Файл: Методические указания для их выполнения 2 семестр учебнометодическое пособие Предназначено для студентов го курса заочной формы обучения по направлению.pdf

0
 
f x
-2
1
/ по косинусам
18.
 
f x
-2
1
/ по синусам
14.
 
f x
17. по косинусам
1
-0,5
/ 2


x
13. по синусам
 
f x
1
-0,5
/ 2


x
0
12.
 
f x
1
0,5
/ по косинусам
0
 
f x
1,5
0,5
/ по синусам
8.
0
11.
-2
 
f x
2
/ по косинусам
-2
 
f x
3
/ по синусам
7.
-2
 
f x
3
/ по синусам
7.
-2
 
f x
3
/ по синусам
7.
0
-2
 
f x
3
/ по синусам
7.
13. по синусам
 
f x
1
-0,5
/ 2


x
 
f x
-2
1
/ по синусам
14.
0
 
f x
-2
1
/ по синусам
14.

КРАТКИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ И ОБРАЗЕЦ ВЫПОЛНЕНИЯ ЗАДАНИЙ КОНТРОЛЬНОЙ РАБОТЫ № 3
Определенный интеграл, его вычисление и свойства Определенный интегралот функции 
f x
, непрерывной на отрезке
 
,
a b
, вычисляется по формуле
 
 
 
 
,
b
b
a
a
f x dx
F x
F b
F a




(5) где
 
F x
— первообразная для функции
 
f x
, те Формула (5) называется формулой Ньютона — Лейбница. Свойства определенного интеграла
 
 
1)
;
b
a
a
b
f x dx
f x dx
 


 
2)
0;
a
a
f x dx


0
 
f x
-2
-1
/ по косинусам
20.
0
 
f x
-2
-1
/ по синусам
16.
19. по косинусам
 
f x
1
-0,5
/ 2


x
15. по синусам
 
f x
1
-0,5
/ 2


x

 
 
 
3)
;
b
c
b
a
a
c
f x dx
f x dx
f x dx





 
 


 
 
4)
;
b
b
b
a
a
a
f x
g x dx
f x dx
g x dx






 
 
5)
,
const;
b
b
a
a
Cf x dx
C f x dx C




6) Если
 
 
f x
g x

для всех
 
,
x
a b

, то
 
 
;
b
b
a
a
f x dx
g x dx



7) Если
 
m
f x
M


для всех
 
,
x
a b

, то


 


b
a
m b
a
f x dx
M b
a
 При вычислении определенного интеграла для нахождения первообразной используют те же методы, что и для нахождения неопределенного интеграла, те. замену переменной, интегрирование по частями т. д. Однако есть ряд особенностей. При замене переменной по формуле (1) необходимо в соответствии с заменой менять пределы интегрирования
 
 


 
,
b
a
f x dx
f
t
t dx








(6) где
( ),
( ),
( )
a
b
t
x
  
  
 
— обратная к
 
x
t
 
функция. Формула интегрирования по частям (3) приобретает вид
,
b
b
b
a
a
a
UdV
UV
VdU




(7) Определенный интеграл широко используется в различных приложениях, например, при вычислении площадей плоских фигур, длин дуг плоских кривых, объемов тел вращения, площадей поверхностей вращения, работы переменной силы на отрезке, пути, пройденного за промежуток

времемени, статических моментов и моментов инерции плоских дуги фигур и т. д. Площади плоских фигур Вычисление площадей плоских фигур в декартовой системе координат Если плоская фигура (рис. 1) ограничена линиями
 
1
,
y
f x

 
2
y
f
x

, где
 
 
2 1
f
x
f x

для всех
 
,
x
a b

, и прямыми
x
a

,
x
b

, то ее площадь вычисляется по формуле
 
 


2 1
b
a
S
f
x
f x dx



(8) Рис. 1 Рис. 2 Задание 1. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
2 2,
3 Решение Построим схематический рисунок (рис. 2). Для построения параболы возьмем несколько точек x
0 1
–1 2
–2 3
–3 4
–4 y
–2
–1
–1 2
2 7
7 14 14 Для построения прямой достаточно двух точек, например


0, 2
и


1, 1
 Найдем координаты точек
1
M
и
2
M
пересечения параболы
2 2
y
x


и прямой
3 2
y
x



Для этого решим систему уравнений
2 2
2 1
2 2,
2 3
2,
3 4
0,
1,
4.
3 2.
y
x
x
x
x
x
x
x
y
x
 



 


 
 Тогда
 
1 2
3 1
2 1,
3 4 2 14.
y
y
     
   
Итак,
1 2
( 1, 1),
(4,14).
M
M
 Площадь полученной фигуры найдем по формуле (8), в которой
 
 
2 2
1 3
2,
2,
f
x
x
f x
x




поскольку
 
 
2 1
f
x
f x

для всех


1,4
x
 Получим






   
 


4 4
4 2
3 2
2 1
1 1
2 3
2 3
3 3
2 2
3 4
4 2
3 3
1 1
3 4 4
64 3
1 4 4 4
1 24 16 4
2 3
2 3
3 2
3 65 3
125 5
44 20
кв.ед.
3 2
6 6
x
x
S
x
x
dx
x
x
dx
x






 














 






  

  



   






 Вычисление объемов тел вращения Если тело образовано вращением вокруг оси OX криволинейной трапеции, ограниченной кривой
 
y
f x

, осью OX и прямыми
x
a

, рис. 5), то его объем вычисляется по формуле
 


2
b
a
V
f x
dx
 

(12) Рис. 5 Рис. 6

Задание 2. Найти объем тела, полученного вращением вокруг оси OX фигуры, ограниченной линиями
3 4
,
0,
4.
y
x
x
y
 

 Решение Построим криволинейную трапецию, вращением которой получается тело вращения (рис. 6). Чтобы получить объем тела вращения из объема
1
V
тела, полученного вращением фигуры ОАВС, вычтем объем
2
V
тела, полученного вращением фигуры ОАВ. Тогда искомый объем
1 2
V
V
V
 
. По формуле (12) найдем
1
V
и
2
V
:
 
1 1
2 1
0 0
4 16 16
V
dx
x
  
 
 

(ед. объема
 
1 1
7 2
3 6
2 0
0 16 4
16 16 7
7
x
V
x
dx
x dx

  
 
 



(ед. объема
1 2
16 96 16 43,085 7
7
V
V
V

 
  

 ед. объема. Дифференциальные уравнения первого порядка Дифференциальным уравнением (ДУ) го порядка называется уравнение вида
 
,
,
y
f x y
 
(1) связывающее независимую переменную х, неизвестную функцию y = y(x) и ее первую производную y . Здесь f (x, y) — некоторая заданная функция своих аргументов, определенная и непрерывная в области D на плоскости
XOY. Область D называется областью определения уравнения (ООУ). Функция
( ),
y
x
 
определенная и дифференцируемая на некотором интервале (а, b), называется решением уравнения (1), если, будучи подставленной в это уравнение, она обращает его в тождество, те при
 
,
x
a График решения ДУ называется интегральной кривой.

ДУ (1) имеет бесчисленное множество решений вида


,
,
y
x C
 зависящих от одной произвольной постоянной С. Такое решение называется общим решением ДУ. Решение ДУ (1), которое получается из общего решения


,
y
x C
 
при фиксированном значении С, называется частным решением. Не всегда решение ДУ (1) находится в виде
 
,
y
x
 
иногда оно получается в неявном виде
 
Ô ,
0,
x y

при этом для всех хи из некоторой области должно выполняться —
 
 
 
Ô
,
,
Ô
,
x
y
x y
f x y
x y



Решение
 
Ô ,
0
x называют интегралом ДУ (1), а уравнение


Ô , ,
0
x y C

называется общим интегралом ДУ (1) в некоторой области

,
G D
если принадлежащем выборе постоянной С оно дает любое решение ДУ (1), график которого содержится в области G. Нахождение всех решений ДУ называется интегрированием уравнения. Рассмотрим методы интегрирования основных типов ДУ го порядка. Уравнения с разделяющимися переменными Такие ДУ имеют вид
   
 

1 2
y
f x
f y
(2) и решаются следующим образом так как
,
dy
y
dx
 
то уравнение (2) можно записать в виде
   
1 2
dy
f x
f y
dx


Разделим переменные в полученном равенстве, те. при дифференциале dy соберем множителями функции, зависящие от y, а при дифференциале х функции, зависящие от х Для

этого умножим обе части уравнения (2) на множитель
 
2
,
dx
f y
считая
 

2 0.
f y
Символически это записывается так
   
 
 


1 2
2 2
0 .
dy
dx
f x
f y
f y
dx
f Получим
 
 
1 2
dy
f x dx
f
y

Интегрируя последнее равенство, получим общий интеграл
 
 
1 2
dy
f x В случае, если уравнение
 

2 0
f y
имеет решение y = b, которое не получается из общего решения ни при каком значении постоянной Сто является особым решениемуравнения (2). Задание 3.1. Найти общее решение ДУ
4 1.
x y
y

  Решение ДУ приведем к виду (2), разделив обе части равенства на
4
:
x

 

4 1, Согласно описанному выше алгоритму, заменив

y
на
,
dy
dx
получим
4 1
dy
y
dx
x


и умножим обе части равенства на


1 0 :
1
dx
y
y
 

4 1
dy
dx
y
x


(3) Проинтегрируем полученное равенство

 




 
 




ô î ðì óë à 4 1
òàá ë è öû
ln ln
1 1
è í òåãðàë î â
u
y
dy
du
u
C
y
C
y
u
du
dy
1 1
1 3
4 4
4 4
ô î ðì óë à 3 4
òàá ë è öû
1 3
1
è í òåãðàë î â
4
dx
x
x dx
C
x
C
x
 




 

 Для удобства таблица основных интегралов приведена в приложении 1. Вернемся к равенству (3), оставив константу Столько в правой части в виде
1
ln
:
C
 

3 4
1 Используя свойства логарифмов, получим
 
 

3 3
4 4
4 4
3 3
1 1
1 1
x
x
y
C e
y C e
— общее решение исходного ДУ. Проверим, имеет ли уравнение особые решения. Уравнение делили на y
+ 1, поэтому могли потерять решение y = – 1. Подстановка в уравнение показывает, что y = – 1 — решение, однако оно содержится в общем решении при С = 0. Таким образом, особых решений нет. Однородные уравнения Однородные ДУ го порядка имеют вид
 
   
 
y
y
f
x
(4) Это уравнение сводится к уравнению с разделяющимися переменными при помощи замены

,
y zx
где
 
z
z x

Действительно, подставляя в

уравнение (4)




,
y
z x
z
получаем
 
  
z x
z
f z
— уравнение с разделяющимися переменными. Разделяя переменные, получим
 
 


 

 
 

 
,
0,
0,
dz
dx
x
f z
z
f z
z
x
dx
f z
z x
 
 







ln
dz
dx
dz
x
C
x
f z
z
f После вычисления интеграла вместо z нужно подставить
y
x
и, если можно, упростить полученное выражение. Задание 3.2. Найти общее решение ДУ ln
x
x y
y
y
x
  
 
 
 Решение Разделим уравнение на
0
x

(хне принадлежит ООУ) и получим
1
ln
y
y
x
y
x
  
 
 
 
— однородное уравнение видав котором
   
 
 
 
 
 Делаем замену
,
y
z x z
z x
z


 Тогда исходное уравнение становится уравнением с разделяющимися переменными

   







1 1
ln
,
,
ln ln ln ln
dz
dx
z
z Найдем интегралы в левой и правой частях полученного равенства

используем формулу интегрирования по частям ln ln где ln
udv uv
vdu
dz
zdz
z
z
z
z
z
z C
dz
z
u
z
du
z
dv dz
v
z






 




 формула таблицы ln интегралов
dx
x
C
x




Итак, получим ln ln ln ln
y
y
y
z
z z
x
C
x
C
x
x
x
 
 
 

— общий интеграл исходного ДУ. Линейные уравнения Линейные ДУ го порядка имеют вид
 
 
,
y
p x
y q x

 
(5) где p(x) и q(x) — известные функции, непрерывные на некотором интервале. Такие уравнения обычно решают методом Бернулли, который состоит в следующем. Решение ищется в виде произведения двух функций
 
   

y x
U x V x
Тогда
y
U V
UV





Подставляя y ив, получим
 
 
U V
UV
p x UV
q Объединим второе и третье слагаемые в левой части последнего уравнения, вынося U за скобки, и получим
 


 
U V U V
p x V
q x





(6) Поскольку одну неизвестную функцию у заменили двумя функциями U и V, то одну из этих функций можем взять произвольно. Выберем функцию
V(x) так, чтобы она была решением уравнения
 
0,
V
p x V


(7)

тогда вторая функция U(x) должна удовлетворять уравнению
 
U V
q x
 
(8) Решив уравнение с разделяющимися переменными (7), найдем V и подставим его в (8), откуда найдем U. Общее решение получим как произведение найденных функций U и V:

y Задание 4.1. Найти общее решение ДУ:
2
x
y
y e

 Решение Уравнение имеет вид (5), поэтому является линейным. Решим его методом Бернулли. Сделаем замену

,
y UV
:
y
U V
UV







2
,
2
x
x
U V
UV
UV
e
U V
U Приравняем коэффициент при U к нулю и получим
2 0,
x
V
V
U V
e




  Решим первое из полученных уравнений

 


 

   


2 2
2
ln
2
x
dV
dx
dV
V
dx
V
x
V
e
dx
V
V
(при интегрировании использовали формулы 4 и 2 таблицы интегралов. При нахождении V постоянную С полагаем равной нулю, так как в данном случае достаточно найти некоторое решение. Полученную функцию
2x
V
e


подставим во второе уравнение






 

 

  


2x
x
x
x
x
x
dU
U e
e
U
e
e dx
dU
e dx
U
e
C
dx
(использовали формулы 2 и 7 таблицы интегралов.

Таким образом,






2
x
x
y UV
e
C e
или
2
x
x
y e
Ce




— общее решение исходного ДУ. Уравнения Бернулли Уравнения Бернулли имеют вид
 
 
,
y
p x y q x y



(9) где
   Метод решения таких уравнений тот же, что и для линейных уравнений. Пример Найти общее решение ДУ:
2 2
2
cos
y
x Решение Разделим уравнение на

0
x
(хне является решением данного ДУ):
2 Полученное уравнение имеет вид (9), следовательно, это уравнение Бернулли. Сделаем замену






,
y UV y
U V
UV
Получим












2 2
2 2
,
cos
2 2
cos
UV
UV
U V
UV
x
x
x
V
UV
U V
U Приравняем коэффициент при U нулю и получим
  


  

2 2
0,
2
cos
V
V
x
UV
U Решим первое уравнение


 


 

 
 
 


2 2
2 1
2
ln
2ln
dV
V использовали формулу 4 таблицы интегралов. Подставим полученную функцию V во второе уравнение











 




 




  



2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
1 2
2 2
0
cos cos cos cos
2 1
tg tg
2
cos
U
U
U
U
dU
U
dx
x
U
x
U
U
dx
x
x
x
x
x
x
x
x
U
dU
dx
U
x C
U
x использовали формулы аи таблицы интегралов. Таким образом, общее решение ДУ:




2 2
tg
x Случай V = 0 и = 0 является решением ДУ, итак как оно не может быть получено из общего решения, то является особым решением. Все рассмотренные типы ДУ го порядка и методы их решения включены в таблицу ДУ го порядка (см. прил. 2). Задача Коши для дифференциального уравнения первого порядка Задача Коши для ДУ го порядка состоит в следующем из общего решения


,
y
x C
 
требуется выделить такое решение


0
,
y
x C
 уравнения (1), которое удовлетворяет начальному условию
 
0 0
,
x
y


где


0 0
,
x y
— заданная точка плоскости XOY. Условия существования и единственности решения задачи Коши сформулированы в следующей теореме.

Теорема Если функция
 
,
y
f x y

определена и непрерывна в некоторой области D на плоскости XOY, а частная производная ограничена в этой области, то каковы бы ни были числа
0 0
, ,
x y
такие, что точка



0 0
,
,
M x y
D
найдется единственная функция
 
 
,
y
x
являющаяся решением уравнения (1), непрерывно дифференцируемая на некотором промежутке, содержащем точку x
0
, и такая, что
 
0 Задание 4.2. Определить тип ДУ и решить задачу Коши
2 2
0,
(3) 4.
y
x
y
x y
y


 Решение Для определения типа ДУ выразим из уравнения y :



  

2 2
,
0 Внесем х под знак корня, возведя его в квадрат

  
2 ив подкоренном выражении поделим почленно числитель на знаменатель, получим
2 1
y
y
y
x
x
 
    
 
(10) Итак, привели уравнение к виду
y
y
f
x
 
   
 
По таблице ДУ (см. прил. 2) определяем, что уравнение однородное и решается заменой


,
,
y
z
y zx
x




y
z x
z
Сделаем замену в уравнении (10):
    
2 1
,
z x
z
z
z учтем, что


 

  
 



2 2
2 2
1
,
1 0 ,
1 1
dz
dz
dx
dz
dx
z
x
z
z
dx
dx
x
x
z
z

Используя формулы 12 и 4 таблицы интегралов, получаем
 


2
ln
1
ln ln Произвольную постоянную интегрирования выразили в виде ln ,
C
что позволило записать общее решение, используя свойства логарифмов, в виде
  
2 Учитывая выполненную замену

,
y
z
x
получим
 



 
 
2 1
y
y
x C
x
x
— общее решение ДУ в неявном виде. Найдем такое решение, которое удовлетворяет начальному условию у) = 4. Для этого подставим в общее решение
3,
4
x
y


и найдем значение постоянной С
4 16 4 5 1
3 3
3 3 1.
3 9
3 3
C
C
C
C
 

  
 
 Итак, нашли значение постоянной С, при котором решение ДУ будет удовлетворять указанному начальному условию. Решение задачи Коши запишем, подставив в общее решение значение постоянной С
2 1
y
y
x
x
x
 



 
 Дифференциальные уравнения второго порядка Дифференциальным уравнением второго порядка называется уравнение, связывающее независимую переменную, искомую функцию и ее первую и вторую производные. В общем случае такое уравнение имеет вид


  
, , ,
0.
F x y y y
(11)

Общее решение уравнения (11) должно содержать две произвольные постоянные, те. иметь вид


1 2
, ,
y
x C C
 
Задача Коши для ДУ го порядка формулируется таким образом найти такое решение уравнения, которое удовлетворяло бы условиям
 
 




0 0
0 0
,
,
y x
y
y x
y
где
0 0
0
, , —
x y y

заданные числа. Линейные однородные дифференциальные уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами Линейные однородные
ДУ го порядка с постоянными коэффициентами имеют вид





1 2
0,
y
p y
p y
(15) где р и р — действительные числа. Согласно теореме о структуре общего решения линейного однородного
ДУ достаточно найти два линейно независимых частных решения
 
1
y x
и
 
2
y x
уравнения (15), чтобы записать общее решение
 
 
 


00 1 1 2 2
y
x
C y x
C y Будем искать решение уравнения (15) в виде
,
x
y e


где
—

некоторое постоянное. Чтобы определить
,

подставим
, ,
y y y
 
в уравнение (15). В результате подстановки получим уравнение


2 1
2 0.
x
e
p
p

  Так как
0,
x
e


то
2 1
2 0.
p
p
   
(16) Квадратное уравнение (16) называют характеристическим уравнением для ДУ (15), а его корни
1

и
2

характеристическими числами. При решении характеристического уравнения (16) могут возникнуть три случая

а) Корни
1

и
2

действительные и различные. Тогда общее решение уравнения (15) будет иметь вид
1 2
00 1
2
x
x
y
C e
C e




(17) б) Корни
1

и
2

действительные и равные,
1 2
    
Общее решение уравнения (15) будет иметь вид





00 1
2
x
y
e
C
C x
(18) в) Корни
1

и комплексно сопряженные,
1,2
a ib
  
Тогда общее решение уравнения (15) примет вид




00 1
2
cos sin
ax
y
e
C
bx C
bx
(19) Задание 5. Найти общие решения линейных однородных ДУ го порядка с постоянными коэффициентами а) 4 9
2 0;
y
y
y










10 25 0;
y
y
y
в)





2 17 Решение. а) 4 9
2 0.
y
y
y





Составим характеристическое уравнение
2 4
9 2 0.
   Решим его, используя формулу корней квадратного уравнения
2 2
1,2 4
0,
2
b
b
ac
a
b
C
a
 

    
 
(20) Получим корни
 
  
 
 
 



 
 
 
 
 
 
2 1,2 1
2 9
9 4 4 2 9
49 9 7
;
2 4 8
8 9 7 9 7 1
2,
8 Поскольку
  
1 2
,
R
и
1 2
,
  
то общее решение запишем в виде (17):

2 4
00 1
2
x
x
y
C e
C б)





10 25 Характеристическое уравнение
   

2 10 25 его корни найдем по формулам (20):
2 1,2 10 10 4 1 25 10 0 5.
2 2

  

 Поскольку
1 2
,
R
   
то общее решение запишем в виде (18):




5 00 1
2
x
y
e
C
C в)





2 17 Характеристическое уравнение
   

2 2
17 его корни найдем по формуле (20):
 
2 1,2 2
2 4 1 17 2
64 2 8 1 4 .
2 1 2
2
i
i
 
  
 

 


 Получили комплексно сопряженные корни вида
1,2
,
a ib
  
где а = 1, b
= 4. Решение запишем в виде (19):




00 1
2
cos4
sin 4
x
y
e C
x Пример 6.1. Решить задачу Коши
9 0,
(0) 2,
(0)
3.
y
y
y
y






 Решение Характеристическое уравнение

2 9 0.
  Решим его
2 1,2 1,2 9;
9;
3 .
i
  
   
  
1,2

— комплексно сопряженные корни вида
1,2
,
a ib
  
где а = 0, b = 3. Решение запишем в виде (19), при этом учтем, что

0 1:
e
00 1
2
cos3
sin3 .
y
C
x Найдем константы Си С, для этого продифференцируем полученное общее решение
00 1
2 3 sin3 3
cos3 .
y
C
x
C
x
  Подставив начальные данные х = 0,
2,
1
y
y


 
, получим

1 2
1 2
3 3
sin3 0 3
cos3 0,
2
sin3 0
cos3 0.
C
C
C
C
   
 


 


1 2
1,
2.
C
C
 Итак, решение задачи Коши cos3 2sin3 .
y
x
x
 Уравнения, допускающие понижение порядка Основным способом интегрирования ДУ (11) является понижение порядка. Рассмотрим один из случаев, когда это возможно. Если уравнение
(11) имеет вид
 
 
,
y
f x
(12) те. правая часть не содержит у и
,
y

то ДУ решаются двукратным последовательным интегрированием
 


1 2
y
f x dx dx C x C



 Пример 6.2. Решить задачу Коши

2 1
cos 2 ,
(0)
,
(0) Решение Найдем сначала y





 






 




 












2 2
è ñï î ë üçóåì ô î ðì óë ó
1 1
1
cos 2
ï î í è æåí è ÿ ñòåï åí è :
1 cos4
cos4 2
2 2
1
cos
1 cos2 2
ä ë ÿ âòî ðî ãî
è ñï î ë üçóåì ô î ðì óë û 1 è 7 1
1 1
è í òåãðàë à çàì åí à
cos
2 2 4
òàá ë è öû è í òåãðàë î â
4 ,
4 1
1
sin 4 2
8
y
x dx
x dx
dx
x dx
dx
udu
u
x Итак, получим
1 1
1
sin 4 2
8
y
x
x
C
 


(13) Найдем у интегрированием уравнения (13):









 







1 2
1 1
2 1
1 1
1
sin 4
sin 4 2
8 2
8 1
1
cos4 2 2 32
y
x
x C dx
x dx
x dx
x
C dx
x C x Получим общее решение
 


1 2
1
cos4 4
32
x
y
x
C x
C
(14) Найдем константы Си С, подставив начальные данные х = 0,
1
,
1 16
y
y



в формулы (13) и (14):
   
 


  
   

1 2
1 2
1 1
1 0
sin 4 0
,
2 8
1 0
1
cos4 0 0
16 4
32
C
C
C


  

1 2
1
,
1 1
16 32
C
C


 

1 2
1,
3 Итак, решение задачи Коши


 
2 1
3
cos4 4
32 32
x
y
x
x

Числовой ряди его сходимость. Необходимое условие