Embed Size (px)
Citation preview
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Г. А. ПАВЛОВА, Т. А. БЕНГИНАС. В. ГОРБУНОВ
ОБЫКНОВЕННЫЕДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
Часть 2
Практикум
Самара 2013
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РФ
ФЕДЕРАЛЬНОЕ ГОСУДАРСТВЕННОЕ БЮДЖЕТНОЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ«САМАРСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ
УНИВЕРСИТЕТ»
КАФЕДРА ПРИКЛАДНОЙ МАТЕМАТИКИ И ИНФОРМАТИКИ
Г.А. ПАВЛОВА, Т.А. БЕНГИНА, С.В. ГОРБУНОВ
ОБЫКНОВЕННЫЕДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Часть 2
Практикум
Самара 2013
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Печатается по решению редакционно–издательского советаСамарского государственного технического университета
УДК 517.91 (075.8)П12
Павлова Г. А.П12 Обыкновенные дифференциальные уравнения. Часть 2:практикум /Г.А. Павлова, Т.А. Бенгина, С.В. Горбунов — Самара:Самар. гос. техн. ун-т., 2013. – 55 с.
Содержит 25 вариантов по 10 задач, относящихся к следующим разделамкурса дифференциальных уравнений: линейные дифференциальные уравне-ния высших порядков с постоянными коэффициентами, линейные дифферен-циальные уравнения с голоморфными коэффициентами, линейные системыдифференциальных уравнений с постоянными коэффициентами, уравненияс частными производными первого порядка.
Приведён демонстрационный вариант задания с решениями всех типовыхзадач и методическими указаниями.
Типовой расчёт предназначен для самостоятельной работы студентов–бакалавров направления 010400 «Прикладная математика и информатика»по курсу «Дифференциальные уравнения».
УДК 517.91 (075.8)П12
Рецензент: кан. физ.–мат. наук. Исуткина В.Н.
© Г.А. Павлова, Т. А. Бенгина,С. В. Горбунов, 2013
© Самарский государственныйтехнический университет, 2013
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Предисловие
Дифференциальные уравнения — одна из базовых дисциплин в об-щем образовании математика–прикладника, профессиональный уровенькоторого во многом зависит от того, насколько хорошо он освоил матема-тический аппарат и умеет ли он использовать его в анализе и моделиро-вании сложных процессов, а также при принятии решений. Для фор-мирования этих умений и навыков составлено предлагаемое пособие.Оно предназначено для самостоятельной работы студентов–бакалавроввторого курса направления «Прикладная математика и информатика»и является продолжением ранее изданного практикума «Дифференци-альные уравнения. Часть 1», в котором были рассмотрены простейшиедифференциальные уравнения первого порядка, уравнения, не разрешён-ные относительно производной, уравнения высших порядков, допускаю-щие понижение порядка, а также линейные дифференциальные уравне-ния с постоянными коэффициентами.
В данном же пособии студенту предлагается решить десять задач,разделённых на два раздела: к первому отнесены линейные дифферен-циальные уравнения высших порядков с постоянными и голоморфнымикоэффициентами; ко второму — системы с постоянными коэффициента-ми а также уравнения с частными производными первого порядка, ко-торые, как известно, при решении сводятся к системам обыкновенныхдифференциальных уравнений. Практикум содержит большое количе-ство оригинальных задач, наряду с которыми в него включены и зада-ния из хорошо известных изданий по теории дифференциальных урав-нений [5–7, 10]; рассмотрен также демонстрационный вариант с подроб-ными решениями всех типов предлагаемых задач.
Авторы надеются, что наличие достаточного количества примерови изложение материала в доступной для понимания форме позволитстудентам сформировать навыки решения перечисленных выше классовдифференциальных уравнений.
3
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Введение
В современной математике дифференциальные уравнения являютсяодной из основных форм зависимости между величинами. Весомая частьфизических и технических задач сводится к решению таких уравнений,чем и объясняется их большое значение для математики и особеннодля её приложений. При моделировании многих практических проблемне всегда удаётся установить функциональную зависимость между иско-мыми и заданными переменными величинами, обычно легче найти соот-ношения между теми же величинами и их дифференциалами или произ-водными.
Дифференциальные уравнения играют важную роль в физике, хи-мии, биологии, экономике, электротехнике и прочих областях, где естьнеобходимость количественного описания величин, рассматриваемыхкак функции времени (например: координаты тела, его скорость и уско-рение). Задачи других наук снабжают математику проблемами, при ре-шении которых вырастают богатые содержанием ветви теории диффе-ренциальных уравнений. Поэтому одной из особенностей последней яв-ляется то, что она родилась из приложений. В этом случае математикавыступает как неотъемлемая часть естествознания, на которой основы-вается вывод и понимание качественных и количественных закономер-ностей, составляющих содержание наук о природе. Второй особенностьютеории дифференциальных уравнений является её связь с другими разде-лами математики. И как результат, теоретическое исследование, рождён-ное в рамках самой математики, находит дальнейшее приложение в кон-кретных физических проблемах.
В настоящее время обыкновенные дифференциальные уравненияпредставляют собой богатую, широко разветвлённую теорию. Основны-ми её задачами являются отыскание решений, удовлетворяющих допол-нительным условиям (задача Коши), исследование вопросов о единствен-ности решения и об его устойчивости. Далее речь пойдёт о решении этихзадач для линейных уравнений с постоянными и голоморфными коэф-фициентами и для систем с постоянными коэффициентами.
4
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Порядок выполнения и защиты учебного задания
Подробное и обоснованное решение задач необходимо представитьв письменном виде, при этом нумерация задач должна совпадать с их ну-мерацией в учебном задании. Во время защиты студент должен ответитьна теоретические вопросы, пояснить решения примеров из задания, ре-шить подобные им задачи.
Условия задач
Студенту необходимо решить десять задач, разделённых на два раз-дела. В первом разделе собраны дифференциальные уравнения (ДУ),во втором — системы и дифференциальное уравнение с частными произ-водными, решение которого, как известно, сводится к решению системыобыкновенных ДУ.
В примере 1 раздела I надо найти решение задачи Коши; в зада-чах 2 и 3 найти общее решение ДУ. В задаче 4 найти общее решение ДУметодом Лагранжа. В задаче 5 при наличии начальных условий опре-делить соответствующее им частное решение ДУ, используя разложениев степенной ряд; в противном случае найти два линейно независимыхрешения, используя разложение решений в степенные ряды, и записатьобщее решение уравнения. В задаче 6 построить четыре первых членаразложения в степенной ряд решения задачи Коши.
В задаче 7 раздела II надо найти решение системы методом Эйле-ра. В задаче 8 исследовать на устойчивость решения системы уравне-ний, изобразить траектории решений и указать направление движенияпо траекториям. В задаче 9 найти общее решение системы ДУ методомЛагранжа. В задаче 10 найти решение ДУ первого порядка в частныхпроизводных.
5
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Теоретические вопросы
1. Какой общий вид имеет линейное дифференциальное уравне-ние (ДУ) n-го порядка? При каком условии задача Коши для ли-нейного ДУ имеет единственное решение?
2. Какие решения однородного линейного ДУ называются линейнонезависимыми? Что такое фундаментальная система решений? Ка-кое условие является необходимым и достаточным для того, что-бы данная система решений была фундаментальной? Сколько фун-даментальных систем решений имеет заданное однородное уравне-ние?
3. Как построить общее решение однородного линейного ДУ? Как ре-шить задачу Коши при помощи формулы общего решения?
4. Какова структура общего решения неоднородного линейного ДУ?
5. В чём состоит метод Лагранжа нахождения общего решения неод-нородного линейного уравнения?
6. Как построить однородное линейное ДУ, имеющее заданную фун-даментальную систему решений?
7. В чём состоит метод Эйлера интегрирования однородных линей-ных ДУ с постоянными коэффициентами? Как зависит структурафундаментальной системы решений от вида корней характеристи-ческого уравнения?
8. В каких случаях и в каком виде может быть найдено частное реше-ние неоднородного линейного ДУ с постоянными коэффициентамиметодом неопределённых коэффициентов?
9. Как интегрируются линейные ДУ Эйлера и Чебышёва?
10. При каком условии линейное ДУ n-го порядка имеет частное реше-ние, удовлетворяющее заданным начальным условиям и представи-мое в виде степенного ряда по степеням разности x− x0, где x0 —
6
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
начальное значение независимой переменной? В какой области схо-дится ряд, представляющий решение? При каком условии линей-ное ДУ n-го порядка имеет хотя бы одно частное решение в видеобобщённого степенного ряда?
11. Какой вид имеет первое частное решение уравнения Бесселяx2y′′ + xy′ + (x2 − n2)y = 0 в окрестности особой точки x = 0? Ка-кой вид имеет общее решение уравнения Бесселя в случаях целогои нецелого значения параметра n?
12. Какой общий вид имеет нормальная система ДУ? Что называетсяеё порядком? Когда эта система называется линейной?
13. Как ставится задача Коши для нормальной системы? В каком слу-чае она имеет решение? Когда это решение будет заведомо един-ственным?
14. Что такое первый интеграл нормальной системы? Какие первыеинтегралы называются независимыми? Что такое общий интегралнормальной системы n-го порядка?
15. Что такое система ДУ в симметрической форме?
16. В чём состоит механическое толкование нормальной системыи её решения? В чём состоит механическое толкование задачи Ко-ши? Что такое точка покоя системы?
17. Когда нулевое решение называется устойчивым (неустойчивым,асимптотически устойчивым) в смысле Ляпунова?
18. В чём состоит метод исключения? Что такое метод интегрируемыхкомбинаций?
19. Какой общий вид имеет линейная система ДУ? Когда она называ-ется однородной, неоднородной?
20. Какие решения однородной линейной системы называются линейнонезависимыми? Что такое фундаментальная система решений? Ка-
7
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
кое условие является необходимым и достаточным для того, чтобыданная система решений была фундаментальной?
21. Как построить общее решение однородной линейной системы?Как найти общее решение неоднородной линейной системы?
22. В чём состоит метод Лагранжа нахождения общего решения неод-нородной линейной системы?
23. В чём состоит метод Эйлера интегрирования однородных линейныхсистем с постоянными коэффициентами? Как зависит структурафундаментальной системы решений от вида корней характеристи-ческого уравнения?
24. Как судить об устойчивости (неустойчивости) нулевого решения од-нородной линейной системы с постоянными коэффициентами по ха-рактеристическим числам этой системы?
25. Что такое ДУ с частными производными? Какое уравнение назы-вается линейным уравнением с частными производными первогопорядка? Какое уравнение называется квазилинейным?
26. Как ставится задача Коши для уравнения с частными производны-ми первого порядка? Какой геометрический смысл она имеет в слу-чае двух независимых переменных?
27. Как построить общее решение квазилинейного уравнения с частны-ми производными в случае двух независимых переменных? Как ре-шается задача Коши для этого уравнения?
28. Как построить общее решение квазилинейного уравнения в случае,когда неизвестная функция содержит более двух независимых пе-ременных?
29. Как построить общее решение однородного линейного уравненияс частными производными? Как решается задача Коши для этогоуравнения?
8
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Часть 1. Варианты индивидуальных заданий
Вариант 1
I. 1. y′′ + 3y′ − 4y = e−4x + xe−x, y(0) = y′(0) = −12.
2. y′′ + 4y = 4√
2 sin(2x +
π
4
).
3.14(2x− 1)2y′′ + (2x− 1)y′ = 5 ln(2x− 1) + cos (2 ln(2x− 1)).
4. y′′ + 2y′ + y = xex +1
xex.
5. x2y′′ + xy′ −(
x2 +19
)y = 0.
6. y′′ = x2 sin y′, y(1) = y′(1) =π
2.
II. 7.
dx
dt= 4x− 2y − z,
dy
dt= −x + 3y − z,
dz
dt= x− 2y + 2z.
8.
dx
dt= 2x,
dy
dt= x− 5y.
9.
dy
dx+ 2y + 4z = 1 + 4x,
dz
dx+ y − z =
32x2.
10. xy∂u
∂x+ yu
∂u
∂y+ xy = 0, u|xy=1 = 1.
Вариант 2
I. 1. y′′ + 2y′ − 3y = x2ex, y(0) = −1, y′(0) = 2.
2. y′′ + y = 2 sin x + 4x cos x.
3. x2y′′ − 2y = sin lnx.
4. y′′ − 2y′ + 2y =ex
sin2 x.
9
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
5. x2y′′ + xy′ +14
(x− 1
9
)y = 0.
6. y′′ = y2e2x, y(0) = 1, y′(0) = 0.
II. 7.
dx
dt= 6x− 2y − z,
dy
dt= 5y − x− z,
dz
dt= x− 2y + 4z.
8.
dx
dt= −2x− 4y,
dy
dt= 2x + 2y.
9.
dx
dt= x− 5y,
dy
dt= 2x− y +
1sin3 3t
.
10. y∂u
∂x+ x
∂u
∂y= x2 + y2.
Вариант 3
I. 1. y′′ + y′ − 2y = 3xex, y(0) =32, y′(0) = −1.
2. y′′′ + y′ = sinx + x cos x.
3. (x− 2)2y′′ − 3(x− 2)y′ + 4y = x.
4. x2y′′ − 2y =3x2
x + 1.
5. x2y′′ + xy′ +(
x4 − 19
)y = 0.
6. y′ = ln y − cos x, y(π
2
)= e.
II. 7.
dx
dt= 3x + y − z,
dy
dt= 2x + 2y − z,
dz
dt= y − 2x + 4z.
8.
dx
dt= −5x− y,
dy
dt= x− 7y.
9.
dx
dt= 4x− 5y + e2t sin 2t,
dy
dt= x + e2t cos t.
10. x∂u
∂x− y
∂u
∂y= x− y, u(1; y) = y + ey.
10
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 4
I. 1. y′′ − 3y′ + 2y = sinx + 2e2x, y(0) = 0, y′(0) = 3.
2. y′′ − 2y′ + 2y = ex(2 cos x− 4x sinx).
3. x2y′′ + xy′ + 16y =34 ln x + 13
x.
4. y′′ + 4y =1
3√
sin7 2x cos8 2x.
5. x2y′′ + 2xy′ +(
x3 +29
)y = 0.
6. y′′ = ey′+ xy, y(0) = 1, y′(0) = 0.
II. 7.
du
dx= 5u− 4v + 4w,
dv
dx= 2u + v + 2w,
dw
dx= 2u + 3w.
8.
dx
dt= y,
dy
dt= −x.
9.
dx
dt+ y = t2,
dy
dt− x = t.
10. (4x2 − x3)∂u
∂x1+ x2
∂u
∂x2+ x3
∂u
∂x3= 0, u|x1=1 = x2 + x3.
Вариант 5
I. 1. y′′ − 5y′ + 4y = 4x2e2x, y(0) = y′(0) = 4.
2. y′′ + 4y = shx sin 2x.
3. x2y′′ + 5xy′ + 29y =26x
.
4. y′′ − y′ = e2x cos ex.
5. x2y′′ + xy′ −(
x +19
)y = 0.
6. y′′ +2y′
x+ y = 0, y(−1) = 1, y′(−1) = 0.
11
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
dx
dt= 7x− 4y + 4z,
dy
dt= 2x + 3y + 2z,
dz
dt= 2x + 5z.
8.
dx
dt= 4x− y,
dy
dt= x + 2y.
9.
dy
dx= 2y − z + e2x tg2 x,
dz
dx= y + 2z + e2x ctg2 x.
10. x1 (x2 + x3)∂u
∂x1+ x3 (x3 − x2)
∂u
∂x2+ x2 (x2 − x3)
∂u
∂x3= 0.
Вариант 6
I. 1. y′′ − 3y′ + 2y = 5x + 5x, y(0) = 0, y′(0) = 1.
2. y′′ + 4y = 1 + sin 2x.
3. (4x− 1)2y′′ − 2(4x− 1)y′ + 8y = 2 ln2(4x− 1).
4. y′′ + 2y′ + 5y = e−x(cos2 x + tg x
).
5. x2y′′ −(
3x2 − 29
)y = 0.
6. yy′′ = ln y′, y(1) = 1, y′(1) = e.
II. 7.
dy
dx= 3y − 2z + 2u,
dz
dx= 2y − z + 2u,
du
dx= 2y − 2z + 3u.
8.
dx
dt= −x,
dy
dt= x− y.
9.
dy
dx+ y + 2z =
e3x
ex − 1,
dz
dx− 3y − 4z = 0.
10. xz∂u
∂x+ yz
∂u
∂y+ xy
∂u
∂z= 0, u|y=1 = xz2.
12
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 7
I. 1. y′′′ − 3y′ − 2y = sinx + 2 cos x, y(0) =12, y′(0) = −3
2, y′′(0) = 1.
2. yIV + y′′ = 2 cos x.
3. x3y′′ + 3x2y′ + xy = 18 lnx + 8.
4. y′′ + 2y′ + 2y = e−x ctg x.
5. xy′′ +13y′ + xy = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.
6. y′ = exy, y(1) = 0.
II. 7.
dx
dt= 5x + y − z,
dy
dt= 4y − 2x− z,
dz
dt= y − 2x + 6z.
8.
dx
dt= x + y,
dy
dt= −5x− 3y.
9.
dx
dt= 8y − x + 4t2 + 2,
dy
dt= x + y + 6t.
10. x2∂u
∂x1+ u
∂u
∂x2= 0, u|x1=1 = 1 + x2
2.
Вариант 8
I. 1. y′′ − 4y = 2 sh 2x, y(0) =13, y′(0) =
14.
2. y′′ + 2y′ + 5y = e−x cos2 x.
3. (x− 5)2 y′′ − 13 (x− 5) y′ + 49y = 144 sin (7 ln(x− 5)).
4. y′′ + 9y =2
cos3 3x.
5. y′′ − 4x4y = 0.
6. y′′ =x2 + y2
xy, y(1) = 2, y′(1) = 1.
13
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
dx
dt= 4x− 5y + 2z,
dy
dt= 5x− 7y + 3z,
dz
dt= 6x− 9y + 4z.
8.
dx
dt= x− 2y,
dy
dt= x− y.
9.
dx
dt− 5x− 2y +
e4t
2 (et − 1)= 0,
dy
dt+ 4x + y + e4t = 0.
10. x∂u
∂x+ 2y
∂u
∂y+ 3z
∂u
∂z= 4u, u(x, x, z) = z.
Вариант 9
I. 1. y′′ − y = x cos2 x, y(0) = y′(0) =15.
2. y′′′ + 4y′ =12
sinx sin 2x.
3. x2y′′ − xy′ + y =lnx
x+
x
lnx.
4. y′′ − y′ = e2x sin ex.
5. x2y′′ + 3xy′ +(
x2 +59
)y = 0.
6. y′′ = arccos(xy′) + x, y(0) = −1, y′(0) = 2.
II. 7.
du
dx= 7u− 6v + 6w,
dv
dx= 4u− v + 4w,
dw
dx= 4u− 2v + 5w.
8.
dx
dt= x + y,
dy
dt= −8x− 5y.
9.
dy
dx= 4y − z + 1,
dz
dx= y + 2z + 1− e3x
x2 + 5x + 8.
10. xy∂u
∂x− y2 ∂u
∂y= x2.
14
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 10
I. 1. y′′ − 4y = ch 2x, y(0) =14, y′(0) = −1
4.
2. y′′ + 9y = 15 (sin 2x + sin 3x).
3. x2y′′ − 3xy′ + 3y = 3 ln2 x.
4. y′′ + 4y′ + 4y =e−2x
x3.
5. x2y′′ + 5xy′ −(2x3 − 4
)y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.
6. y′ = x2e2y + y, y(2) = 0.
II. 7.
dx
dt= x− 3y + 4z,
dy
dt= 4x− 7y + 8z,
dz
dt= 6x− 7y + 7z.
8.
dx
dt= 2x− y,
dy
dt= 9x− 4y.
9.
dy
dx= 2y + z + 5ex,
dz
dx= y + 2z − 4e4x.
10.∂u
∂x+ 2
∂u
∂y+
∂u
∂z= xyz.
Вариант 11
I. 1. y′′ − (α + β) y′ + αβy = aeαx + beβx, y(0) = 0, y′(0) =a
α− β.
2. y′′ + y = sin3 x.
3. x2y′′ − 2xy′ − 4y = 6lnx
x.
4. y′′ + 4y =1
sinx cos5 x.
5. x2y′′ + xy′ +(
x4 − 116
)y = 0.
6. y′ = x2 − xy + y2, y(0) = 0.
15
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
dx
dt= 7x− 6y + 6z,
dy
dt= 2x + 3y + 2z,
dz
dt= 2x + 2y + 3z.
8.
dx
dt= −y,
dy
dt= 3x + 4y.
9.
dy
dx= 4y − z − 5x + 1,
dz
dx= y + 2z + x− 1.
10. xy∂u
∂x+ (x− 2u)
∂u
∂y= yu, u|y=1 = 2x + 1.
Вариант 12
I. 1. y′′ − 8y′ + 16y = e4x, y(1) = y′(1) = e4.
2. yIV + 2y′′ + y = 8 cos x.
3. x2y′′ − 4xy′ + 6y = cos (4 lnx).
4. y′′ + 16y =1
sin 4x.
5. x2y′′ + xy′ +(
x− 116
)y = 0.
6. y′′ = arctgx
y, y(1) = 1, y′(1) = 3.
II. 7.
du
dt= 13u + 2v − 2w,
dv
dt= 6u + 9v − 6w,
dw
dt= 2u− 2v + 5w.
8.
dx
dt= 3x− 2y,
dy
dt= 2x− 2y.
9.
dx
dt= 3− 2y,
dy
dt= 2x− 2t.
10. y∂u
∂x− x
∂u
∂y= y2 − x2, u|xy=1 =
y2
1 + y4.
16
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 13
I. 1. y′′ + 6y′ + 9y = 10(sinx + x2
), y(0) = 0,2, y′(0) = 0,6.
2. y′′ − 8y′ + 20y = 5xe4x sin 2x.
3. (x− 1)2 y′′ − 9 (x− 1) y′ + 25y = (x− 1)5.
4. y′′ + 9y =1
sin 3x.
5. x2y′′ + xy′ −(
x2 +116
)y = 0.
6. y′′ = x + y cos y′, y(0) = 1, y′(0) = π.
II. 7.
dx
dt=
193
x +23y − 2
3z,
dy
dt= 2x + 5y − 2z,
dz
dt=
23x− 2
3y +
113
z.
8.
dx
dt= −x + y,
dy
dt= −x− 3y.
9.
dx
dt= 2x + y +
e3t
t + 1,
dy
dt= 4y − x +
e3t
t.
10. x∂u
∂x+ y
∂u
∂y= u− xy, u (x, 2) = 1 + x2.
Вариант 14
I. 1. y′′ − 5y′ = 3x2 + sin 5x, y(0) = 0,01, y′(0) = −0,5.
2. y′′ − 4y′ + 13y = e2x cos 3x.
3. (x− 1)2 y′′ − 2 (x− 1) y′ − 4y =16 ln(x− 1)
x− 1.
4. y′′ + y = tg2 x.
5. x2y′′ − 4xy′ +(
x5 +149
)y = 0.
6. y′′ + xy′ + y2 = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1.
17
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
dx
dt= 6x + y − z,
dy
dt= 2x + 5y − 2z,
dz
dt= x− y + 4z.
8.
dx
dt= −x− 2y,
dy
dt= 3x + 4y.
9.
dx
dt= 2x− y +
e2t
cos t,
dy
dt= x + 2y +
e2t
sin t.
10. xy∂u
∂x+ x2 ∂u
∂y= y, u (x, 0) = x2.
Вариант 15
I. 1. y′′ − 9y = 2e3x sin2 x
2, y(0) = y′(0) = 0.
2. y′′ + y = x sinx + cos 2x.
3. (2x + 3)3 y′′′ + 3 (2x + 3) y′ − 6y = 2 (2x + 3)2 ln (2x + 3).
4. y′′ − 4y′ + 4y =e2x
x3.
5. x2y′′ +(
2x3 +316
)y = 0.
6. y′′ = arccosx
y′, y
(12
)= 1, y′
(12
)= 1.
II. 7.
du
dx= 7u− 12v + 6w,
dv
dx= 10u− 19v + 10w,
dw
dx= 12u− 24v + 13w.
8.
dx
dt= x + 3y,
dy
dt= x− y.
9.
dx
dt= 2y + 2t− 2,
dy
dt= 2x− t2 + 4.
10. x∂u
∂x+ y
∂u
∂y+
(z −
√x2 + y2 + z2
) ∂u
∂z= 0.
18
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 16
I. 1. y′′ − 3y′ + 2y = x cos x, y(0) = 0,33, y′(0) = −0,12.
2. y′′ − 4y′ + 8y = e2x (1 + sin 2x).
3. x3y′′ − 2xy = 6 lnx.
4. y′′ + y = − ctg2 x.
5. xy′′ +35y′ + xy = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.
6. y′ = sinxy + x2, y(1) =π
2.
II. 7.
dx
dt= 3y − x− z,
dy
dt= 5y − 3x− z,
dz
dt= 3y − 3x + z.
8.
dx
dt= 2x− y,
dy
dt= 5x.
9.
dy
dx= y − z +
12 (ex + 1)
,
dz
dx= z − 4y +
1e2x − 1
.
10. x1∂u
∂x1+ x2
∂u
∂x2+ x3
∂u
∂x3= u +
x1x2
x3.
Вариант 17
I. 1. y′′ + y′ − 2y = ex (cos x− 7 sinx + x) , y(0) = 0, y′(0) = −2.
2. y′′ + y = 4 sin x.
3. x2y′′ − 6y = 5x3 + 8x2.
4. y′′ + 4y = 2 tg x.
5. y′′ − 2x6y = 0.
6. y′ = x2y2 − 1, y(0) = 1.
19
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
dx
dt= 6x− 5y − 3z,
dy
dt= 3x− 2y − 2z,
dz
dt= 2x− 2y.
8.
dx
dt= 2x + 5y,
dy
dt= −4x− 2y.
9.
dy
dx= y + z + (x + 1)2 ,
dz
dx= 4z − 2y − 2.
10. (x− 2ey)∂u
∂x− ∂u
∂y= 0, u (x, 0) = x.
Вариант 18
I. 1. y′′ − 5y′ + 6y = e2x (16 cos 2x + 28 sin 2x) , y(0) = 3, y′(0) = −4.
2. 4y′′′ + y′ = 3ex + 2 sinx
2.
3. x2y′′ + 3xy′ + y =1x
.
4. y′′ − 2y
x2= 3 ln(−x).
5. x2y′′ − 2xy′ + 5(
x5 +49
)y = 0.
6. y′ = sin y − sinx, y(0) =π
2.
II. 7.
dx
dt= 4x− 2y + 2z,
dy
dt= 2x + 2z,
dz
dt= y − x + z.
8.
dx
dt= 2x + 4y,
dy
dt= y.
9.
dy
dx= 3y − z + e−2x cos x,
dz
dx= 4y − 2z.
10.(x2
3 − x22
) ∂u
∂x1+ x3
∂u
∂x2− x2
∂u
∂x3= 0, u|x2=0 = 1 + x2
3.
20
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 19
I. 1. y′′′ − 2y′′ = 4 (x + 1)2 , y(0) = 0, y′(0) = 1, y′′(0) = 2.
2. y′′ − 2y′ + 2y = ex sinx.
3. x2y′′ − xy′ + y = cos(lnx).
4. y′′′ + y′ =sinx
cos2 x.
5. x2y′′ + 2xy′ +(
3x2 + x +536
)y = 0.
6. y′′ = xyy′, y(0) = y′(0) = 1.
II. 7.
du
dt= 4u− 5v + 7w,
dv
dt= u− 4v + 9w,
dw
dt= 5w − 4u.
8.
dx
dt= 2x + y,
dy
dt= 3x.
9.
dx
dt= x− 2y + 3,
dy
dt= x + 4y + 2t2 − t + 1.
10. x(y − z)∂u
∂x+
(z2 + xy
) ∂u
∂y+ z(x + z)
∂u
∂z= 0.
Вариант 20
I. 1. 2y′′′ − 7y′′ + 6y′ = 4e2x − 3e3x, y(0) = 3, y′(0) = −3, y′′(0) = 0.
2. y′′ + 9y = 2 sin x sin 2x.
3. x2y′′ − 3xy′ + 4y =x3
2.
4. y′′ − 2y′ + y =ex
2x2 + x + 1.
5. x2y′′ + xy′ −(
x +125
)y = 0.
6. (2x− 2y + 3)y′′ = x− y + 1, y(0) = 1, y′(0) = 2.
21
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
du
dt= 4u− 3v + 3w,
dv
dt= u + 2v + w,
dw
dt= u + v + 2w.
8.
dx
dt= 5y − 7x,
dy
dt= 3y − 5x.
9.
dx
dt= 2x + 5y + e6t sin 2t,
dy
dt= −x + 4y + e6t cos 2t.
10. (x2 + u)2∂u
∂x1− x1 (x2 + 2u)
∂u
∂x2= x1u, u (x1, x2)|x2=0 = x2
1.
Вариант 21
I. 1. y′′ − 6y′ + 9y = 3x− 8e3x, y(0) =23, y′(0) =
13.
2. y′′′ + 4y′ = e2x (5 sinx + 8).
3. x2y′′ + xy′ + y = sin(2 lnx).
4. y′′ + 2y′ + y = 3e−x√
x + 1.
5. x2y′′ + xy′ +(
x4 − 14
)y = 0.
6. y′′ = cos(x2 + y2
), y(0) =
√π
2, y′(0) =
√π.
II. 7.
dx
dt= 7x + 2y + 6z,
dy
dt= 4x− y + 4z,
dz
dt= 4x− 2y + 5z.
8.
dx
dt= 8y − 7x,
dy
dt= x− 5y.
9.
dx
dt+ x− 4y =
et
t2 + t + 1,
dy
dt+ x− 3y = 0.
10. 3(x2−x4)∂u
∂x1+ 2(x3−x1)
∂u
∂x2+ 3(x4−x2)
∂u
∂x3+ 2(x1−x3)
∂u
∂x4= 0,
u|x4=0 = x1 + x2 + x3.
22
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 22
I. 1. y′′ + 2y′ + y = x(e−x − cos x
), y(0) = y′(0) =
12.
2. y′′ − 2y′ cos ϕ + y = 2 sin x cos ϕ, ϕ = const.
3. x2y′′ − xy′ + y = 8x3.
4. y′′ + y = 2 sec3 x.
5. x2y′′ − xy′ +(
x3 +716
)y = 0.
6. y′ = ch y − sh x, y(0) = 0.
II. 7.
dx
dt= 6x− z,
dy
dt= 5y − x− z,
dz
dt= x− 2y + 4z.
8.
dx
dt= 3x + y,
dy
dt= −13x− y.
9.
dy
dx= y − z − 2,
dz
dx= 4z − 4y + 3x.
10. x1 (x3 − x2)∂u
∂x1+ x2 (x2 − x1)
∂u
∂x2+
(x2
2 − x1x3
) ∂u
∂x3= 0,
u|x1=1 =x3
x2.
Вариант 23
I. 1. yIV − 3y′′ = 9x2, y(0) = y′(0) = 0, y′′(0) = −1, y′′′(0) = 2.
2. y′′ + 4y = cos x cos 3x.
3. x2y′′ − 3xy′ + 5y = 3x2.
4. y′′ + 3y′ + 2y =1
ex + 1.
5. x2y′′ +(
x2 +425
)y = 0.
6.(x2 + 1
)y′′ + xy′ − y = 0, y(0) = y′(0) = 1.
23
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
II. 7.
dx
dt= 2y + 3z − 6x,
dy
dt= 2x− 3y + 6z,
dz
dt= 3x + 6y + 2z.
8.
dx
dt= 3x + 6y,
dy
dt= 2x + 2y.
9.
dx
dt= x + 2y + 16tet,
dy
dt= 2x− 2y.
10. 2x31
∂u
∂x1+
(3x2
1x2 + x32
) ∂u
∂x2= 2x2
1u, u|x1=1 = 1 +1x2
2
.
Вариант 24
I. 1. y′′ + 3y′ + 2y = e−x cos2 x, y(0) = y′(0) = 1.
2. y(6) − y = 6xe−x.
3. x3y′′′ + xy′ − y = sin lnx.
4. y′′ + 6y′ + 9y = e−3x cos3 x.
5. x2y′′ + xy′ +(
x− 125
)y = 0.
6. xyy′′ = y′, y(1) = −1, y′(1) = 3.
II. 7.
dx
dt= 3x− 3y + 2z,
dy
dt= 2x− y + 2z,
dz
dt= 2x− 2y + 3z.
8.
dx
dt= x− y,
dy
dt= 2y − 2x.
9.
{y′ = 2y + z − e−x cos 2x,
z′ = −6y − 3z.
10. x1 (x3 − x2)∂u
∂x1+ x2 (x2 − x1)
∂u
∂x2+
(x2
2 − x1x3
) ∂u
∂x3= 0,
u|x1=1 = x2 + x3.
24
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Вариант 25
I. 1. y′′ − 2y = x(e−x + cos x
), y(0) = 0, y′(0) = 1.
2. y′′ + 2y′ + 2y = xe−x sinx.
3. x2y′′ + xy′ + 4y = 10x.
4. y′′ + 6y′ + 8y =4e−2x
2 + e2x.
5. x2y′′ + xy′ −(x2 + 9
)y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0.
6. xyy′′ − xy′ + y = 0, y(1) = −1, y′(1) = 0.
II. 7.
dx
dt= 5x− y − z,
dy
dt= 5y − x− z,
dz
dt= 5z − x− y.
8.
dx
dt= 2x− y,
dy
dt= x + 2y.
9.
dx
dt= x + 2y +
25t2 − t,
dy
dt= x− 3t.
10.(x2
3 − x22
) ∂u
∂x1+ x3
∂u
∂x2− x2
∂u
∂x3= 0, u|x3=0 = x2
1x22.
25
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Часть 2. Методические указания к решению задач
Студенту предлагается решить следующий типовой вариант учебногозадания и сверить свои результаты с приведёнными ниже.
I. 1. Найти решение задачи Коши:
y′′ + y′ = 5x + cos 2x, y(0) = 0,1, y′(0) = 0,4.
2. Найти общее решение следующих ДУ:
а) y′′ − 6y′ + 13y = 156e−3x sin 2x;
б) y′′ + 2y′ + 2y = chx sinx;
в) yIV + 5y′′ + 4y = sinx cos 2x.
3. Найти общее решение ДУ
x2y′′ − xy′ + y =1x
.
4. Методом Лагранжа найти общее решение ДУ
y′′ − y =2ex
ex − 1.
5. Используя разложение в степенной ряд, определить решение ДУ(1− x2
)y′′ − 5xy′ − 4y = 0,
удовлетворяющее условиям y(0) = 1, y′(0) = 0.
6. Построить четыре первых члена разложения в степенной ряд ре-шения задачи Коши:xy′′ + y sinx = x, y(π) = 1, y′(π) = 0.
II. 7. Методом Эйлера найти решение системы
dx1
dt= x1 + x2 − x3,
dx2
dt= −x1 + 2x2 − x3,
dx3
dt= 2x1 − x2 + 4x3.
26
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
8. Исследовать на устойчивость решения следующих систем уравне-ний, изобразить траектории решений и указать направление дви-жения по траекториям:
а)
dx
dt= 7y − 4x,
dy
dt= 5y − 2x;
б)
dx
dt= x− 2y,
dy
dt= 2x + 2y;
в)
dx
dt= y,
dy
dt= −3x− 4y;
г)
{x = −2x + y,
y = −x− 4y;
д)
{x = 2x− 8y,
y = 3x− 2y.
9. Методом Лагранжа найти общее решение системы ДУdx
dt= y,
dy
dt= x +
1t2
+ ln t.
10. Найти решение ДУ1
cos x
∂u
∂x+
∂u
∂y= u ctg y.
Решение задачи 1
y′′ + y′ = 5x + cos 2x, y(0) = 0,1, y′(0) = 0,4
Составим и решим характеристическое уравнение:
r2 + r = 0, r1 = 0, r2 = −1.
Общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид
y0(x) = C1 + C2e−x.
Правая часть неоднородного уравнения представляет собой суммудвух функций f1(x) = 5x и f2(x) = cos 2x. Им соответствуют два частных
27
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
решения y1(x) и y2(x). Т. к. f1(x) — многочлен первой степени, то кон-трольным числом будет σ = 0, и оно является корнем характеристиче-ского уравнения кратности k = 1, поэтому частное решение y1(x) ищетсяв виде
y1(x) = x(Ax + B) = Ax2 + Bx.
Контрольное число, соответствующее f2(x) = cos 2x, равно 2i и не явля-ется корнем характеристического уравнения, поэтому частное решениеy2(x) имеет вид
y2(x) = C cos 2x + D sin 2x.
Таким образом, частное решение заданного уравнения имеет следующуюструктуру:
y(x) = y1(x) + y2(x) = Ax2 + Bx + C cos 2x + D sin 2x.
Найдём производные первого и второго порядков функции y(x), под-ставим их в дифференциальное уравнение и определим неизвестные кон-станты A, B, C, D методом неопределённых коэффициентов.
y ′(x) = 2Ax + B − 2C sin 2x + 2D cos 2x;
y ′′(x) = 2A− 4C cos 2x− 4D sin 2x;
2A− 4C cos 2x− 4D sin 2x + 2Ax + B − 2C sin 2x + 2D cos 2x = 5x + cos 2x;
x : 2A = 5,
x0 : 2A + B = 0,
cos 2x : −4C + 2D = 1,sin 2x : −4D − 2C = 0.
A = 2,5, B = −5, C = −0,2, D = 0,1, и частное решение исходного нели-нейного уравнения
y(x) = 2,5x2 − 5x− 0,2 cos 2x + 0,1 sin 2x,
а его общее решение
y(x) = C1 + C2e−x + 2,5x2 − 5x− 0,2 cos 2x + 0,1 sin 2x.
28
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Найдём частное решение, используя заданные начальные условия.
y′(x) = −C2e−x + 5x− 5 + 0,4 sinx + 0,2 cos 2x;
y(0) = C1 + C2 − 0,2;
y′(0) = −C2 − 5 + 0,2 = −C2 − 4,8.
Из системы {C1 + C2 − 0,2 = 0,1,
−C2 − 4,8 = 0,4
определяем C1 = 5,5, C2 = −5,2.Таким образом, решение задачи Коши имеет вид
y(x) = 5,5− 5,2e−x + 2,5x2 − 5x− 0,2 cos 2x + 0,1 sin 2x.
Решение задачи 2
а) y′′ − 6y′ + 13y = 156e−3x sin 2x
Составим характеристическое уравнение и найдём его корни.
r2 − 6r + 13 = 0; r1 = 3− 2i; r2 = 3 + 2i.
Следовательно, общее решение соответствующего однородного уравне-ния имеет вид
y0(x) = e3x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) .
Контрольное число, соответствующее правой частиf(x) = 156e−3x sin 2x, σ = −3 + 2i не является корнем характеристиче-ского уравнения, поэтому частное решение неоднородного уравненияищется в виде
y(x) = e−3x (A cos 2x + B sin 2x) .
Дважды продифференцируем y(x), подставим выражения y(x), y ′(x)и y ′′(x) в исходное уравнение и определим неизвестные коэффициентыA и B.
y ′(x) = e−3x ((2B − 3A) cos 2x + (−2A− 3B) sin 2x) ;
29
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
y ′′(x) = e−3x ((5A− 12B) cos 2x + (12A + 5B) sin 2x) ;
e−3x ((−12B + 5A− 12B + 18A + 13A) cos 2x+
+(12A + 5B + 12A + 18B + 13B) sin 2x) = 156e−3x sin 2x.
cos 2x : 36A− 24B = 0,
sin 2x : 24A + 36B = 156.
A = 2, B = 3, и частное решение исходного уравнения принимает вид
y(x) = e−3x (2 cos 2x + 3 sin 2x) ,
а общее решение
y(x) = y0(x) + y(x) = e3x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) + e−3x (2 cos 2x + 3 sin 2x) .
б) y′′ + 2y′ + 2y = ch x sin x
Составим и решим характеристическое уравнение:
r2 + 2r + 2 = 0; r1 = −1− i, r2 = −1 + i.
Общее решение соответствующего однородного уравнения имеет вид
y0(x) = e−x (C1 cos x + C2 sinx) .
Преобразуем правую часть заданного уравнения, используя представ-ление гиперболического косинуса в виде
chx =ex + e−x
2.
В результате получим
f(x) =12
(ex + e−x
)sinx =
12ex sinx +
12e−x sinx.
Частное решение неоднородного уравнения следует искать в виде сум-мы y(x) = y1(x) + y2(x), каждое слагаемое которой является частнымрешением ДУ с правыми частями f1(x) = 1
2ex sinx и f2(x) = 12e−x sinx
30
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
соответственно. Контрольное число σ = 1 + i для f1(x) не является кор-нем характеристического уравнения, в силу этого частное решение будетиметь вид
y1(x) = ex (A cos x + B sinx) .
Контрольное число σ = −1 + i для f2(x) является корнем характеристи-ческого уравнения, поэтому здесь частное решение неоднородного урав-нения ищется в виде
y2(x) = xe−x (C cos x + D sinx) .
Таким образом, частное решение заданного неоднородного уравненияследует искать в виде
y(x) = y1(x) + y2(x) = ex (A cos x + B sinx) + xe−x (C cos x + D sinx) .
Для отыскания неизвестных коэффициентов A, B, C, D про-дифференцируем дважды y(x) и подставим полученные выражениядля y(x), y ′(x), y ′′(x) в заданное уравнение.
y ′(x) = ex ((A + B) cos x + (B −A) sinx) +
+ e−x ((C + x(D − C)) cos x + (D − x(D + C)) sinx) ;
y ′′(x) = ex (2B cos x− 2A sinx) +
+ e−x ((−2Dx− 2C + 2D) cos x + (2Cx− 2D − 2C) sinx) .
ex ((2B + 2A + 2B + 2A) cos x + (−2A + 2B − 2A + 2B) sinx) +
+ e−x ((−2Dx− 2C + 2D + 2C − 2Cx + 2Dx + 2Cx) cos x+
+(2Cx−2D−2C+2D−2Dx−2Cx+2Dx) sinx)=12ex sinx+
12e−x sinx;
ex ((4B + 4A) cos x + (4B − 4A) sinx) +
+ e−x (2D cos x− 2C sinx) =12ex sinx +
12e−x sinx.
Используя метод неопределённых коэффициентов, получим:
ex cos x : 4B + 4A = 0,
ex sinx : 4B − 4A = 12 ,
e−x cos x : 2D = 0,
e−x sinx : −2C = 12 .
31
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
A = − 116
, B =116
, C = −14, D = 0.
Частное решение исходного уравнения
y(x) =116
ex (sinx− cos x)− 14xe−x cos x,
общее решение
y(x)=y0(x)+y(x)=e−x (C1 cos x+C2 sinx)+116
ex (sinx−cos x)−14xe−x cos x.
в) yIV + 5y′′ + 4y = sin x cos 2x
Характеристическое уравнение r4 + 5r2 + 4 = 0, его корни:
r1 = i, r2 = −i, r3 = 2i, r4 = −2i.
Общее решение однородного уравнения:
y0(x) = C1 cos x + C2 sinx + C3 cos 2x + C4 sin 2x.
Используя тригонометрическую формулу
sinα cos β =12
(sin(α− β) + sin(α + β)) ,
преобразуем правую часть заданного уравнения:
f(x) = sin x cos 2x =12
(sin(x− 2x) + sin(x + 2x)) =12
(sin 3x− sinx) .
Каждому слагаемому преобразованной правой части уравненияf1(x) = 1
2 sin 3x и f2(x) = − 12 sinx соответствуют частные решения y1(x)
и y2(x).Для f1(x) контрольное число σ = 3i не является корнем харак-
теристического уравнения, поэтому частное решение ищется в ви-де y1(x) = A cos 3x + B sin 3x; для f2(x) контрольное число σ = i естькорень характеристического уравнения, поэтому частное решениеy2(x) = x(C cos x + D sinx). Частное решение заданного уравнения запи-шется в виде
y(x) = y1(x) + y2(x) = A cos 3x + B sin 3x + x(C cos x + D sinx).
32
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Найдём производные первого, второго, третьего и четвёртого порядковфункции y(x) и подставим их в заданное уравнение, в результате чегоопределим неизвестные коэффициенты A, B, C, D.
y ′(x) = −3A sin 3x + 3B cos 3x + (Dx + C) cos x + (D − Cx) sinx;
y ′′(x) = −9A cos 3x− 9B sin 3x + (2D − Cx) cos x− (Dx + 2C) sinx;
y ′′′(x) = 27A sin 3x− 27B cos 3x− (Dx + 3C) cos x + (Cx− 3D) sinx;
y IV (x) = 81A cos 3x + 81B sin 3x + (Cx− 4D) cos x + (Dx + 4C) sinx.
81A cos 3x + 81B sin 3x + (Cx− 4D) cos x + (Dx + 4C) sinx−− 45A cos 3x− 45B sin 3x + 5(2D − Cx) cos x− 5(Dx + 2C) sinx+
+ 4A cos 3x + 4B sin 3x + 4Cx cos x + 4Dx sinx =12
sin 3x− 12
sinx;
40A cos 3x + 40B sin 3x + (Cx− 4D − 5Cx + 10D + 4Cx) cos x+
+ (Dx + 4C − 5Dx− 10C + 4Dx) sinx =12
sin 3x− 12
sinx;
40A cos 3x + 40B sin 3x + 6D cos x− 6C sinx =12
sin 3x− 12
sinx.
Используя метод неопределённых коэффициентов, получим:
cos 3x : 40A = 0,
sin 3x : 40B = 12 ,
cos x : 6D = 0,
sinx : −6C = − 12 ;
A = 0, B =180
, C =112
, D = 0.
Частное решение неоднородного уравнения имеет вид
y(x) =180
sin 3x +112
x cos x.
Общее решение неоднородного уравнения:
y(x) = y0(x) + y(x) =
= C1 cos x + C2 sinx + C3 cos 2x + C4 sin 2x +180
sin 3x +112
x cos x.
33
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Решение задачи 3
x2y′′ − xy′ + y =1
x
Это уравнение Эйлера. Оно сводится к линейному ДУ с постояннымикоэффициентами заменой x = et (t = lnx, x > 0). Найдём определяющееуравнение для однородного уравнения Эйлера с помощью подстановкиy = xr.
x2r(r − 1)xr−2 − xrxr−1 + xr = 0,
r(r − 1)− r + 1 = 0, r2 − 2r + 1 = 0.
Таким образом, исходное уравнение Эйлера с помощью заменыt = lnx приводится к линейному ДУ с постоянными коэффициентамивида
y′′t2 − 2y′t + y = e−t.
Общее решение этого уравнения
y(t) = (C1 + C2t) et +1
4et.
Возвращаемся к старой переменной и получаем общее решение исходногоуравнения Эйлера
y(t) = (C1 + C2 lnx) x +14x
, x > 0.
Решение задачи 4
y′′ − y =2ex
ex − 1Правая часть данного уравнения не является правой частью специ-
ального вида, поэтому будем решать его методом Лагранжа. Общее ре-шение соответствующего однородного уравнения
y0(x) = C1ex + C2e
−x.
Следовательно, ищем общее решение исходного уравнения в виде
y0(x) = C1(x)ex + C2(x)e−x,
34
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
где C1(x) и C2(x) — неизвестные функции, которые находим из системыC ′1(x)ex + C ′2(x)e−x = 0,
C ′1(x)ex − C ′2(x)e−x =2ex
ex − 1.
Сложив эти уравнения, получим
C ′1(x) =1
ex − 1.
Тогда C1(x) = ln |e−x − 1|+ D1.
C ′2(x) = −e2xC ′1(x), C ′2(x) = − e2x
ex − 1,
C2(x) = −ex − ln |ex − 1|+ D2.
Общее решение заданного уравнения
y(x) =(ln |e−x − 1|+ D1
)ex + (−ex − ln |ex − 1|+ D2) e−x,
y(x) = D1ex + D2e
−x + ex ln |e−x − 1| − e−x ln |ex − 1| − 1.
Решение задачи 5(1 − x2
)y′′ − 5xy′ − 4y = 0, y(0) = 1, y′(0) = 0
Умножим правую и левую часть уравнения на(1− x2
)−1, получим
y′′ − 5x
1− x2y′ − 4
1− x2y = 0.
Коэффициенты уравнения p(x) = − 5x
1− x2и q(x) =
41− x2
можно раз-
ложить в ряды в окрестности точки x0 = 0:
p(x) = −5x∞∑
n=0
x2n = −5∞∑
n=0
x2n+1, q(x) = −4∞∑
n=0
x2n.
Эти ряды сходятся в интервале I = (−1; 1), значит существуетединственное решение задачи Коши, представимое в виде ряда
35
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
y(x) =∞∑
n=0
anxn, сходящегося в том же интервале. Найдём коэффици-
ент an методом неопределённых коэффициентов. Подставим ряды
y(x) =∞∑
n=0
anxn, y′(x) =∞∑
n=1
annxn−1, y′′(x) =∞∑
n=2
ann(n− 1)xn−2
в исходное дифференциальное уравнение:
∞∑n=2
ann(n− 1)xn−2 −∞∑
n=2
ann(n− 1)xn − 5∞∑
n=1
annxn − 4∞∑
n=0
anxn = 0.
В первом слагаемом сделаем замену индекса n− 2 = l и переобозна-чим его:∞∑
n=0
an+2(n+2)(n+1)xn−∞∑
n=2
ann(n− 1)xn− 5∞∑
n=1
annxn− 4∞∑
n=0
anxn = 0.
Выделим в первом, третьем и четвёртом слагаемых члены ряда с индек-сами n = 0 и n = 1:
2a2 + 6a3x +∞∑
n=2
an+2(n + 2)(n + 1)xn −∞∑
n=2
ann(n− 1)xn−
−5a1x− 5∞∑
n=2
annxn − 4a0 − 4a1x− 4∞∑
n=2
anxn = 0.
Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в левой и пра-вой частях, получим систему со счётным числом неизвестных:
2a2 − 4a0 = 0;
6a3 − 9a1 = 0;
an+2(n + 2)(n + 1)− 5ann− ann(n− 1)− 4an = 0, n = 2, 3, 4, . . .
Из условий Коши следует, что a0 = 1, a1 = 0, поэтому a2 = 2, a3 = 0.
an+2(n + 2)(n + 1) = an(5n + n(n− 1) + 4);
an+2 =an(n + 2)
n + 1, n = 2, 3, 4, . . .
36
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Из рекуррентной формулы следует, что все нечётные коэффициенты рав-ны нулю. Найдём чётные коэффициенты.
При n = 2 a4 =a243
=2 · 43
;
при n = 4 a6 =a465
=2 · 4 · 63 · 5
;
при n = 6 a8 =a687
=2 · 4 · 6 · 83 · 5 · 7
; и т. д.
Очевидно, a2k =2 · 4 · 6 · . . . · 2k
3 · 5 · 7 · . . . · (2k − 1)=
(2k)!!(2k − 1)!!
, n = 1, 2, 3, . . .
Таким образом, функция y(x) = 1 +∞∑
k=1
(2k)!!(2k − 1)!!
x2k, где x ∈ (−1; 1),
есть решение исходной задачи Коши.
Решение задачи 6
xy′′ + y sin x = x, y(π) = 1, y′(π) = 0
Решение задачи Коши ищем в виде ряда
y(x) = y(π) +y′(π)
1!(x− π) +
y′′(π)2!
(x− π)2 +y′′′(π)
3!(x− π)3 + . . . ,
где y(π) = 1, y′(π) = 0. Из исходного уравнения находим
y′′ = 1− y sinx
xи y′′(π) = 1− y(π) sinπ
π= 1.
Найдём y′′′(x).
y′′′ = −(
y sinx
x
)′= − (y′ sinx + y cos x) x− y sinx
x2, y′′′(π) =
1π
.
Найдём yIV (x).
yIV = −(
y′ sinx
x+
y cos x
x− y sinx
x2
)′= − (y′′ sinx + y′ cos x) x− y′ sinx
x2−
− (y′ cos x− y sinx) x− y cos x
x2+
(y′ sinx + y cos x) x2 − 2xy sinx
x4,
37
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
yIV (π) = − 2π2
.
Найденные значения подставляем в степенной ряд и получаем иско-мое решение в виде
y(x) = 1 +12(x− π)2 +
16π
(x− π)3 − (x− π)4
12π2+ . . .
Решение задачи 7
dx1
dt= x1 + x2 − x3,
dx2
dt= −x1 + 2x2 − x3,
dx3
dt= 2x1 − x2 + 4x3
Систему можно коротко записать в виде матричного уравненияdx
dt= Ax, где
A =
1 1 −1−1 2 −12 −1 4
, x(t) =
x1(t)x2(t)x3(t)
,dx
dt=
dx1
dtdx2
dtdx3
dt
.
Составим характеристическое уравнение системы:∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1 −1−1 2− λ −12 −1 4− λ
∣∣∣∣∣∣∣ = 0, (λ− 2)2(λ− 3) = 0,
решая которое, получаем простой корень λ1 = 3 и корень λ2 = 2 кратно-сти k = 2.
Решение системы ϕ1(t), соответствующее корню λ1 = 3, ищем в виде
ϕ1(t) =
α
β
γ
e3t,
38
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
где α, β, γ — неизвестные коэффициенты, которые находятся из системы
1− λ1 1 −1−1 2− λ1 −12 −1 4− λ1
α
β
γ
= 0 ⇔
−2α + β − γ = 0,
−α− β − γ = 0,
2α− β + γ = 0.
Вычтем из первого уравнения второе:
{−α + 2β = 0,
α + β + γ = 0.
Таким образом, α = 2β, γ = −3β. Пусть β = 1, тогда α = 2, γ = −3,
ϕ1(t) =
21−3
e3t.
Решение, соответствующее кратному корню λ2 = 2, ищем в виде
ϕ2(t) =
a + bt
c + dt
e + ft
e2t,
где a, b, c, d, e, f — неизвестные коэффициенты, которые находятся мето-дом неопределённых коэффициентов. Подставим ϕ2(t) в систему диффе-ренциальных уравнений и разделим каждое уравнение на величину e2t,которая отлична от нуля; получим
b + 2(a + bt) = a + bt + c + dt− e− ft,
d + 2(c + dt) = −a− bt + 2c + 2dt− e− ft,
f + 2(e + ft) = 2a + 2bt− c− dt + 4e + 4ft.
39
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях t в левой и пра-вой частях уравнений:
a + b− c + e = 0,
a + d + e = 0,
2a− c + 2e− f = 0,
b− d + f = 0,
b + f = 0,
2b + 2f − d = 0.
Так как кратность корня λ2 = 2 k = 2, то в системе две неизвестныхбудут свободными. Пусть a = c1, b = c2, где c1, c2 — произвольные кон-станты, тогда c = c2, d = 0, e = −c1, f = −c2,
ϕ2(t) =
c1 + c2t
c2
−c1 − c2t
e2t.
Решение системы можно записать в виде
x(t)=
c1 + c2t
c2
−c1 − c2t
e2t+
2c3
c3
−3c3
e3t илиx1(t)=(c1 + c2t)e2t + 2c3e
3t,
x2(t)=c2e2t + c3e
3t,
x3(t)=(−c1 − c2t)e2t − 3c3e3t.
Решение задачи 8
a)
dx
dt= 7y − 4x,
dy
dt= 5y − 2x
Матрица системы A =
[−4 7−2 5
]. Ей соответствует характеристиче-
ское уравнение ∣∣∣∣∣ −4− λ 7−2 5− λ
∣∣∣∣∣ = 0, λ2 − λ− 6 = 0;
40
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
его корни λ1 = −2 и λ2 = 3 — действительные и имеют разные знаки,поэтому точка покоя x = 0, y = 0 является «седлом», которое всегданеустойчиво.
Общее решение системы имеет вид{x(t) = 7c1e
−2t + c2e3t,
y(t) = 2c1e−2t + c2e
3t.
При c1 = 0 получим частное решение x(t) = c2e3t, y(t) = c2e
3t, откудаy = x. При t → +∞ x(t) →∞, y(t) →∞, т. е. на прямой y = x движе-ние направлено от точки покоя. При c2 = 0 x(t) = 7c1e
−2t, y(t) = 2c1e−2t,
т. е. y = 27x. При t → +∞ x(t) → 0, y(t) → 0, таким образом, движение
на прямой y = 27x направлено к точке покоя.
Решения системы y = x и y = 27x называются сепаратрисами «седла»,
только они проходят через начало координат. Остальными траекториямив случае особой точки типа «седло» будут гиперболы, имеющие в каче-стве своих асимптот сепаратрисы y = x и y = 2
7x.Сведём систему к ДУ, поделив её второе уравнение на первое:
dy
dx=
5y − 2x
7y − 4x,
и введём в рассмотрение угол α, который некоторая кривая образуетв данной точке с положительным направлением оси ox. Тогда становитсяочевидным, что y′ = 0 при y = 2
5x, и для фазовых траекторий в точкахпересечения с этой прямой α = 0; y′ = ∞ при y = 4
7x, в данном случаеугол α = 90°.
На рис. 1 изображены траектории данной системы и показано направ-ление движения по ним.
б)
dx
dt= x − 2y,
dy
dt= 2x + 2y
Матрица системы A =
[1 −22 2
].
41
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Рис. 1
Рис. 2
42
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Найдём собственные значения матрицы из характеристического урав-нения:
λ2 − 3λ + 6 = 0, λ1, 2 =32±√
152
i.
Положение равновесия является неустойчивым фокусом. Следова-тельно, кроме положения равновесия (0; 0), остальные траектории — спи-рали, которые делают вокруг него бесконечное число оборотов. Чтобыопределить направления движения по этим кривым при t → +∞ най-дём вектор фазовой скорости v0 системы в какой-нибудь точке. Напри-мер, в точке (0,3; 0) v0 = (0,3; 0,6); следовательно, при t → +∞ движениепо спиралям направлено против хода часовой стрелки (рис. 2).
в)
dx
dt= y,
dy
dt= −3x − 4y
Матрица системы
A =
[0 1−3 −4
]имеет собственные значения λ1 = −1, λ2 = −3 и соответствующие соб-ственные векторы γ1 = [1 − 1]T , γ2 = [1 − 3]T . Таким образом, положе-ние равновесия (0; 0) является устойчивым узлом, через который про-ходит бесконечное множество интегральных кривых. Решение системыимеет вид {
x(t) = C1e−t + C2e
−3t,
y(t) = −C1e−t − 3C2e
−3t.
Тогда
y(t)x(t)
=−C1e
−t − 3C2e−3t
C1e−t + C2e−3t=
e−t(−C1 − 3C2e−2t)
e−t(C1 + C2e−2t)−−−−→t→+∞
−1,
откуда следует, что все интегральные кривые системы, проходя черезточку (0; 0), касаются прямой y = −x.
y(t)x(t)
=e−3t(−C1e
2t − 3C2)e−3t(C1e2t + C2)
−−−−→t→−∞
−3,
43
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
это означает, что в бесконечно удалённой точке все интегральные кривыестановятся параллельными прямой y = −3x.
Из ДУ y′ =−3x− 4y
yможно сделать вывод о том, что в точках пе-
ресечения фазовых траекторий с прямой y = 0 угол α = 90°, а с прямойy = − 3
4x α = 0° (cм. стр. 41).На рис. 3 изображён фазовый портрет системы в окрестности по-
ложения равновесия (0; 0). Стрелки указывают направление движенияпо траекториям при t → +∞.
Рис. 3
г)
{x = −2x + y,
y = −x − 4y
Матрица системы
A =
[−2 1−1 −4
],
44
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Рис. 4
Рис. 5
45
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
её собственные значения — λ1 = λ2 = −3. Таким образом, точка равно-весия (0; 0) — устойчивый монокритический узел.
Определим интегральную прямую системы y = kx с помощью ДУ
dy
dx=−x− 4y
−2x + y.
k =−x− 4kx
−2x + kx⇒ k(−2 + k) = −1− 4k ⇒
k2 + 2k + 1 = 0 ⇒ k1 = k2 = −1.
Уравнение искомой прямой y = −x. Все интегральные кривые, проходячерез точку (0; 0), касаются этой прямой. Из составленного ДУ такжеследует, что в точках пересечения фазовых кривых с прямой y = 2x уголα = 90°, а с прямой y = − 1
4x α = 0° (cм. стр. 41).Фазовый портрет системы в разных масштабах приведён на рис. 4, 5.
Стрелками указаны направления движения по траекториям при t → +∞.
д)
{x = 2x − 8y,
y = 3x − 2y
Матрица системы
A =
[2 −83 −2
],
её собственные значения — λ1,2 = ±2√
5i, значит положение равнове-сия (0; 0) — устойчивый центр, через который не проходит ни одна ин-тегральная кривая.
Из ДУdy
dx=
3x− 2y
2x− 8yследует, что в точках пересечения интеграль-
ных кривых с прямой y = 1,5x угол α = 0°, а с прямой y = 14x α = 90°
(cм. стр. 41).Для определения направления движения по траекториям рассмотрим
точку (0,5; 0). В ней вектор фазовой скорости системы равен v0 = (1; 1,5),поэтому движение происходит против хода часовой стрелки. Фазовыйпортрет системы в окрестности точки (0; 0) изображен на рис. 6.
Замечание: уравнения траекторий32x2 − 2xy + 4y2 = C.
46
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Рис. 6
Решение задачи 9dx
dt= y,
dy
dt= x +
1
t2+ ln t
Общее решение соответствующей однородной системы есть{x0(t) = c1e
t + c2e−t,
y0(t) = c1et − c2e
−t.
Общее решение исходной системы ищем в виде{x(t) = c1(t)et + c2(t)e−t,
y(t) = c1(t)et − c2(t)e−t.
Функции c1(t), c2(t) определяем из уравнений
c′1(t)et + c′2(t)e
−t = 0,
c′1(t)et − c′2(t)e
−t =1t2
+ ln t;⇒
c′1(t) =
12e−t
(1t2
+ ln t
),
c′2(t) = −12et
(1t2
+ ln t
).
47
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Отсюда, c1(t) =12
∫e−t
t2dt +
12
∫e−t ln t dt; оба интеграла решаем с помо-
щью формулы интегрирования по частям, причём в первом интегралев качестве функции u берём e−t, во втором — функцию ln t. Получим
c1(t) = −12e−t
(1t
+ ln t
)+ D1.
Аналогично c2(t) =12et
(1t− ln t
)+ D2.
Общее решение системыx(t) = D1et + D2e
−t − ln t,
y(t) = D1et −D2e
−t − 1t,
D1, D2 — произвольные постоянные.
Решение задачи 10
1
cos x
∂u
∂x+
∂u
∂y= u ctg y
Составляем систему уравнений для характеристик в симметричнойформе:
cos xdx = dy =du
u ctg y.
Находим независимые интегралы полученной системы уравнений:
cos xdx = dy, y − sinx = c1.
dy =du
u ctg y, ctg y dy =
du
u;
ln | sin y|+ ln |C2| = ln |u| ⇒ u
sin y= C2.
Общее решение данного уравнения запишем в виде
Φ(
y − sinx,u
sin y
)= 0
или u = f(y − sinx) sin y, где f(z) — произвольная непрерывно диффе-ренцируемая функция.
48
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Приложения
Предельные циклы
Если система дифференциальных уравнений имеет точку покоя типа«центр», то некоторая область фазового пространства сплошь заполненазамкнутыми интегральными кривыми, окружающими эту точку (см. за-дачу 8(д) на стр. 46). Возможен также случай, при котором имеется лишьодна такая кривая. Так фазовые портреты нелинейных дифференциаль-ных уравнений и систем могут содержать изолированные замкнутые тра-ектории, которые называют предельными циклами. В их окрестности нетдругих замкнутых линий, а остальные траектории представляют собойспирали, которые либо «наматываются», либо «сматываются» с предель-ного цикла.
Различают три типа предельных циклов. Предельный цикл называ-ется устойчивым, если все близкие траектории приближаются к немупри t → +∞ (рис. 7а); неустойчивым, если удаляются (рис. 7б); полу-устойчивым, если с одной его стороны траектории приближаются к нему,а с другой удаляются от него (рис. 7в).
Предельные циклы отвечают изолированным периодическим реше-ниям ДУ или систем. Эти решения соответствуют разнообразным свой-ствам процессов и явлений, происходящих в теории колебаний, радиофи-зике, астрономии, биологии, медицине; периодические решения появля-ются в дифференциальных моделях задач экономики, автоматическогорегулирования и других областей науки и техники [1].
а б вРис. 7
49
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
В качестве примера рассмотрим нелинейную систему уравненийdx
dt= −x
(√x2 + y2 − 1
)− y,
dy
dt= −y
(√x2 + y2 − 1
)+ x.
(1)
Чтобы решить её, введём полярные координаты r, ϕ: x = r cos ϕ,y = r sinϕ. Продифференцируем соотношения x2 + y2 = r2, arctg y
x = ϕ
по t, получим
xdx
dt+ y
dy
dt= r
dr
dt; (2)
1
1 + y2
x2
(1x
dy
dt− y
x2
dx
dt
)=
dϕ
dt⇒ x
dy
dt− y
dx
dt= r2 dϕ
dt. (3)
Умножим первое уравнение системы на x, второе — на y и сложимполученное:
xdx
dt+ y
dy
dt= −(x2 + y2)
(√x2 + y2 − 1
).
Это выражение с учётом (2) можно записать в виде
dr
dt= −r(r − 1).
Умножим второе уравнение системы на x, первое — на −y и сложимполучившиеся уравнения:
xdy
dt− y
dx
dt= x2 + y2.
Учитывая (3), перепишем последнее соотношение в виде
dϕ
dt= 1.
Система (1) имеет единственную особую точку (0; 0). Так как нас ин-тересует сейчас только построение траекторий, то можно считать r > 0.Тогда система уравнений приводится к виду
dr
dt= −r(r − 1),
dϕ
dt= 1.
50
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Проинтегрировав уравнения системы, получаемr =1
1− Ce−t,
ϕ = t + t0.(4)
Так как r > 0, то Ce−t < 1.Если в решении (4) положить C = 0, то r = 1, ϕ = t + t0. Эти равен-
ства определяют замкнутую траекторию — окружность x2 + y2 = 1. ЕслиC < 0, то r < 1 (внутренность полученной окружности), и при t → +∞r → 1; при C > 0 r > 1 (внешность окружности), и при t → +∞ такжеr → 1. Таким образом, можно сделать следующий вывод: у системы (1)существует единственная замкнутая траектория x2 + y2 = 1, к которойс течением времени приближаются все остальные траектории (спирали).Фазовый портрет приведён на рис. 8, направление движения по предель-ному циклу — против хода часовой стрелки.
Рис. 8
51
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Построение фазового портрета системыдифференциальных уравнений в пакете Maple
Для проверки полученных в ходе решения задачи 8 результатов мож-но построить поле направлений, задаваемое системой ДУ, с помощьюфункций прикладных пакетов для математических расчётов. Проще все-го это сделать в пакете Maple, в котором для численного решения за-дач Коши, а также для визуализации полученных результатов служитмодуль DEtools. Подключается он командой with(DEtools). Предвари-тельно можно выполнить команду restart, которая полностью очищаетвнутреннюю память Maple от раннее введённых определений. Фазовыйпортрет системы двух ДУ первого порядка строится командами DEplot,phaseportrait со списком аргументов: ДУ или система, список неизвест-ных функций, диапазон изменения независимой переменной, начальныеусловия, диапазон изменения функций, параметры построения.
Основа всех иллюстраций данного издания была подготовлена с по-мощью функции DEplot. Например, фазовый портрет для рис. 6 полученв результате выполнения следующих команд:
> restart; with(DEtools):> DEplot({diff(x(t),t)=2*x-8*y,
diff(y(t),t)=3*x-2*y}, # система ДУ[x(t),y(t)], # неизвестные функцииt=-1.1..5, # диапазон изменения
независимой переменной[[0,0.1,0],[0,0.3,0],[0,0.50,0], # начальные условия[0,0.70,0],[0,0.9,0]], # в формате [t, x, y]stepsize=0.01, # шаг изменения независимой
переменной t при численномрешении системы
arrows=none, # тип стрелки векторного поля(small, medium, large, line,none), none --- отсутствует
linecolor=black, # цвет линий графикаthickness=3, # толщина линий графикаscaling=constrained); # масштаб графика сжатый
52
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Заключение
Настоящее учебное пособие было составлено для самостоятельной ра-боты студентов–бакалавров направления «Прикладная математика и иф-норматика» при изучении второй части курса «Обыкновенные диффе-ренциальные уравнения». По замыслу авторов при полном и правиль-ном выполнении задач индивидуального варианта обучающийся долженнаучиться решать линейные дифференциальные уравнения высших по-рядков с постоянными коэффициентами, линейные уравнения с голо-морфными коэффициентами, линейные системы уравнений с постоянны-ми коэффициентами, уравнения с частными производными первого по-рядка, а также исследовать решение системы уравнений с постояннымикоэффициентами на устойчивость в смысле Ляпунова. Но решение одно-го типового примера для каждой задачи не вырабатывает необходимыев профессиональной деятельности математика навыки, поэтому авторыпредлагают студентам решать другие подобные упражнения в задачни-ках по дифференциальным уравнениям [6, 8, 10]. Для расширенного са-мостоятельного изучения рассматриваемого курса существует большоемножество литературы, написанной языком разного уровня сложности;студентам рекомендуется обратить внимание на книги [2, 4, 5, 9] и на бо-лее «серьезные» издания [3, 7], а также на книгу [1], в которой рассматри-вается исследование дифференциальных уравнений из задач практики.
53
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Амелькин В. В. Дифференциальные уравнения в приложениях[Текст] /М.: Наука. Главная редакция физико–математической ли-тературы, 1987. — 160 с.
2. Богданов Ю. С., Мазаник С. А., Сыроид Ю. Б. Курс диф-ференциальных уравнений: учеб. пособие [Текст] /Мн.: Унiверсiт-эцкае, 1996. — 287 с.
3. Демидович Б. П. Лекции по математической теории устойчиво-сти [Текст] /СПб.: Лань, 2008. — 480 с.
4. Камке Э. Справочник по обыкновенным дифференциальнымуравнениям [Текст] / СПб.: Лань, 2003. — 576 с.
5. Матвеев Н. М. Методы интегрирования обыкновенных диффе-ренциальных уравнений: учеб. [Текст] / СПб.: Лань, 2003. — 832 с.
6. Матвеев Н. М. Сборник задач и упражнений по обыкновен-ным дифференциальным уравнениям: учеб. пособие. [Текст] / СПб.:Лань, 2003. — 432 с.
7. Понтрягин А. С. Обыкновенные дифференциальные уравнения[Текст] /Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотическая динамика»,2001. — 400 с.
8. Романко В. К., Агаханов Н. Х., Власов В. В., Ковален-ко Л. И. Сборник задач по дифференциальным уравнениям и ва-риационному исчислению [Текст] /М.: Бином, 2009. — 312 с.
9. Степенов В. В. Курс дифференциальных уравнений [Текст] / М.:Государственное издательство физико–математической литерату-ры, 1959. — 468 с.
10. Филиппов А. Ф. Сборник задач по дифференциальным уравне-ниям: учеб. пособие [Текст] /Ижевск: НИЦ «Регулярная и хаотиче-ская динамика», 2000. — 176 с.
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Оглавление
Предисловие . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4Часть 1. Варианты индивидуальных заданий . . . . . . . . . . . . . 9Часть 2. Методические указания к решению задач . . . . . . . . . . 26Приложения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Предельные циклы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Построение фазового портрета системы ДУ в пакете Maple . . 52
Заключение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53Библиографический список . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
home.s
amgtu.r
u/~p
mi/stu
d_po
sob.h
tml
Учебное издание
Обыкновенные дифференциальные уравнения. Часть 2
ПАВЛОВА Галина Александровна,БЕНГИНА Татьяна Алексеевна,
ГОРБУНОВ Сергей Владимирович
Печатается в авторской редакции
Подписано в печать 26.09.2013Формат 60х84 1/16.Бумага офсетная.
Усл. п. л. 3,12. Уч.–изд. л. 3,00Тираж 80 экз. Рег. №213/13
Заказ №
Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждениевысшего профессионального образования
“Самарский государственный технический университет”443100, г. Самара, ул. Молодогвардейская, 244,
Главный корпус
Отпечатано в типографии Самарскогогосударственного технического университета
443100, г. Самара, ул. Молодогвардейская, 244,Корпус №8
