Ordinary Differential Equations 2742 (1)

Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Ярославский государственный технический университет»
№ 2742
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
ОБЫКНОВЕННЫЕ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
Ярославль
2008
1
Федеральное агентство по образованию
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Ярославский государственный технический университет»
Кафедра высшей математики
Рекомендовано
ученым советом
инженерно-экономического
факультета
ОБЫКНОВЕННЫЕ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Методические указания и задания для контрольных работ
для студентов факультета дополнительного профессионального образования
Ярославль
2008
2
УДК 517(07)
МУ 33-08. Обыкновенные дифференциальные уравнения: Метод.
указания и задания для контрольных работ для студентов факультета дополнительного профессионального образования / Сост.: В.А. Журавлева,
Т.П. Чуйко, Л.А. Сидорова. – Ярославль : Изд-во ЯГТУ, 2008. – 48 с.
Содержат краткие теоретические сведения по разделу «Дифференциальные уравнения», подробно разобранные типовые задачи, а также 30 вариантов
контрольных заданий.
Предназначены для студентов 2 курса всех направлений и специальностей факультета дополнительного профессионального образования. Могут быть
полезны при подготовке контрольных работ и выполнении домашних заданий.
Илл. 2. Библиогр. 5.
Рецензенты: кафедра высшей математики Ярославского государственного технического университета;
Н.И. Иванова, канд. физ.-мат. наук, доцент кафедры
статистики и математики ЯФ МЭСИ.
_______________________________________________________________
План 2008
Редактор В.Б. Доронина
Подписано в печать 27.04.08. Формат 60х84 1/16. Бумага белая.
Печать ризограф. Усл. печ. л. 2,79. Уч.-изд. л. 2,74.
Тираж 400. Заказ
Ярославский государственный технический университет
150023, Ярославль, Московский пр., 88
Типография Ярославского государственного технического университета
150000, Ярославль, ул. Советская, 14а
 Ярославский государственный технический университет, 2008
3
1. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ПЕРВОГО ПОРЯДКА
1.1. Основные понятия
1.1.1. Сведения из теории
Дифференциальным уравнением называется уравнение, которое содержит независимые переменные, неизвестные функции, зависящие от
этих переменных, а также производные неизвестных функций или их
дифференциалы.
Если функции, входящие в дифференциальное уравнение, зависят от
одной независимой переменной, уравнение называется обыкновенным
дифференциальным уравнением.
Наивысший порядок производной от искомой функции, входящей в
уравнение, называется порядком этого уравнения.
Уравнение
F ( x, y, y′) = 0 ,
(1.1)
называется дифференциальным уравнением первого порядка, где y ( x) –
искомая функция независимой переменной x; y ′( x) – производная этой
функции, а F – известная функция, зависящая от x, y, y′ .
Если из уравнения (1.1) можно выразить y ′ , то дифференциальное
уравнение первого порядка будет иметь так называемый нормальный вид
или вид, разрешенный относительно y′ :
y ′ = ϕ ( x, y )
(1.2)
Решением дифференциального уравнения (1.1) или (1.2) называется
функция y ( x) , которая, будучи подставленной в это уравнение, обращает
его в тождество (то есть верное равенство для всех значений x).
Рассмотрим простейшее дифференциальное уравнение первого порядка
(1.3)
y ′( x) = f ( x) .
Решением этого уравнения будет первообразная функции f ( x ) . Все
множество решений задается формулой
y = ∫ f ( x) dx = F ( x) + C ,
4
(1.4)
где F ( x) – некоторая первообразная функции f ( x ) , а C – произвольная
постоянная. Придавая C различные значения, получаем бесчисленное множество функций, являющихся решением дифференциального уравнения
(1.3). Аналогично и для уравнения (1.2). Итак, дифференциальное уравнение имеет бесчисленное множество решений.
Совокупность всех его решений называется общим решением дифференциального уравнения. В явном виде общее решение можно записать
y = y ( x, C ) , где C – произвольная постоянная.
В неявном виде общее решение записывается
Φ ( x, y , C ) = 0
и называется общим интегралом уравнения (1.1).
При решении реальных задач бывает нужно не общее, а частное решение дифференциального уравнения, удовлетворяющее некоторым дополнительным условиям, которые называются начальными условиями. Задача о нахождении частного решения дифференциального уравнения (1.1)
при заданных начальных условиях называется задачей Коши и формулируется следующим образом:
Найти решение дифференциального уравнения F ( x, y, y′) = 0 , удовлетворяющее условию: при x = x0 , y ( x0 ) = y0 (начальные условия),
где x0 , y0 – некоторые заданные числа.
1.1.2. Примеры решения задач
1. Найти частное решение уравнения y′ = x при заданных начальных
условиях y (0) = 1 ( x0 = 0, y0 = 1) .
◄ 1) Это простейшее дифференциальное уравнение вида (1.3). Его решение получим интегрированием y = ∫ xdx . По таблице интегралов находим
x2
общее решение y = + C .
2
2) Для нахождения частного решения подставим в общее решение значения x0 = 0 и y0 = 1 , получим 1 = 0 + C , отсюда C = 1 . Подставим найденx2
ное значение C в общее решение и получим y = + 1 – частное решение,
2
удовлетворяющее заданным начальным условиям. ►
5
1.2. Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными
1.2.1. Сведения из теории
Если дифференциальное уравнение (1.2) имеет вид
y ′ = P ( x)Q ( y ) ,
(1.5)
то оно называется дифференциальным уравнением с разделяющимися переменными.
Для его решения представим y′ в виде отношения дифференциалов
dy
. Разделим обе части уравнения (1.5) на Q ( y ) и умножим на dx :
dx
dy
dy
= P ( x)dx . Проинтегрируем обе части равенства ∫
= P ( x)dx . ОтQ( y)
Q( y) ∫
dy
сюда ∫
− P( x)dx = 0 . Вычислив интегралы, получим общий интеграл
Q( y) ∫
уравнения Φ( x, y, C ) = 0 .
1.2.2. Примеры решения задач
1. Найти общее решение уравнения y′ =
y
x
2
.
1
;
x2
Q ( y ) = y . Таким образом, это уравнение является уравнением с разде-
◄ Это уравнение можно представить в виде y ′ = P ( x)Q ( y ) , где P ( x) =
ляющимися переменными. Представляем y′ в виде
части уравнения на dx , делим на
ем это равенство ∫
y:
dy
, умножаем обе
dx
y
dy
dy dx
= 2 ⇔
= 2 . Интегрируdx x
y x
dy
dx
= ∫ 2 ⇔ ∫ y −1/ 2 dy = ∫ x −2 dx
x
y
1
− +1
2
y
x −1
1
=
+
C
⇔
2
y
=
−
+ C – общий интеграл. Разрешим его отно− 12 + 1 −1
x
Cx − 1
 Cx − 1 
y=
; y =
 – общее решение. ►
2x
2
x


2
сительно y:
6
2. Найти решение уравнения x
dy
= y 2 ( x − 1) , удовлетворяющее наdx
чальному условию y (1) = 1/ 2 .
◄ Надо решить задачу Коши при начальных данных x0 = 1, y0 = 1/ 2 .
dy
x −1
Разделим обе части уравнения на x:
= y2
. Правая часть уравнения
dx
x
x −1
представлена в виде произведения двух функций Q ( y ) = y 2 и P ( x) =
,
x
следовательно, это уравнение с разделяющимися переменными. Разделим
dy x − 1
переменные 2 =
dx и проинтегрируем это равенство.
y
x
dy
x −1
=
∫ y 2 ∫ x dx .
−2
dx
1
∫ y dy = ∫ dx − ∫ x ⇒ − y = x − ln | x | +C .
Для нахождения частного решения надо найти C. Подставим в последнее равенство x0 и y0 :
1
= 1 − ln |1| +C ⇒ − 2 = 1 + C ⇒ C = −3 .
1/ 2
Вернемся к общему решению. Подставим в него С = −3 . Получим
1
1
частное решение − = x − ln | x | −3 . Выразим y: y =
– частное
y
ln | x | − x + 3
−
решение.►
3. Решить уравнение y ′ =
2y
.
x
◄ Разделяем переменные:
dy 2 y dy
dx
=
;
= 2 . Проинтегрируем поdx
x
y
x
dy
dx
= 2∫
⇒ ln | y |= 2 ln | x | + ln | C | (Функция ln | C |
y
x
принимает все действительные значения, поэтому постоянную интегрирования можно представить в виде ln | C | (C ≠ 0) ). По свойствам логарифмов ( k log a b = log a b k ; log a b + log a c = log a bc ) получим ln | y |= ln | Cx 2 | отсюда y = Cx 2 – общее решение. ►
следнее равенство ∫
7
1.3. Однородные уравнения
1.3.1. Сведения из теории
Если дифференциальное уравнение записано в нормальном виде и в
его правой части присутствует выражение, содержащее искомую функy
цию в виде отношения , то такое уравнение называется однородным
x
 y
y′ = ϕ   .
x
(1.6)
y
= u к уравнению с разделяющимися
x
переменными, где u = u ( x) – новая неизвестная функция. Выразим
y = u ⋅ x . Так как y ′ = u ′x + u , то (1.6) приводится к виду xu ′ + u = ϕ (u ) ,
u ′x = ϕ (u ) − u ;
du 1
du
⋅ x = ϕ (u ) − u ⇒
= (ϕ (u ) − u )
dx
dx x
– уравнение с разделяющимися переменными. Разделим переменные
Оно сводится заменой переменной
du
dx
du
dx
=
и проинтегрируем ∫
−∫ =C.
ϕ (u ) − u x
ϕ (u ) − u
x
Вычислив интегралы, получим общий интеграл и вернемся к старой
y
функции, заменив u = .
x
1.3.2. Примеры решения задач
1. Решить уравнение xy ′ sin
y
y
= x + y sin .
x
x
◄ Разделим обе части уравнения на x: y ′ sin
на sin
y
:
x
y′ =
y
y
sin
x
x.
y
sin
x
1+
8
y
y
y
= 1 + sin , а затем x
x
x
В правую часть уравнения y и x входят только в виде отношения
y
,
x
y
=u.
x
Тогда y = u ⋅ x , y ′ = u ′ ⋅ x + u . Для функции u = u ( x) получаем уравнение:
1 + u sin u
1 + u sin u
или xu ′ =
xu ′ + u =
− u . Приводя к общему знаменатеsin u
sin u
1
лю, получим уравнение с разделяющимися переменными: xu ′ =
. Заsin u
то есть данное уравнение является однородным. Делаем замену
меним u′ на
du
dx
и разделим переменные sin u ⋅ du = .
dx
x
dx
∫ sin u ⋅ du = ∫ x ⇒ − cos u = ln | x | −C .
y
x
Вернемся к y: cos = C − ln | x | − общее решение в неявном виде. ►
2. Найти решение дифференциального уравнения xy ′ = x 2 − y 2 + y .
◄ Разделим равенство почленно на x: y ′ =
x2 − y2 y
+ . При внесеx
x
нии x под знак квадратного корня получим
x2 − y2 y
y
 y
+ или y ′ = 1 −   + .
2
x
x
x
x
2
y′ =
В правую часть уравнения y и x входят только в виде отношения
y
, то
x
y
= u . Тогда
x
получаем уравнение:
есть данное уравнение является однородным. Делаем замену
y =u⋅ x,
y ′ = u ′ ⋅ x + u . Для функции
xu ′ + u = 1 − u 2 + u
или xu ′ = 1 − u 2 ,
u = u ( x)
которое является уравнением с
du
и разделим переменdx
du
dx
=∫
⇒ arcsin u = ln | x | +C .
x
1 − u2
разделяющимися переменными. Заменим u′ на
ные
du
1 − u2
=
dx
.
x
∫
Проинтегрируем
Вернемся к y: arcsin
y
= ln | x | +C − общее решение в неявном виде.►
x
9
1.4. Линейные уравнения первого порядка.
Уравнение Бернулли
1.4.1. Сведения из теории
Уравнение вида
y′ + P( x) y = Q( x)
(1.7)
называется линейным уравнением первого порядка. Если Q ( x ) ≡ 0 , то получаем линейное однородное уравнение
y ′ + P ( x) y = 0 .
(1.8)
y ′ + P ( x) y = Q ( x) y s , s ∈ ℚ .
(1.9)
Уравнение вида
называется уравнением Бернулли.
Уравнения (1.7) и (1.9) могут быть решены методом Бернулли, который заключается в нахождении решения y = y ( x ) в виде произведения
двух функций u ( x ) и v( x ) . Если y = uv , то y ′ = u ′v + uv′ . Подставим решение в уравнение (1.7), которое обращается в верное равенство
u ′v +uv′+P ( x)uv = Q ( x ) . Сгруппируем члены, вынося общий множитель за
скобку:
u ′v + u (v′ + P ( x )v) = Q ( x ) .
Функцию v( x) подберем таким образом, чтобы дифференциальное
уравнение для функции u ( x ) было как можно проще. Для этого положим
dv
v′ + P ( x )v = 0 . Выразим v′ = − P ( x)v ;
= − P ( x )v ; разделим переменные и
dx
dv
проинтегрируем ∫ = − ∫ P ( x )dx . Тогда ln | v |= − ∫ P ( x )dx . При известной
v
функции P ( x ) интеграл вычислим. Возьмем частное решение при C = 0 .
Вспомним, что eln a = a . Значит
v=e ∫
− P ( x ) dx
.
При таком подборе функции v( x ) для функции u ( x ) получается
уравнение u ′v = Q ( x) . Подставив найденную функцию v( x ) в это уравнение, найдем u ( x ) а, следовательно, и y ( x) .
10
1.4.2. Примеры решения задач
1. Решить задачу Коши: y ′ + 2 y = 3e5 x , y (0) = 1 .
◄ Уравнение имеет вид (1.7), то есть это линейное уравнение, где
P ( x) = 2 ; Q ( x ) = 3e5 x . Ищем решение в виде y ( x ) = u ( x)v( x ) ; y ′ = u ′v + uv′ .
Подставим в уравнение y и y ′ : u ′v + uv′ + 2uv = 3e5 x .
u ′v + u (v′ + 2v ) = 3e5 x .
Функцию v( x ) подберем так, чтобы v′ + 2v = 0 . Тогда для нахождения u останется простое уравнение u ′v = 3e5 x .
dv
Решим сначала уравнение v′ + 2v = 0 . Запишем v′ как
. Получим
dx
dv
dv
= −2v . Разделим переменные
= −2dx . Проинтегрируем это равенстdx
v
dv
во ∫ = −2 ∫ dx . Взяв в качестве функции v( x ) частное решение при
v
C = 0 , получим ln | v |= −2 x или ln | v |= −2 x ln e . Воспользовавшись свойством логарифмов, получим ln | v |= ln e −2 x , откуда v = e −2 x . Подставим
функцию v( x ) в уравнение u ′v = 3e5 x . Получим u ′e −2 x = 3e5 x ; умножим обе
части этого равенства на e 2 x : u ′ = 3e 7 x и представим u′ =
ременные du = 3e7 x dx и проинтегрируем его
du
; разделим пеdx
∫ du = 3∫ e dx . Получим
7x
3
функцию u = e 7 x + C . Тогда общее решение исходного уравнения y = uv
7
3
3

будет
y =  e 7 x + C  e −2 x или y = e5 x + Ce −2 x . Из начальных условий
7
7

3
3 4
y (0) = 1 найдем C: 1 = + C ; C = 1 − = . Итак, решение задачи Коши
7
7 7
3 5 x 4 −2 x
y= e + e .►
7
7
2. Решить уравнение
xy ′ + x 2 + xy − y = 0 .
(1.10)
x −1
= − x . Будем искать
x
x −1
решение в виде y ( x ) = u ( x)v( x ) . Тогда u ′v + uv′ + uv
= − x . Сгруппируx
◄ Приведем уравнение к виду (1.7): y ′ + y
11
ем второй и третий члены левой части, вынесем u за скобку и составим
систему
x −1
 ′
= 0,
v + v
x

u′v = − x.
Решаем первое уравнение с разделяющимися переменными
dv
x −1
dv

1
∫ v = −∫ x dx , ∫ v = −∫ 1 − x  dx .
Пусть v( x ) – частное решение при C = 0 . ln | v |= − x + ln | x | или
ln | v | − ln | x |= − x ln e .
По свойствам логарифмов
a
b
1) ln a − ln b = ln ;
2) n ln a = ln a n .
Из последнего равенства получим ln
v
= ln e − x . Отсюда
x
v
= e− x ,
x
v = xe − x . Функция v найдена. Подставим ее во второе уравнение системы и
найдем u.
u′ ⋅ xe − x = − x . Разделим обе части уравнения на xe − x : u′ = −e x .
du
= −e x или du = −e x dx .
du = − ∫ e x dx .
u = C − ex .
∫
dx
Вернемся к решению уравнения y = uv и получим y = xe − x (C − e x ) .
Окончательно получаем: y = x(Ce − x − 1) .►
2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
2.1. Основные понятия
2.1.1. Сведения из теории
Общий вид дифференциального уравнения n-го порядка:
F ( x, y , y ′, y ′′,..., y ( n ) ) = 0 ,
(2.1)
где x – независимая переменная, y – искомая функция, зависящая от x.
В общем случае функция y ( x) находится в результате n последовательных интегрирований. Поэтому общее решение содержит n произвольных постоянных
12
y = y ( x, C1 ,… , Cn )
(2.2)
и называется общим интегралом или общим решением уравнения (2.1).
Если придать каждой произвольной постоянной C1 ,… , Cn конкретные значения, то получим частное решение уравнения (2.1).
Чтобы из общего решения выделить одно частное решение, необходимо задать начальные условия:
x = x0 , y ( x0 ) = y0 , y ′( x0 ) = y0′ , …, y ( n −1) ( x0 ) = y ( n −1) 0 .
(2.3)
Рассмотрим некоторые частные случаи решения уравнения (2.1), где
n больше единицы.
2.2. Простейшее дифференциальное уравнение n-го порядка
2.2.1. Сведения из теории
Дифференциальное уравнение вида
y ( n ) = f ( x)
решается n-кратным интегрированием:
y(n−1) = ∫ f (x)dx+ C1 ,
y(n−2) = ∫ (∫ f ( x)dx + C1)dx + C2 = ∫ (∫ f (x)dx)dx + C1x + C2 ,
…………..
y = ∫ … ( ∫ ( ∫ f ( x) dx)dx)… dx + C1 x n−1 + … + Cn−1 x + Cn .
n
n
2.2.2. Примеры решения задач
1. Решить уравнение y ′′′ = x .
x2
◄ y ′′ = ∫ xdx + C1 = + C1 .
2
2
x

x3
y ′ = ∫  + C1 dx = + C1 x + C2 .
6
 2

 x3

x4
x2
y = ∫  + C1 x + C2  dx =
+ C1 + C2 x + C3 .►
6
24
2


13
(2.4)
2. Решить уравнение y ′′′ sin 4 x = sin 2 x .
sin 2 x
. Воспользуемся
sin 4 x
формулой двойного угла sin 2 x = 2sin x cos x и сократив дробь в правой час2cos x
ти на sin x , получим y ′′′ =
. Проинтегрируем трижды это уравнение.
sin 3 x
cos x
d (sin x)
1
y ′′ = 2 ∫ 3 dx = 2∫
=
−
+ C1 .
sin x
sin 3 x
sin 2 x
1


y ′ = ∫  − 2 + C1 dx = ctg x + C1 x + C2 .
 sin x

x2
y = ∫ ( ctg x + C1 x + C2 ) dx = ln | sin x | +C1 + C2 x + C3 .►
2
◄ Приведем уравнение к виду (2.4). y ′′′ =
2.3. Уравнение второго порядка,
не содержащее явно искомой функции
2.3.1. Сведения из теории
Рассмотрим дифференциальное уравнение второго порядка
F ( x, y′, y ′′) = 0 .
(2.5)
Решить это уравнение можно понижением порядка. Для этого введем замену y ′ = t ( x) , тогда y′′ = t′( x) .
2.3.2. Примеры решения задач
1. Решить задачу Коши y ′′( x − 1) = y′, y (0) = −1, y′(0) = 1 .
◄ Так как уравнение не содержит зависимой переменной y, то для
понижения порядка введем замену y ′ = t ( x) , тогда y ′′ = t ′( x) . Подставим в
уравнение
t ′( x − 1) = t .
dt
dx
Разделим переменные
=
и проинтегрируем.
t
x −1
dt
dx
=
∫ t ∫ x − 1 ⇒ ln | t |= ln | x − 1| + C1 .
Для нахождения C1 подставим значения t = y′ = 1 и x = 0 . Откуда
C1 = 0 . Вернемся к полученному равенству: ln | t |= ln | x − 1| ⇒ t = x − 1 или
y′ = x − 1 .
Это
простейшее
дифференциальное
уравнение.
14
x2
y = ∫ ( x − 1)dx = − x + C2 . Для нахождения C2 подставим x = 0; y = −1 :
2
2
0
−1 = − 0 + С2 ⇒ С2 = −1. Таким образом, частное решение примет вид
2
x2
y = − x − 1 . Задача Коши решена. ►
2
2.4. Уравнение второго порядка,
не содержащее явно независимой переменной x
2.4.1. Сведения из теории
F ( y , y ′, y ′′) = 0
(2.6)
– дифференциальное уравнение второго порядка этого типа. Понижаем
порядок с помощью замены y ′ = t ( y ) , тогда
dt dy
dt
dy
= t , отсюда y ′′ =
y ′′ = ⋅ , но
⋅t .
dx
dy dx
dy
2.4.2. Примеры решения задач
1. Решить дифференциальное уравнение y 3 y ′′ = 1 .
◄ Уравнение не содержит явно независимой переменной x . Делаем замеdt
ну y ′ = t ( y ) , тогда y ′′ = ⋅ t . Подставив это выражение в уравнение, поdy
лучим уравнение с разделяющимися переменными для функции t = t ( y ) .
dt
dy
y 3 t = 1 . Разделим переменные tdt = 3 и проинтегрируем
dy
y
2
C1
t
1
1
C1 y 2 − 1
−3
2
2
=
⇒
=
−
+
.
t
=
C
−
⇒
t
=
.
tdt
y
dy
1
∫ ∫
y2
y2
2
2 y2 2
± C1 y 2 − 1
Таким образом, t =
y
и для функции y получаем дифференци-
альное уравнение с разделяющимися переменными y′ =
15
± C1 y 2 − 1
или
y
C1 y 2 − 1
dy
=±
. Разделим переменные
dx
y
ydy
± C1 y − 1
2
= dx .
Так как
1
d (C1 y 2 − 1) .
2C1
Проинтегрируем уравнение:
1 d (C1 y 2 − 1)
= dx .
2C1 ∫ ± C1 y 2 − 1 ∫
d (C1 y 2 − 1) = 2C1 ydy , то
±
ydy =
1
⋅ 2 C1 y 2 − 1 = x + C2 или ± C1 y 2 − 1 = C1 ( x + C2 ) . ►
2C1
3. КОМПЛЕКСНЫЕ ЧИСЛА
3.1.
Сведения из теории
Комплексным числом c называется упорядоченная пара действительных чисел и обозначается c = (a; b) . Комплексное
y
число можно изобразить точкой на координатной
c
плоскости (см. рисунок). Действительное число a
b
называется действительной частью комплексного
числа и обозначается a = Re c . Действительное число
b называется мнимой частью комплексного числа и
O
x
a
обозначается b = Im c . Суммой и произведением
двух комплексных чисел c1 = (a1 , b1 ) и c2 = (a2 , b2 ) являются комплексные
числа, которые определяются следующим образом:
c1 + c2 = (a1 + a2 , b1 + b2 ) ,
c1 ⋅ c2 = (a1a2 − b1b2 , a1b2 + a2b1 ) .
Действительные числа a содержатся в классе комплексных чисел в
качестве пар (a;0) .
Мнимой единицей называется число i = (0;1) . Оно удовлетворяет соотношению i 2 = −1. Каждое комплексное число c = (a; b) может быть записано в виде суммы c = a + ib действительного числа (a;0) и чисто мнимого
числа ib = (0; b) . Запись c = a + ib называется алгебраической формой комплексного числа.
Два комплексных числа c = a + ib и c = a − ib называются сопряженными комплексными числами.
16
3.2. Примеры решения задач
Вспомним формулы для решения квадратного уравнения
ax + bx + c = 0 . Сначала вычислим дискриминант D = b 2 − 4ac .
Если D > 0 , то уравнение имеет два разных действительных корня
2
−b − b 2 − 4ac
−b + b 2 − 4ac
x1 =
и
x2 =
.
2a
2a
Если D = 0 , то уравнение имеет два одинаковых действительных
−b
корня (или один корень кратности два) x1 = x2 =
.
2a
Если D < 0 , то уравнение имеет два сопряженных комплексных корня
−b
−D
+
i.
2a
2a
1. Решить квадратное уравнение x 2 − 3 x − 4 = 0 .
x1 =
−b
−D
−
i,
2a
2a
x2 =
◄
Вычислим
дискриминант
для
данного
уравнения:
D = 9 + 16 = 25 > 0 ⇒ уравнение имеет два разных действительных корня
x1 =
3−5
3+5
= −1 и x2 =
= 4 .►
2
2
2. Решить квадратное уравнение x 2 + 2 x + 5 = 0 .
◄ D = 4 − 20 = −16 = 16 ⋅ (−1) = 16i 2 . Так как D < 0 , то это уравнение имеет
два сопряженных комплексных корня:
x1 =
−2 − 4i
= −1 − 2i ,
2
x2 =
−2 + 4i
= −1 + 2i ,
2
для которых −1 является действительной частью, а ±2 - мнимой. ►
4. ЛИНЕЙНЫЕ ОДНОРОДНЫЕ УРАВНЕНИЯ ВЫСШИХ
ПОРЯДКОВ С ПОСТОЯННЫМИ КОЭФФИЦИЕНТАМИ
4.1. Основные понятия
4.1.1. Сведения из теории
Общий вид линейного однородного уравнения n-го порядка
a0 y ( n ) + a1 y ( n−1) + … + an−1 y ′ + an y = 0
(4.1)
Теорема. Если y1 ( x ), y2 ( x ),… , yn ( x) – линейно независимые частные
решения уравнения (4.1), то y = C1 y1 ( x) + C2 y2 ( x ) + … + Cn yn ( x) есть общее
17
решение этого уравнения, где C1 ,… , Cn – произвольные постоянные величины. Совокупность n линейно независимых частных решений уравнения
называется фундаментальной системой решений.
Для нахождения общего решения уравнения (4.1) как линейной комбинации частных решений с постоянными коэффициентами C1 ,… , Cn составим характеристическое уравнение n-ой степени:
a0 p n + a1 p n −1 + … + an −1 p + an = 0 .
Решив его, получим n корней: p1 ,… , pn . В случае различных корней фундаментальная система решений имеет вид: e p x , e p x ,..., e p x .
1
2
n
4.2. Линейные однородные дифференциальные уравнения
второго порядка
4.2.1. Сведения из теории
Уравнение вида
a0 y′′ + a1 y′ + a2 y = 0
(4.2)
называется линейным однородным уравнением второго порядка. Коэффициенты a0 , a1 , a2 – действительные числа.
Линейные однородные уравнения обладают следующим свойством:
линейная комбинация решений линейного однородного уравнения также
является решением этого уравнения. Если y1 , y2 – частные решения, то
y = C1 y1 + C2 y2 , где C1 , C2 – любые числа, тоже решение данного уравнения.
Но для того, чтобы из частных решений y1 и y2 можно было сформировать общее решение, нужно чтобы функции y1 и y2 были линейно независимы, то есть для них невозможно записать равенство y1 = α y2 , где α –
некоторое число, отличное от нуля.
Система линейно независимых частных решений y1 и y2 называется
фундаментальной системой решений уравнения (4.2). Общее решение
уравнения (4.2) имеет вид y = C1 y1 + C2 y2 , где y1 , y2 – фундаментальная
система решений, а C1 , C2 – произвольные постоянные.
Дифференциальному уравнению второго порядка (4.2) можно поставить в соответствие алгебраическое уравнение второй степени с теми же
коэффициентами
a0 p 2 + a1 p + a2 = 0 .
18
(4.3)
Уравнение (4.3) называется характеристическим уравнением для
уравнения (4.2).
Если при решении характеристического уравнения (4.3) получим
D > 0 , то есть два действительных и различных корня p1 , p2 , тогда частными решениями дифференциального уравнения (4.2) будут функции
y1 = e p x и y2 = e p x . При p1 ≠ p2 эти функции нельзя связать равенством
y1 = α y2 , где α ≠ 0 . Следовательно, эти функции линейно независимы и
образуют фундаментальную систему решений уравнения (4.2). Тогда его
общее решение будет иметь вид
1
2
y = C1e p1x + C2 e p2 x ,
где C1 и C2 – произвольные постоянные.
Если для уравнения (4.3) D = 0 , то есть p1 = p2 = p , тогда частными
решениями дифференциального уравнения (4.2) будут функции y1 = e px и
y2 = xe px , а его общее решение имеет вид y = C1e px + C2 xe px .
Если же для уравнения (4.3) D < 0 , то оно имеет комплексно сопряженные корни p1,2 = α ± i β , тогда фундаментальную систему решений
уравнения
(4.2)
образуют
функции
y1 = eα x (cos β x + i sin β x)
и
y2 = eα x (cos β x − i sin β x) , а общее решение дифференциального уравнения
(4.2) имеет вид: y = C1eα x cos β x + C2 eα x sin β x .
4.3. Примеры решения задач
1. Решить задачу Коши.
y ′′ + 5 y ′ + 6 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = −6 .
характеристическое уравнение: p 2 + 5 p + 6 = 0 .
−5 + 1
−5 − 1
D = 25 − 24 = 1 ; p1 =
= −2 , p2 =
= −3 . Итак, его корни p1 = −2 ,
2
2
p2 = −3 действительны и различны. Следовательно, общее решение
◄
Составим
y = C1e −2 x + C2 e −3 x ,
а значит y ′ = −2C1e −2 x − 3C2 e −3 x . В два последних равенства подставим начальные условия и получим систему уравнений относительно C1 и C2 :
 y (0) = C1 + C2 = 1;
C1 = 1 − C2 ;
C1 = 1 − C2 ;



 y′(0) = −2C1 − 3C2 = −6,
−2 + 2C2 − 3C2 = −6,
C2 = 4,
откуда находим C1 = −3, C2 = 4 . Таким образом, решение задачи Коши
имеет вид y = −3e −2 x + 4e −3 x .►
19
2. Решить уравнение y ′′ − 4 y′ + 4 y = 0 .
◄ Характеристическое уравнение p 2 − 4 p + 4 = 0 ⇒ ( p − 2) 2 = 0 , откуда
p1 = p2 = p = 2 – корень кратности 2.
y = C1 y1 + C2 y2 = C1e 2 x + C2 xe2 x – общее решение. ►
3. Решить уравнение y ′′ + 4 y ′ + 13 y = 0 .
◄ Решим характеристическое уравнение
p 2 + 4 p + 13 = 0 .
−4 − 6i
−4 + 6i
D = 16 − 52 = −36 = 36i 2 . p1 =
= −2 − 3i , p2 =
= −2 + 3i . Фун2
2
даментальная система решений: y1 = e −2 x cos3x ; y2 = e −2 x sin 3 x .
y = C1e −2 x cos3 x + C2 e −2 x sin 3x – общее решение. ►
4. Решить уравнение y ′′′ + 4 y ′ = 0 .
◄ Характеристическое уравнение p 3 + 4 p = 0 ⇒ p ( p 2 + 4) = 0 . Откуда p1 = 0 или p 2 + 4 = 0 . Корни уравнения: p1 = 0 , p2,3 = ±2i . Поэтому
фундаментальная система решений:
y1 = e0 x = 1 ; y2 = e0 x cos 2 x = cos 2 x ; y2 = e0 x sin 2 x = sin 2 x .
Общее решение y = C1 y1 ( x) + C2 y2 ( x) + C3 y3 ( x) = C1 + C2 cos 2 x + C3 sin 2 x .►
5. РЕШЕНИЕ ЛИНЕЙНЫХ НЕОДНОРОДНЫХ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ С ПОСТОЯННЫМИ
КОЭФФИЦИЕНТАМИ И СПЕЦИАЛЬНЫМИ
ПРАВЫМИ ЧАСТЯМИ
5.1. Сведения из теории
Уравнение вида
a0 y ( n ) + a1 y ( n−1) + … + an−1 y ′ + an y = f ( x ) ( f ( x) ≠ 0) ,
(5.1)
где ai (i = 0,1,..., n) – постоянные действительные числа, называется линейным неоднородным дифференциальным уравнением с постоянными коэффициентами n-го порядка, решением которого является функция
y ( x) = y0 ( x) + ɶy ( x) ,
где y0 ( x) общее решение линейного однородного уравнения (4.1), ɶy ( x) частное решение (5.1).
20
Для нахождения ɶy ( x) используют метод подбора решения. Этот метод может быть использован лишь в том случае, если f ( x) – функция, являющаяся правой частью уравнения (5.1) имеет вид
f ( x) = eα x ( P( x) cos β x + Q ( x)sin β x ) ,
(5.2)
где P( x) = pk x k + … + p1 x + p0 , Q ( x) = ql xl + … + q1 x + q0 – многочлены степеней k и l соответственно.
Частное решение yɶ ( x) такого уравнения можно искать в виде
(
)
yɶ ( x) = x s eα x Pɶ ( x) cos β x + Qɶ ( x)sin β x ,
(5.3)
где Pɶ ( x) = bm x m + … + b1 x + b0 , Qɶ ( x) = d m x m + … + d1 x + d 0 – многочлены с
неопределенными (буквенными) коэффициентами степени m = max{k , l} ;
показатель s = 0 , если корни характеристического уравнения не совпадают с α + i β , и s равно кратности корня p характеристического уравнения,
если p = α + i β . Заметим, что при решении конкретных задач коэффици~
~
енты многочленов P(x) и Q(x) обычно удобнее обозначать не одной буквой с индексом, как выше, а разными буквами, например A, B, C ,...
Рассмотрим некоторые частные случаи:
1. Пусть f ( x) = Pn ( x) , где Pn ( x) = pn x n + … + p1 x + p0 – многочлен степени
n. Тогда частное решение ɶy ( x) можно представить в виде
ɶy ( x) = Pɶ( x) x r , где Pɶ( x) = bn x n + … + b1 x + b0 – многочлен той же степени,
что и Pn ( x) , а r – число корней характеристического уравнения, равных
нулю.
2. Пусть f ( x) = eα x P ( x) = eα x ( pn x n + … + p1 x + p0 ) , тогда yɶ ( x) = Pɶ ( x) x r eα x =
= (bn x n + … + b1 x + b0 ) x r eα x , где r – число корней характеристического
уравнения, равных α.
3. Если f ( x) включает в себя функции sin β x и cos β x , то этот случай
рассматривался выше в общем виде.
4. Пусть правая часть уравнения (5.1) представляет собой сумму двух
функций f1 ( x) + f 2 ( x) , каждая из которых соответствует виду (5.2), тогда решение уравнения (5.1) имеет вид: y ( x) = y0 ( x) + ɶy1 ( x) + ɶy2 ( x) , где
ɶy1 ( x) и ɶy2 ( x) – частные решения уравнения, соответствующие f1 ( x) и
f 2 ( x) . Количество слагаемых в правой части может быть любым.
21
5.2. Примеры решения задач
1. Решить уравнение y ′′ − 5 y′ + 4 y = x 2 + 1 .
◄ Это линейное неоднородное уравнение 2-го порядка с постоянными коэффициентами. Соответствующее линейное однородное уравнение: y ′′ − 5 y′ + 4 y = 0 . Его характеристическое уравнение p 2 − 5 p + 4 = 0
имеет корни p1 = 4, p2 = 1 , тогда y0 ( x) = C1e 4 x + C2 e x .
Правая часть неоднородного уравнения – многочлен второй степени,
частный случай правой части вида (5.2) с α = 0, β = 0 . Так как α + i β = 0 ,
а характеристическое уравнение не имеет корня равного 0, то s = 0 и решение yɶ ( x) надо искать в виде многочлена второй степени:
yɶ ( x) = Ax 2 + Bx + C , где A, B, C неизвестные коэффициенты, которые надо
найти. Подставляя yɶ ( x) = Ax 2 + Bx + C , yɶ ′( x) = 2 Ax + B и yɶ ′′( x) = 2 A в исходное уравнение, получим
2 A − 5(2 Ax + B ) + 4( Ax 2 + Bx + C ) = x 2 + 1 .
Представим левую часть в виде многочлена второй степени:
4 Ax 2 + (4 B − 10 A) x + 2 A − 5 B + 4C = x 2 + 1 .
Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и
4 A = 1,
 A = 1/ 4,


правой частях, получим систему 4 B − 10 A = 0,
⇒  B = 5 / 8, .
2 A − 5B + 4C = 1.
C = 29 / 32.


1
4
5
8
Таким образом, ɶy ( x) = x 2 + x +
29
.
32
1
4
5
8
Общее решение имеет вид y ( x) = C1e 4 x + C2e x + x 2 + x +
29
.►
32
2. Решить уравнение y ′′ − 5 y′ + 4 y = xe4 x .
◄ Используя решение предыдущего примера, запишем
y0 ( x) = C1e 4 x + C2 e x .
Составим ɶy ( x) . Так как f ( x) = xe4 x – многочлен первой степени, умноженный на e4 x , где α = 4 , то s = 1 , так как α = 4 является корнем характеристического уравнения, причем один раз. Отсюда частное решение неоднородного уравнения ищем в виде ɶy = ( Ax + B) xe4 x = ( Ax 2 + Bx)e4 x . Вычислим его производные и подставим в уравнение, оформив эти процедуры в виде следующей схемы, где слева коэффициенты при функции и ее
производных в дифференциальном уравнении
22
4 yɶ ( x) = e4 x ( Ax 2 + Bx)
–5 yɶ ′( x) = 4e 4 x ( Ax 2 + Bx) + e4 x (2 Ax + B ) = e4 x (4 Ax 2 + (2 A + 4 B ) x + B )
1 yɶ ′′( x) = 4e 4 x (4 Ax 2 + (2 A + 4 B ) x + B ) + e4 x (8 Ax + 2 A + 4 B )
 x 2 (4 A − 20 A + 16 A) + x(4 B − 10 A − 20 B + 8 A + 16 B + 8 A) +
+(−5B + +4 B + 2 A + 4 B )] e4 x = xe 4 x
x(4 B − 10 A − 20 B + 16 A + 16 B ) + (−5 B + 2 A + 8 B ) = x
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и
правой частях, и решаем полученную систему уравнений.
6A =1

1
1
1 
4x  1 2
 A = , B = − ⇒ yɶ = e  x − x  .
0
x 2 A + 3B = 0 
6
9
9 
6
x
1 
1
Общее решение y = e 4 x  x 2 − x  + C1e 4 x + C2 e x . ►
9 
6
3. Решить уравнение y ′′ − 9 y = e3 x cos x .
◄ Найдем y0 ( x) . Для этого решим характеристическое уравнение
p 2 − 9 = 0 имеет корни p1 = 3 , p2 = −3 . y0 ( x) = C1e3 x + C2e−3 x . Для составления ɶy ( x) рассмотрим f ( x) = e3 x cos x ; α = 3, β = 1 . α + iβ = 3 + i . Но таких чисел нет среди корней характеристического уравнения, следовательно, s = 0 .
ɶy = e3 x ( A sin x + B cos x) (A и B – многочлены нулевой степени, что соответствует коэффициенту 1 в правой части).
-9 yɶ ( x) = e3 x ( A sin x + B cos x)
0 yɶ ′( x) = 3e3 x ( A sin x + B cos x) + e3 x ( A cos x − B sin x)
1 yɶ ′′( x) = 9e3 x ( A sin x +B cos x) + 6e3 x ( A cos x − B sin x) − e3 x ( A sin x + B cos x)
6e3 x ( A cos x − B sin x) − e3 x ( A sin x + B cos x) = e3 x cos x или
6( A cos x − B sin x) − ( A sin x + B cos x) = cos x
Приравнивая коэффициенты при cos x и sin x в левой и правой частях
этого
равенства,
получаем
cos x 6 A − B = 1 
1
6
1

3x  6
 A = , B = − ⇒ yɶ ( x) = e  sin x − cos x  .
sin x A + 6 B = 0 
37
37
37
 37

1
 6

Общее решение y = C1e3 x + C2 e −3 x + e3 x  sin x − cos x  .►
37
 37

23
6. ЛИНЕЙНЫЕ НЕОДНОРОДНЫЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ ВТОРОГО ПОРЯДКА.
МЕТОД ВАРИАЦИИ ПРОИЗВОЛЬНОЙ ПОСТОЯННОЙ
6.1. Сведения из теории
Метод вариации произвольных постоянных (метод Лагранжа)
решения линейного неоднородного уравнения
a0 y ′′ + a1 y ′ + a2 y = f ( x )
(6.1)
является универсальным (для любой f ( x) ).
Для линейного уравнения второго порядка, общее решение соответствующего ему однородного уравнения a0 y ′′ + a1 y ′ + a2 y = 0 будет
y0 = C1 y1 + C2 y2 , где y1 ( x ), y2 ( x) является фундаментальной системой решений и зависит от корней характеристического уравнения.
Решение линейного неоднородного уравнения (6.1) ищется в виде
y = C1 ( x) y1 ( x) + C2 ( x) y2 ( x) ,
(6.2)
получающемся из общего решения однородного уравнения заменой произвольных постоянных C1 , C2 на функции C1 ( x ), C2 ( x ) . Нахождение
функций C1 ( x ), C2 ( x ) и является основной задачей метода вариации произвольных постоянных. Чтобы найти эти функции надо решить систему:
C1′( x) y1 ( x) + C2′ ( x) y2 ( x) = 0,

C1′( x) y1′ ( x) + C2′ ( x) y2′ ( x) = f ( x) / a0 .
(6.3)
Пусть C1′( x ) = ϕ1 ( x) , C2′ ( x) = ϕ2 ( x) – решение этой системы.
Интегрируя эти равенства, находим:
C1 ( x ) = ∫ ϕ1 ( x )dx + C1 , C2 ( x ) = ∫ ϕ 2 ( x )dx + C2 ,
(6.4)
где C1 , C2 – произвольные постоянные.
Подставляя найденные C1 ( x ), C2 ( x ) в (6.2), получим общее решение
уравнения (6.1).
6.2. Примеры решения задач
1
.
1 + e2 x
◄ Решим однородное уравнение y ′′ + 5 y′ + 6 y = 0 . Характеристическое уравнение p 2 + 5 p + 6 = 0 ⇔ p1 = −2, p2 = −3 . y0 = C1 ⋅ e −2 x + C2 e−3 x .
1. Решить уравнение y ′′ + 5 y ′ + 6 y =
24
y = C1 ( x ) ⋅ e −2 x + C2 ( x )e −3 x .
(6.5)
Система (6.3) для этого уравнения имеет вид
C1′( x) ⋅ e −2 x + C2′ ( x)e −3 x = 0,


1
−2 x
−3 x
′
′
C
x
e
C
x
e
(
)
⋅
(
−
2
)
+
(
)(
−
3
)
=
.
 1
2
1 + e2 x

Умножим обе части каждого уравнения системы на e 2 x . Получим
C1′( x) + C2′ ( x)e− x = 0,


e2 x
−x
′
′
.
−2C1 ( x) − 3C2 ( x)e =
1 + e2 x

Из первого уравнения системы выразим C1′( x) = −C2′ ( x)e − x и подстаe2 x
−x
−x
вим
во
второе.
Получим:
2C2′ ( x)e − 3C2′ ( x)e =
или
1 + e2 x
e2 x
−x
.
−C2′ ( x)e =
1 + e2 x
e3 x
x
′
Умножим обе части этого уравнения на −e : C2 ( x) = −
. Про1 + e2 x
e3 x
интегрируем это равенство. Тогда C2 ( x) = − ∫
dx . Вычислим
1 + e2 x
e3 x
e2 x e x
C2 ( x ) = − ∫
dx = − ∫
dx . Сделаем замену t = e x , тогда dt = e x dx и
2x
2x
1+ e
1+ e
2x x
2
2
e e
t dt
(t + 1) − 1
dt
x
x
∫ 1 + e2 x dx =∫ 1 + t 2 = ∫ 1 + t 2 dt = ∫ dt − ∫ 1 + t 2 = t − arctg t = e − arctg e .
Итак,
C2 ( x) = arctg e x − e x + B .
Подставив в уравнение C1′( x) = −C2′ ( x)e
−x
e3 x
выражение C2′ = −
,
2x
1+ e
e2 x
получим C1′( x) =
. Интегрируя, находим:
1 + e2 x
e2 x
1 d (1 + e2 x ) 1
C1 ( x) = ∫
dx = ∫
= ln |1 + e 2 x | + A .
2x
2x
1+ e
2 1+ e
2
Итак,
1
C1 ( x) = ln |1 + e 2 x | + A .
2
25
Подставляем C1 ( x) и C2 ( x) и получаем общее решение нашего уравнения
1

y =  ln |1 + e 2 x | + A  ⋅ e −2 x + (arctg e x − e x + B )e −3 x .
2

Раскрыв скобки и перегруппировав, получим общее решение в виде
1
y = Ae −2 x + Be −3 x + e −2 x ln |1 + e 2 x | + e −3 x arctg e x − e −2 x ,
2
где A и B произвольные постоянные. ►
7. СИСТЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
7.1. Сведения из теории
Система вида
 dy1
 dx = f1 ( x, y1 ,..., yn ),

 dy2 = f ( x, y ,..., y ),
2
1
n
 dx
...

 dyn = f ( x, y ,..., y ),
n
1
n
 dx
(7.1)
где x – независимая переменная, yi (i = 1,..., n) неизвестные функции независимой переменной x называется нормальной системой.
Решением такой системы являются функции yi = yi ( x) (i = 1,..., n) . Одним из методов решения системы (7.1) является метод исключения неизвестных.
Для двух неизвестных функций система имеет вид:
 dy1
 dx = f1 ( x, y1 , y2 ),

 dy2 = f ( x, y , y ),
2
1
2
 dx
7.2. Примеры решения задач
 du
 dx = 4u + 6v,
1. Решить систему 
 dv = 2u + 3v.
 dx
26
◄ Продифференцируем первое уравнение системы: u′′ = 4u′ + 6v′ . Заменим
v′ правой частью из второго уравнения: u′′ = 4u′ + 6(2u + 3v) , а затем заменим v выражением, полученным из первого
u′ − 4u 

u′′ = 4u′ + 6  2u + 3
 или u ′′ = 4u ′ + 12u + 3(u ′ − 4u ) .
6 

u′′ − 7u ′ = 0 . Получили линейное однородное уравнение второго порядка.
Решим его: p 2 − 7 p = 0 ⇒ p1 = 0, p2 = 7 . u = C1e0 x + C2e7 x = C1 + C2e7 x .
u′ − 4u 1
2
1
v=
= 7C2e7 x − 4(C1 + C2e7 x ) = − C1 + C2e7 x .
6
6
3
2
7x
u = C1 + C2e ,

Ответ: 
►
2
1
7x
v
=
−
C
+
C
e
.
1
2

3
2

(
)
8. ОПЕРАЦИОННЫЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ
ЛИНЕЙНЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ
8.2. Сведения из теории
Если f (t ) функция-оригинал, F ( p) - изображение функции f (t ) , то
преобразование Лапласа устанавливает соответствие между изображением F ( p) и оригиналом f (t ) следующим образом:
∞
F ( p ) = ∫ e − pt ⋅ f (t )dt
(8.1)
0
Это соответствие записывают так
f (t ) • = • F ( p ); ( F ( p ) • = • f (t )) .
В приложении приведена таблица соответствий между оригиналами
и изображениями.
Приведём основные правила (свойства) преобразования Лапласа, которыми будем пользоваться.
1. Линейность
Если
f1 (t ) • =• F1 ( p ),
f 2 (t ) • =• F2 ( p ) ,
то для любых чисел C1 и C2
C1 f1 (t ) + C2 f 2 (t ) • =•C1F1 ( p ) + C2 F2 ( p ) .
27
2. Правило изображения производных
Производные функции x(t ) аргумента t (имеющего смысл времени)
по традиции, идущей в механике от Ньютона, будем обозначать точкой:
xɺ (t ) – первая производная, xɺɺ(t ) – вторая производная и т.д.
Если x(t )• = • X ( p ) , то
xɺ (t )• = • pX ( p ) − x(0)
xɺɺ(t )• = • p 2 X ( p) − x(0) − xɺ (0)
(8.2)
Это означает, что операции дифференцирования оригиналов соответствует гораздо более простая операция умножения на аргумент p для
изображений.
8.2. Операционный метод решения линейных
дифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами
Рассмотрим задачу Коши для линейного дифференциального уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами1
axɺɺ + bxɺ + cx = f (t )
x(0) = x0 , xɺ (0) = x1 .
(8.3)
(8.4)
Применим к обеим частям уравнения (8.3) преобразование Лапласа.
Пусть x(t )• = • X ( p ); f (t )• = • F ( p) . Воспользуемся линейностью преобразования Лапласа, формулами (8.2) для изображения производных и начальных условий (8.4). Получим уравнение для нахождения неизвестного
нам изображения X ( p )
a( p 2 X ( p) − px0 − x1 ) + b( pX ( p ) − x0 ) + cX ( p ) = F ( p )
(ap 2 + bp + c) X ( p) = F ( p) + ax0 p + ax1 + bx0 .
Вместо линейного дифференциального уравнения для оригинала
x(t ) получили линейное алгебраическое уравнение для его изображения
X ( p ) . Оно легко решается:
F ( p) + ax0 p + ax1 + bx0
X ( p) =
.
ap 2 + bp + c
Найдя по изображению X ( p ) оригинал x(t ) , мы получим искомое
решение.
1
По сравнению с разделами 8 и 9, где мы искали решение линейного дифференциального уравнения
с постоянными коэффициентами методом неопределенных коэффициентов и методом вариации произвольных постоянных, здесь изменены обозначения: аргумент теперь t, а искомая функция x(t ) .
Кроме того, мы ищем не общее решение, а сразу решение задачи Коши.
28
8.3. Примеры решения задач
1. Найти изображения следующих функций:
а) 2e3t + 4 ; б) te −3t ; в) t 3 ; г) 2sin 5t − 3cos5t ; д) e2t (sin 3t + cos3t ) .
1
1
◄ а) По формуле 3 таблицы e3t • = •
, а по формуле 1 таблицы 1• = • .
p −3
p
1
1
По свойству линейности 2e3t + 4 = 2 ⋅ e3t + 4 ⋅1• = • 2 ⋅
+ 4 ⋅ . Таким обp −3
p
2
4
разом, изображение функции 2e3t + 4 является функция
+ .
p −3 p
1!
1
б) По формуле 4 таблицы te −3t • = •
.
=
2
( p − (−3))
( p + 3) 2
3!
6
в) По формуле 2 таблицы t 3• = • 4 = 4 .
p
p
г) По формулам 5 и 6 таблицы
5
5
p
p
,
.
sin 5t• = • 2
= 2
cos5t• = • 2
= 2
2
2
p +5
p + 25
p +5
p + 25
5
p
10 − 3 p
По свойству линейности 2sin 5t − 3cos5t• = • 2 ⋅ 2
.
− 3⋅ 2
= 2
p + 25
p + 25 p + 25
д) По формулам 7 и 8 таблицы
3
3
,
e2 t sin 3t• = •
=
( p − 2) 2 + 32 p 2 − 4 p + 13
p−2
p−2
.
=
e2 t cos3t• = •
( p − 2) 2 + 32 p 2 − 4 p + 13
По свойству линейности
3
p−2
p +1
.►
+ 2
= 2
e2t (sin 3t + cos3t )• = • 2
p − 4 p + 13 p − 4 p + 13 p − 4 p + 13
2. По заданным изображениям найти их оригиналы:
1
3p + 5
p2 + 4 p − 2
а)
;
б) 2
;
в) 2
.
( p − 2) 4
p +4
( p + 3 p + 2)( p − 1)
1
◄а) Подгоним
под формулу 4 таблицы с n = 3
( p − 2) 4
1
1
3! • 1 3 2t 1 3 2t
= ⋅
=• t e = t e .
4
( p − 2)
3! ( p − 2) 4
3!
6
1
1
Итак, t 3e2t – оригинал для
.
6
( p − 2) 4
29
3p + 5
p
5
2
.
=
3
⋅
+
⋅
p2 + 4
p2 + 4 2 p2 + 4
p •
2 •
По формулам 7 и 6
,
=
cos
2
t
= • sin 2t .
•
p2 + 4
p2 + 4
3p + 5 •
5
По свойству линейности 2
= • 3cos 2t + sin 2t .
p +4
2
p2 + 4 p − 2
в) Для нахождения оригинала дроби 2
вспомним, что мы
( p + 3 p + 2)( p − 1)
умеем представлять «сложные» дроби в виде суммы простейших. Для этого сначала разложим знаменатель на множители. Квадратное уравнение
p 2 + 3 p + 2 = 0 имеет корни p1 = −2 и p2 = −1. Таким образом,
p 2 + 3 p + 2 = ( p − (−2))( p − (−1)) = ( p + 2)( p + 1) и дробь имеет вид
p2 + 4 p − 2
p2 + 4 p − 2
X ( p) = 2
=
.
( p + 3 p + 2)( p − 1) ( p + 2)( p + 1)( p − 1)
Её разложение в сумму простейших дробей имеет вид
p2 + 4 p − 2
A
B
C
X ( p) =
=
+
+
,
( p + 2)( p + 1)( p − 1) p + 2 p + 1 p − 1
где коэффициенты A, B, C подлежат определению (каждому множителю
в знаменателе в левой части соответствует простейшая дробь в правой
части). Приведём правую часть этого равенства к общему знаменателю
б)
( p + 2)( p + 1)( p − 1)
p2 + 4 p − 2
A( p + 1)( p − 1) + B( p + 2)( p − 1) + C ( p + 2)( p + 1)
=
( p + 2)( p + 1)( p − 1)
( p + 2)( p + 1)( p − 1)
и приравняем числители
p 2 + 4 p − 2 = A( p + 1)( p − 1) + B( p + 2)( p − 1) + C ( p + 2)( p + 1) .
Положим здесь p равным корням знаменателя
p = −2 −6 = 3 A ⇒ A = −2,
p = −1 −5 = −2 B ⇒ B = 5 / 2,
p =1
Итак,
X ( p) =
3 = 6C ⇒ C = 1/ 2.
−2
5 1
1 1
.
+
+
p + 2 2 p + 1 2 p −1
По формуле (3) таблицы
30
(8.5)
1 •
= • e −2 t ,
p+2
1 •
=• e−t ,
p +1
1 • t
= •e .
p −1
(8.6)
Из (8.5) и (8.6), учитывая линейность преобразования Лапласа, полу5
1
чаем X ( p)• = • x(t ) = −2e−2t + e −t + et .►
2
2
3. Найти решение задачи Коши
ɺɺ
x + 3 xɺ + 2 x = 3et ; x(0) = 1, xɺ (0) = 2 .
◄ Пусть x(t ) – искомое решение, а X ( p ) – его изображение. По формулам (8.2) с учетом начальных условий получаем изображение производных
xɺ (t )• = • pX ( p ) − x(0) = pX ( p) − 1,
ɺɺ
x(t )• = • p 2 X ( p) − px(0) − xɺ (0) = p 2 X ( p) − p − 2.
По формуле (3) таблицы e t • = •
1
. Применим к обеим частям уравp −1
нения преобразование Лапласа, используя его линейность и найденные
изображения. Получим уравнение для нахождения X ( p ) :
3
или
p 2 X ( p ) − p − 2 + 3( pX ( p ) − 1) + 2 X ( p) =
p −1
3
,
(p 2 + 3 p + 2) X ( p) − p − 2 − 3 =
p −1
3
(p 2 + 3 p + 2) X ( p) =
+ p + 5,
p −1
p2 + 4 p − 2
2
(p + 3 p + 2) X ( p) =
.
p −1
Отсюда
p2 + 4 p − 2
X ( p) = 2
.
(p + 3 p + 2)( p − 1)
Оригинал этой функции – искомое решение найден в примере 2:
5
1
x(t ) = −2e−2t + e − t + et . ►
2
2
4. Найти решение задачи Коши
ɺɺ
x + 4 x = te−2t ; x(0) = xɺ (0) = 0 .
31
◄ Пусть x(t )• = • X ( p ) . По формуле (8.2) с учетом начальных условий
1
ɺɺ
x(t )• = • p 2 X ( p ) . По формуле (4) таблицы te −2t • = •
. Применим к обе( p + 2) 2
им частям уравнения преобразование Лапласа
1
1
или ( p 2 + 4) X ( p) =
.
p 2 X ( p) + 4 X ( p) =
2
( p + 2)
( p + 2) 2
1
Откуда X ( p) = 2
.
( p + 4)( p + 2) 2
Полученную дробь разложим на простейшие. Заметим, что множитель p 2 + 4 не имеет действительных корней и на линейные множители не
раскладывается, а корень p = −2 имеет кратность 2. В этом случае разложение X ( p ) на простейшие дроби имеет вид
1
Ap + B
C
D
=
+
+
.
( p 2 + 4)( p + 2) 2 p 2 + 4 p + 2 ( p + 2) 2
1 = ( Ap + B )( p + 2) 2 + C ( p + 2)( p 2 + 4) + D( p 2 + 4) .
Запишем правую часть равенства в виде стандартного многочлена (то
есть расположенного по убывающим степеням p):
1 = ( A + C ) p 3 + ( 4 A + B + 2C + D ) p 2 + ( 4 A + 4 B + 4C ) p + ( 4 B + 8C + 4 D ) .
Используя теорему о равенстве многочленов, приравняем коэффициенты при одинаковых степенях левой и правой частей уравнения:

A + C = 0,
p3

4 A + B + 2C + D = 0, 
1
1
1
p2
 ⇒ A = − ; B = 0; C = ; D = .
16
16
8
p
4 A + 4 B + 4C = 0,


p 0 = 1 4 B + 8C + 4 D = 1.

X ( p) = −
1
p
1 1
1
1
+
+
.
16 p 2 + 4 16 p + 2 8 ( p + 2) 2
По формулам (6), (3) и (4) таблицы
p
p •
1 •
1
•
= 2
= •cos(2t ),
= • e −2 t ,
= • te −2 t .
2
2
p +4 p +2
p+2
( p + 2)
1
1
1
X ( p)• = • x(t ) = − cos(2t ) + e−2t + te−2t .
16
16
8
2
x(t ) = −
1
1
1
cos(2t ) + e − 2t + te − 2t .►
16
16
8
32
Список литературы
1. Бугров, Я.С. Высшая математика. Дифференциальные уравнения.
Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного / Я.С.
Бугров, С.М. Никольский. – М. : Наука, 1985. – 464с.
2. Пискунов, П.С. Дифференциальное и интегральное исчисление
для втузов». Т. 2, 13 изд., М. : Наука, 1985. - 560 с.
3. Сборник задач по высшей математике для вузов. Ч.2. Специальные разделы математического анализа / Под ред. А.В. Ефимова, Б.П. Демидовича. – М. : Наука, 1986. – 366 с.
4. Данко, П.Е. Высшая математика в упражнениях и задачах / П.Е.
Данко, А.Г. Попов, Т.Я. Кожевникова. – 5-е изд., исп. – М. : Высшая школа, 1999. – 304 с.
5. Краснов, М.Л. Сборник задач по дифференциальным уравнениям /
М.Л. Краснов, А.И. Киселев, Г.И. Макаренко. - М. : Высшая школа, 1978,
- 388с.
33
ПРИЛОЖЕНИЕ А
Таблица соответствий оригиналов и изображений
1.
Оригиналы
f(t)
1
Изображения
F(p)
1 p
2.
tn, n ∈ ℕ
n!/ p n+1
3.
e αt
4.
t n eα t , n ∈ ℕ
1
p −α
n!
( p − α ) n+1
5.
sin( β t ),
6.
cos( β t )
7.
eα t sin( β t )
8.
eα t cos( β t )
Номер формулы
β
p2 + β 2
p
p2 + β 2
β
( p − α )2 + β 2
p −α
( p − α )2 + β 2
Задания для контрольной работы
1-11. Решить дифференциальные уравнения.
12. Решить систему дифференциальных уравнений.
13. Найти изображение.
14. Решить задачу Коши операционным методом.
34
Вариант 1
1
.
y
3. x 2 y′ = xy + y 2 .
5. y′ − y sin x = sin x .
7. ( x + 1) y′′ = y′ .
6. y′′′ = x3 − x 2 + 2 .
8. y′′ − 6 y′ + 9 y = 0, y (0) = −2, y′(0) = −1.
9. 4 y′′ + y = ( x + 1)e − x .
10. y ′′ + 5 y ′ + 6 y = 4cos .
1. ( x 2 + 1) y′ =
11. y ′′ + 4 y′ + 3 y =
1
.
e3 x + e5 x
13.
f (t ) = t 3e2t , f (t ) = e − t sin 6t ,
2. xy′ = y 3 ,
y (1) = 1.
4. y′ + 2 xy = x,
y (0) = 1.
x
2
12.
 dx
 dt = 3 x + y,

 dy + 7 x + 5 y = 0.
 dt
14.
ɺɺ
x − 4 x = 3et
x(0) = 2, xɺ (0) = 3
f (t ) = t + sin 7t
Вариант 2
1. xy′ − y 2 = 0 .
2. y′ = e x y,
3. xy′ − y = ( x + y )ln
x+ y
.
x
5. y′ − 2 xy = 2 xe x .
7. ( x − 1) y′′ − y′ = 0 .
9. y ′′ + 9 y = (2 x − 3)e 2 x .
2
8e 4 x
11. y′′ − 4 y′ + 3 y =
.
2x
1 + 4e
13.
f (t ) = t 2 e3t , f (t ) = e − t sin 4t ,
f (t ) = 7t − sin t.
y (0) = 1 .
4. 3 y′ + y = 6 xe − x / 3 .
6. y′′′ = 3 x − x 2 + 1.
8. y′′ + 6 y′ + 9 y = 0, y (0) = 2, y′(0) = −1 .
10. y′′ + 4 y′ + 3 y = 2cos3 x .
 dx
 dt = y − x,
12. 
 dy = −2 x − 4 y.
 dt
14. ɺɺx − 3xɺ + 2 x = 3et 2 x(0) = −1, xɺ (0) = 2.
35
Вариант 3
3. ( x 2 + y 2 ) y′ = xy .
5. y ′ + 3 x 2 y − x 2 = 0 .
7. ( x − 4) y′′ + y′ = 0 .
9. y ′′ − 4 y′ + 3 y = (2 x − 1)e 2 x .
11.
13.
y ′′ + 3 y′ + 2 y =
y
, y (0) = 1 .
ex
4. xy ′ = y + x , y (1) = 1.
6. y ′′ = x − x .
8. y ′′ − 10 y′ + 25 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = −1 .
10. y ′′ + 2 y′ + 10 y = 3cos3x .
 dx
 dt = x + 2 y,
12. 
 dy = −4 x + 5 y.
 dt
2. y ′ =
1. x 2 yy ′ = x .
1
1 + e2 x
f (t ) = t 3e−5t , f (t ) = e3t sin 5t ,
f (t ) = t + cos3t.
2
ɺɺ
x + xɺ − 2 x = 4e−3t
14.
x(0) = 2, xɺ (0) = 1.
Вариант 4
y2
2. y ′ = , y (1) = 1.
x
1. ( y − 1) y′ = x .
3
y−x
.
x
5. y ′ + y = e−2 x , y (0) = 1 .
7. xy ′′ − 2 y′ = 0 .
9. y ′′ + y = 2 xe − x .
3. y ′ =
e
4. 2xy′ + y = x .
6. y ′′ = cos 2 x + 1 .
8. y ′′ − 6 y′ + 5 y = 0, y (0) = 1, y′(0) = 2 .
10. y ′′ − 8 y′ + 16 y = sin x − 3cos x .
4x
11.
y ′′ − 5 y′ + 6 y =
13.
f (t ) = t 2 e3t , f (t ) = e −2t cos 4t ,
14.
f (t ) = 3t − 1 + cos t.
1− e
2x
12.
36
 dx
 dt = x − 3 y,

 dy = 3x − y.
 dt
ɺɺ
x − xɺ − 2 x = 5e4t
x(0) = 2, xɺ (0) = 1.
Вариант 5
1
, y (0) = 2 .
y
4. xy ′ − 2 y = x3 , y (1) = 1 .
6. y ′′′ = 5 x 2 − x + 3 .
8. y ′′ − 3 y′ + 2 y = 0, y (0) = 2, y′(0) = 1 .
10. y ′′ − 6 y′ + 9 y = (4 x + 3)e x .
 dx
 dt = 3x + y,
12. 
 dy + 5 x + 3 y = 0.
 dt
1. ( y + 1) y′ = x3 .
3. ( x − y ) y′ = y .
5. y ′ − 2 xy = 2 xe x .
7. y ′′ + y ′ ctg x = 0 .
9. y ′′ + y = 3cos x − sin x .
2
11.
e2 x
y ′′ − 3 y′ + 2 y =
1 + e2 x
f (t ) = t 3 e −2t , f (t ) = e5t cos 2t ,
13.
f (t ) = 2 + 3t − sin 3t.
2.
x y′ =
14.
ɺɺ
x + 3 xɺ + 2 x = 3e −5t
x(0) = 2, xɺ (0) = −1.
Вариант 6
1. y ′ sin y = x + 1 .
3. ( x + y ) y′ = y .
5. 2 xy′ − 6 y = x 2 .
7. (2 − x) y ′′ = y′ .
9. y ′′ + 4 y = xe2 x .
11.
y ′′ + y ′ = e−2 x sin e − x
y2
, y (1) = 1.
x
2
4. xy ′ + 2 x 2 y = e− x , y (1) = 1.
6. y ′′ = e 2 x+1 .
8. y ′′ − 8 y′ + 7 y = 0, y (0) = 3, y′(0) = 1 .
10. y ′′ − 12 y ′ + 36 y = 2sin 3x .
 dx
 dt = −2 x + y,
12. 
 dy = 2 x − 3 y.
 dt
2. y ′ =
f (t ) = t 3e −2t , f (t ) = e5t cos 2t ,
13.
14.
f (t ) = 1 − t + sin 3t.
37
ɺɺ
x − 4 xɺ + 3 x = 3e6t
x(0) = 2, xɺ (0) = −1.
Вариант 7
sin x
.
y
3. xy + x 2 + y 2 = x 2 y ′ .
1
5. 2xy′ + y =
.
x
7. ( x − 3) y ′′ + y′ = 0 .
9. y ′′ − 2 y′ + y = xe − x .
1. yy′ =
11.
13.
2. y ′ = e x ⋅ e y , y (0) = 0 .
4. y ′ + 2 xy = x3e − x , y (0) = 2 .
2
6. y ′′′ = 3x3 + 2 .
8. y ′′ + 8 y′ + 12 y = 0, y (0) = 1, y′(0) = −1 .
10. y ′′ + 4 y = sin 3x − cos3x .
y ′′ − 2 y′ = e 4 x cos e 2 x
f (t ) = t 3e − t ,
f (t ) = et sin 7t ,
f (t ) = 3t + sin 5t.
2
12.
 dx
 dt = x + y,

 dy = −2 x + 4 y.
 dt
14.
ɺɺ
x + 2 xɺ − 3 x = 8e 4t
x(0) = −2, xɺ (0) = −1.
Вариант 8
1
x
1. x y y′ = .
2. y ′ = ( x 2 + 1) y, y (0) = 1.
3. xy ′ − y = x 2 − y 2 .
4. y ′ + 3 y = x .
5. y ′ + 2 xy = 5e − x , y (0) = 1 .
6. y ′′ = 2 −
2
7. 2 xy′′ − y′ = 0 .
9. 4 y′′ − y = ( x − 1)e x .
11.
y ′′ + y′ =
1
1 + e2 x
1
.
x2
8. y ′′ − 6 y′ + 9 y = 0, y (0) = 3, y′(0) = 1 .
10. y ′′ + 2 y′ + 10 y = 2sin 5 x + 3cos5 x .
 dx
 dt = 3x + y,
12. 
 dy = 3 y + x.
 dt
f (t ) = t 2 e −3t , f (t ) = e3t cos 2t ,
13.
14.
f (t ) = sin 3t − 3 + t.
38
ɺɺ
x − 2 xɺ − 24 x = 9e8t
x(0) = 2, xɺ (0) = 2.
Вариант 9
x +1
, y (0) = 1 .
y
x
4. y ′ + 2 xy = x2 .
e
1
π 
5. y ′ + y ctg x = cos 2 x, y   = 2 . 6. y ′′ = 3 − x .
e
2
8. y ′′ − 4 y′ + 4 y = 0, y (0) = −3, y′(0) = −2 .
7. (1 + x3 ) y ′′ = 3 x 2 y′ .
10. 2 y′′ + 3 y′ − 2 y = sin x .
9. y ′′ + 9 y = e − x ( x − 1) .
 dx
 dt = y − x,
12. 
11. y ′′ + 16 y = tg 4 x
 dy + 3 x + 5 y = 0.
 dt
f (t ) = t 3e − t , f (t ) = e 4t sin 2t ,
13.
14. ɺɺx + 4 xɺ + 3x = 2et x(0) = 2, xɺ (0) = 2.
f (t ) = t cos 3t.
y2
1.
y′ = x + 1 .
x
y
3. x sin + y = xy′ .
x
2. y ′ =
Вариант 10
1. (1 − x ) y ′ =
y.
3. xyy′ = x 2 + y 2 .
2. x 2 y ′ = y − 1,
4. y ′ + 2 xy =
y (1) = 2 .
1
x2
.
e
5. xy ′ − 2 y = x cos x, y (π ) = 1. 6. y ′′ = cos3 x − sin x .
7. xy ′′ − y′ = 0 .
8. y ′′ + 4 y′ + 3 y = 0, y (0) = −2, y ′(0) = 1 .
9. 9 y′′ − 12 y ′ + 4 y = (5 x + 3)e − x . 10. y ′′ + 5 y = 5cos3 x .
 dx
 dt = 2 x − 3 y,
1
12. 
11. y ′′ + y =
.
sin x
 dy = x + y.
 dt
3
f (t ) = t 2 e −4t , f (t ) = e6t cos 3t ,
13.
f (t ) = t + sin 2t.
14.
39
ɺɺ
x + 4 xɺ + 3 x = 2et
x(0) = 2, xɺ (0) = 2.
Вариант 11
5 y3
2. y′ =
,
x
1. 2 xyy′ = x + 1 .
3. y′ =
x+ y
.
x
4. y′ + y = e − x , y (0) = 1 .
5. xy′ − 2 y = x3 cos x .
7. tg x ⋅ y′′ = y′ .
9. y ′′ + 9 y = xe 2 x .
e3 x
11. y′′ − 6 y′ + 10 y =
.
sin x
13.
f (t ) = te 7 t ,
y (1) = 1.
f (t ) = e −2t sin 5t ,
f (t ) = t + t − cos 2t.
2
1
+ 2.
ex
8. y′′ − 12 y′ + 36 y = 0, y (0) = 1, y′(0) = 3 .
10. y′′ − 6 y′ + 5 y = 4sin 4 x .
 dx
 dt = x − 2 y,
12. 
 dy + x = y.
 dt
6. y′′ =
14. ɺɺx − 9 x = e2t x(0) = 2, xɺ (0) = 3.
Вариант 12
1. x y y′ = x + 1.
2. y 2 ln x − xy ′ = 0, y (1) = 1 .
3. xy ′ = x 2 − y 2 + y .
4. y ′ +
5. xy ′ + y = x sin x .
7. xy ′ + x 2 y′′ − y′′ = 0 .
9. 4 y′′ + y = xe2 x .
11.
13.
y ′′ + 4 y′ + 5 y = e −2 x ctg x
f (t ) = t 4 e −2t , f (t ) = e −2t sin 8t ,
f (t ) = 2t + sin 4t.
2
2 xy
1
=
, y (1) = 0 .
1 + x2 x
6. y ′′′ = 2 x3 − x .
8. y ′′ − 3 y′ + 2 y = 0, y (0) = 1, y′(0) = 3 .
10. y ′′ + 2 y′ + y = sin 3x − cos3x .
 dx
 dt = −4 x − 3 y,
12. 
 dy = 3x − 4 y.
 dt
6 ɺɺ
x − 5 xɺ + x = 25e 2t
14.
40
x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
Вариант 13
1. y ′e x = y 2 .
2. y ′ sin x = y ln y, y (π / 2) = e .
3. y 2 + x 2 y′ = xyy′ .
4.
sin x
y = cos x .
cos x
7. xy ′ = y ′′( x 2 − 3) .
9. 4 y′′ + 9 y = 4 xe x .
6. y ′′ = sin 3x + 5 .
5. y ′ +
11.
13.
dy
= x − y, y (0) = 1 .
dx
8. 25 y′′ + 10 y′ + y = 0, y (0) = −5, y′(0) = 3 .
10. y ′′ + 14 y ′ + 24 y = 3sin x − cos x .
y ′′ − 4 y′ + 5 y = e2 x tg x
f (t ) = t 3 e −4t , f (t ) = e3t cos 7t ,
f (t ) = 3t − sin 3t.
2
12.
 dx
 dt = x − 2 y,

 dy = x − y.
 dt
14.
6 ɺɺ
x + xɺ − x = 7e3t
x(0) = 3, xɺ (0) = 2.
Вариант 14
1. yy′ = x 2 − 1.
3. ( y + xy )dx = xdy .
2. y ′ sin x − cos x = 0, y (π / 2) = 1 .
4. y ′ + xy = x, y (0) = 1 .
3x2 y
5. y ′ − 3
= x3 + 1 .
x +1
7. y ′′( x 2 − 1) = xy′ .
9. y ′′ + 4 y′ + 4 y = 3e − x .
6. y ′′ = cos 2 x + sin x .
11.
13.
y ′′ + 2 y′ + 2 y =
f (t ) = t 2 e −5t ,
8. y ′′ − y′ − 2 y = 0, y (0) = 1, y ′(0) = 2 .
10. 2 y′′ − 2 y ′ + 5 y = cos( x / 3) .
e
cos 2 x
f (t ) = e − t cos 2t ,
f (t ) = t + t + sin 3t.
3
12.
 dx
 dt = −12 x − 5 y,

 dy = 5 x − 12 y.
 dt
14.
6 ɺɺ
x − xɺ − x = 7e2t
−x
41
x(0) = 1, xɺ (0) = 0.
Вариант 15
1. y 2 y′ = cos x .
2.
y
3. xy ′ − y = x tg .
x
x3
1
5. xy ′ − 2 y −
=
0,
y
  = 0.
1 + 4 x2
2
2
7. y ′′( x + 2) = 2 xy ′ .
9. 9 y′′ − 6 y ′ + y = (8 x + 3)e−4 x .
ln 2 x
4. y ′x ln x − y =
.
x
x yy ′ + 1 − y 2 = 0, y (0) = 1 .
6. y ′′ = e5 x + x .
8. y ′′ − 6 y′ + 8 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = 6 .
10. 9 y′′ + y = 2cos x .
x
e
.
sin 2 x
11.
y ′′ − 2 y′ + 2 y =
13.
f (t ) = te −6t , f (t ) = e3t sin 5t ,
14.
f (t ) = 1 − 2t + cos 6t.
12.
 dx
 dt = x − 5 y,

 dy = 2 x − y.
 dt
6 ɺɺ
x + xɺ − x = 5e −2t
x(0) = 5, xɺ (0) = −2.
Вариант 16
1. e x dy = ydx .
2. y ′ = x + 5 xy, y (0) = 0 .
3. xdy − ydx = ydy .
4. y ′ − y tg x =
5. y ′ + 3 x 2 y − x 2 = 0, y (0) = 0
.
7. y ′ + xy′′ = 0 .
9. y ′′ + 25 y = (2 x − 5)e3 x .
11.
13.
2x
.
cos x
6. y ′′′ = sin 3x .
8. y ′′ + 8 y′ + 16 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = −2 .
10. y ′′ + 7 y′ + 12 y = 5sin 2 x .
1
cos3 x
12.
 dx
 dt = 2 x − 3 y,

 dy = 3x − 4 y.
 dt
f (t ) = t 3e − t , f (t ) = 2 cos5t ,
14.
4 ɺɺ
x − 13 xɺ + 3 x = 13e −3t
y ′′ + y =
f (t ) = e 2t sin 5t.
42
x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
Вариант 17
1. yy′ =
1− x
.
y
2. y ′ + cos y = xy′, y (0) =
3. 2 x 2 y ′ − 2 xy − y 2 = 0 .
4. y ′ −
π
4
.
2 xy
= 1 + x2 .
2
1+ x
π 
5. y ′ − y ctg x = sin 2 x, y   = 1
x
6. y ′′ = sin   + x .
2
2
.
7. (1 − 2 x) y′′ − y′ = 0 .
8. y ′′ − 2 y′ + y = 0, y (0) = 6, y′(0) = 2 .
9. y ′′ + y ′ − 6 y = 2 xe3 x .
10.
11.
y ′′ +
y
1
=
4 cos 2 x
2
f (t ) = t 3et , f (t ) = e −3t cos 4t ,
13.
f (t ) = t + 3sin 2t.
x
x
y ′′ − 2 y′ + 2 y = 5sin + 2 cos .
3
3
 dx
 dt = 2 x + y,

 dy = 4 y − x.
 dt
12.
14. 4 ɺɺx − 13xɺ + 3x = 9e −2t x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
Вариант 18
1. y ′ − x = xy 2 , y (2) = 0 .
2. x(1 + y ) + y′(1 + x) = 0 .
3. 2 x 2 y ′ − 4 xy − y 2 + x 2 = 0 .
4. y ′ −
5. y ′ + 2 y = 4 x3e−2 x , y (0) = 0 .
7. (1 − x) y′′ + y′ = 0 .
9. y ′′ + 2 y′ − 8 y = e− x (3x − 4) .
11.
13.
y ′′ + y =
1
.
sin 3 x
f (t ) = te −5t , f (t ) = sin 8t ,
f (t ) = e cos 7t.
4t
xy
= x.
x +1
6. y ′′ = e3 x + x .
8. y ′′ + 2 y′ + y = 0, y (0) = −3, y ′(0) = 2 .
10. y ′′ − 4 y′ + 5 y = 3sin x + 6cos x .
 dx
 dt + 2 x − y = 0,
12. 
 dy + x + 4 y = 0.
 dt
14.
2
ɺɺ
x + 3 xɺ − 18 x = 45e−2t
43
x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
Вариант 19
xy y′ = 2,
y (1) = 4 .
1 − y 2 + xy′ + y′ = 0 .
xy
4. y ′ +
= 1.
3. y 2 − 4 xy + 4 x 2 y′ = 0 .
1 − x2
5. y ′ + 2 x 2 y = x 2 , y (0) = 1 . 6. y ′′ = x − x 3 .
7. y ′ − xy ′′ = 0 .
8. 25 y ′′ + 30 y′ + 9 y = 0, y (0) = −3, y′(0) = 2 .
10. y ′′ + 2 y′ − 3 y = 5cos3 x .
9. y ′′ + 4 y = e −2 x .
 dx
 dt = 2 x + y,
11. y ′′ + 9 y = tg 3 x .
12. 
 dy = 4 y − x.
 dt
1.
13.
f (t ) = te −2t , f (t ) = t sin 7t ,
−2 t
f (t ) = e cos 3t.
2.
14.
2 ɺɺ
x − 7 xɺ + 3 x = 6e 2t
x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
Вариант 20
1. y′ x − 1 = y 2 .
y
3. xy′ − y + x tg = 0 .
x
4
3
5. x y′ + x y = 4, y (1) = 8 .
7. y′′( x 2 + 1) = 2 xy′ .
9. 9 y′′ + y = (4 x − 2)e x / 2 .
11. y′′ + 4 y = ctg 2 x .
13.
f (t ) = t 3e − t , f (t ) = 2sin 8t ,
f (t ) = e −5t cos 7t.
2. sin y cos xdy = cos y sin xdx, y (0) = π / 4 .
4. y′ − 4 y = e2 x .
6. y′′ = e2 x + 3 .
8. 25 y′′ − 30 y′ + 9 y = 0, y (1) = −4, y′(1) = 2 .
10. 2 y′′ + 9 y ′ − 5 y = sin 5 x .
 dx
 dt = x − y,
12. 
 dy = x + 3 y.
 dt
14. 4 ɺɺx − x = 3sht x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
44
Вариант 21
1. y′ = x 2 y .
2. (1 + y 2 )dx + xydy = 0, y (1) = 0 .
3. xy′ = y + xy .
dy
π
5. x + y − sin x = 0, y   = 0 .
dx
2
7. x 2 y′′ = ( y′) 2 .
9. y ′′ + 9 y = (3 x + 4)e 2 x .
4. xy′ + y = e x .
11. y′′ + 6 y′ + 9 y =
13.
1
.
e3 x (4 + x 2 )
f (t ) = t 3 e −2t , f (t ) = e 2t cos8t ,
f (t ) = t sin 5t.
2
6. y′′′ = 3 x + 1.
8. 4 y′′ − 8 y′ + 3 y = 0, y (0) = 2, y′(0) = 4 .
10. y′′ + 16 y′ + 64 y = 3sin 2 x .
 dx
 dt = 2 y − 3 x,
12. 
 dy = −2 x − 7 y.
 dt
14. ɺɺx − 5 xɺ + 6 x = et x(0) = 3, xɺ (0) = 2.
Вариант 22
1. x y′ = x3 y 2 .
3. ( x 2 + y 2 )dx − 2 x 2 dy = 0 .
5. y ′ cos x − y sin x = sin 2 x, y (0) = 0 .
7. y ′′(e x + 1) = e x y′ .
9. y ′′ + 3 y = x 2 e 2 x .
e
2. xy ′ = y ln x, y (1) = e .
4. y ′ − e x y = e x+e .
6. y ′′ = cos 2 x + 3 .
8. y ′′ + 2 y′ + y = 0, y (0) = 5, y ′(0) = 1.
10. y ′′ + y ′ − 12 y = 3sin 4 x + 2cos 4 x .
x
12.
 dx
 dt = 3x + 2 y,

 dy = −2 x + 7 y.
 dt
14.
ɺɺ
x + xɺ − 6 x = 7e4t
3x
11.
y ′′ − 6 y′ + 9 y =
13.
f (t ) = t 2 e −3t , f (t ) = e3t cos 4t ,
f (t ) = 2t − 3cos8t.
4− x
2
.
45
x(0) = 0, xɺ (0) = 2.
Вариант 23
1. tg x ⋅ y ′ = y .
3. 2 xyy′ = y 2 − 4 x 2 .
2. yy′ tg x − sin 2 x = 0, y (0) = 1.
4. ( x 2 + 1) y′ + 4 xy = 3 .
1
= 0, y (0) = 0 .
e +1
7. xy ′′ + y ′ = 0 .
9. y ′′ − 9 y = 4 cos 2 x − 3sin 2 x .
6. y ′′′ = x + 2 .
5. y ′ + y − x
11.
13.
y ′′ + 4 y′ + 4 y =
8. y ′′ + 4 y′ − 5 y = 0, y (0) = 1, y′(0) = 2 .
10. 25 y′′ − 20 y ′ + 13 y = (3x + 1)e x .
1
e2 x (1 + 4 x 2 )
f (t ) = t 2 e −3t , f (t ) = e −4t cos 7t ,
f (t ) = t sin 9t.
2
12.
 dx
 dt + 5 x + y = 0,

 dy + 3 y − x = 0.
 dt
14.
ɺɺ
x + xɺ − 6 x = 24e5t
x(0) = 0, xɺ (0) = 2.
Вариант 24
1. y ′y = sin 2 x .
2. ln x ⋅ e y dx = xdy, y (1) = 0 .
3. y = x( y′ − e y / x ) .
4. y ′ +
5. ( y ′ + y )(1 − x) = e − x .
7. 2 xy′y′′ = ( y′)2 − 1 .
9. 4 y′′ − 4 y ′ + 5 y = 3e x / 2 .
1
cos x
y
1
= x 2 , y (1) = .
x
2
3
6. y ′′′ = x − x + 1 .
8. y ′′ − 8 y′ + 16 y = 0, y (0) = 2, y′(0) = −1.
x
10. 3 y ′′ + 2 y′ − y = 5cos   .
3
 dx
 dt = x − y,
12. 
 dy = 2 x + 3 y.
 dt
11.
y ′′ + y =
13.
f (t ) = t 2 e −3t , f (t ) = e3t cos 2t ,
14.
f (t ) = 2t + 1 − cos 3t.
46
ɺɺ
x − xɺ − 6 x = e− t
x(0) = 0, xɺ (0) = 2.
Вариант 25
1. (1 + x) y′ = xy .
3. ( x 2 + y 2 )dx − 2 xydy = 0 .
2. y ′ + y cos x = cos x, y (0) = 2 .
4. y ′x − y − x 2 = 0 .
dy y x 2
+ − e = 0, y (1) = 0 .
dx x
7. x 2 y′′ = ( y′)2 .
9. y ′′ − 25 y = (2 x − 5)e− x .
6. y ′′ = e3 x + x .
5.
11.
y ′′ + 2 y′ + y =
x
.
e (1 + x 2 )
x
8. y ′′ + 8 y′ + 16 y = 0, y (0) = 2, y ′(0) = −2 .
10. y ′′ − 2 y′ + 3 y = 5sin x .
12.
 dx
 dt = 2 x − 3 y,

 dy = 3x − 4 y.
 dt
14.
ɺɺ
x + 3 xɺ − 10 x = e −3t
f (t ) = 6t + sin 2t ,
13. f (t ) = 3e 2t cos 3t ,
x(0) = 3, xɺ (0) = −2.
f (t ) = (t 3 + 2t )e − t .
Вариант 26
1. y 2 + x 2 y′ = 0, y (−1) = 1.
2. e y dx = xdy .
y
.
x
5. xy ′ + y = xe x , y (1) = 2 .
7. x ln x ⋅ y ′′ = y′ .
9. y ′′ + 4 y = x 2 e x .
4. y ′ − y ctg x = sin x .
3. xy ′ = y + x cos 2
11.
y ′′ − 2 y′ + y = e x ln x
f (t ) = (t 2 − 6)e −2t ,
13. f (t ) = 6 + t + sin 3t ,
6. y ′′ = sin 2 x .
8. 25 y′′ − 10 y′ + y = 0, y (0) = 10, y′(0) = 3 .
10. y ′′ + 8 y′ + 7 y = sin 3 x − 2 cos3x .
12.
 dx
 dt = x − 4 y,

 dy = x + y.
 dt
14.
ɺɺ
x − 3 xɺ − 10 x = 6e4t
f (t ) = 2e5t cos 4t.
47
x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
Вариант 27
1. yy′ = cos 2 x, y (0) = 1.
3. 3xyy′ − 3 y 2 = 4 x 2 .
2. y ′ = x( y′ − y ) .
4. 2 xy′ − 6 y − 2 x 4 e − x = 0, y (1) = 0 .
5.
6. y ′′ = e3 x+ 2 .
y′
y
1
+ x
= x.
x
e e +1 e
7. xy ′′ + y′ = 1.
9. y ′′ − 9 y = 5( x − 1)e x / 2 .
11.
y ′′ − y′ +
8. 36 y′′ + 12 y′ + y = 0, y (0) = −3, y′(0) = 2 .
10. y ′′ + 2 y′ + 10 y = 17 sin x + 5cos x .
x/2
1
e
y=
4
1 − 4 x2
f (t ) = (t + 3)e5t ,
13. f (t ) = 5 − t + cos 2t ,
12.
 dx
 dt = 5 x − y,

 dy = x + 3 y.
 dt
14. ɺɺx + 7 xɺ + 10 x = 6e−4t
x(0) = −1, xɺ (0) = −2.
f (t ) = 4e −2t sin 3t.
Вариант 28
1. y ′( y + 2)3 = x + 1 .
2. sin 2 y ⋅ y′ = cos y sin x, y (π / 2) = 0 .
dy
+ y − x cos x = 0, y (π ) = 0 .
dx
6. y ′′ = cos x sin x .
5. (2 y − x 2 )dx = 2 xdy .
8. y ′′ − 16 y ′ + 64 y = 0, y (0) = 1, y′(0) = −1 .
7. y ′′(e x − 3) = e x y ′ .
9. y ′′ − 2 y′ + 5 y = 2sin 2 x − 4cos 2 x . 10. y ′′ − 3 y′ = x 2 e x .
 dx
 dt = x − 2 y,
1
1
11. y ′′ + y ′ + y = x / 2
12. 
4
e (1 + 2 x)
 dy = x − y.
 dt
f (t ) = (t 2 + t ) e 2 t ,
3. xy ′ + 2 y = 3 x .
4. x
13. f (t ) = e 2t sin 3t ,
14.
f (t ) = 3 − t + cos 2t.
48
ɺɺ
x − 25 x = 21et
x(0) = 1, xɺ (0) = −1.
Вариант 29
1. cos(2 x) y′ = y + 1 .
2. y + xy ′ = 2( y + xy ), y (1/ 2) = −2 .
3. xy ′ + 2 y = 4 x .
4. x +
y
= xy′, y (1) = 0 .
x +1
6. y ′′ = e −3 x+1 .
8. 9 y′′ − 6 y ′ + y = 0, y (0) = 3, y′(0) = 2 .
10. 4 y′′ + 11 y′ − 3 y = 2sin x .
 dx
 dt = x + 2 y,
12. 
 dy = −5 x + 3 y.
 dt
5. y ′ cos x − y sin x = 2 x .
7. x 2 y′′ = ( y′)2 .
9. 4 y′′ + y = (4 x − 3)e x .
11.
y ′′ + 8 y′ + 16 y = tg 2 x ⋅ e−4 x
f (t ) = (t 3 + 1)e3t ,
13. f (t ) = t 2 + 2sin 5t ,
14.
ɺɺ
x − 16 x = ch5t
x(0) = 1, xɺ (0) = −1.
f (t ) = e 2t (sin t + 2cos t ).
Вариант 30
x+5
= y′ .
y −1
3. x 2 dy = ( y 2 − xy + x 2 )dx .
5. cos xdy = (1 − y sin x)dx, y (0) = 0 .
7. xy ′′ = (1 + 2 x 2 ) y′ .
9. y ′′ − 5 y′ + 4 y = (3x + 4)e 2 x .
1.
11.
xe 4 x
y ′′ − 8 y′ + 16 y =
x +1
f (t ) = t 3e −4t ,
13. f (t ) = 4t − cos 5t ,
2. (1 + y 2 )dx + xydy = 0, y (1) = 0 .
4. y ′ + 2 y = e − x .
6. y ′′ = sin 2 x .
8. 4 y′′ − 8 y ′ + 4 y = 0, y (0) = −3, y′(0) = 2 .
10. y ′′ + y = − cos x .
12.
 dx
 dt = −3x + 2 y,

 dy = −2 x − 7 y.
 dt
14.
ɺɺ
x − 5 xɺ = e3t
f (t ) = e −2t (2sin t + cos t ).
49
x(0) = 3, xɺ (0) = 0.