Линейные уравнения и уравнения Бернулли —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Линейные уравнения и уравнения Бернулли

Тема Дифференциальные уравнения

02 Линейные уравнения и уравнения Бернулли

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела дифференциальные уравнения

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#57639

Решить уравнение Бернулли

x y′ + xy = -3- y

Показать ответ и решение

Это уравнение Бернулли, т.е. уравнение вида

y′ + a(x)y = b(x)yn

при $n = − 3$ Для его решения сначала надо разделить на $y−3$ , то есть умножить на $y3$ всё уравнение:

′ 3 4 y y + xy = x

Далее, необходимо сделать замену $y1n−1-= z$ , то есть $z = y4$ . Тогда $z ′ = 4y3y′$ и мы получим:

1-z′ + xz = x, z′ + 4xz = 4x 4

Это уже линейное уравнение на функцию $z$ .

1. Сначала решим его с нулевой правой частью, то есть решим уравнение $z ′ + 4xz = 0$ .

dz dz dz ---+ 4xz = 0, ---= − 4xz, ---= − 4xdx dx dx z

Мы разделили обе части на $z$ и домножили на $dx$ . Теперь переменные разделены и можно проинтегрировать:

ln |z| = − 2x2 + C

То есть $z = e−2x2+ = C1e− 2x2$ , где $C1 = eC$ .

2. Теперь, вместо $C1$ надо написать неизвестную функцию $C1 (x)$ и подставить в исходное уравнение $′ z + 4xz = 4x$ :

′ −2x2 −2x2 − 2x2 C1(x)e − 4xC1 (x)e + 4xC1 (x )e = 4x

Таким образом, имеем

′ 2x2 C1(x) = 4xe

Откуда $2x2 C1 (x ) = e + C$ .

Значит, общее решение уравнения для $z$ - это $2x2 −2x2 z = (e + C)e$ . Заметим, что в процессе мы делили на $z$ , но $z ≡ 0$ не является решением уравнения $z′ + 4xz = 4x$ . Следовательно, мы не потеряли никак решений и можем спокойно записать, вернувшись к переменной $y$ ответ:

∘ --------------- y = ± 4(e2x2 + C )e−2x2, где C ∈ ℝ − люб ое

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#57638

Решить линейное дифференциальное уравнение

∫ x y = y(t)dt+ x + 1 0

Показать ответ и решение

Для начала, у нас тут вообще нет никакой производной искомой функции $y$ . Но если продифференцировать обе части уравнения, и вспомнить, что производная интеграла с переменным верхним пределом равна значению подынтегральной функции в точке, где мы берем производную, то получим после дифференцирования:

y′(x) = y(x)+ 1

Или

′ y − y = 1

Это - линейное уравнение вида $′ y(x) + a(x)y = b(x)$ . Поэтому нам надо сначала решить исходное уравнение с нулевой правой частью.

1. Сначала решим $y′ − y = 0$ .

dy dy ∫ dy ∫ ---= y, ---= dx, ---= dx dx y y

Таким образом, $ln |y| = x+ C$ , $y = C1ex$ .

2. Далее, мы должны по методу варьирования постоянной вместо $C1$ записать $C1 (x)$ и подставить решение $y = C1(x)ex$ в исходное уравнение $y′(x) = y(x )+ 1$ . Получим:

C′1(x)ex + exC1 (x) = C1 (x)ex + 1

После сокращения, получаем: $C′1(x) = 1x e$ . Таким образом, $C1(x) = − e−x + C$ . Следовательно, общее решение исходного дифференциального уравнения есть

−x x x y = (− e + C)e = − 1+ e

Далее, из исходного уравнения $∫x y = 0 y(t)dt+ x + 1$ получаем, что $∫ 0 y(0) = 0 y(t)dt+ 0+ 1 = 0 + 1 = 1$ , таким образом, при $y = (− e−x + C)ex = − 1+ ex$ $y(0) = − 1 + C = 1$ , следовательно $C = 2$ . Значит, мы можем записать в итоге ответ:

x y = 2e − 1

Заметим, что мы при этом не потеряли решение, хотя и делели на $y$ в процессе, поскольку константная функция $y ≡ 0$ не является решением исходного уравнения

∫ x y = 0 y(t)dt+ x + 1

- левая часть обнуляется, интеграл справа берется от нуля, то есть тоже обнуляется, а вот $x + 1$ остаётся.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#57637

Решить линейное дифференциальное уравнение

xy′ − 2y = 2x4

Показать ответ и решение

При решении линейного уравнения вида

y′(x) + a(x)y = b(x)

надо сначала решить исходное уравнение с нулевой правой частью.

1. Сначала решим уравнение

xy ′ − 2y = 0

Иначе

xdy-− 2y = 0, x dy-= 2y dx dx

Нетрудно видеть, что это уравнение с разделяющимися переменными. Давайте поделим на $x$ , поделим на $y$ и умножим на $dx$ :

dy- 2dx- y = x

Интегрируем, и получаем:

∫ ∫ dy-= 2dx- y x

ln|y| = 2 ln |x |+ C, ln|y| = ln |x|2 + lneC , ln |y| = ln eC|x2|

И, таким образом, $y = C1x2$ , где $C1 = eC$ - новое обозначение для произвольной постоянной.

2. Далее, по методу варьирования постоянной, мы должны вместо $C1$ записать неизвестную функцию $C1 (x )$ , и подставить выражение $y = C1 (x)x2$ в исходное диф. уравнение, чтобы найти эту функцию $C1 (x )$ . Итак, подставляя в исходное уравнение $2 y = C1(x)x$ , имеем:

′ 2 2 4 x (C 1(x)x + 2xC1 (x))− 2C1 (x )x = 2x

Таким образом, после сокращения:

′ 3 4 C 1(x )x = 2x

То есть $C ′1(x) = 2x$ , то есть $C1(x) = x2 + C$ , $C$ - любая постоянная. Следовательно,

2 2 y = (x + C )x

- общее решение нашего исходного уравнения. При этом в процессе решения мы делили на $x$ , то есть мы предполагаем, что $x ⁄= 0$ , а также мы делили на $y$ , то есть надо проверить, не будет ли функция $y ≡ 0$ решением нашего диф. уравнения $xy ′ − 2y = 2x4$ .

Очевидно, не будет, потому что левая часть тогда зануляется, из-за того, что производная константы равна 0, а правая часть остаётся. Значит, ответ: