Номер 8.32, страница 91, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

8.32. Найдите решение задачи Коши:

1) $y' + xy = x, y(0) = 2;$

2) $yy'\sqrt{1+x^2} - x\sqrt{1+y^2} = 0, y(0) = -2;$

3) $(1+e^x) yy' = e^x, y(0) = 2.$

1) Дано дифференциальное уравнение $y' + xy = x$ с начальным условием $y(0) = 2$.

Это линейное уравнение первого порядка, но его также можно решить как уравнение с разделяющимися переменными.

Перепишем уравнение в виде: $y' = x - xy = x(1 - y)$.

Заменим $y'$ на $\frac{dy}{dx}$:

$\frac{dy}{dx} = x(1 - y)$.

Разделим переменные (при условии, что $y \neq 1$):

$\frac{dy}{1 - y} = x \, dx$.

Проинтегрируем обе части уравнения:

$\int \frac{dy}{1 - y} = \int x \, dx$.

Вычисляем интегралы:

$-\ln|1 - y| = \frac{x^2}{2} + C_1$.

$\ln|1 - y| = -\frac{x^2}{2} - C_1$.

Выразим $|1 - y|$:

$|1 - y| = e^{-\frac{x^2}{2} - C_1} = e^{-C_1}e^{-\frac{x^2}{2}}$.

Пусть $C = \pm e^{-C_1}$. Тогда $1 - y = Ce^{-\frac{x^2}{2}}$.

Общее решение: $y(x) = 1 - Ce^{-\frac{x^2}{2}}$.

(Заметим, что частное решение $y=1$ соответствует $C=0$).

Теперь используем начальное условие $y(0) = 2$ для нахождения константы $\text{C}$:

$2 = 1 - Ce^{-\frac{0^2}{2}} = 1 - C e^0 = 1 - C$.

Отсюда $C = 1 - 2 = -1$.

Подставляем найденное значение $\text{C}$ в общее решение, чтобы получить решение задачи Коши:

$y(x) = 1 - (-1)e^{-\frac{x^2}{2}} = 1 + e^{-\frac{x^2}{2}}$.

Ответ: $y = 1 + e^{-x^2/2}$.

2) Дано дифференциальное уравнение $yy'\sqrt{1 + x^2} - x\sqrt{1 + y^2} = 0$ с начальным условием $y(0) = -2$.

Это уравнение с разделяющимися переменными.

Перепишем уравнение, заменив $y'$ на $\frac{dy}{dx}$:

$y \frac{dy}{dx} \sqrt{1 + x^2} = x\sqrt{1 + y^2}$.

Разделим переменные:

$\frac{y \, dy}{\sqrt{1 + y^2}} = \frac{x \, dx}{\sqrt{1 + x^2}}$.

Проинтегрируем обе части:

$\int \frac{y \, dy}{\sqrt{1 + y^2}} = \int \frac{x \, dx}{\sqrt{1 + x^2}}$.

Для вычисления интеграла вида $\int \frac{u \, du}{\sqrt{1 + u^2}}$ сделаем замену $v = 1 + u^2$, тогда $dv = 2u \, du$ и $u \, du = \frac{1}{2} dv$.

$\int \frac{1}{2\sqrt{v}} dv = \sqrt{v} = \sqrt{1 + u^2}$.

Применяя этот результат к обеим частям уравнения, получаем общее решение в неявном виде:

$\sqrt{1 + y^2} = \sqrt{1 + x^2} + C$.

Используем начальное условие $y(0) = -2$ для нахождения $\text{C}$:

$\sqrt{1 + (-2)^2} = \sqrt{1 + 0^2} + C$.

$\sqrt{5} = 1 + C$.

$C = \sqrt{5} - 1$.

Подставляем $\text{C}$ обратно в решение:

$\sqrt{1 + y^2} = \sqrt{1 + x^2} + \sqrt{5} - 1$.

Чтобы найти явное решение для $\text{y}$, возведем обе части в квадрат:

$1 + y^2 = (\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{5} - 1)^2$.

$y^2 = (\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{5} - 1)^2 - 1$.

$y = \pm \sqrt{(\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{5} - 1)^2 - 1}$.

Так как по начальному условию $y(0) = -2$, мы выбираем знак минус перед корнем.

Ответ: $\sqrt{1 + y^2} = \sqrt{1 + x^2} + \sqrt{5} - 1$.

3) Дано дифференциальное уравнение $(1 + e^x) yy' = e^x$ с начальным условием $y(0) = 2$.

Это уравнение с разделяющимися переменными.

Заменим $y'$ на $\frac{dy}{dx}$:

$(1 + e^x) y \frac{dy}{dx} = e^x$.

Разделим переменные:

$y \, dy = \frac{e^x}{1 + e^x} \, dx$.

Проинтегрируем обе части:

$\int y \, dy = \int \frac{e^x}{1 + e^x} \, dx$.

Интеграл слева: $\int y \, dy = \frac{y^2}{2}$.

Для интеграла справа сделаем замену $u = 1 + e^x$, тогда $du = e^x \, dx$.

$\int \frac{du}{u} = \ln|u| + C_1 = \ln(1 + e^x) + C_1$ (так как $1 + e^x > 0$ для любого $\text{x}$).

Таким образом, общее решение:

$\frac{y^2}{2} = \ln(1 + e^x) + C$.

Используем начальное условие $y(0) = 2$ для нахождения $\text{C}$:

$\frac{2^2}{2} = \ln(1 + e^0) + C$.

$2 = \ln(2) + C$.

$C = 2 - \ln(2)$.

Подставляем $\text{C}$ в общее решение:

$\frac{y^2}{2} = \ln(1 + e^x) + 2 - \ln(2)$.

Преобразуем выражение:

$\frac{y^2}{2} = \ln(1 + e^x) - \ln(2) + 2 = \ln\left(\frac{1 + e^x}{2}\right) + 2$.

$y^2 = 2\ln\left(\frac{1 + e^x}{2}\right) + 4$.

$y = \pm \sqrt{2\ln\left(\frac{1 + e^x}{2}\right) + 4}$.

Поскольку начальное условие $y(0) = 2$ (положительное значение), выбираем знак плюс.

Ответ: $y = \sqrt{4 + 2\ln\left(\frac{1 + e^x}{2}\right)}$.