Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

сборникДУ- ЕП

.pdf
Скачиваний:
7
Добавлен:
13.04.2015
Размер:
403.4 Кб
Скачать

Функция f (x, y), определенная в области G, удовлетворяет в G условию Липшица относительно y, если

существует число L > 0, такое что для любых двух точек (x,y), (x,z) из G выполнено неравенство f (x, y) f (x,z) L y z ;

существует число L > 0, такое что f (x, y) ≤ L;

существует число L > 0, такое что f (x, y) ≤ L y .

Задание 37. Верно ли, что

y'= f (x, y),

решение задачи Коши y(x0 ) = y0 геометрически можно интерпрети-

ровать как нахождение интегральной кривой, имеющей в каждой точке заданный угловой коэффициент, и проходящей через точку (x0 , y0 ).

Задание 38. Укажите правильный ответ. Сколько решений имеет задача y'= x2 + 2x −1, y(0) = 1

бесконечное множество,единственное решение,n решений,

(n-1) решение.

Задание 39. Укажите правильный ответ. Сколько решений имеет зада-

ча Коши y"= xSIN x, y(0) = 0, y'(0) = 1 ?

два решения,одно решение,

не имеет решений,бесконечное множество решений.

Задание 40. Выберите верное утверждение:

через особую точку ОДУ y'= f (x, y) либо не проходит ни одна интегральная кривая, либо проходит по крайней мере две интегральные кривые;

через особую точку ОДУ y'= f (x, y) проходит единственная интегральная кривая;

через особую точку ОДУ y'= f (x, y) проходит бесконечное множество интегральных кривых;

нет верного утверждения.

Задание 41. Выберите верное утверждение

11

Решение задачи Коши

y'= f (x, y), y(x0 ) = y0

непрерывно зависит

от начальных данных, если выполнены условия теоремы Коши.

Решение задачи Коши

y'= f (x, y), y(x0 ) = y0

непрерывно зависит

от начальных данных.

 

 

Решение задачи Коши

y'= f (x, y), y(x0 ) = y0

непрерывно зависит

от начальных данных, если f (x0 , y0 ) x0 y0 .

Задание 42. Укажите правильный ответ При помощи метода Лагранжа можно получить

единственное решение уравнения,

общее решение уравнения,

n решений уравнения.

Задание 43. В теоремах Ляпунова рассматриваются вопросы

существования решений,

единственности решений,

устойчивости решений.

Задание 44. Отметьте правильный ответ. Уравнение y"+ y = 1 мож-

SIN x

но решить

методом Бернулли,

методом Лагранжа,

при помощи подстановки y = tx,

методом подбора частного решения по правой части.

Задание 45. Решение y = g(t) системы dy = f (t, y)асимптотически dt

устойчиво по Ляпунову, если

оно устойчиво и выполнено условие LIM

t→+∞

y(t) g(t) = 0;

ε > 0, y(t) g(t) < ε;

оно устойчиво и LIM g(t) = g(t0 ).

t→+∞

Задание 46. Будет ли устойчиво тривиальное решение системы

x'= 2y x,

= + 4

y' y x

да,

12

нет,

устойчивость не определяется.

Задание 47. Будет ли особая точка уравнения y'= 4x + 5y устойчива? x + 2y

Задание 48. Уравнение Эйлера можно решить при помощи подстановки

y = tx

y = p(x)

y'= p(y)

y = eτ

Задание 49. Сколько линейно независимых первых интегралов имеет

уравнение y z + xy

z = xy

 

 

 

x

y

 

 

 

Задание 50. Поставьте в соответствие пары

Задача Коши

 

y"

y'

= x, y(0) = 0, y'(0) = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

x

линейное ДУ 2-го порядка

y"y = SIN x

Уравнение с разделяющимися пе-

y'= y COS x

ременными

 

y"= SIN x, y(π ) = 0, y'(0) = 1

 

 

Задание 51. Определите тип уравнения первого порядка с разделяющимися переменными однородное линейное

в полных дифференциалах

x y 1) y'= x + y

2) (2x + y)dx + (x ey )dx = 0

3) y'= x + y y

4) y2dx + 2xydy = 0

Задание 52. Поставьте в соответствие пары:

13

дифференциальное уравнение первого порядка – его тип

y'= f (x)g(y)

с разделяющимися переменными

y'=

a1x + b1y

 

однородное уравнение

 

 

a2x + b2 y

 

 

 

y'+p(x)y = q(x)

линейное уравнение

y'= y2 + x2

 

Задание 53. Укажите подстановку, при помощи которой решается урав-

нение y'y = x

x

y = tx

y = uv

y = p(x)

Задание 54. Поставьте в соответствие уравнению способ решения

y'= f (x) g(y)

непосредственное интегрирование

y'=

a1x + b1y

 

подстановка y = tx

 

 

a2x + b2 y

 

 

 

y'+p(x)y = q(x)

подстановка y = uv

y"+ay'+c = 0

 

Задание 55. Метод Бернулли основан на использовании подстановки

y = tx

y = uv

y = zm

Задание 56. Укажите правильный ответ. Какое из уравнений является уравнением в полных дифференциалах

2xydx + (x2 y2 )dy = 0

(3x y2 )dy ydx = 0

Задание 57. Укажите правильный ответ. Какое из уравнений можно решить подстановкой y = tx

xy'−2y = 2x4

(y + x)2 = y'

14

y'= x+ y x− 2y

Задание 58. Какое из уравнений является линейным уравнением первого порядка

y'= yx+ x

(x + 1)y'= x

xdy = x −1y2dx

Задание 59. Методом Бернулли можно найти решение

уравнения в полных дифференциалах

линейного уравнения первого порядка

однородного уравнения

Задание 60. Какое из уравнений является уравнением с разделяющимися переменными?

y'= yCOS x

y'x + y = y2 COS x

x(y + x)dy exdx = 0

Задание 61. Какое из уравнений является уравнением в полных дифференциалах?

y2dx + 2xydy = 0

ydx + 2xdy = 0

2y3dx − 3xy2dy = 0

Задание 62. Какое из уравнений является уравнением Бернулли?

xy'−2y2/3 = 2x4 y

(y + x)2 = y'−2xy

dy + (4x x2 )dx = 0

Задание 63. Какое из уравнений является линейным уравнением первого порядка?

dy (x + y)dx = 0

y'= y2x + x

(x + 1)y'= x

15

xdy = x −1y2dx

Задание 64. Сколько решений имеет задача { y"y'= 2x + 1, y(0) = 0}

бесконечное множество,

одно решение,

два решения,

не имеет решений.

Задание 65. Выберите правильный ответ

Уравнение y'+ y = x2 + 1 нужно решать подстановкой x

y = u v

y = tx

y = p(x)

Задание 66. Определите тип уравнения первого порядка

с разделяющимися переменными

однородное

приводящееся к однородному

линейное

уравнение Бернулли

1)(x +1)dy + ydx = (x +1)dx

2)y'x3 = yx2 y2

3)xydy (y2 −1)dx = 0

4)(x + 2y)dx xdy = 0

5)dy = (COS x + y)dx

6)y'= yx y2 / 3

7)dy + COS ydx = xSIN ydy

y 2

8)y'= +1

x

9)(x +1)dy + ydx = (x +1)exdx

x + y

Задание 67. Сколько особых точек имеет уравнение y'= x y ?

16

Дифференциальные уравнения первого порядка, разрешенные в квадратурах

Пример 1. Решить ОДУ первого порядка y′ −1= COS(y + x).

Решение. Это дифференциальное уравнение первого порядка приводящееся подстановкой x + y = z к уравнению с разделяющимися переменными. Произведем замену переменных, пусть x + y = z . Тогда z′ = 1+ y, y′ = z′ −1. Подставив в уравнение получим дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными.

z′ − 2 = COS z,

 

 

 

 

 

z

= 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

COS z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Переменные разделены. Проинтегрируем:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

= dx.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

COS z + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решим

 

 

интеграл

 

 

dz

 

 

 

с

 

 

помощью

универсальной

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

COS z +

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тригонометрической подстановки,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dz

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2dt(1+ t2 )

 

 

 

2dt

 

 

 

 

dt

 

 

1

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

=

(1+ t

 

 

)(1− t

 

 

 

 

)

=

 

 

 

= 2

 

 

 

= 2

 

 

 

arctg

 

 

 

 

 

 

COS z + 2

2

2

+ 2 + 2t

2

3 + t

2

 

 

+ t

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

3

Общим решением дифференциального уравнения будет выражение:

 

 

2

 

tg

z

 

 

 

x = C,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

arctg

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вернемся к исходным переменным

2

 

 

y + x

 

 

 

arctg tg

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

При делении на

3 = x + C .

(COS z + 2) мог быть потерян корень (COS z + 2) = 0, но

COS z [−1;1] следовательно корни потеряны не были.

Ответ: общий интеграл

2

 

 

y + x

 

 

 

= x + C .

 

3

 

 

 

arctg tg

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

 

Пример 2. Решить ОДУ первого порядка x2(dy dx)= (x + y)ydx. Решение. Проверим, что дифференциальное уравнение – однородное

первого порядка, приведем к виду

y′ = xy + y2 + x2 , x2

применим подстановку y = tx, уравнение примет вид:

17

tx + t = x2t + x2t2 + x2 = t + t2 +1, x2

tx = t2 +1.

Разделим переменные и проинтегрируем:

t2dt+ 1 = dxx ,

arctg(t)= LN x + C где t = y . x

При делении на

1

было потеряно решение

x = 0, – особое решение.

 

x2

 

 

 

 

 

 

y

= LN x + C,x = 0.

 

Ответ: arctg

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

Пример 3. Решить y'= SIN y + x .

COS y

Решение. Перепишем уравнение COS yy'= SIN y + x и заметим, что

COS yy'= (SIN y)'. Сделаем замену переменной z(x) = SIN(y(x)), получаем z'z = x - линейное уравнение первого порядка относительно функции

z. Решим методом Лагранжа, а именно,

запишем соответствующее однородное уравнение

z'z = 0,

dz = dx, z

LN z = x + c ,

zодн = cex .

Будем искать решение неоднородного уравнения в виде zн = c(x)ex . Чтобы найти неизвестную функцию c(x), подставим

решение в уравнение

c'(x)ex + c(x)ex c(x)ex = x , c'(x) = xex ,

c(x) = xexdx = −(x +1)ex + c1.

Получено решение z = ((x +1)ex + c1)ex = c1ex x −1. Ответ: y = ARCSIN(c1ex x −1).

18

Самостоятельная работа № 1

Вариант 1

y'yctgx = 2xSIN x,

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yLN2 y + y'

 

 

 

 

 

 

2x + 1

= 0

 

(x + 4y)y'= 2x + 3y

 

 

y'

y

=

(x2

+ y

2)

(x

y)

2

x

 

x4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вариант 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y'= 2x−2y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

y'+ yCOS x

=

 

 

SIN 2x,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

y(0) = 0

y

xy'= y xex

y = (SIN x + COS x −1)y'−1

Вариант 3

(1+ ex )y'= yex

 

 

2xy

 

 

 

2x

2

 

 

y'+

 

 

=

 

 

,

x2

 

+

 

 

x2 +

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

y(0) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

y'=

x2

+ xy y2

 

 

 

 

 

x

2 − 2xy

 

 

 

 

 

 

 

 

y'= yCOS x + COS3 x

Вариант 4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

 

+

 

 

 

 

 

dy

 

 

 

= 0

 

x(y −1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y(x2 + 2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

x,

 

 

y'+ ytgx = COS

 

 

 

 

 

π) =

0,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2(y'−12) = y(y + 8x)

 

y'+

 

xy

 

= x2 −1

 

 

 

 

 

x + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вариант 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x + 2y2x + y'

 

 

2 − x2 = 0

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

y'

 

 

 

= x

 

 

+ 2x,

 

 

x + 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y(−1) =

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xdy = (y +

 

 

 

 

 

 

xy)dx

 

 

 

x(y' tg

y

) = x + y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Вариант 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y3 − 3xy2 + x2 y

= x

2 y'

 

 

 

y x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y'2y = x3ex2 +1 x

x(2x2 y y)3dx dy = 0 3

{y'= x + y, y(−1) = 1}

19

Вариант 7

(y + 1)COS xdx + SIN x + 2dy = 0

 

 

6x

2

y

2

 

 

=

 

 

+ y, y(4) = 0

2xy'

 

 

 

 

 

x2

+ 4x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y'(x2 + 2xy) = 3y2+5xy

y'= 1+

 

 

 

 

2x + y

 

Вариант 8

1

(x2 +1)2 dy + x2 − y2dx = 0

xy'+ y = x3

2

 

 

 

 

x + y

xy'y

= (x + y)LN

 

 

 

 

 

 

 

 

x

y'

 

 

y

= arctgx earctgx

 

 

 

 

x

2 + 1

 

 

Вариант 9

xy2 + 5dx + y4 − x2dy = 0

 

y

π

 

y'+

 

= SIN x, y(

) = 1

 

 

x

2

 

y

xy'y = xtg

 

x

(y2 y + 4)dx (SIN x + 2)dy = 0

Вариант 10

4 − x2 y'+xy2 + x = 0

y'

2xy

 

=

2x2

 

x2 + 1

x2 + 1

 

 

20

y xy'

=

(x + y)2

x y

 

xy

 

y2 + x2 y'= xyy'

Вариант 11

y(4 + ex )dy exdx = 0

 

2x − 5

 

y'

 

y = 5, y(2) = 4

x2

 

 

2y'=

y2

+ 6

y

+ 3

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

(x + 1)y'= y + (x + 1)3 ex

Вариант 12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ yy'

 

1− x

2

 

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1− y

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

x +

1

 

 

 

x

 

 

y'+

 

 

=

 

 

 

 

 

e

 

, y(1)

= e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

y'(x y) = x + y

y'(x2 − 4)− 4xy = (x2 − 4)3

Вариант 13

 

 

 

y

 

LN x

 

y'+

 

= −2

 

, y(1) = 1

 

 

 

x

 

x

 

(e2x + 5)dy + ye2xdx = 0 2x(x y)y'= x2 + 2xy y2 y'= xex+1(y2 + 1)(y2 −1)