )
4. x  y   y  y 2 ln x,
y(1)  1
Запишем уравнение в виде
x  y   y  y 2 ln x
y  1 ln x


x
y 2 xy

это уравнение Бернулли, по этому, делаем замену
t
1
y

dt 
dy
y2
Получаем уравнение
t 
t ln x

x
x
Это линейное уравнение первого порядка. Следовательно, решение ищем в виде
произведения двух функций
t  u ( x )v ( x )

Подставим найденные выражения в уравнение
t   u v  uv 
u v  uv  
uv ln x

x
x
v
ln x
u v  u (v   ) 
x
x

Для определения v (x ) можно решить уравнение
v 
v
0
x

dv dx

v
x

vx
Подставим найденное значение в уравнение, учитывая, что v  
v
0
x
1
ln x  u
du  dx
ln x
x

u   2 dx 

1
1
x
dx

dv
v


x
x2
ln x
1
ln x 1

  2 dx  
 C
x
x
x
x
ln x
u x 
x
В результате общее решение рассматриваемого уравнения принимает вид
t  uv  x(
ln x 1
  C )  (ln x  1  Cx)
x
x
Откуда, возвращаясь к замене, получаем общее решение заданного уравнения
1
1
y 
t ln x  1  Cx
Теперь воспользуемся начальным условием
y (1) 
1
 1
ln 1  1  C

1  C  1
В итоге получаем искомое решение задачи Коши
y
Ответ: y 
1
ln x  1  2 x
1
ln x  1  2 x

C2