Ekzamen_2_semestr_2012-2013_programma

y2+1;

Интеграл в левой части последнего равенства равен

Zdx

x = ln jxj + C1;

а интеграл в правой части		2 Z	(y2 + 1)¡1=2d(y2 + 1) = py2 + 1 + C2:
Z py2 + 1 =
	ydy	1

Следовательно, множество неособых решений дифференциального уравнения описывается равенством p

ln jxj = y2 + 1 + C3;

где C3 - произвольная постоянная, или

p

x = Ce y2+1;

где C - произвольная постоянная.

Заметим, что полученное выше особое решение может быть получено из последней формулы при C = 0.

Ответ. Общее решение дифференциального уравнения имеет вид

p x = Ce

где C - произвольная постоянная.

Задача 26. Найти общее решение уравнения y0 = x2¡2y2 .

x2

Решение. Перепишем уравнение в виде x2dy = (x2 ¡ 2y2)dy. Коэффициенты этого уравнения однородные функции степени 2. акие уравнения сводятся к уравнениям с разделяющимися переменными с помощью введения новой неизвестной функции z; y = zx. Тогда dy = xdz + zdx. Подставляя эти выражения в исходное уравнение получаем

¡	dz	=	dx		:
	2z2 + z ¡ 1			x

Данное уравнение - уравнение с разделяющимися переменными. Интегрируя,

получаем	2z2 + z ¡ 1 = Z	x :
¡ Z
	dz	dx

Интеграл в правой части данного равенства - табличный:

Zdx

x = ln jxj + C1:

Для вычисления интеграла в левой части применим метод неопределенных коэффициентов.

¡	1		=	1	=	A	+	B	:
	2z2 + z ¡ 1			(z + 1)(2z ¡ 1)		z + 1		2z ¡ 1

21

Коэффициенты A и B определяются из системы уравнений

2A + B = 0; B ¡ A = ¡1:

Отсюда A = 31 , B = ¡32 . Следовательно,

1

= 3

µ

z + 1

¡

2z

¡1

¶

=

¡

2z2

+ z

¡

1 = 3

Z

z + 1

¡ 3

Z

2z

¡

Z

Z

Z

¡

dz

1

dz

2

dz

1

d(z + 1)

d(2z

1)

1

(ln jz + 1j ¡ ln j2z ¡ 1j) :

=

3

Таким образом, общее решение вспомогательного дифференциального уравнения определяется равенством

ln jz + 1j ¡ ln j2z ¡ 1j = ln jxj3 + C2;

или

z + 1 = Cx3:

2z ¡ 1

Переходя к исходной неизвестной функции, получаем

Ответ. Общее решение дифференциального уравнения определяется равенством

y + x = Cx3: 2y ¡ x

Задача 27. Решить дифференциальное уравнение y00 + y0 ¡ 2y = 4x2 ¡ 8x + 2.

Решение. Общее решение уравнения равно сумме общего решения однородного уравнения и частного решения неоднородного уравнения.

Если корни ¸1; ¸2 характеристического уравнения вещественны и различны, то общее решение однородного уравнения

y00 + y0 ¡ 2y = 0

имеет вид y0(x) = C1e¸1x + C2e¸2x. В рассматриваемом случае характеристическое

уравнение имеет вид

¸2 + ¸ ¡ 2 = 0;

его корни равны ¸1 = ¡2; ¸2 = 1. Поэтому общее решение однородного дифференциального уравнения y00 + y0 ¡ 2y = 0 имеет вид

y0(x) = C1e¡2x + C2ex;

где C1; C2 - произвольные действительные постоянные.

Для нахождения частного решения неоднородного уравнения y1(x) применим метод неопределенных коэффициентов. В данном случае решение следует искать

в виде

y1(x) = Ax2 + Bx + C;

22

где постоянные A; B; C подлежат определению. Подставляя последнее выражение в левую часть исходного уравнения, имеем

2A + (2Ax + B) ¡ 2(Ax2 + Bx + C) ´ 4x2 ¡ 8x + 2:

Отсюда

¡2Ax2 + (2Ax ¡ 2B)x + (2A + B ¡ 2C) ´ 4x2 ¡ 8x + 2:

Следовательно,

A = ¡2; B = 2; C = 2:

Таким образом, общее решение неоднородного дифференциального уравнения

y(x) = C1e¡2x + C2ex ¡ 2x2 + 2x + 2:

Ответ. Общее решение неоднородного дифференциального уравнения

y(x) = C1e¡2x + C2ex ¡ 2x2 + 2x + 2:

Задача 28. Является ли система векторов x1 = (1; 2; 3; 1), x2 = (2; 4; 6; 1), x3 = (¡3; ¡8; ¡8; 1), x4 = (1; 2; 3; 2) линейно зависимой?

Решение. Составим матрицу системы векторов, записывая координаты каждого вектора в соответствующий по номеру столбец, и вычислим ее ранг.

0	2	4	¡8	2	1	:
B	1	2	¡3	1	C
	1	1	¡2	2
B					C
@	3	6	8	3	A

Используя элементарные преобразования, приведем матрицу к треугольному виду

0 0			0	¡2	0 1		0	0	¡1	¡4	1 1		0	0	¡1	¡4	1 1		:
» B	1		2	¡3	1	C	» B	1	2	3	1	C	» B	1	2	3	1	C
	0		1	4	1			0	0	2	0			0	0	0	0
B		¡				C	B					C	B					C
@	0		0	1	0	A	@	0	0	1	0	A	@	0	0	1	0	A

Таким образом, ранг матрицы равен 3, а число векторов равно 4. Следовательно, система векторов линейно зависима.

Ответ. Система векторов линейно зависима.

Задача 29. Показать, что система векторов a1 = (3; 4; 3), a2 = (1; 2; ¡6), a3 = (0; 1; 3) образует базис в трехмерном пространстве. Разложить вектор b = (7; 13; 9) по этому базису.

Решение. Составим матрицу системы векторов a1; a2; a3 и найдем ее ранг.

0 4	2	1 1	0	3	1	0 1	0 3	1	0 1	:
3	1	0		4	2	1	4	2	1
@ 3	¡6	3 A » @ ¡9			¡12	0 A » @ 27		0	0 A

23

Таким образом, ранг матрицы равен 3, т.е. равен количеству векторов в системе. Следовательно, векторы системы линейно независимы, они образуют базис трехмерного пространства.

Разложим вектор b = (7; 13; 9) по этому базису:

b= ®1a1 + ®2a2 + ®3a3 = (7; 13; 9):

Вкоординатной форме данное уравнение имеет вид

8	3®1	+	®2		=	7;
	4®1 + 2®2 + ®3				= 13;
:	3®1	¡	6®2	+ 3®3	=	9:
<

Решая данную систему уравнений, получаем ®1 = 2; ®2 = 1; ®3 = 3. Следовательно, разложение вектора b = (7; 13; 9) в базисе (a1; a2; a3) имеет вид

b = 2a1 + a2 + 3a3:

Ответ. Векторы a1; a2; a3 образуют базис трехмерного пространства. Разложение вектора b в этом базисе имеет вид

			b = 2a1 + a2 + 3a3:
	Задача 30. Найти собственные числа и собственные векторы линейного
оператора A, заданного матрицей				¡6		¶
			µ		2
			A =	¡5	2	:
	Решение. Собственные числа матрицы A (и, следовательно, собственные
числа линейного оператора A) являются решениями характеристического
уравнения			det (A ¡ ¸E) = 0;
т.е.
	µ	¡6	2 ¡ ¸ ¶
	det	¡5 ¡ ¸		2	= ¸2 + 3¸ + 2 = 0:

Корни последнего уравнения ¸1 = ¡2; ¸2 = ¡1 - собственные числа линейного оператора A.

Найдем собственный вектор, соответствующий собственному числу ¸1 = ¡2. Этот вектор x - решение системы уравнений

(A ¡ ¸1E) x = 0

или

¡3x1 + 2x2 = 0; ¡6x1 + 4x2 = 0:

Вектор решения x1 = (2a; 3a) - собственный вектор, соответствующий собственному числу ¸1 = ¡2, где a - произвольное действительное число.

24

Аналогично, собственный вектор, соответствующий собственному числу ¸2 = ¡1 - решение системы уравнений

(A ¡ ¸2E) x = 0

или

¡4x1 + 2x2 = 0; ¡6x1 + 3x2 = 0:

Вектор решения x2 = (b; 2b) - собственный вектор, соответствующий собственному числу ¸2 = ¡1, где b - произвольное действительное число.

Ответ. ¸1 = ¡2; ¸2 = ¡1 - собственные числа линейного оператора A. Соответствующие собственные векторы x1 = (2a; 3a), x2 = (b; 2b), где a, b -

произвольные действительные числа.

Задача 31. Структурная матрица торговли трех стран S1; S2; S3 имеет вид

0	1	2	1	1
	1	1	1
A = B	3	5	2	C	:
	3	5	2
B				C
B				C
B				C
@				A

1 2 0

35

Найти соотношение между государственными бюджетами x1; x2; x3 этих стран, чтобы торговля была взаимовыгодной (сбалансированной).

Решение. Матрица A действительно является структурной матрицей торговли, поскольку сумма элементов каждого из столбцов равна 1.

Вектор государственных бюджетов X = (x1; x2; x3) является собственным вектором матрицы, соответствующим собственному значению ¸ = 1, т.е. решением уравнения

(A ¡ E) X = 0;

или в развернутом виде

8

¡1

2 x

1

+ 1 x

2

+ 1 x

3

= 0;

3

3

5

1

2

3 x1

¡

5 x2 +

2 x3 = 0;

1

2

x3 = 0;

<

3 x1

+

5 x2

¡

или

:

8

¡20x1 + 6x2 + 15x3 = 0;

<

10x1 ¡ 18x2 + 15x3 = 0;

:

10x1 + 12x2 ¡ 30x3 = 0:

Преобразуя данную систему по методу Гаусса, получаем

½ ¡20x1 + 6x2 + 15x3 = 0; ¡30x2 + 45x3 = 0:

Решением этой системы являются векторы	6 c; 3 c; c . Это означает, что бюджеты
стран относятся как 56 : 23 : 1 или 12 : 15 : 10.¡	5	2
		¢

25

Ответ. Государственные бюджеты относятся как 12 : 15 : 10.

Задача 32. Найти ортогональное преобразование, приводящее квадратичную форму двух переменных

f(x1; x2) = 11x21 ¡ 16x1x2 ¡ x22

к каноническому виду.

Решение. Схема решения данной задачи такова:

1)записать матрицу квадратичной формы;

2)записать характеристическое уравнение этой матрицы и найти ее корни (собственные числа);

3)найти собственные векторы, соответствующие этим числам и пронормировать их (сделать их длину единичной);

4)ортогональное преобразование имеет вид X = CY , причем столбцы матрицы C - пронормированные собственные векторы матрицы квадратичной формы;

5)канонический вид квадратичной формы '(y1; y2) = ¸1y12 + ¸2y22, где ¸1; ¸2 - собственные числа матрицы квадратичной формы.

В данном примере матрица квадратичной формы

µ	¡8	¡1	¶
A =	11	¡8	;

а соответствующее характеристическое уравнение det (A ¡ ¸E) = 0 имеет вид

µ	¡8	¡1 ¡ ¸	¶	()		¡
det	11 ¡ ¸	¡8	= 0		¸2		10¸ + 75 = 0:

Корни характеристического уравнения (собственные числа матрицы A) ¸1 = ¡5; ¸2 = 15. Найдем соответствующие собственные векторы. Для этого следует решить две системы уравнений

½(11 ¡ ¸)a ¡ 8b = 0; ¡8a ¡ b = 0;

при ¸ = ¸1 и ¸ = ¸2, т.е.

16a ¡ 8b = 0; ¡8a + 4b = 0

и

¡4a ¡ 8b = 0; ¡8a ¡ 16b = 0:

Решения первой системы - векторы (a; 2a), решения второй системы - векторы (¡2b; b). При a = 1, b = 1 имеем следующие собственные векторы (1; 2), (¡2; 1).

Пронормировав эти векторы получим c1 =				1						2			, c2		2		1		.
					p					; p				=	¡p		; p
									5		5					5		5
				преобразование имеет вид
Таким образом, искомое ортогональное ³										´				³			´
1				2
p				p
	5						5
X = Ã p2			¡p1							!Y;
		5			5

26

а канонический вид квадратичной формы:

'(y1; y2) = ¡5y12 + 15y22:

Ответ. Ортогональное преобразование имеет вид

1			2
p			p
	5					5
X = Ã p2			¡p1				!Y;
		5		5

приводит квадратичную форму к каноническому виду:

'(y1; y2) = ¡5y12 + 15y22:

Задача 33. Привести к каноническому виду квадратичную форму

f(x1; x2; x3) = x21 ¡ 3x1x2 ¡ 4x1x3 + 2x2x3 + x23

методом Лагранжа.

Решение. Метод Лагранжа - метод последовательного выделения полных квадратов. Выделим полный квадрат в выражении, содержащем переменную x1:

f(x1; x2; x3) = x12¡3x1x2¡4x1x3+2x2x3+x32	= ·x12	¡ 2x1(	3	x2	+ 2x3) + (	3	x2	+ 2x3)2¸¡
			2			2

¡(32x2 + 2x3)2 + 2x2x3 + x23:

Таким образом,

f(x1; x2; x3) = ·x1 ¡ 32x2 ¡ 2x3¸2 ¡ 94x22 ¡ 6x2x3 ¡ 4x23 + 2x2x3 + x23 = = ·x1 ¡ 32x2 ¡ 2x3¸2 ¡ 94x22 ¡ 4x2x3 ¡ 3x23:

Далее выделяем полный квадрат в выражении, содержащем переменную x2:

f(x1; x2; x3) = ·x1 ¡ 32x2 ¡ 2x3¸2¡"µ32x2¶2 + 2 µ32x2 43x3¶ + µ43x3¶2#+µ43x3¶2¡3x23:

Окончательно получаем канонический вид квадратичной формы

f(x1; x2; x3) = ·x1 ¡ 32x2 ¡ 2x3¸2 ¡ ·32x2 + 43x3¸2 ¡ 119 x23:

Ответ. Канонический вид квадратичной формы:

'(y1; y2; y3) = y12 ¡ y22 ¡ 119 y32:

27

Примерный вариант экзаменационного задания

1. Графический метод решения задачи линейного программирования.

2. Достаточные условия экстремума функции двух переменных.

3. Вычислить неопределенный интеграл R x2¡4x+8 dx.

(x¡1)(x+2)

4. Найти значение определенного интеграла R1(x + 2)e3xdx.

0

5.Найти площадь области, ограниченной кривыми y = x2; 2x + y = 3; y = 0.

6.Решить графически задачу линейного программирования

z = x + 6y ! max; x + y ¸ 2;

2x + y · 6;

x ¸ 1; x ¸ 0; y ¸ 0:

7.Вычислить смешанную производную @x@y@2z функции z = x®¡1y¯¡1.

8.Найти наибольшее и наименьшее значения функции z = 6 ¡ x ¡ y в области x2 ¡ 2x + y2 · 0; y ¸ 0.

9.Найти собственные числа и собственные векторы матрицы

A =	µ ¡2	¡1	¶:
	4	2

10. Привести каноническую форму x21 + x22 + x23 ¡ 4x1x2 + 2x1x3 + 8x2x3 к каноническому виду.

28