Файл: В.М. Волков Математика и математика в экономике. Программа, контрольные работы №5, 6 и методические указания для студентов 2 курса (3 семестр) заочной формы обучения.pdf

Скачать файл
Заказать решение

ВУЗ: Не указан

Категория: Не указан

Дисциплина: Не указана

Добавлен: 03.06.2024

Просмотров: 86

Скачиваний: 0

ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.

15

 

 

Таблица 4

Частное решение неоднородного уравнения

 

 

Вид правой части неоднородного

Вид частного решения

дифференциального уравнения

 

 

f (x)= eax Pn (x), Pn (x)- многочлен

y = xr eax Qn (x), где

степени n

0, еслиa неявляетсякорнем

 

 

характерист. уравнения

 

 

 

1,еслиa равноодномукорню

 

r =

характерист. уравнения

 

 

 

 

2,еслиоба корняхарактерист.

 

 

уравненияравныa

 

 

 

Qn (x)- многочлен степени n с не-

 

определёнными коэффициентами

f (x)= eax (Pn (x)cosbx + Qm (x)sinbx),

y = xr eax (SN (x)cosbx + ZN (x)sinbx)

Pn (x)- многочлен степени n ,

0, еслиa + bi неявляетсякорнем

Qm (x)- многочлен степени m

 

характерист. уравнения

 

r =

 

 

1,еслиa + bi равноодномукорню

 

 

характерист. уравнения

 

 

 

N равно наибольшей из степеней

 

n и m

Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения

y′′ + 8y′ + 16y = 2xe−4x ,

удовлетворяющее начальным условиям y(0)= 1, y′(0)= 2.

Решение. Общее решение неоднородного уравнения можно записать в виде y = y0 + Y , где y0 - общее решение однородного уравнения

y′′ + 8y′ + 16y = 0 ,

которое определяется по табл. 3, а Y - частное решение неоднородного уравнения, которое определяется по табл. 4.

Для определения y0 составим характеристическое уравнение

k2 + 8k + 16 = 0 .

Его корни k1 = k2 = −4 . Следовательно, y0 = e−4x (c1 + c2x) .

16

Так как правая часть уравнения f (x) = 2xe−4x , то Y = x2 e−4x (Ax + B).

Здесь a = −4, Pn (x)= 2x, r = 2 .

Y = e−4x (Ax3 + Bx2 ).

Y′ = −4e−4x (Ax3 + Bx2 )+ e−4x (3Ax2 + 2Bx)= = e−4x (− 4Ax3 + x2 (− 4B + 3A)+ 2Bx).

Y′′ = −4e−4x (− 4Ax3 + x2 (− 4B + 3A)+ 2Bx)+ e−4x (12Ax2 + 2x(− 4B + 3A)+ + 2B) = e−4x (16Ax3 + x2 (16B − 24A)+ x(− 16B + 6A)+ 2B).

Подставив эти значения в наше уравнение, получим

e−4x (16Ax3 + x2 (16B − 24A)+ x(− 16B + 6A)+ 2B)+ 8e−4x (−4Ax3 + + x2 (− 4B + 3A)+ 2Bx) + 16e−4x (Ax3 + Bx2 )= 2xe−4x .

Сократим на e−4x и сгруппируем члены с x3 , x2 , x, x0 :

 

x3 (16A − 32A +16A)+ x2 (16B − 24A − 32B + 24A +16B)+

 

+ x(−16B + 6A +16B)+ 2B = 2x

или

6Ax + 2B = 2x .

Приравниваем коэффициенты многочленов, стоящих в левой и правой части равенства, при одинаковых степенях x . Получаем систему уравнений для определения A, B .

6A = 2,

 

 

1

 

 

 

A =

 

 

,

3

 

 

2B

= 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B = 0.

 

Итак, Y = e−4x 13 x3 .

Общее решение неоднородного уравнения имеет вид

y = e−4x (c1 + c2x)+ e−4x 13x3 , отсюда

y′ = −4e−4x (c1 + c2x)+ e−4x c2 − 4e−4x 13x3 + e−

Подставляя в эти выражения начальные условия найдём c1 , c2 .

1 = c1 ,

 

 

c1 = 1,

 

2

= −4c1

+ c2 .

 

= 6.

 

 

c2

4x x2 .

x = 0, y = 1, y′ = 2 ,

Итак, искомое решение имеет вид

17

y = e−4x (1 + 6x)+ e−4x 13x3 .

Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения

y′′ + 6y′ + 13y = 4sin5x ,

удовлетворяющее начальным условиям y(0)= 0,235; y′(0)= 0 .

Решение. Общее решение неоднородного уравнения можно записать в виде y = y0 + Y , где y0 - общее решение однородного уравнения

y′′ + 6y′ + 13y = 0 ,

которое определяется по табл. 3, а Y - частное решение неоднородного уравнения, которое определяется по табл. 4.

Для определения y0 составим характеристическое уравнение

 

 

k2 + 6k + 13 = 0 .

 

 

 

 

Его корни k1,2

= − 6 ± 36 − 52 = − 6 ±

− 16 =

− 6 ± 4i

= −3 ±

2i .

 

2

 

 

2

 

2

 

 

 

Согласно табл. 3 α = −3, β = 2 , то есть

 

 

 

 

 

 

y0 = e−3x (c1 cos2x + c2 sin 2x).

 

 

 

Для определения Y используем табл.

4. Так как f (x)= 4sin5x , то

a = 0, b = 5, P0 (x)= 0, Q0 (x)= 4, r = 0 . Следовательно:

 

 

 

 

 

Y = A cos5x + B sin5x .

 

 

 

Для определения A, B подставим Y в первоначальное уравнение:

 

Y′ = −5A sin5x + 5B cos5x ,

 

 

 

 

Y′′ = −25A cos5x − 25B sin5x .

 

 

 

Тогда уравнение примет вид

 

(

 

 

 

)

 

−

25A cos5x −

25B sin5x + 6

− 5A sin5x + 5Bcos5x

 

+

+

(

 

)

= 4sin5x.

 

 

 

 

13 A cos5x + B sin5x

 

 

 

 

 

Приравнивая коэффициенты при cos5x и sin5x в левой и правой части этого уравнения, получаем систему

− 12A + 30B

= 0,

A =

30

B =

5

B,

− 30

5

B − 12B = 4, B = −0,115,

 

 

= 4.

12

2

2

− 30A − 12B

 

 

 

 

 

A = 52 (− 0,115)= −0,046. Y = −0,115cos5x − 0,046sin5x .

Общее решение нашего уравнения имеет вид

y = e−3x (c1 cos2x + c2 sin 2x)− 0,115cos5x − 0,046sin5x .

Отсюда

18

y′ = −3e−3x (c1 cos2x + c2 sin 2x)+ e−3x (− 2c1 sin 2x + 2c2 cos2x)+

+ 0,575sin5x − 0,23cos5x.

 

 

 

Найдём из начальных условий y(0)= 0,235;

y′(0)= 0 постоянные c1 , c2 .

0,235 = c1 − 0,115,

 

c1 = 0,35,

 

− 0,23.

 

0 = −3c1 + 2c2

 

c2 = 0,64.

Итак, искомое решение имеет вид

y = e−3x (0,35cos 2x + 0,64sin 2x)− 0,115cos5x − 0,046sin5x.

При решении задач № 91-120 рекомендуется изучить литературу

[1, с. 107-109, 111-113; 3, с. 191-193, 199; 4, с. 561-563, 585-587; 5,

с. 411-420]. Наибольшую трудность представляет составление дифференциальных уравнений, описывающих данную линию.

Задачи решаются с использованием геометрического смысла производной y′ = tgα , где α - угол наклона касательной к оси OX.

Пусть M(x,y) - точка касания, принадлежащая искомой кривой

(рис.3,4,5). OA=x, AM=y, CM - касательная к кривой

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

y

 

M(x,y

 

y

 

 

 

 

M(x, y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

K

 

 

K

 

 

M(x,y)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

K

 

 

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

O

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

O

A

x

B

C

A

x

O

A

C

x

 

 

 

 

Рис.3

 

 

 

 

 

 

Рис.4

 

 

AM

 

 

Рис.5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= tg(π − α)= −tgα,

tgα = AM , AC = AM =

y

AC =

y

,

 

 

 

 

 

 

AC

AC

 

tgα

y′

 

y′

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

y

 

AC = −

 

OC = AC − x =

− x,

 

OC = x − AC = x −

,

 

,

 

 

 

y′

 

 

 

y′

 

 

y′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

OB = tgα = y′,

 

 

 

OB

= tgα = y′,

 

 

OC = x + AC = x −

,

 

 

 

 

 

y′

OC

 

 

 

OC

 

 

 

 

 

OB

 

 

 

 

 

OB = OC y′ = y − xy′.

 

OB = xy′ − y .

 

 

= −y′, OB = −xy′ + y .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

OC

OB - отрезок, отсекаемый касательной на оси oy . OC - отрезок, отсекаемый касательной на оси ox .

OM - радиус-вектор точки касания M, OM = x2 + y2 .

19

Пример. Кривая обладает тем свойством, что отрезок нормали, заключённый между осями координат и проведённый в любой точке кривой, делится этой точкой пополам. Записать уравнение кривой, проходящей через точку M0 (0,1).

Решение. Пусть M(x, y) - произвольная точка искомой кривой (рис. 6). CM - касательная, tgα = y′, ED - нормаль, β = π − α.

 

 

 

 

 

 

E

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M(x, y)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

K

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

O

 

C

 

A

 

 

 

 

 

D

x

 

 

 

По условию EM = MD,

 

 

 

 

Рис. 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

OA = AD,

OK = KE,

OD = 2x,

OE = 2y,

OE = tgβ,

2y = tg(π − α)= ctgα =

1

 

 

=

1

.

 

 

 

 

 

tgα

 

 

 

 

 

 

OD

2x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y′

 

 

 

 

 

Получаем дифференциальное уравнение кривой:

 

 

 

y =

1

,

y′ = x ,

dy

= x

,

 

 

ydy = xdx,

y2

= x2

+ c.

 

 

dx

 

 

2

 

x

y′

 

 

y

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

Найдём c из условия, что линия проходит через точку M0 (0,1).

 

 

 

 

 

 

 

 

1 = 0 + c,

 

c =

1 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

Уравнение искомой кривой имеет вид

y2

= x2

+

1 или y2 − x2 = 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

2

 

Контрольная работа №5

Интегральное исчисление

1-30. Вычислить неопределённые интегралы

 

2

 

 

 

 

1

 

1. а) ∫(3x +1)3

dx,

б) ∫arccosx dx,

в) ∫

 

dx.

x3 + x2

+ 4x + 4

 

 

 

 

 

 

Смотрите также файлы