Математика.контрольная 2 Уч.пособие. 2 семестр

π	tg	2			b	tg	2			b
2			x					x
∫				dx = lim ∫					dx = lim ∫ tg2
			2					2
0	cos		x	b→π	2 0 cos			x	b→π	2 0

Замечание: когда b → π , то

2

Поэтому получаем, что интеграл расходится.

tg3 x

b

tg3 b

tg3 0

tg3 b

xd (tg x) = lim

= lim

−

= lim

.

3

3

3

3

b→∞

b→∞

b→∞

tg3 b → ∞ .

0

∞

tg2 x

1∫

dx = ∞ , а это значит, что данный

cos2 x

			−		1
1	e				x
Пример 12. Вычислить интеграл от разрывной функции ∫							dx	или
				2
−1		x

установить его расходимость.

Решение. Данная подынтегральная функция имеет разрыв в точке х=0, поэтому разделим исходный интеграл на два несобственных интеграла, так как они будут представлять собой интегралы от разрывной функции в точке границы отрезка интегрирования.

−

1

−

1

−

1

1

e

x

0

e

x

1

e

x

∫

dx = ∫

dx + ∫

dx .

(1)

2

2

x

2

−1

x

−1

x

0

Так как подынтегральная функция имеет разрыв на правом конце отрезка интегрирования, то:

−

1

−

1

1

−

1

a

1

1

0

e x

a

e x

a −

x

−

a

1

∫

dx = lim ∫

dx = lim ∫ e

d

−

= lim e

x

= lim

e

− e

= lim

− e = ∞ .

2

2

1

−1

x

a→0−−1

x

a→0−−1

x

a→0−

a→0−

a→0−

ea

−1

Таким образом, на отрезке [−1; 0] интеграл расходится, а следователь-

но расходится и исходный интеграл, так как равенство (1) справедливо только для сходящихся интегралов в правой части.

Приложения определенного интеграла

1. Площадь плоской криволинейной трапеции.

Пример 13. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями:

y = −x2 + 6x − 5; y = −x + 5 .

Решение. Построим фигуру, площадь которой надо вычислить. Одной из линий является параболой с вершиной в точке С с координатами (3;4). Вторая линия – прямая.

11

Найдем координаты точек пересечения данных линий:

Для этого решаем систему уравнений		2	+ 6x − 5 , ее решением яв-
	y = −x
	y = −x + 5

ляются точки A(2;3), B(5;0).

Фигура ACB не является криволинейной трапецией, поэтому для вычисления площади данной фигуры рассмотрим разность площадей двух криволинейных трапеций: FACB и FAB.

Для вычисления площадей воспользуемся формулой:

b

S = ∫ f (x)dx , где a и b это пределы, в которых изменяется переменная х.

a

В данном случае для обеих фигур a=2, b=5. Из чертежа видно, что для фигуры FACB f (x) = −x2 + 6x − 5 . Вычислим площадь этой фигуры:

5												x		3			5
S FACB = ∫ (−x 2			+ 6x − 5)dx = (−												+3x 2 −5x)		=
2											3						2
−	53	+ 75 − 25 +		8	− 12 + 10 = 9
3			3		f (x) = −x + 5 , следовательно, имеем:
Для фигуры FAB
						x2			5
SFAB = 5∫ (−x + 5) dx =					−		+5x			= −	25			+ 25 + 2 − 10 =			26	.
2					2						3						3
									2

Площадь искомой фигуры будет равна: SACB = SFACB − SFAB = 1 .

3

Пример 14. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией

ρ = 3sinϕ .

12

Решение. Построим данную кривую.

Полярные координаты точек кривой получаются заданием значений углаϕ и вычислением значений ρ из равенства ρ = 3sin ϕ . По-

ложение точки А(ρ,ϕ ) на плоскости в полярной системе координат определяют расстоянием ρ от полюса 0 до точки и углом ϕ , образованным отрезком ОА с полярной осью.

β

Вычислим площадь данной фигуры по формуле: S = 1 ∫ ρ 2dϕ , где α и β

2 α

пределы, в		которых							лежит								данная фигура.										В нашем случае
α = 0, β = π ,	ρ = 3sinϕ .
Подставляя все эти величины в формулу, получаем:
			1		π			2						9		π 1 − cos 2ϕ					9			π
	S =				∫ (3sin			ϕ)	d ϕ =							∫				dϕ =				∫ (1 − cos 2ϕ)dϕ =
			2											2			2				4
					0						π					0								0
	=	9	(ϕ−			1	sin 2ϕ)					=	9		(π −			1	sin 2π − 0 +			1		sin 0) =			9π	.
	4				2						0	4					2				2						4
2. Вычисление длины дуги плоской кривой.
Пример 15.	Вычислить длину дуги кривой: x =																								t 6	, y = 2 −			t 4		, между точ-
																								6			4

ками пересечения с осями координат.

Решение. Данная кривая задана в параметрическом виде, то есть x и y зависят от параметра t. Поэтому, чтобы построить точку с координатами (x,y) нужно задать некоторое значение параметра и потом посчитать x и y.

Построим график и найдем точки пересечения с осями коорди-

	нат: x = 0	t6	= 0 t = 0;	y = 0 2 −	t 4	= 0 t 4 = 8 t = 4		.
							8
	6			4

13

																												t2
	Длина дуги вычисляется по формуле L = ∫ (x')2 + (y')2 dt .
																												t1
	Для данной задачи t1															= 0,			t2 = 4						x '= t5 ,				y '= −t3 .
																						8,
	Подставляя все эти значения в формулу, получаем:
		4 8									4												4
														8										8
L = ∫					(t5 )2 + (−t3 )2 dt = ∫													t10	+ t6 dt = ∫ t3 t4 +1 dt =
		0									0												0
																											(	t4 +1			3				4 8
							(		)								(		)			(			)							2
		4												4
4			8								4				8					1															6 6 6
		0∫												0∫														6
=	1				t4 +1 d			t4	+1		=	1						t4	+1		2 d		t4		+1 =			)							=	27		−	1	=	26	.
																																			0

Изменение порядка интегрирования в двойном интеграле

Пример 16. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле

3 x

∫ dx ∫ f (x, y)dy .

1 − x

Решение. Вычисление этого интеграла производится повторным ин-

тегрированием: сначала вычисляется интеграл x∫ fx, y)dy , а затем полу-

− x

чившаяся функция интегрируется по переменной х на отрезке [1;3]. Для изменения порядка интегрирования необходимо сначала начертить область интегрирования D, которая ограничена линиями х=1, х=3, y=–x, y= –x. Уравнения линий берутся в соответствии с пределами интегрирования. На рисунке область D – это трапеция ABFK. Координаты точек A,B,F,K находим, решая соответствующие системы уравне-

ний. Таким образом, получили A(1;1), B(3;3), F(3,–3), K(1;–1).

14

y	x=1				x=3
						y=x
						B
	A					C
О
			2			x
						E
	K

F

y = – x

При изменении порядка интегрирования первое интегрирование теперь проводится по переменной y, а второе – по переменной x. В этом случае при задании области D переменная y изменяется от –3 до 3, а переменная x от линии FKAB до линии FB. Если прямая FB задается одним уравнением х=3, то ломаная FKAB – тремя: y= –x , х=1, y=x. Таким образом, область интегрирования D имеет смысл представить как объединение трех областей, каждая из которых задается своей системой неравенств:

FKE: −3 ≤ y ≤ − 1, − y ≤ x ≤ 3,

KACE:	−1 ≤ y ≤ 1, 1 ≤ x ≤ 3,
ACB:	1 ≤ y ≤ 3, y ≤ x ≤ 3 .

Исходный двойной интеграл после замены порядка интегрирования записывается в виде суммы трех двойных интегралов:

−1 3 1 3 3 3

∫ dy ∫ f (x, y)dx + ∫ dy∫ f (x, y)dx + ∫ dy∫ f (x, y)dx .

−3 − y −1 1 1 y

15

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ ПЕРВОГО И ВТОРОГО ПОРЯДКОВ

Основные определения

Обыкновенным дифференциальным уравнением называется соотношение вида

F ( x, y( x), y′( x),..., y ( n ) ( x)) = 0,

(1)

где x – независимая переменная; y(x) – неизвестная функция;

F ( x, y( x), y′( x),..., y ( n ) ( x)) – заданная функция.

Порядок старшей производной входящей в уравнение называется порядком дифференциального уравнения.

Если уравнение (1) разрешимо относительно старшей производной, то уравнение принимает вид

y(n) = f (x, y, y′,..., y(n−1) ).

(2)

Решением дифференциального уравнения порядка n называется функция y(x) , имеющая на некотором интервале изменения независимого

переменного x (a, b) непрерывные производные y′, y′′,..., y(n) удов-

летворяющие этому уравнению. Это означает, что выполняется тождество по x :

F ( x, y( x), y′( x),..., y ( n ) ( x)) ≡ 0, x (a, b).

График функции y(x) решения уравнения n -го порядка называется интегральной кривой этого уравнения.

Общим решением уравнения (1) или (2) называется функция y = ϕ(x, C1,..., Cn ), которая при любых числовых значениях параметров

C1,..., Cn является решением этого дифференциального уравнения. Частным решением называется решение, получаемое из общего решения при каких-либо определенных значениях постоянных C1,..., Cn . Уравнение Φ(x, y, C1,..., Cn ) = 0, определяющее общее решение как не-

явную функцию, называется общим интегралом дифференциального уравнения.

Общий вид дифференциального уравнения первого порядка, раз-

16

решенного относительно производной:

y′ = f (x, y).	(3)
Задачей Коши называют задачу нахождения решения	y = y(x)

уравнения (3), удовлетворяющего начальному условию y(x0 ) = y0 , где x0 и y0 заданные числа. Это означает, что ищется интегральная кривая уравнения (3), проходящая через точку M 0 (x0 , y0 ) плоскости хOу.

Уравнения с разделенными и разделяющимися переменными

Уравнения с разделяющимися переменными могут быть записаны в виде

y′ = f (x)g( y),	(4)
а также в виде
M (x)N ( y)dx + P(x)Q( y)dy = 0.	(5)

Для решения такого уравнения надо обе его части умножить или разделить на такое выражение, чтобы в одну часть выражения входило только x , в другую только y и затем проинтегрировать обе части.

При делении обеих частей уравнения на выражение содержащее неизвестные x и y , могут быть потеряны решения, обращающие это

выражение в нуль, поэтому желательно рассмотреть эти случаи.

П р и м е р. Решить уравнение

x2 y 2dy + dx = ydx.

Приводим уравнение к виду (5): ( y − 1)dx − x2 y 2dy = 0 .

Делим обе части уравнения на

x 2 ( y − 1) :

dx

−

y2

dy = 0 .

y −

x2

1

Переменные разделены. Интегрируем обе части уравнения

dx

y 2

1

y 2

∫

−

∫

dy =C ; −

−

+ y + ln

y − 1

= C ,

x

2

y − 1

x

2

1

+

y 2

+ y + ln

y − 1

= C –

общее решение.

x

2

При делении на x2 ( y −1)

могли быть потеряны решения x = 0 и

у –1 =0. Очевидно, у=1 – решение уравнения, а x = 0 – нет.

17

П р и м е р. Найти частное решение уравнения

y′ = xy2 + 2xy , удовлетворяющее начальному условию у(0) = 1.

Найдем

общее

решение

уравнения

y′ = xy2 + 2xy .

Приводим

уравнение к виду (4):

y′ =

dy

,

dy

= xy(2 + y) .

Разделяем переменные

dx

dx

в уравнении (

y ¹ 0,

y ¹ -2 ):

dy

= xdx.

y( y + 2)

Интегрируем, используя метод разложения на простейшие дро-

би:

1

∫

(

1

−

1

)dy −

∫

xdx = C,

ln

y

− ln

y + 2

− x2 = ln C ,

2

y

y + 2

1

y

= C ex2

,

C > 0,

y

= ±C ex 2

–

общее решение.

y +

2

y

+ 2

1

1

1

Проверяем функции y = 0

и

y = -2 . Они также будут являться

решением исходного уравнения.

Подставим начальное условие у(0) = 1:

1

= ±C e0 ,

C = ±1/ 3 .

1

+

2

1

1

y

= ±

1

ex2

–

частное решение.

y + 2

3

Однородные дифференциальные уравнения первого порядка

Однородные дифференциальные уравнения первого порядка имеют вид

y′ = f ( y / x).

(6)

Функция f ( y / x) , зависящая только от отношения переменных, назы-

вается функцией нулевой степени.

Вообще, функция f (x, y) называется однородной степени n , если для любых x и y и t > 0 выполняется равенство

f (tx, ty) = t n f (x, y).

Уравнение вида (6) приводится к уравнению с разделяющимися пере-

18

менными подстановкой u =

y

. Вычислив производную

y′ = xu′ + u и

x

подставив в уравнение(6), получим

x

du

= f (u) - u.

dx

если f (u) - u ¹ 0 , разделяя переменные и интегрируя ,

В этом случае,

получим

∫

du

= ln

x

+ C.

f (u) - u

f (u) = u, то каждо-

Если же найдутся такие значения u , при которых

му такому

u0 будет отвечать решение y = u0 x, не вытекающее из об-

щего интеграла.

П р и м е р. Решить уравнение xy¢ =

x2 - y2 + y.

Решение.

Перепишем уравнение в виде у¢ =

y

+

1 -

y2

и положим

x

x2

y = ux , откуда y′ = xu′ + u. Подставляя в уравнение y и

y′ получим:

du

du

=

dx

.

x

= 1 - u 2 ;

dx

1 - u2

x

Последнее получим при условии x

1 - u2 ¹ 0.

Интегрированием нахо-

дим arcsin u = ln

x

+ ln C1, C1 > 0; arcsin u = ln(C1

x

).

Учитывая, что C1

x

= ±C1x и обозначая ± C = C, получим

arcsin u = ln Cx .

Заменяя u на y / x , получим общий интеграл

arcsin

y

= ln(Cx).

x

Положим теперь x = 0

и

1 - u 2 = 0. Но x = 0

не удовлетворяет урав-

нению при произвольном

y . Из второго равенства имеем 1 -

y2

= 0,

x2

y = ±x. Проверка показывает, что эти функции являются решениями уравнения.

19

Линейные уравнения и уравнение Бернулли

Дифференциальное уравнение вида

y′ + P(x) y = Q(x)

(7)

называется линейным относительно переменной y , а дифференциальное уравнение вида

y′ + P(x) y = Q(x) yα , a ¹ 0 , a ¹ 1

(8)

называется уравнением Бернулли. Линейное уравнение и уравнение Бернулли можно интегрировать одним методом. Рассмотрим этот метод на примере линейного уравнения. Решение уравнения будем искать в виде произведения y = uv , (u = u(x), v = v(x)) двух функций. То-

гда y′ = u′v + uv′, и u′v + uv′ + P(x)uv = Q(x),	u′v + u(v′ + P(x)v) = Q(x) .
В качестве v выбирают любую функцию,	обращающую выражение в

скобках в нуль: v′ + P(x)v = 0, а затем находят все функции u , удовлетворяющие уравнению u′v = Q(x).

Функции u и v являются решениями дифференциальных уравнений с разделяющимися переменными.

Уравнения линейные относительно x :				x′ + P( y)x = Q( y) решаются с
помощью подстановки x = uv,	где u = u( y), v = v( y).
П р и м е р. Решить уравнение	y′ +	y	=	ex	.
		x		x

Уравнение является линейным, так как можно считать, что, P(x) = 1 ,

			x
	Q( y) =	ex	. Будем искать решение в виде произведения y = uv, в кото-
		x
	ром функцииu = u(x), v = v(x) находим из системы

v′ + P(x)v = 0
	u′v = Q(x),

причем, интегрируя первое уравнение системы, произвольную постоянную полагаем равной нулю.

20