Данный пример относится к случаю 1. Введем функцию y′=p(x). Тогда y′′=p′. Следовательно, p′=sinx+cosx. Интегрируя, находим функцию p(x): dpdx=sinx+cosx,⇒dp=(sinx+cosx)dx,⇒∫dp=∫(sinx+cosx)dx,⇒p=−cosx+sinx+C1. Учитывая, что y′=p, проинтегрируем еще одно уравнение 1-го порядка: y′=−cosx+sinx+C1,⇒∫dy=∫(−cosx+sinx+C1)dx,⇒y=−sinx−cosx+C1x+C2. Последняя формула представлят собой общее решение исходного дифференциального уравнения.
Пример 2
Решить уравнение y′′=14√y.
Решение.
Это уравнение относится к типу 2, где правая часть зависит лишь от переменной y. Введем параметр p=y′. Тогда уравнение можно записать в виде y′′=dpdyp=14√y. Мы получили уравнение 1-го порядка с разделяющимися переменными для функции p(y). Интегрируем его: dpdyp=14√y,⇒2pdp=dy2√y,⇒∫2pdp=∫dy2√y,⇒p2=√y+C1, где C1 − постоянная интегрирования.
Извлекая квадратный корень из обеих частей, находим функцию p(y): p=±√√y+C1. Теперь вспомним, что y′=p и решим еще одно уравнение 1-го порядка: y′=±√√y+C1,⇒dydx=±√√y+C1. Разделим переменные и проинтегрируем: dy√√y+C1=±dx,⇒∫dy√√y+C1=±∫dx. Чтобы вычислить левый интеграл, сделаем замену: √y+C1=z,⇒dz=dy2√y,⇒dy=2√ydz=2(z−C1)dz. Тогда левый интеграл будет равен ∫dy√√y+C1=∫2(z−C1)dz√z=2∫(z√z−C1√z)dz=2∫(z12−C1z−12)dz=2⎛⎝z3232−C1z1212⎞⎠=43z32−4C1z12=43√(√y+C1)3−4C1√√y+C1. В результате мы получаем следующее алгебраическое уравнение: 43√(√y+C1)3−4C1√√y+C1=C2±x, в котором C1,C2 являются постоянными интегрирования.
Последнее выражение представляет собой общее решение дифференциального уравнения в неявном виде.
Пример 3
Решить уравнение y′′=√1−(y′)2.
Решение.
Данное уравнение не содержит функции y и независимой переменной x (случай 3). Поэтому полагаем y′=p(x). После этого уравнение принимает вид y′′=p′=√1−p2. Полученное уравнение первого порядка для функции p(x) является уравнением с разделяющимися переменными и легко интегрируется: dpdx=√1−p2,⇒dp√1−p2=dx,⇒∫dp√1−p2=∫dx,⇒arcsinp=x+C1,⇒p=sin(x+C1). Заменяя p на y′, получаем y′=sin(x+C1). Интегрируя еще раз, находим общее решение исходного дифференциального уравнения: dydx=sin(x+C1),⇒dy=sin(x+C1)dx,⇒∫dy=∫sin(x+C1)dx,⇒y=−cos(x+C1)+C2,⇒y=C2−cos(x+C1).
Пример 4
Решить уравнение √xy′′=(y′)2.
Решение.
В это уравнение не входит явно переменная y, т. е. уравнение относится к типу 4 в нашей классификации. Введем новую переменную y′=p(x). Исходное уравнение преобразуется в уравнение первого порядка: √xp′=p2, которое решается разделением переменных: √xdpdx=p2,⇒dpp2=dx√x,⇒∫dpp2=∫dx√x,⇒−1p=2√x+C1,⇒p=y′=−12√x+C1. Интегрируя полученное уравнение еще раз, находим функцию y(x): dydx=−12√x+C1,⇒dy=−dx2√x+C1,⇒y=−∫dx2√x+C1. Для вычисления последнего интеграла сделаем замену: x=t2,dx=2tdt. В результате имеем y=−∫dx2√x+C1=−∫2tdt2t+C1=−∫2t+C1−C12t+C1dt=−∫(1−C12t+C1)dt=−t+C1∫dt2t+C1=−t+C12∫d(2t+C1)2t+C1=−t+C12ln|2t+C1|+C2. Возвращаясь обратно к переменной x, окончательно получаем y=−√x+C12ln∣∣2√x+C1∣∣+C2.
Пример 5
Решить уравнение y′′=(2y+3)(y′)2.
Решение.
Данное уравнение не содержит явно независимой переменной x, т.е. относится к случаю 5. Пусть y′=p(y). Тогда уравнение запишется в виде p′=(2y+3)p2. Разделяем переменные и интегрируем: dpp2=(2y+3)dy,⇒∫dpp2=∫(2y+3)dy,⇒−1p=y2+3y+C1,⇒p=y′=−1y2+3y+C1. Интегрируя еще раз, получаем окончательное решение в неявном виде: (y2+3y+C1)dy=−dx,⇒∫(y2+3y+C1)dy=−∫dx,⇒y3+3y22+C1y+C2=−x,⇒2y3+3y2+C1y+C2+2x=0, где C1,C2 − постоянные интегрирования.
Пример 6
Решить уравнение yy′′=(y′)2−3y2√x.
Решение.
Уравнение удовлетворяет условию однородности. Поэтому сделаем следующую замену переменной: y=e∫zdx. Производные будут равны y′=ze∫zdx, y′′=z′e∫zdx+z2e∫zdx=(z′+z2)e∫zdx. Тогда дифференциальное уравнение принимает вид: e∫zdx(z′+z2)e∫zdx=(ze∫zdx)2−3(e∫zdx)2√x,⇒e2∫zdx
(z′+z2)=e2∫zdx(z2−3√x),⇒z′+z2=z2
−3√x,⇒z′=−3√x. Функция z(x) легко находится: dzdx=−3√x,⇒dz=−3dx√x,⇒∫dz=−3∫dx√x,⇒z=−6√x+C1. Исходную функцию y(x) определим по формуле y(x)=C2e∫zdx. Вычисления приводят к следующему ответу: y(x)=C2e∫zdx=C2e∫(C1−6√x)dx=C2eC1x−6x3232=C2eC1x−4√x3. Заметим, что кроме полученного общего решения, дифференциальное уравнение содержит также особое решение y=0.
Пример 7
Решить уравнение yy′′+(y′)2=2x+1.
Решение.
Можно заметить, что левая часть уравнения представляет собой производную от yy′. Поэтому, обозначая z=yy′, получаем следующее дифференциальное уравнение: (yy′)′=2x+1,⇒z′=2x+1. Последнее уравнение легко решается разделением переменных: dzdx=2x+1,⇒dz=(2x+1)dx,⇒∫dz=∫(2x+1)dx,⇒z=x2+x+C1. Теперь проинтегрируем еще одно уравнение для y(x): yy′=x2+x+C1,⇒∫ydy=∫(x2+x+C1)dx,⇒y22=x33+x22+C1x+C2,⇒3y2=2x3+3x2+C1x+C2, где C1,C2 − произвольные постоянные.
Пример 1
Решить уравнение y′′=sinx+cosx.
Решение.
Данный пример относится к случаю 1. Введем функцию y′=p(x). Тогда y′′=p′. Следовательно, p′=sinx+cosx. Интегрируя, находим функцию p(x): dpdx=sinx+cosx,⇒dp=(sinx+cosx)dx,⇒∫dp=∫(sinx+cosx)dx,⇒p=−cosx+sinx+C1. Учитывая, что y′=p, проинтегрируем еще одно уравнение 1-го порядка: y′=−cosx+sinx+C1,⇒∫dy=∫(−cosx+sinx+C1)dx,⇒y=−sinx−cosx+C1x+C2. Последняя формула представлят собой общее решение исходного дифференциального уравнения.
Пример 2
Решить уравнение y′′=14√y.
Решение.
Это уравнение относится к типу 2, где правая часть зависит лишь от переменной y. Введем параметр p=y′. Тогда уравнение можно записать в виде y′′=dpdyp=14√y. Мы получили уравнение 1-го порядка с разделяющимися переменными для функции p(y). Интегрируем его: dpdyp=14√y,⇒2pdp=dy2√y,⇒∫2pdp=∫dy2√y,⇒p2=√y+C1, где C1 − постоянная интегрирования.
Извлекая квадратный корень из обеих частей, находим функцию p(y): p=±√√y+C1. Теперь вспомним, что y′=p и решим еще одно уравнение 1-го порядка: y′=±√√y+C1,⇒dydx=±√√y+C1. Разделим переменные и проинтегрируем: dy√√y+C1=±dx,⇒∫dy√√y+C1=±∫dx. Чтобы вычислить левый интеграл, сделаем замену: √y+C1=z,⇒dz=dy2√y,⇒dy=2√ydz=2(z−C1)dz. Тогда левый интеграл будет равен ∫dy√√y+C1=∫2(z−C1)dz√z=2∫(z√z−C1√z)dz=2∫(z12−C1z−12)dz=2⎛⎝z3232−C1z1212⎞⎠=43z32−4C1z12=43√(√y+C1)3−4C1√√y+C1. В результате мы получаем следующее алгебраическое уравнение: 43√(√y+C1)3−4C1√√y+C1=C2±x, в котором C1,C2 являются постоянными интегрирования.
Последнее выражение представляет собой общее решение дифференциального уравнения в неявном виде.
Пример 3
Решить уравнение y′′=√1−(y′)2.
Решение.
Данное уравнение не содержит функции y и независимой переменной x (случай 3). Поэтому полагаем y′=p(x). После этого уравнение принимает вид y′′=p′=√1−p2. Полученное уравнение первого порядка для функции p(x) является уравнением с разделяющимися переменными и легко интегрируется: dpdx=√1−p2,⇒dp√1−p2=dx,⇒∫dp√1−p2=∫dx,⇒arcsinp=x+C1,⇒p=sin(x+C1). Заменяя p на y′, получаем y′=sin(x+C1). Интегрируя еще раз, находим общее решение исходного дифференциального уравнения: dydx=sin(x+C1),⇒dy=sin(x+C1)dx,⇒∫dy=∫sin(x+C1)dx,⇒y=−cos(x+C1)+C2,⇒y=C2−cos(x+C1).
Пример 4
Решить уравнение √xy′′=(y′)2.
Решение.
В это уравнение не входит явно переменная y, т. е. уравнение относится к типу 4 в нашей классификации. Введем новую переменную y′=p(x). Исходное уравнение преобразуется в уравнение первого порядка: √xp′=p2, которое решается разделением переменных: √xdpdx=p2,⇒dpp2=dx√x,⇒∫dpp2=∫dx√x,⇒−1p=2√x+C1,⇒p=y′=−12√x+C1. Интегрируя полученное уравнение еще раз, находим функцию y(x): dydx=−12√x+C1,⇒dy=−dx2√x+C1,⇒y=−∫dx2√x+C1. Для вычисления последнего интеграла сделаем замену: x=t2,dx=2tdt. В результате имеем y=−∫dx2√x+C1=−∫2tdt2t+C1=−∫2t+C1−C12t+C1dt=−∫(1−C12t+C1)dt=−t+C1∫dt2t+C1=−t+C12∫d(2t+C1)2t+C1=−t+C12ln|2t+C1|+C2. Возвращаясь обратно к переменной x, окончательно получаем y=−√x+C12ln∣∣2√x+C1∣∣+C2.
Пример 5
Решить уравнение y′′=(2y+3)(y′)2.
Решение.
Данное уравнение не содержит явно независимой переменной x, т.е. относится к случаю 5. Пусть y′=p(y). Тогда уравнение запишется в виде p′=(2y+3)p2. Разделяем переменные и интегрируем: dpp2=(2y+3)dy,⇒∫dpp2=∫(2y+3)dy,⇒−1p=y2+3y+C1,⇒p=y′=−1y2+3y+C1. Интегрируя еще раз, получаем окончательное решение в неявном виде: (y2+3y+C1)dy=−dx,⇒∫(y2+3y+C1)dy=−∫dx,⇒y3+3y22+C1y+C2=−x,⇒2y3+3y2+C1y+C2+2x=0, где C1,C2 − постоянные интегрирования.
Пример 6
Решить уравнение yy′′=(y′)2−3y2√x.
Решение.
Уравнение удовлетворяет условию однородности. Поэтому сделаем следующую замену переменной: y=e∫zdx. Производные будут равны y′=ze∫zdx, y′′=z′e∫zdx+z2e∫zdx=(z′+z2)e∫zdx. Тогда дифференциальное уравнение принимает вид: e∫zdx(z′+z2)e∫zdx=(ze∫zdx)2−3(e∫zdx)2√x,⇒e2∫zdx
(z′+z2)=e2∫zdx(z2−3√x),⇒z′+z2=z2
−3√x,⇒z′=−3√x. Функция z(x) легко находится: dzdx=−3√x,⇒dz=−3dx√x,⇒∫dz=−3∫dx√x,⇒z=−6√x+C1. Исходную функцию y(x) определим по формуле y(x)=C2e∫zdx. Вычисления приводят к следующему ответу: y(x)=C2e∫zdx=C2e∫(C1−6√x)dx=C2eC1x−6x3232=C2eC1x−4√x3. Заметим, что кроме полученного общего решения, дифференциальное уравнение содержит также особое решение y=0.
Пример 7
Решить уравнение yy′′+(y′)2=2x+1.
Решение.
Можно заметить, что левая часть уравнения представляет собой производную от yy′. Поэтому, обозначая z=yy′, получаем следующее дифференциальное уравнение: (yy′)′=2x+1,⇒z′=2x+1. Последнее уравнение легко решается разделением переменных: dzdx=2x+1,⇒dz=(2x+1)dx,⇒∫dz=∫(2x+1)dx,⇒z=x2+x+C1. Теперь проинтегрируем еще одно уравнение для y(x): yy′=x2+x+C1,⇒∫ydy=∫(x2+x+C1)dx,⇒y22=x33+x22+C1x+C2,⇒3y2=2x3+3x2+C1x+C2, где C1,C2 − произвольные постоянные.
Пошаговое объяснение:
1 задача: 0.6 км
2 задача: 108 км/ч
3 задача: 200 м/с
4 задача: 18 км
5 задача: 15 м/с
6 задача: 60 км/ч
Пошаговое объяснение:
1 задача:
1)40×15=600(м) - пробегает зебра за 40 секунд
600м=0.6 км,так как в 1 км - 1000м
2 задача:
1) 120:4=30 (м/с) - скорость машины
30 м/с = 108 км/ч
3 задача:
1) 720:60=12(км/мин) - скорость самолёта
12 км/мин = 200 м/с
4 задача:
Переводим 15м/с в км/ч
15 м/с = 54 км/ч
20 минут = 0. 3333 часа
1) 54×0.3333≈18 (км) - пробежала лиса
5 задача:
54 км/ч = 15 м/с
6 задача:
1) 120:2=60 (км/ч) - скорость движения автобуса