Дифференциальные уравненияния, контрольная работа, 2 варианта

Вариант 1.
1) Найти частное решение дифференциального уравнения:
y'  (x  2)(y - 3) , y(2)  1
Преобразуем:
dy
dx  (x  2)
(y - 3)
Интегрируем:
dy
 (y - 3)   (x  2)dx
x2
ln( y  3) 
 2 x  C =>
2
Преобразуем:
ye
x2
 2 x C
2
x2
2 x
2
y  C e
3
Находим частное решение при y(2)  1
1 C e
( 2 ) 2
 2 ( 2 )
2
3
4
4
2
1 C e  3
 2  C  e 2 => C  2  e 2
Получаем:
y  2  e  e
2
x
2
y  2  e 2
y  2  e
x2
2 x
2
2 x2
1
( x 2)2
2
Ответ: y  2  e
3
3
3
1
( x 2)2
2
3
2) Решить дифференциальное уравнение:
x 2 y' y( x  y)
Преобразуем:
dy
x2
 yx  y 2
dx
Все разделим на  y 2 x 2
dy
1
1
 dx2 
 2
yx
y
x
Делаем замену u 
1
y
dy
du
  dx2
=>
dx
y
 3 =>
du u
1
  2
dx x
x
Умножаем все на x
du
1
x
u  
dx
x
dx
Т.к. 1 
, то подставляем
dx
du dx
1
x
 u
dx dx
x
d( f )
d ( g ) d ( fg )
Применяя правило g
, получаем
f

dx
dx
dx
d
1
( x  u)  
dx
x
Интегрируем:
d
1
 dx ( x  u)dx    x dx
x  u   ln( x)  C
 ln( x)  C
u
x
1
Делаем обратную замену u 
y
1  ln( x)  C

x
y
x
y
 ln( x)  C
x
Ответ: y 
 ln( x)  C
3) Найти частное решение дифференциального уравнения:
7
y'4y  e 2 x , y (0) 
6
Умножаем все на e 4 x
dy
e4x
 4ye 4 x  e 6 x
dx
d (e 4 x )
Т.к. 4e 4 x 
, то подставляем
dx
d (e 4 x )
4 x dy
e
y
 e6x
dx
dx
d( f )
d ( g ) d ( fg )
f

Применяя правило g
, получаем
dx
dx
dx
d (e 4 x  y )
 e6x
dx
Интегрируем:
d (e 4 x  y )
6x
 dx dx   e dx
e6x
C
6
 e6x

y  e 4 x  
 C 
 6

e4x  y 
Находим частное решение при y (0) 
7
6
60

7
 40  e
 e  
 C 
6
 6

7
1

 1   C 
6
6

=>
C 1
Получаем:
 e6x

y  e  
 1
 6

2x
e
y  e 4 x 
6
e2x
Ответ: y  e 4 x 
6
4 x
4) Решить дифференциальные уравнения:
а) y''4y'3y  0
Пояснения:
Это линейное уравнение второго порядка вида:
y''+ρy'+qy=0,
(1)
у которого правая часть f(x) равна нулю. Такое уравнение называется однородным.
Уравнение k2+ρk+q=0
(2)
называется характеристическим уравнением данного уравнения (1).
Характеристическое уравнение (2) является квадратным уравнением, имеющим два корня. Обозначим их
через k1 и k2.
Характеристическое уравнение:
k 2  4k  3  0
 p  p 2  4  q  4  42  4  3

2
2
k 1  1
k 2  3
Корни характеристического уравнения вещественные и различные (k1≠k2), то общее
решение имеет вид y  C1e k1x  C2 e k2 x . Получаем:
k 1,2 
y  C1e  x  C2 e 3 x
Ответ: y  C1e  x  C2 e 3 x
б) y''-8y'16y  0
Пояснения:
Это линейное уравнение второго порядка вида:
y''+ρy'+qy=0,
(1)
у которого правая часть f(x) равна нулю. Такое уравнение называется однородным.
Уравнение k2+ρk+q=0
(2)
называется характеристическим уравнением данного уравнения (1).
Характеристическое уравнение (2) является квадратным уравнением, имеющим два корня. Обозначим их
через k1 и k2.
Характеристическое уравнение:
k 2 - 8k  16  0
Уравнение имеет одно решение
 p  p2  4  q 8  0

4
2
2
Корни характеристического уравнения вещественные и равные (k1=k2=k), то общее
решение имеет вид: y  e kx (C1  C2 x)
Получаем:
y  e 4x (C1  C2 x)
Ответ: y  e 4x (C1  C2 x)
k 
в) y''8y'17y  0
Пояснения:
Это линейное уравнение второго порядка вида:
y''+ρy'+qy=0,
(1)
у которого правая часть f(x) равна нулю. Такое уравнение называется однородным.
Уравнение k2+ρk+q=0
(2)
называется характеристическим уравнением данного уравнения (1).
Характеристическое уравнение (2) является квадратным уравнением, имеющим два корня. Обозначим их
через k1 и k2.
Характеристическое уравнение:
k 2  8k  17  0
 p  p 2  4  q  8  8 2  4 17
4

 4 
 4  i
2
2
2
k 1  4  i
k 2  4  i
Корни характеристического уравнения комплексные (вида k1, 2    i ), то общее
k 1,2 
решение имеет вид: y  ex (C1 cos x  C2 sin x) .
Получаем:
y  e 4 x (C1 cos x  C2 sin x)
Ответ: y  e 4 x (C1 cos x  C2 sin x)
Вариант 7.
1) Найти частное решение дифференциального уравнения:
(1  x 2 )dy  2x(y  3)dx , y(0)  1
Преобразуем:
dy 2x(y  3)

dx (1  x 2 )
dy
dx  2x
(y  3) (1  x 2 )
Интегрируем:
dy
2x
dx
 (y  3) dx   (1  x 2 ) dx
ln(y  3)  ln(1  x 2 )  C
y  e ln(1 x )C - 3
2
y  e C (1  x 2 ) - 3
Преобразуем, т.к. eC - это тоже константа.
y  C(1  x 2 ) - 3
Находим частное решение при y(0)  1
 1  C(1  0 2 ) - 3
C2
Получаем:
y  2(1  x 2 ) - 3
y  2x 2 - 1
Ответ: y  2x 2 - 1
2) Решить дифференциальное уравнение:
y '
y
y

 cos 2 , y (1) 
x
x
4
dy y
y
  cos 2  0
dx x
x
Заменим y  x  u , тогда
dy
du
ux
dx
dx
Получим:
du
x
 cos 2 u  0
dx
du cos 2 u

dx
x
du 1
1

2
dx cos u x
Интегрируем:
du 1
1
 dx cos 2 u dx   x dx
1
1
 cos u du   x dx
2
1
 tg (u )  C .
cos 2 u
tg (u)  ln( x)  C
u  arctgln( x)  C 
Делаем обратную замену.
y / x  arctgln( x)  C 
y  x  arctgln( x)  C 
Применяем, что 
Находим частное решение при y (1) 

4

4

4
 1  arctgln(1)  C 
 arctgC  , т.к. ln(1)  0
C  tg

4
C 1
Получим:
y  x  arctgln( x)  1
Ответ: y  x  arctgln( x)  1
3) Найти частное решение дифференциального уравнения:
1
y ' y cos x  sin 2 x , y(0)  0
2
Применяем, что sin 2 x  2 sin x  cos x
dy
 y cos x  sin x  cos x
dx
Умножим все на esin x
dy sin x
e  e sin x y cos x  e sin x sin x  cos x
dx
d
Т.к. e sin x cos x  (e sin x ) , то
dx
dy sin x d sin x
e  (e )  y  e sin x sin x  cos x
dx
dx
d( f )
d ( g ) d ( fg )
f

Применяя правило g
, получаем
dx
dx
dx
d sin x
(e  y )  e sin x sin x  cos x
dx
Интегрируем:
d
 dx (e
sin x
 y )dx   e sin x sin x  cos xdx
Рассмотрим  e sin x sin x  cos xdx
Делаем замену u  sin x, du  cos x  dx
e
sin x
sin x  cos xdx   e u u  du
Применяем правило  f  dg  fg   g  df , где f  u, dg  e u du, df  fu, g  e u
 e u  du  e u   e du e u  e
u
u
u
u
u
Делаем обратную замену и получаем:
e sin x sin x  e sin x  C  e sin x (sin x  1)  C
В итоге получаем:
e sin x  y  e sin x (sin x  1)  C
y  (sin x  1)  Ce  sin x
y  sin x  Ce  sin x  1
Находим частное решение при y(0)  0
0  sin 0  Ce  sin 0  1
0  0  Ce 0  1
0  C 1
C 1
Получим:
y  sin x  e  sin x  1
Ответ: y  sin x  e  sin x  1
4) Решить дифференциальные уравнения:
а) y''6y' 0
Пояснения:
Это линейное уравнение второго порядка вида:
y''+ρy'+qy=0,
(1)
у которого правая часть f(x) равна нулю. Такое уравнение называется однородным.
Уравнение k2+ρk+q=0
(2)
называется характеристическим уравнением данного уравнения (1).
Характеристическое уравнение (2) является квадратным уравнением, имеющим два корня. Обозначим их
через k1 и k2.
Характеристическое уравнение:
k 2 - 6k  0  0
k 1,2 
 p  p 2  4  q 6  (6) 2  4  0

2
2
k1  6
k2  0
Корни характеристического уравнения вещественные и различные (k1≠k2), то общее
решение имеет вид y  C1e k1x  C2 e k2 x . Получаем:
y  C1e 6 x  C2 e 0
y  C1e 6 x  C2
Ответ: y  C1e 6 x  C2
б) y''-3y'2.25y  0
Пояснения:
Это линейное уравнение второго порядка вида:
y''+ρy'+qy=0,
(1)
у которого правая часть f(x) равна нулю. Такое уравнение называется однородным.
Уравнение k2+ρk+q=0
(2)
называется характеристическим уравнением данного уравнения (1).
Характеристическое уравнение (2) является квадратным уравнением, имеющим два корня. Обозначим их
через k1 и k2.
Характеристическое уравнение:
k 2 - 3k  2.25  0
Уравнение имеет одно решение
 p  p2  4  q 3  0 3


2
2
2
Корни характеристического уравнения вещественные и равные (k1=k2=k), то общее
решение имеет вид: y  e kx (C1  C2 x)
Получаем:
k 
3
x
2
y  e (C1  C2 x)
3
x
2
Ответ: y  e (C1  C2 x)
в) y''-8y'20y  0
Пояснения:
Это линейное уравнение второго порядка вида:
y''+ρy'+qy=0,
(1)
у которого правая часть f(x) равна нулю. Такое уравнение называется однородным.
Уравнение k2+ρk+q=0
(2)
называется характеристическим уравнением данного уравнения (1).
Характеристическое уравнение (2) является квадратным уравнением, имеющим два корня. Обозначим их
через k1 и k2.
Характеристическое уравнение:
k 2  8k  20  0
 p  p 2  4  q 8  (8) 2  4  20
 16

 4
 4  2i
2
2
2
k 1  4  2i
k 2  4  2i
Корни характеристического уравнения комплексные (вида k1, 2    i ), то общее
k 1,2 
решение имеет вид: y  ex (C1 cos x  C2 sin x) .
Получаем:
y  e 4 x (C1 cos 2 x  C2 sin 2 x)
Ответ: y  e 4 x (C1 cos 2 x  C2 sin 2 x)