Примеры решения ДУ с разделенными переменными
Вы будете перенаправлены на Автор24
Общая часть
В общем виде дифференциальные уравнения (сокращённо будем записывать как «ДУ») первого порядка имеют форму $P(x, y) + Q(x,y) \cdot y’=0\left(1\right)$, здесь и дальше $P(x, y)$ и $Q(x, y)$ — некоторые многочлены.
Помня о том, что $y’= \frac
Если оба члена $P$ и $Q$ зависят только от одной различной для них переменной — то речь идёт об ДУ первого порядка с так называемыми разделёнными переменными, его вид — $P(x)dx + Q(y)dy = 0 \left(2\right)$.
Для решения ДУ такого вида проводят отдельно интегрирование каждого члена $P(x)$ и $Q(x)$ по соответствующей им переменной. Перед этим многочлены уравнения, зависящие от разных переменных, могут разнести по разным частям уравнения:
$\int Q(y)dy = -\int P(x) dx + C \left(3\right)$ — найдя интегралы в этом уравнении и выразив при необходимости $y$ получаем общее решение.
Если нужно решение в некоторой конкретной начальной точке с координатами $(x_0;y_0)$ — то тогда интегралы приобретают такой вид:
$\int \limits_
Примеры решения
Решите пример: $\cos x \cdot dx – 4y \cdot dy = 0$, таже найдите частное решение при $x=0; y=4$.
Перенесём часть с игреком вправо:
$\cos x \cdot dx = 4y \cdot dy$;
Проинтегрируем обе части, левую по $x$, правую — по $y$:
$\int \cos x \cdot dx = \int 4y \cdot dy$;
$\sin x = \frac<4><2>y^2 + C$ — такая форма уравнения называется общим интегралом.
Константу $C$ можно записать только один раз, так как получающиеся постоянные при интегрировании левой и правой части по отдельности при сложении также дают некоторую константу.
Теперь подставим заданные значения (поиск решения, соответствующего некоторым начальным условиям, называется задачей Коши):
Подставим это значение в уравнение и получим:
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными
В целом ряде обыкновенных ДУ 1 -го порядка существуют такие, в которых переменные х и у можно разнести в правую и левую части записи уравнения. Переменные могут быть уже разделены, как это можно видеть в уравнении f ( y ) d y = g ( x ) d x . Разделить переменные в ОДУ f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x можно путем проведения преобразований. Чаще всего для получения уравнений с разделяющимися переменными применяется метод введения новых переменных.
В этой теме мы подробно разберем метод решения уравнений с разделенными переменными. Рассмотрим уравнения с разделяющимися переменными и ДУ, которые можно свести к уравнениям с разделяющимися переменными. В разделе мы разобрали большое количество задач по теме с подробным разбором решения.
Для того, чтобы облегчить себе усвоение темы, рекомендуем ознакомиться с информацией, которая размещена на странице «Основные определения и понятия теории дифференциальных уравнений».
Дифференциальные уравнения с разделенными переменными f ( y ) d y = g ( x ) d x
Уравнениями с разделенными переменными называют ДУ вида f ( y ) d y = g ( x ) d x . Как следует из названия, переменные, входящие в состав выражения, находятся по обе стороны от знака равенства.
Договоримся, что функции f ( y ) и g ( x ) мы будем считать непрерывными.
Для уравнений с разделенными переменными общий интеграл будет иметь вид ∫ f ( y ) d y = ∫ g ( x ) d x . Общее решение ДУ в виде неявно заданной функции Ф ( x , y ) = 0 мы можем получить при условии, что интегралы из приведенного равенства выражаются в элементарных функциях. В ряде случаев выразить функцию у получается и в явном виде.
Найдите общее решение дифференциального уравнения с разделенными переменными y 2 3 d y = sin x d x .
Проинтегрируем обе части равенства:
∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x
Это, по сути, и есть общее решение данного ДУ. Фактически, мы свели задачу нахождения общего решения ДУ к задаче нахождения неопределенных интегралов.
Теперь мы можем использовать таблицу первообразных для того, чтобы взять интегралы, которые выражаются в элементарных функциях:
∫ y 2 3 d y = 3 5 y 5 3 + C 1 ∫ sin x d x = — cos x + C 2 ⇒ ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x ⇔ 3 5 y 3 5 + C 1 = — cos x + C 2
где С 1 и С 2 – произвольные постоянные.
Функция 3 5 y 3 5 + C 1 = — cos x + C 2 задана неявно. Она является общим решением исходного дифференциального уравнения с разделенными переменными. Мы получили ответ и можем не продолжать решение. Однако в рассматриваемом примере искомую функцию можно выразить через аргумент х явно.
3 5 y 5 3 + C 1 ⇒ y = — 5 3 cos x + C 3 5 , где C = 5 3 ( C 2 — C 1 )
Общим решением данного ДУ является функция y = — 5 3 cos x + C 3 5
Ответ:
Мы можем записать ответ несколькими способами: ∫ y 2 3 d y = ∫ sin x d x или 3 5 y 5 3 + C 1 = — cos x + C 2 , или y = — 5 3 cos x + C 3 5
Всегда стоит давать понять преподавателю, что вы наряду с навыками решения дифференциальных уравнений также располагаете умением преобразовывать выражения и брать интегралы. Сделать это просто. Достаточно дать окончательный ответ в виде явной функции или неявно заданной функции Ф ( x , y ) = 0 .
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x
y ‘ = d y d x в тех случаях, когда у является функцией аргумента х .
В ДУ f 1 ( y ) · g 1 ( x ) d y = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x или f 1 ( y ) · g 1 ( x ) · y ‘ = f 2 ( y ) · g 2 ( x ) d x мы можем провести преобразования таким образом, чтобы разделить переменные. Этот вид ДУ носит название ДУ с разделяющимися переменными. Запись соответствующего ДУ с разделенными переменными будет иметь вид f 1 ( y ) f 2 ( y ) d y = g 2 ( x ) g 1 ( x ) d x .
Разделяя переменные, необходимо проводить все преобразования внимательно для того, чтобы избежать ошибок. Полученное и исходное уравнения должны быть эквивалентны друг другу. В качестве проверки можно использовать условие, по которому f 2 ( y ) и g 1 ( x ) не должны обращаться в ноль на интервале интегрирования. Если это условие не выполняется, то есть вероятность, что ы потеряем часть решений.
Найти все решения дифференциального уравнения y ‘ = y · ( x 2 + e x ) .
Мы можем разделить х и у , следовательно, мы имеем дело с ДУ с разделяющимися переменными.
y ‘ = y · ( x 2 + e x ) ⇔ d y d x = y · ( x 2 + e x ) ⇔ d y y = ( x 2 + e x ) d x п р и y ≠ 0
При у = 0 исходное уравнение обращается в тождество: 0 ‘ = 0 · ( x 2 + e x ) ⇔ 0 ≡ 0 . Это позволят нам утверждать, что у = 0 является решением ДУ. Это решение мы могли не учесть при проведении преобразований.
Выполним интегрирование ДУ с разделенными переменными d y y = ( x 2 + e x ) d x :
∫ d y y = ∫ ( x 2 + e x ) d x ∫ d y y = ln y + C 1 ∫ ( x 2 + e x ) d x = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y + C 1 = x 3 3 + e x + C 2 ⇒ ln y = x 3 3 + e x + C
Проводя преобразование, мы выполнили замену C 2 — C 1 на С . Решение ДУ имеет вид неявно заданной функции ln y = x 3 3 + e x + C . Эту функцию мы в состоянии выразить явно. Для этого проведем потенцирование полученного равенства:
ln y = x 3 3 + e x + C ⇔ e ln y = e x 3 3 + e x + C ⇔ y = e x 3 3 + e x + C
Ответ: y = e x 3 3 + e x + C , y = 0
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y ‘ = f ( a x + b y ) , a ≠ 0 , b ≠ 0
Для того, чтобы привести обыкновенное ДУ 1 -го порядка y ‘ = f ( a x + b y ) , a ≠ 0 , b ≠ 0 , к уравнению с разделяющимися переменными, необходимо ввести новую переменную z = a x + b y , где z представляет собой функцию аргумента x .
z = a x + b y ⇔ y = 1 b ( z — a x ) ⇒ y ‘ = 1 b ( z ‘ — a ) f ( a x + b y ) = f ( z )
Проводим подстановку и необходимые преобразования:
y ‘ = f ( a x + b y ) ⇔ 1 b ( z ‘ — a ) = f ( z ) ⇔ z ‘ = b f ( z ) + a ⇔ d z b f ( z ) + a = d x , b f ( z ) + a ≠ 0
Найдите общее решение дифференциального уравнения y ‘ = 1 ln ( 2 x + y ) — 2 и частное решение, удовлетворяющее начальному условию y ( 0 ) = e .
Введем переменную z = 2 x + y , получаем:
y = z — 2 x ⇒ y ‘ = z ‘ — 2 ln ( 2 x + y ) = ln z
Результат, который мы получили, подставляем в исходное выражение, проводим преобразование его в ДУ с разделяющимися переменными:
y ‘ = 1 ln ( 2 x + y ) — 2 ⇔ z ‘ — 2 = 1 ln z — 2 ⇔ d z d x = 1 ln z
Проинтегрируем обе части уравнения после разделения переменных:
d z d z = 1 ln z ⇔ ln z d z = d x ⇔ ∫ ln z d z = ∫ d x
Применим метод интегрирования по частям для нахождения интеграла, расположенного в левой части записи уравнения. Интеграл правой части посмотрим в таблице.
∫ ln z d z = u = ln z , d v = d z d u = d z z , v = z = z · ln z — ∫ z d z z = = z · ln z — z + C 1 = z · ( ln z — 1 ) + C 1 ∫ d x = x + C 2
Мы можем утверждать, что z · ( ln z — 1 ) + C 1 = x + C 2 . Теперь, если мы примем, что C = C 2 — C 1 и проведем обратную замену z = 2 x + y , то получим общее решение дифференциального уравнения в виде неявно заданной функции:
( 2 x + y ) · ( ln ( 2 x + y ) — 1 ) = x + C
Теперь примемся за нахождение частного решения, которое должно удовлетворять начальному условию y ( 0 ) = e . Проведем подстановку x = 0 и y ( 0 ) = e в общее решение ДУ и найдем значение константы С .
( 2 · 0 + e ) · ( ln ( 2 · 0 + e ) — 1 ) = 0 + C e · ( ln e — 1 ) = C C = 0
Получаем частное решение:
( 2 x + y ) · ( ln ( 2 x + y ) — 1 ) = x
Так как в условии задачи не был задан интервал, на котором необходимо найти общее решение ДУ, то мы ищем такое решение, которое подходит для всех значений аргумента х , при которых исходное ДУ имеет смысл.
В нашем случае ДУ имеет смысл при ln ( 2 x + y ) ≠ 0 , 2 x + y > 0
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y ‘ = f x y или y ‘ = f y x
Мы можем свести ДУ вида y ‘ = f x y или y ‘ = f y x к дифференциальным уравнениям с разделяющимися переменными путем выполнения замены z = x y или z = y x , где z – функция аргумента x .
Если z = x y , то y = x z и по правилу дифференцирования дроби:
y ‘ = x y ‘ = x ‘ · z — x · z ‘ z 2 = z — x · z ‘ z 2
В этом случае уравнения примут вид z — x · z ‘ z 2 = f ( z ) или z — x · z ‘ z 2 = f 1 z
Если принять z = y x , то y = x ⋅ z и по правилу производной произведения y ‘ = ( x z ) ‘ = x ‘ z + x z ‘ = z + x z ‘ . В этом случае уравнения сведутся к z + x z ‘ = f 1 z или z + x z ‘ = f ( z ) .
Решите дифференциальное уравнение y ‘ = 1 e y x — y x + y x
Примем z = y x , тогда y = x z ⇒ y ‘ = z + x z ‘ . Подставим в исходное уравнение:
y ‘ = 1 e y x — y x + y x ⇔ z + x z ‘ = 1 e z — z + z ⇔ x · d z d x = 1 e z — z ⇔ ( e z — z ) d z = d x x
Проведем интегрирование уравнения с разделенными переменными, которое мы получили при проведении преобразований:
∫ ( e z — z ) d z = ∫ d x x e z — z 2 2 + C 1 = ln x + C 2 e z — z 2 2 = ln x + C , C = C 2 — C 1
Выполним обратную замену для того, чтобы получить общее решение исходного ДУ в виде функции, заданной неявно:
e y x — 1 2 · y 2 x 2 = ln x + C
А теперь остановимся на ДУ, которые имеют вид:
y ‘ = a 0 y n + a 1 y n — 1 x + a 2 y n — 2 x 2 + . . . + a n x n b 0 y n + b 1 y n — 1 x + b 2 y n — 2 x 2 + . . . + b n x n
Разделив числитель и знаменатель дроби, расположенной в правой части записи, на y n или x n , мы можем привести исходное ДУ в виду y ‘ = f x y или y ‘ = f y x
Найти общее решение дифференциального уравнения y ‘ = y 2 — x 2 2 x y
В этом уравнении х и у отличны от 0 . Это позволяет нам разделить числитель и знаменатель дроби, расположенной в правой части записи на x 2 :
y ‘ = y 2 — x 2 2 x y ⇒ y ‘ = y 2 x 2 — 1 2 y x
Если мы введем новую переменную z = y x , то получим y = x z ⇒ y ‘ = z + x z ‘ .
Теперь нам необходимо осуществить подстановку в исходное уравнение:
y ‘ = y 2 x 2 — 1 2 y x ⇔ z ‘ x + z = z 2 — 1 2 z ⇔ z ‘ x = z 2 — 1 2 z — z ⇔ z ‘ x = z 2 — 1 — 2 z 2 2 z ⇔ d z d x x = — z 2 + 1 2 z ⇔ 2 z d z z 2 + 1 = — d x x
Так мы пришли к ДУ с разделенными переменными. Найдем его решение:
∫ 2 z d z z 2 + 1 = — ∫ d x x ∫ 2 z d z z 2 + 1 = ∫ d ( z 2 + 1 ) z 2 + 1 = ln z 2 + 1 + C 1 — ∫ d x x = — ln x + C 2 ⇒ ln z 2 + 1 + C 1 = — ln x + C 2
Для этого уравнения мы можем получить решение в явном виде. Для этого примем — ln C = C 2 — C 1 и применим свойства логарифма:
ln z 2 + 1 = — ln x + C 2 — C 1 ⇔ ln z 2 + 1 = — ln x — ln C ⇔ ln z 2 + 1 = — ln C x ⇔ ln z 2 + 1 = ln C x — 1 ⇔ e ln z 2 + 1 = e ln 1 C x ⇔ z 2 + 1 = 1 C x ⇔ z ± 1 C x — 1
Теперь выполним обратную замену y = x ⋅ z и запишем общее решение исходного ДУ:
y = ± x · 1 C x — 1
В даном случае правильным будет и второй вариант решения. Мы можем использовать замену z = x y Рассмотрим этот вариант более подробно.
Выполним деление числителя и знаменателя дроби, расположенной в правой части записи уравнения на y 2 :
y ‘ = y 2 — x 2 2 x y ⇔ y ‘ = 1 — x 2 y 2 2 x y
Тогда y ‘ = 1 — x 2 y 2 2 x y ⇔ z — z ‘ x z 2 = 1 — z 2 2 z
Проведем подстановку в исходное уравнение для того, чтобы получить ДУ с разделяющимися переменными:
y ‘ = 1 — x 2 y 2 2 x y ⇔ z — z ‘ x z 2 = 1 — z 2 2 z
Разделив переменные, мы получаем равенство d z z ( z 2 + 1 ) = d x 2 x , которое можем проинтегрировать:
∫ d z z ( z 2 + 1 ) = ∫ d x 2 x
Если мы разложим подынтегральную функцию интеграла ∫ d z z ( z 2 + 1 ) на простейшие дроби, то получим:
∫ 1 z — z z 2 + 1 d z
Выполним интегрирование простейших дробей:
∫ 1 z — z z 2 + 1 d z = ∫ z d z z 2 + 1 = ∫ d t z — 1 2 ∫ d ( z 2 + 1 ) z 2 + 1 = = ln z — 1 2 ln z 2 + 1 + C 1 = ln z z 2 + 1 + C 1
Теперь найдем интеграл ∫ d x 2 x :
∫ d x 2 x = 1 2 ln x + C 2 = ln x + C 2
В итоге получаем ln z z 2 + 1 + C 1 = ln x + C 2 или ln z z 2 + 1 = ln C · x , где ln C = C 2 — C 1 .
Выполним обратную замену z = x y и необходимые преобразования, получим:
y = ± x · 1 C x — 1
Вариант решения, при котором мы выполняли замену z = x y , оказался более трудоемким, чем в случае замены z = y x . Этот вывод будет справедлив для большого количества уравнений вида y ‘ = f x y или y ‘ = f y x . Если выбранный вариант решения подобных уравнений оказывается трудоемким, можно вместо замены z = x y ввести переменную z = y x . На результат это никак не повлияет.
Дифференциальные уравнения, сводящиеся к уравнениям с разделяющимися переменными y ‘ = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 , a 1 , b 1 , c 1 , a 2 , b 2 , c 2 ∈ R
Дифференциальные уравнения y ‘ = f a 1 x + b 1 y + c 1 a 2 x + b 2 y + c 2 можно свести к уравнениям y ‘ = f x y или y ‘ = f y x , следовательно, к уравнениям с разделяющимися переменными. Для этого находится ( x 0 , y 0 ) — решение системы двух линейных однородных уравнений a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 = 0 и вводятся новые переменные u = x — x 0 v = y — y 0 . После такой замены уравнение примет вид d v d u = a 1 u + b 1 v a 2 u + b 2 v .
Найти общее решение дифференциального уравнения y ‘ = x + 2 y — 3 x — 1 .
Составляем и решаем систему линейных уравнений:
x + 2 y — 3 = 0 x — 1 = 0 ⇔ x = 1 y = 1
Делаем замену переменных:
u = x — 1 v = y — 1 ⇔ x = u + 1 y = v + 1 ⇒ d x = d u d y = d v
После подстановки в исходное уравнение получаем d y d x = x + 2 y — 3 x — 1 ⇔ d v d u = u + 2 v u . После деления на u числителя и знаменателя правой части имеем d v d u = 1 + 2 v u .
Вводим новую переменную z = v u ⇒ v = z · y ⇒ d v d u = d z d u · u + z , тогда
d v d u = 1 + 2 v u ⇔ d z d u · u + z = 1 + 2 z ⇔ d z 1 + z = d u u ⇒ ∫ d z 1 + z = ∫ d u u ⇔ ln 1 + z + C 1 = ln u + C 2 ⇒ ln 1 + z = ln u + ln C , ln C = C 2 — C 1 ln 1 + z = ln C · u 1 + z = C · u ⇔ z = C · u — 1 ⇔ v u = C · u — 1 ⇔ v = u · ( C · u — 1 )
Возвращаемся к исходным переменным, производя обратную замену u = x — 1 v = y — 1 :
v = u · ( C · u — 1 ) ⇔ y — 1 = ( x — 1 ) · ( C · ( x — 1 ) — 1 ) ⇔ y = C x 2 — ( 2 C + 1 ) · x + C + 2
Это есть общее решение дифференциального уравнения.
Дифференциальные уравнения с разделяющимися переменными и их интегрирование
п.1. Понятие дифференциального уравнения с разделяющимися переменными
Например:
\(y»+y’-4=5cosx\) — ДУ второго порядка первой степени
\((y’)^3+5y^2=19\) – ДУ первого порядка третьей степени
\(\sqrt
Самыми простыми для решения будут такие уравнения, у которых можно разделить переменные, т.е. собрать всё, что связано с функцией \(y\), по одну сторону знака равенства, и всё, что связано с независимой переменной \(x\), — по другую сторону.
Например:
Уравнение \(\sqrt
Алгоритм решения ДУ с разделяющимися переменными
На входе: уравнение первого порядка \(y’=f(x,y)\), для которого \(f(x,y)=g(x)\cdot h(y)\)
Шаг 1. Записать производную в форме Лейбница \(y’=\frac
Шаг 2. Преобразовать уравнение
$$ \frac
На выходе: выражение \(H(y)=G(x)+C\)
Например:
Решим уравнение \(\sqrt
1) Пусть \(x\ne 0\). Тогда: $$ y’=\frac<\sqrt
Точка (0;-1) – особое решение данного уравнения.
п.2. Задача Коши
Например:
Найдем решение задачи Коши для уравнения \(\sqrt
Общее решение нами уже найдено: \(\frac23\sqrt<(y+1)^3>=\ln|x|+C\) — этим выражением задано бесконечное множество кривых. Решить задачу Коши означает найти единственную кривую, проходящую через точку (1;3), т.е. конкретное значение C для заданных начальных условий.
Подставляем \(x=1\) и \(y=3:\frac23\sqrt<(3+1)^3>=\underbrace<\ln 1>_<=0>+C\Rightarrow C=\frac23\sqrt<4^3>=\frac<16><3>\)
Решение задачи Коши: \(\frac23\sqrt<(y+1)^3>=\ln|x|+\frac<16><3>\)
Выразим y в явном виде, что всегда приходится делать на практике: $$ \sqrt<(y+1)^3>=\frac32\ln|x|+8\Rightarrow y+1=\left(\frac32\ln|x|+8\right)^<\frac23>\Rightarrow y=\left(\frac32\ln|x|+8\right)^<\frac23>-1 $$ Ограничения ОДЗ: \( \begin
Начальная точка \(x=1\gt e^<-\frac<16><3>>\), требования ОДЗ выполняются.
Т.к. \(x=1\gt 0\) в решении также можно убрать модуль.
п.3. Закон радиоактивного распада
В многочисленных экспериментах по определению радиоактивности вещества был установлен следующий факт:
Число распадов ΔN, которые произошли за интервал времени Δt, пропорционально числу атомов N в образце. |
Перейдем к бесконечно малым \(dN\) и \(dt\) и запишем соответствующее этому факту дифференциальное уравнение: $$ \frac
Полученное ДУ является уравнением с разделяющимися переменными.
Найдем его общее решение: $$ \frac
Решаем задачу Коши, находим \(C:\ \ln N_0=-\lambda\cdot 0+C\Rightarrow C=\ln N_0\)
Подставляем найденное C в общее решение. Получаем: $$ \ln N=-\lambda N+\ln N_0\Rightarrow \ln N-\ln N_0=-\lambda t\Rightarrow\ln\frac
п.4. Зарядка конденсатора
Соберем цепь, состоящую из конденсатора C, резистора R, источника ЭДС E и ключа K. Пусть в начальный момент времени конденсатор разряжен, напряжение на обкладках: \(U(0)=0\) Замкнем ключ и начнем зарядку конденсатора. |
По закону Ома для замкнутой цепи можем записать: $$ I(R+r_0)+U=\varepsilon $$ где \(I\) — ток в цепи, \(I(R+r_0)\) – падение напряжения на резисторе и источнике, \(U\) — напряжение на конденсаторе, \(\varepsilon\) – ЭДС источника.
Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=\frac
Начальное условие \(U(0)=0\). Подставляем: $$ \ln(\varepsilon-0)=-\frac<0>
Если внутренне сопротивление источника пренебрежимо мало по сравнению с внешним сопротивлением, \(r_0\lt\lt R\), то получаем: $$ u(t)=\varepsilon\left(1-e^<-\frac
Например:
При \(\varepsilon=5В,\ RC=0,01\) с график зарядки конденсатора имеет вид:
п.5. Примеры
Пример 1. Решите уравнение:
a) \(y’=e^
\(-y=\ln(-e^x+C) \)
\(y=-\ln(C-e^x)\)
Ответ: \(y=\ln(C-e^x)\)
б) \(xy+(x+1)y’=0\) \begin
Запишем константу немного по-другому, как \(\ln C\). Это удобно для потенцирования: \begin
Ответ: \(y=Ce^<-x>(x+1)\)
Пример 2*. Найдите решение задачи Коши:
a) \(\frac
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ 0-\ln\left|\frac13+C\right|\Rightarrow\frac13+C=1\Rightarrow C=\frac23 $$ Решение задачи Коши: \(y=-\ln\left|\frac
Ответ: \(y=-\ln\left|\frac
б) \(x^2(y^2+5)+y^2(x^2+r)y’=0,\ y(0)=\sqrt<5>\) \begin
Общее решение: \(y-\sqrt<5>arctg\frac
Решаем задачу Коши. Подставляем начальные условия: $$ \sqrt<5>-\sqrt<5>arctg1=-0+0+C\Rightarrow C=\sqrt<5>-\frac<\pi\sqrt<5>><4>=\sqrt<5>\left(1-\frac\pi 4\right) $$ Решение задачи Коши: \(y-\sqrt<5>arctg\frac
Ответ: \(y-\sqrt<5>arctg\frac
Пример 3. Найдите массу радиоактивного вещества спустя время, равное четырем периодам полураспада, если начальная масса составляла 64 г.
При радиоактивном распаде атомы одного элемента превращаются в атомы другого, поэтому для массы вещества справедлив тот же закон, что и для количества атомов этого вещества: $$ m(t)=m_0 e^ <-\lambda t>$$ Период полураспада – это время, за которое масса уменьшается в 2 раза: $$ \frac
Получаем: $$ m\left(4T_<\frac12>\right)=\frac
Пример 4. Выведите зависимость \(U(t)\) на обкладках конденсатора при его разрядке в RC-цепи.
Разрядка конденсатора происходит в цепи без источника ЭДС. Пусть в начальный момент заряд на обкладках \(U(0)=U_0.\) Замкнем ключ и начнем разрядку конденсатора. |
По закону Ома для замкнутой цепи: $$ IR+U=0 $$ Ток в цепи равен производной от заряда по времени: $$ I=\frac
Начальное условие \(U(0)=0\). Подставляем: $$ \ln U_0=-\frac<0>
Изменение напряжение на обкладках конденсатора при разрядке: $$ U(t)=U_0 e^<-\frac |
Например, \(при U_0=5В,\ RC=0,01 с\) график разрядки конденсатора имеет вид:
http://zaochnik.com/spravochnik/matematika/differentsialnye-uravnenija/differentsialnye-uravnenija-s-razdeljajuschimisja/
http://reshator.com/sprav/algebra/10-11-klass/differencialnye-uravneniya-s-razdelyayushchimisya-peremennymi-i-ih-integrirovanie/