Ekzamen_2_semestr_2012-2013_programma

Вычитая из последнего равенства первое уравнение системы, получаем

4

B = ¡

:

5

Тогда

8

64

C = ¡

;

A =

:

R

5

5

Таким

образом, интеграл

12x2+16

dx равен сумме трех интегралов

2

2

5

(x¡2)(x

+1)

x2 + 1dx ¡ 5 Z

x2 + 1dx = I1 + I2 + I3:

Z

(x ¡ 2)(x2 + 1)dx =

Z

x ¡ 2

¡ 5 Z

12x

+ 16

64

dx

4

x

8

1

Интеграл I1 сводится к табличному, одна из первообразных равна

I1 = Z

dx

= ln jx ¡ 2j:

x ¡ 2

Одна из первообразных для интеграла I2 равна

5 ln jx2 + 1j:

I2 = ¡5 Z

x2 + 1dx = ¡5 Z

x2

+ 1 = ¡

4

x

2

d(x2

+ 1)

2

Наконец, последний интеграл также табличный. Одна из первообразных для

интеграла I3 равна

8

1

8

I3 = ¡

Z

dx = ¡

arctg x:

5

x2 + 1

5

Ответ.

Z

4x4

4x2

2

8

dx =

+ 8x + ln jx ¡ 2j ¡

ln jx2 + 1j ¡

arctg x + C;

x3 ¡ 2x2 + x ¡ 2

5

5

5

где C - произвольная постоянная.

Задача 7. Вычислить неопределенный интеграл R

3 1

dx

.

p

x

+p

x

R

Решение.

Данный

интеграл

относится

к

интегралам

вида

R(x; xm1=n1 ; : : : ; xmk=nk )dx, где m1

; : : : ; mk - целые числа, n1; : : : ; nk - натуральные

числа, а R - рациональная функция своих аргументов.

Такие интегралы приводятся

к интегралам от

рациональных функций с

помощью замены переменной t = x1=N , где N наименьшее общее кратное чисел n1; : : : ; nk.

m1

1

m2

1

В рассматриваемом интеграле n1

= 3 ,

n2

= 2 . Н.О.К. f3; 2g = 6. Поэтому

следует сделать замену переменной

£t = x1=6; x = t6; dx = 6t5dt; p3

= t2; p

= t3:¤

x

x

Таким образом,

1

t5

t3

Z

p3

+ p

dx = 6 Z

dt = 6 Z

dt:

t2 + t3

1 + t

x

x

11

Чтобы упростить знаменатель сделаем еще одну замену переменной

Z

Z

[z = 1 + t; t = z ¡ 1; dt = dz] :

Z µ

¡

¡ z

¶

1 + t

z

Z

z

6

t3

dt = 6

(z ¡ 1)3

dz = 6

z3

¡ 3z2 + 3z ¡ 1

dz =

6z2

18z + 18

1

dz:

Последний интеграл есть сумма табличных:

1

z3

z2

Z µ6z2 ¡ 18z + 18 ¡

¶dz = 6

¡18

+18z¡ln jzj+C = 2z3¡9z2+18z¡ln jzj+C;

z

3

2

где C - произвольная постоянная.

Возвращаясь к исходным переменным z = 1 + p6

, получаем

x

Ответ.

¡ 9 ¡1 + p6 x¢

+ 18 ¡1 + p6 x¢ ¡ ln j1 + p6 xj + C;

Z

p3 x + pxdx = 2 ¡1 + p6 x¢

1

3

2

где C - произвольная постоянная.

Задача 8. Вычислить определенный интеграл R2 x log2 xdx.

1

Решение. Применим метод интегрирования по частям.

u = log2 x;

dv = xdx

· du =

1

;

v =

xdx =

21 x2: ¸

x ln

2

Следовательно,

R

2

1

¯

1

2

1

1

Z x log2 xdx = µlog2

x ¢

x2

¶

¯

x=1¡ Z

xdx =

2

¯

2 ln 2

= 2 ¡

µ4 ln 2x2¶¯x=1= 2 ¡

4 ln 2:

1

¯

x=2

3

Ответ.

¯

2

Z1

3

x log2 xdx = 2 ¡

:

4 ln 2

¼

Задача 9. Вычислить определенный интеграл R0

sin x sin x2 dx.

Решение. Воспользуемся тригонометрической формулой

sin ® ¢ sin ¯ = 12 [cos (® ¡ ¯) ¡ cos (® + ¯)] :

Следовательно,

sin x ¢ sin x=2 = 12 [cos (x=2) ¡ cos (3x=2)] :

12

Поэтому

¼

x

¼

1

Z0

sin x sin

dx = Z0

[cos (x=2) ¡ cos (3x=2)] dx =

2

2

¼

1

¼

1

¯

4

0

0

x=¼

= Z cos (x=2)d(x=2) ¡

Z

cos (3x=2)d(3x=2) = µsin (x=2) ¡

sin (3x=2)¶

¯

=

:

3

3

¯

x=0

3

Ответ.

¼

Z

x

4

sin x sin

dx =

:

2

3

0

Задача 10. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной линиями y = x2 + 1; x + y ¡ 3 = 0.

Решение. Найдем точки пересечения кривых, ограничивающих область. Для этого решим систему уравнений

½y = x2 + 1;

x + y ¡ 3 = 0:

Подставляя y = 3 ¡ x из второго уравнения в первое, получаем

x2 + x ¡ 2 = 0:

Корни этого уравнения x1 = ¡2; x2 = 1. На отрезке [¡2; 1] график функции x+y¡ 3 = 0 выше графика функции y = x2 + 1, поскольку последняя кривая - выпуклая вниз. Поэтому площадь фигуры, ограниченной линиями y = x2 + 1; x + y ¡ 3 = 0, равна:

S =

Z

(3 ¡ x) ¡ (x2

+ 1) dx =

Z

2 ¡ x ¡ x2 dx = ·2x ¡ 2x2 ¡

3x3¸ x=¡2:

1

£

¤

1

£

¤

1

1

¯

¡2

¡2

x=1

¯

¯

Производя подстановку, получаем

Ответ.

S = 92:

Задача 11. Найти среднее значение издержек K(x) = x2 + 5, выраженных в денежных единицах, если объем продукции x изменяется от x1 = 1 до x2 = 5.

Решение. Среднее значение издержек при объемах продукции, изменяющихся от x1 = 1 до x2 = 5, вычисляется по формуле

Kcp = 5 ¡ 1 Z1		(x2	+ 5)dx:
5
1

13

Вычисляя последний интеграл, получаем							3¡		+ 5(5 ¡ 1)¶ = 3 :
Kcp = 4	µ	3	+ 5x¶¯x=1=		4	µ
1		x3	¯	x=5	1		125	1	16
			¯

Ответ.

16

Kcp = 3 :

Задача 12. Распределение доходов в регионе описывается функцией Лоренца f(x) = 0; 96x2 + 0; 04x. Какую часть дохода получают 10% наиболее низко оплачиваемого населения? Вычислить коэффициент неравномерности распределения совокупного дохода.

Решение. Функция Лоренца выражает зависимость процента доходов от процента имеющего их населения. Поэтому 10% наиболее низко оплачиваемого населения имеет доход равный f(0; 1) ¢ 100% = (0; 96(0; 1)2 + 0; 040; 1) ¢ 100% = 1; 36%.

Коэффициент неравномерности распределения совокупного дохода (коэффициент Джини) вычисляется по формуле

k = 1 ¡ 2 Z	f(x)dx = 1 ¡ 2 Z	(0; 96x2	+ 0; 04x)dx = 1 ¡ 2 µ0;396x3 + 0;204x2¶ x=0:
1	1		¯
0	0			x=1
			¯
			¯

Производя подстановку, получаем

k = 1 ¡ 2 ¢ 0; 34 = 0; 32:

Значение коэффициента Джини достаточно невелико, что говорит о несущественной неравномерности распределения совокупного дохода.

Ответ.

10% наиболее низко оплачиваемого населения получает доход 1; 36% от общего объема совокупного дохода.

Значение коэффициента Джини k = 0; 32, что говорит о несущественной неравномерности распределения совокупного дохода.

Задача 13. В течение рабочего дня производительность труда меняется по закону f(t) = 32 + 4t ¡ t2. Сколько продукции будет изготовлено за второй час работы?

Решение. Объем продукции, выпущенной за второй час работы (т.е. за время от t = 1 до t = 2) вычисляется по формуле

2	4			1					¯				1
1											t=2
									¯
Q = Z	(32 + 4t ¡ t2)dt = µ32t +	2	t2	¡	3	t3		¶ t=1				= 32(2 ¡ 1) + 2(4 ¡ 1) ¡	3	(8 ¡ 1):
Производя вычисления, получаем									¯
				Q =			107			:
								3

14

Ответ. Q = 1073 :

Задача 14. Исследовать сходимость ряда P1 2n2¡n 1 .

n=1

Решение. Данный ряд имеет положительные члены an = 2n2¡n 1 , поэтому можно применить признак Даламбера. Для этого следует вычислить

lim

an+1

=

lim

(2n + 1)2n

=

lim

(2 + 1=n)

=

1

< 1:

n!+1

an

n!+1 (2n ¡ 1)2n+1

n!+1 (2 ¡ 1=n)2

2

Следовательно, ряд сходится.

Ответ. Ряд сходится.

nP

Задача

15.

Исследовать

на абсолютную

и

условную

сходимость

ряд

1

1

=1(¡1)n¡1 n .

Решение. Данный

ряд

является

знакочередующимся

1

1

=

1

=1(¡1)n¡1 n

n

1

1

nP

1

P

¡ bn, где bn = n > 0. Кроме того, последовательность bn = n монотонно

n=1(¡1)

стремится к

0 (т.е. bn

= 1 >

bn+1 =

1

;

n

; lim bn

=

lim

1 = 0).

n

n+1

8 2 N

n!+1

n!+1 n

Следовательно, рассматриваемый ряд сходится по признаку Лейбница.

Для исследования ряда на абсолютную сходимость следует рассмотреть ряд из

модулей

1

1

¯

1

1

X¯

X

¯

¯

n=1 ¯(¡1)n¡1

n

¯ = n=1

n

:

¯

¯

Последний ряд расходится, поскольку является гармоническим.

Ответ. Ряд сходится условно (т.е. сходится, но не сходится абсолютно).

Задача 16. Найти область сходимости степенного ряда P1 (x¡5)2n .

n=1

n2

Решение. Данный ряд можно представить в виде

1	(x ¡ 5)2n	=	1	a [(x 5)2	]n; a = 1 :
X			X	n ¡	n
n=1	n2		n=1			n2

Для определения интервала сходимости применим формулу Коши-Адамара

R = lim	janj		= lim		(n + 1)2	=	lim	n2(1 + 1=n)2	= 1:
					n2			n2
n!+1 jan+1j			n!+1				n!+1
Следовательно, ряд сходится для все x
		¯(x ¡ 5)2¯		< 1 () jx ¡ 5j < 1;
т.е. на интервале (4; 6).		¯	¯

15

Остается исследовать сходимость ряда при x = 4 and x = 6. При таких значениях аргумента ряд имеет вид

X1 n12 :

n=1

Данный ряд сходится в силу интегрального признака сходимости, поскольку сходится несобственный интеграл

Z	x2	= A!+1 Z	x2		A!+1 µ		¡ A¶
1	dx	A	dx				1
		lim		=	lim	1			= 1:

11

Ответ. Ряд сходится на отрезке [4; 6].

Задача 17. Разложить функцию f(x) = x+21 в ряд Тейлора в окрестности точки x = ¡5.

Решение. Представим функцию f(x) в виде

f(x) =	1		= ¡	1			1	:
	(x + 5) ¡ 5 + 2			3			1 ¡ (x+5)3

Для разложения последней функции в ряд Тейлора воспользуемся формулой суммы геометрической прогрессии

1		1	(x + 5)n
f(x) = ¡		X		:
	3	n=0	3n

Ответ. Разложние функции f(x) в ряд Тейлора в окрестности точки x = ¡5 имеет вид

f(x) = X1 ¡1 (x + 5)n:

n=0 3n+1

Задача 18. Найти значение частных производных и дифференциала функции u = zy¡¡xz в точке M0(2; 1; 3).

Решение. Частные производные функции u равны

@ u

=

y ¡ z

( 1) =

z ¡ y

;

@ u

=

1

;

@ u

=

(¡1)(z ¡ x) ¡ 1 ¢ (y ¡ z)

=

x ¡ y

:

@ x

(z ¡ x)2

(z ¡ x)2

@ y

z ¡ x

@ z

(z ¡ x)2

(z ¡ x)2

¢ ¡

Значение этих производных в

точке M0(2; 1; 3) равны

	@ u	(M0) =	3 ¡ 1	= 2;
	@ x		(3 ¡ 2)2

Дифференциал функции u =

@ u

d u(M0) = @ x(M0)dx

@ u

(M0) =

1

= 1;

@ u

(M0) =

2 ¡ 1

= 1:

@ y

3 ¡ 2

(3 ¡ 2)2

@ z

y¡z

в точке M0(2; 1; 3) равен

z¡x

@ u

@ u

+

(M0)dy +

(M0)dz = 2dx + dy + dz:

@ y

@ z

16

x¡y

x+y

Ответ. Частные производные функции u =					y¡z	в точке M0(2; 1; 3) равны
					z¡x
@ u		(M0) = 2;	@ u	(M0) = 1;	@ u	(M0) = 1:
	@ x		@ y		@ z

Дифференциал функции u = zy¡¡xz в точке M0(2; 1; 3) равен d u(M0) = 2dx + dy + dz:

Задача 19. Вычислить производную функции z = 2(x + y) ¡ x2 ¡ y2 в точке A(0; 0) по направлению к точке B(2; 3).

AB

равен ¡!l =

2

;

3

Решение. Единичный вектор

направления ¡!

.

Вычислим градиент функции z = 2(x + y) ¡ x2 ¡ y2 в точке A(0; 0):

³p13

p13

´

grad A

@ z

@ z

µ@ x

(A); @ y (A)¶ = (2 ¡ 2x; 2 ¡ 2y) x=0;y=0= (2; 2) :

¡¡!( ) =

¯

Производная по направлению вычисляется по формуле ¯¯

@ u

grad

A

2

3

10

:

@ l (A) =

¡¡!(

) ¢

¡!l = 2 ¢ p13 + 2 ¢ p13

= p13

Ответ.		10
@ u
		(A) = p		:
	@ l
			13

Задача 20. Найти направление максимального роста функции z = 2(x + y)2 ¡ xy ¡ y в точке A(1; 1).

Решение. Направление максимального роста функции в точке совпадает с

	направлением градиента этой функции в точке.					¯
	¡¡!( ) = µ	@ z		@ z	(A)¶ = (4(x + y) ¡ y; 4(x + y) ¡ x ¡ 1)
			(A);			¯	x=1;y=1= (7 6)
		@ x		@ y
	grad A					¯	; :

Ответ. Направление максимального роста функции z = 2(x + y)2 ¡ xy ¡ y в

¡!

точке A(1; 1) совпадает с направлением вектора a = (7; 6).

Задача 21. Найти частные производные второго порядка и дифференциал второго порядка функции f(x; y) = .

Решение. Вычислим производные первого порядка в произвольной точке

(x; y); x 6= ¡y:

@ f

=

1 ¢ (x + y) ¡ 1 ¢ (x ¡ y)

=

2y

;

@ f

=

(¡1) ¢ (x + y) ¡ 1 ¢ (x ¡ y)

=

¡2x

:

@ x

(x + y)2

@ y

(x + y)2

(x + y)2

(x + y)2

Производные второго порядка равны:

@2f

=

¡4y

;

@2f

=

2(x + y)2 ¡ 4y(x + y)

=

2x ¡ 2y

;

@2f

=

4x

:

(x + y)3

(x + y)3

@ x2

(x + y)3

@ x2

@ x@ y

(x + y)4

17

Дифференциал второго порядка вычисляется по формуле

d2f =

@2f

dx2 + 2

@2f

dxdy +

@2f

dy2

@ x2

@ x@ y

@ x2

и равен

¡4y

4x ¡ 4y

4x

d2f =

dx2 +

dxdy +

dy2

:

(x + y)3

(x + y)3

(x + y)3

Ответ. Производные второго порядка равны:

@2f

=

¡4y

;

@2f

=

2x ¡ 2y

;

@2f

=

4x

:

@ x2

(x + y)3

@ x@ y

(x + y)3

@ x2

(x + y)3

Дифференциал второго порядка вычисляется по формуле равен

d2f =

¡4y

dx2 +

4x ¡ 4y

dxdy +

4x

dy2

:

(x + y)3

(x + y)3

(x + y)3

Задача 22. Исследовать на экстремум функцию z(x; y) = x2 ¡ xy + y2 + 9x ¡

6y + 20.

Решение. Необходимое условие экстремума частные производные функции z(x; y):

@ z	= 0;	@ z	= 0. Вычислим
@ x		@ y

	@ z		= 2x ¡ y + 9;		@ z	= ¡x + 2y ¡ 6:
	@ x				@ y
Решим систему уравнения			½	2x ¡ y + 9
						= 0;
				¡x + 2y ¡ 6 = 0:

Решение это системы x = ¡4; y = ¡3. Это - точка, “подозрительная” на экстремум. Для выяснения, является ли эта точка точкой локального экстремума и

определения ее типа вычислим вторые производные функции в точке (¡4; ¡3)

@2z	= 2;		@2z	= ¡1;		@2z	= 2:
@ x2		@ x@ y			@ y2

Составим матрицу из вторых производных (матрицу Гессе)

µ2 ¡1 ¶ ¡1 2

Эта матрица положительно определена, поскольку ее главные миноры положительны: ¢1 = 2 > 0, ¢2 = 2 ¢ 2 ¡ (¡1) ¢ (¡1) = 3 > 0. Следовательно, точка (¡4; ¡3) является точкой локального минимума.

Ответ. (¡4; ¡3) - точка локального минимума, zmin = z(¡4; ¡3) = 15.

Задача 23. Найти условный экстремум функции z = 8¡2x¡4y при x2 +2y2 =

12.

18

Решение. Выпишем функцию Лагранжа

L(x; y; ¸) = 8 ¡ 2x ¡ 4y ¡ ¸(x2 + 2y2 ¡ 12):

	Необходимые условия экстремума имеют вид
		@ L	= 0;	@ L	= 0;	@ L	= 0:
		@ x		@ y		@ ¸

Таким образом, для определения точек “подозрительных” на экстремум решим

систему уравнений

8

2

¡

2¸x = 0;

¡4

4¸y = 0;

<

¡x2¡

2y2 + 12 = 0:

¡

¡

x =

1

; y =

1

Подставляя в последнее уравнение получаем

1

= 4, или

Отсюда

¸

¸ .

2

¡

¡

:

¸

¸1

= 1

,

¸2 =

1

точки “подозрительные” на экстремум: (x1; y1; ¸1) =

¡

2

1

¢

¡

2

. Получаем две

1

¢

2 .

¡

¡2; ¡2;

2 , (x2; y2; ¸2) = 2; 2; ¡

2 .

¡¡

2;

2;

1

¢

Вычислим

второй

Рассмортрим первую

точку (x1; y1; ¸1) =

¡

дифференциал функции в точке (x1; y1)

d2L(x; y; ¸1) = ¡2¸1dx2 ¡ 4¸1dy2 = ¡dx2 ¡ 2dy2:

Этот дифференциал - отрицательно определенная квадратичная форма. Следовательно, точка (x1; y1) - точка локального условного максимума.

Рассмортрим вторую точку (x2; y2; ¸2) =	2; 2;	¡	1	. Вычислим второй
дифференциал функции в точке (x2; y2)	¡		2	¢

d2L(x; y; ¸2) = ¡2¸2dx2 ¡ 4¸2dy2 = dx2 + 2dy2:

Этот дифференциал - положительно определенная квадратичная форма. Следовательно, точка (x2; y2) - точка локального условного минимума.

Ответ.

(¡2; ¡2) - точка локального условного максимума, zmax = 20. (2; 2) - точка локального условного минимума, zmin = ¡4.

Задача 24. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = 10+2xy ¡ x2 в замкнутой области D = f(x; y) : 0 · y · 4 ¡ x2g.

Решение. Найдем сначала тщчки экстремума внутри области D. Необходимые

условия экстремума	½	@ z
			= 2y	¡	2x = 0;
		@ z
		@x	= 2x = 0:
		@y

Решение этой системы x = 0; y = 0. Эта точка не лежит внутри области (лежит на границе!). Следовательно внутри области D нет точек “подозрительных” на экстремум.

Исследуем функцию z = 10 + 2xy ¡ x2 на экстремум на границе области. Граница области состоит из двух кривых: 1) отрезка прямой y = 0; ¡2 · x · 2, 2) дуги параболы y = 4 ¡ x2; ¡2 < x < 2.

19

Исследуем функцию z = 10 + 2xy ¡ x2 на экстремум на интервале y = 0; ¡2 < x < 2. Значение функции на этом интервале равно z = 10 ¡ x2. Необходимое

условие экстремума:

@@xz = ¡2x = 0:

Получаем (x1; y1) = (0; 0) - точка, “подозрительная” на экстремум, лежащая на интервале y = 0; ¡2 < x < 2.

Исследуем функцию z = 10+2xy¡x2 на экстремум на открытой дуге параболы y = 4¡x2; ¡2 < x < 2. Значение функции на этой дуге равно z = 10+8x¡x2 ¡2x3. Необходимое условие экстремума:

@@xz = 8 ¡ 2x ¡ 6x2 = 0:

Корни этого уравнения x2 = ¡4=3; x3 = 1. Эти точки лежат на интервале ¡2 < x < 2. Имеем еще две точки, “подозрительных” на экстремум: (x2; y2) =

(¡4=3; ¡4=3); (x3; y3) = (1; 3).

Кроме этого, к точкам, “подозрительным” на экстремум, следует отнести угловые точки границы области (точки пересечения граничных кривых): (x4; y4) =

(¡2; 0); (x5; y5) = (2; 0).

Значение функции z = 10 + 2xy ¡ x2 в найденных точках равно:

74

z(x1; y1) = 10; z(x2; y2) = 9 ; z(x3; y3) = 15; z(x4; y4) = 6; z(x5; y5) = 6:

Следовательно, наибольшее значение функции z = 10 + 2xy ¡ x2 в замкнутой области D = f(x; y) : 0 · y · 4 ¡ x2g равно 15 и достигается в точке (x3; y3), а наименьшее значение равно 6 и достигается в точках (x4; y4) и (x5; y5).

Ответ. zmax = z(1; 3) = 15; zmin = z(¡2; 0) = z(¡2; 0) = 6.
Задача 25		y2	+ 1dx =
xydy.	. Найти общее решение дифференциального уравнения p

Решение. Данное уравнение относится к типу уравнений с разделяющимися переменными (т.е. может переписано так, что одна из частей уравнения зависит только от независимой переменной, а вторая - только от неизвестной функции).

Найдем сначала “особые” решения уравнения. Таковыми могут быть функции, обращающие в нуль одну из частей уравнения. x = 0 является особым решением, поскольку обращает в нуль как правую, так и левую часть уравнения, а y = 0 особым решением не является.

pИсключив из рассмотрения эти функции, разделим обе части уравнения на

xy2 + 1. Уравнение перепишется в виде

	dx	=		ydy				:
	x		p
				y2 + 1
Интегрируя это выражение получаем						y2 + 1:
Z	x	= Z
	dx					ydy
					p

20