Matematika_7_8_k_r

A	x	2		2xy dx y					2	1				2			2x		3						2				2					2x x		2
										2xy dy x													x														2x dx
	AB									1
	1											3			2x		4					2x	6			4x				5				1	14
			x2 2x				3 2x5			4x4 dx	x																										.
															4							6					5
	1									3																								15
																																		1
Пример. Вычислить работу, совершаемую переменной силой
								при перемещении некоторой массы по дуге
F y2x i x2 y j
кривой, заданной параметрически x																				,		y												, от точки A
																cos t												sin t
до	точки B						с	соответствующими										значениями																параметра
t1 0, t 2						.
				2

Составляем криволинейный интеграл A xy2 dx x2 ydy и

AB

сводим его к определённому интегралу по t . Для этого находим дифференциалы

sin t

cos t

dx d

cos t

dt, dy d

sin t

dt .

2

2

cos t

sin t

После подстановки вместо x, y,dx,dy их выражений через t криволинейный интеграл превращается в определённый интеграл по переменной t , то есть

									sin t
		2																						cos t
		A	sin t					cos t			cos t					sin t														dt
																				2
		0						2		cos t																sin t
				1								1					1			2
						2		2 t cos2 t)dt						2														.
						(sin								1 dt						t
				2								2					2										4
					0								0										0
Пример.				Вычислить						работу,						совершаемую															силой
	2				при			перемещении						некоторой												массы из					точки
F x		i 3xy j

A(1,2) в точку B(4,0) по прямой линии.

Напишем уравнение прямой AB, используя уравнение пря-

мой, проходящей через две данные точки	y y1		x x1	. Полу-
	y2 y1
			x2 x1

чим

	y 2		x 1		,				y 2					x 1			,		y					2			x 1 2,											y		2		x				8	,	dy	2	dx
									2																															3
	0 2		4 1										3												3																				3			3
.
Искомая работа равна																				4
											2												2											2				8		2
				A					x			dx 3xydy x																	3x						x								dx
								AB											1												3							3		3
	4		x3			16x									1			x	3		16							x	2				4			1	64 1						8		16			1 33 .
										dx
			3															3																		9							3
	1						3						3									3 2											1

В задачах № 121-150 нужно построить заданную область интегрирования D и вычислить двойной интеграл в декартовых координатах или в полярных координатах. Теоретический материал по этой теме изложен в литературе интегрирования [2, гл.10, с. 53-63; 3, гл.8, с.437-450; 9, гл.1, с.5-10].

	Пример. Вычислить 3x y2 dxdy,				1
				D y		; y 2x; x 3 .
					x
	D
	Построим границы области y	1	; y 2x; x 3		(рис. 3). Найдём
		x

координаты точек их пересечения A, B, C.

Для A:

Для B:

Для C:

	y 2x,
		1
	y		,
		x

y 2x,

x 3,

	1
y		,
	x

x 3,

2x				1			,		2x				1				0,	2x2 1				0,		2x2 1,
													x
				x																x
	2		1								1							2							1
x						,			x							, y					2,			A			, 2 .
			2
											2							2							2
		y 6,							B 3,6 .
				1										1
		y						,	C		3,						.
				3
														3

y		B					y	y 2	x
	y
		2x
								A
	A	C	y 1					x y 3
				x
	0	3		x			O	B	x
	Рис. 3							Рис. 4
В данной области D				x, y удовлетворяют условиям
1 x 3,		1 y 2x .
2		x
Находим 3x y2 dxdy					3	2x	3x y2 dy .
					dx
	D				1	1
					2	x
Вычислим внутренний интеграл, в котором считаем x посто-
янным, подставим вместо y					его пределы интегрирования, затем
вычислим внешний интеграл

						3									y3						2x								3												1						1						3						1
									3xy														dx										3x		2x																8x										dx
																																																										x3
						1										3					1								1												x						3
						2																							2
																					x																																																3
	3									2					8				3						1												x3											8				x	4					1				x 2
						6x							3				x												dx						6					3x
															3										3x																																	3
	1																										3							3														3 4														2							1
																																																																							2
		2
											1														1						2											1									1 1														2
	33																																	34																													2							100 .
2														3 3
													3																																4											2
											2																				3											2											3
																										2																									6

Иногда удобней внешний интеграл вычислять по переменной y , а внутренний по x .

Пример. Вычислить ydxdy,	D y 2			; x y 3; y o .
			x
D
Построим область D (рис.4). Координаты точек пересечения
O(0,0); A(1,2); B(3,0). В области	D	y удовлетворяет			условию
0 y 2 . При это область D слева		ограничена кривой			y 2		,
						x

справа линией x y 3 0 . Для определения границ изменения выразим из этих уравнений x как функцию от y , то есть

					x	y2	,	x 3 y .
			4						y2
	Следовательно, в области D справедливо									x 3 y .
		2	3 y					4
	Находим ydxdy dy			ydx .
	D	0		y 2
				4

При вычислении внутреннего интеграла считаем y постоянным

2			3 y		2					y2					2				2		y	3
yx			y 2		dy y 3 y y							dy				3y y							dy
									2												4
0					0										0
	4
															2
						y2		y3				y4				1		.
					3										2
						2		3				4 4			0	3

В некоторых задачах решение равноценно при любом порядке интегрирования, но следует помнить, что пределами внешнего интеграла всегда являются числа, а пределы внутреннего интеграла – уравнения линий.

													D y		2
Пример. Вычислить														x	2		dxdy,												D				y x2 ; y 2x .
Построим область D (рис.5). Координаты точек пересечения
																							0 y 4,
O(0,0); A(2,4). В области																	D
																							y
																													x y.
Находим																							2
																																											y
								x2					4								y x2											4 1					x3
											dxdy dy																		dx																	dy
							D y2						0							y y2												0 y2					3					y
					3															2																						2												1
																									1																			1
4 1 y 2									y	3			4					1												1										2							1			y	2
																						2																					2											1.
												dy								y												y dy									y
		2																3																						3
0 y			3						8 3				0																	24																	24 2
																																																						0

Если область D – круг или часть круга, удобнее вычислить двойной интеграл, переходя к полярным координатам.

		y
y	y 2x	x2 y2 9
	A
	y x2	1 3	x
	O	x
	Рис.5	Рис.6

yy x

y 1

O	x
	x

Рис.7

Пример. Вычислить

e x 2 y 2 dxdy,

D 1 x2

y2 9 .

D

Построим границы области x2 y2 1

– окружность с цен-

тром в точке O(0,0) и радиуса R=1,

x2 y2 9

– окружность с

центром в точке O(0,0) и радиуса R=3 (рис.6).

Полагая x r cos ,

x2 y2

r 2 ,

dxdy rdrd ,

имеем

y r sin ,

e x 2 y 2 dxdy e r 2

rdrd .

D

D

В области D : 0 2 ,

1 r 3 . Находим

e x 2 y 2 dxdy e r 2

2

3

2

2

3

1

e r 2

d r2

rdrd

d e r

rdr d

2

D

D

0

1

0

1

1

2

r 2

3

1

9

1

2

1

9

1

1

1

d

e

r

e

r

2

.

e

0

9

2

0

1

2

2

e

e

1

2 y2

R 2 ,

x

Пример. Вычислить

dxdy,

D

x

y x .

x

2 y2

D

3

Построим область D (рис.7). В области D : 0 r R . Пределы

	изменения определим из уравнений прямых y																																			x				, y x .
																																		3
				1
	Так k1 tg 1 ,									tg 1	,	1										,
				3
													6
	k 2 tg 2 ,			1 tg 2 ,							2						,				то есть												.
																											6
	Находим												4																		4
			1									rdrd																			R
																														4				4				R d
								dxdy												drd d dr r
	D		x2 y2								D			r 2									D								0							0
																														6				6
																											1				R .
												4
										R			R
																				4				6			12
												6

Контрольная работа №8

Данная контрольная работа включает в себя задачи по теме šДифференциальные уравненияŸ.

В задачах № 1-30 при отыскании общего решения дифференциального уравнения первого порядка следует использовать литературу [1, с. 105-107, 110-111, 118-120; 2, с. 22-27, 30-34; 3, с. 198-203; 4, с. 568-575; 5, с. 389-394].

Перед решением задач нужно определить тип уравнения и метод решения, при этом можно руководствоваться табл.1.

Пример. Найти общее решение уравнения	y	y .

sin x

Так как y

dy

, то получаем уравнение

dy

y sin x – уравне-

dx

dx

ние первого типа. Разделяем переменные

dy

sin x dx,

dy

sin xdx, ln

y

cosx c,

y

y

где c – произвольная постоянная. Можно оставить решение в таком виде или выразить y в явном виде

y e cos x c .

y

Пример. Найти общее решение уравнения y e x y .

x

Это уравнение второго типа, однородное, следовательно, делаем подстановку y u, y ux, y u x u . Уравнение примет вид

	x	du		du		eu
	u x u eu u,		x eu ,				.
		dx		dx x

Получили уравнение с разделяющимися переменными

du

dx

,

du

dx

,

e u ln

x

ln c .

eu

eu

x

x

Здесь мы обозначили произвольную постоянную не c , а lnc для удобства записи

e u ln		cx		,	u	y	e
						x

y x

ln cx .

Можно оставить решение в таком виде, а можно y выразить

явно

y

y

1

y

1

1

.

e x ln

cx

,

e x ln

,

ln ln

,

y x ln ln

cx

x

cx

cx

Пример. Найти общее решение уравнения y 2y x .

Это линейное уравнение

P x 2,

Q x

x (табл.1). Делаем

подстановку

y u x v x ,

y

u v uv . Подставив эти соотно-

шения в исходное уравнение, получаем u v uv 2uv x . Одну из функций находим из уравнения

uv 2uv 0,	dv	2v 0 ,
	dx

тогда вторая функция u определяется из уравнения u v x . Решая первое уравнение, находим функцию v , то есть

dv

2v,

dv

2dx,

dv

2dx,

ln

v

2x,

v e 2x ,

dx

v

v

произвольную постоянную для v полагаем равной нулю. Получаем уравнение для нахождения функции u

Таблица 1 Дифференциальные уравнения первого порядка

Тип дифферен-

Вид уравнения

Метод решения

циального

уравнения

пер-

вого порядка

1. С разделяю-

dy

f1 x f2 y

dy

f1 x dx

dx

f2 y

щимися

пере-

менными

2. Однородное

dy

y

Подстановка

f

y

dx

x

u, y ux ,

x

приводит к

y u x u

уравнению первого типа

3. Линейное

dy

P x y Q x

Подстановка

dx

y u x v x

приводит к уравнениям

первого

типа

dy

P x v 0,

dx

du

v Q x

dx

du

e 2x x,

du

x

dx,

du x e2xdx,

du x e2xdx,

dx

e 2x

u

1

x e2x

1

e2xdx

1

x e2x

1

e2x c .

2

2

2

4

Решение исходного уравнения имеет вид

1

1

y uv

xe2x

e2x

c e 2x .

4

2

В задачах № 31-60 для решения дифференциальных уравнений второго порядка следует изучить литературу [1, с. 126-131; 2, с. 58-63; 3, с. 210-212; 4, с. 582-585; 5, с. 397-400].

Уравнения второго порядка допускают понижение порядка (то есть сводятся к уравнениям первого порядка) в двух случаях (табл. 2).

Таблица 2 Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие

понижение порядка

	Вид уравнения	Подстановка, применяемая
		для понижения порядка
1.	y f x, y – уравнение в явном	y u x ,	y	du	.
виде не содержит функцию y .				dx
2.	y f y, y – уравнение в явном	y u y ,	y u		du	.
виде не содержит переменную x .					dy

Пример. Найти общее решение уравнения 1 y y x .

Это уравнение не содержит в явном виде функцию y , делаем

подстановку y u x ,

y

du

. Уравнение примет вид

dx

du

du

1

1 u

x

1 u

.

dx

Разделим переменные

dx

x

du

dx

,

du

dx

,

ln

1 u

ln

x

ln c1 ,

ln

1 u

ln

c1x

,

1 u x

1 u

x

u c1x 1.

1 u c1x,

Так как u

dy

, получаем

dy

c1x 1,

dy c1x 1 dx .

dx

dx

Интегрируя это равенство, получим общее решение исходного уравнения

y c1 x2 2 x c2 .

Пример. Найти общее решение уравнения y y2 y 3 .

Это уравнение не содержит в явном виде переменную x , при-

меняем подстановку y u y ,	y u	du	.
		dy

Уравнение примет вид

u

du

y2 u3 ,

u

du

u 3

,

du

u2

.

dy

dy

y2

dy

y2

Это уравнение с разделяющимися переменными

du

dy

,

du

dy

,

1

1

c1 .

u 2

y2

u2

y2

u

y

Отсюда находим, что u

y

, так как u

dy

, то

dy

y

.

1 c1y

dx

dx 1 c1y

Разделяя переменные, получим

1 c

y

1

c1y x c2 .

1

dy dx,

c1

dy dx,

ln

y

y

y

Это общий интеграл уравнения, y выразить в явном виде отсюда невозможно.

В задачах № 61-90 используются приёмы решения дифференциальных уравнений второго порядка с постоянными коэффициентами, изложенные в литературе [1, с. 135-144; 2, с. 77-82, 84-94; 3, с. 224-233; 4, с. 597-607; 5, с. 400-410].

Для нахождения общего решения однородного дифференциального уравнения используется табл. 3, а для нахождения частного решения неоднородного дифференциального уравнения используется табл. 4.

Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения

y 8y 16y 2xe 4x ,
удовлетворяющее начальным условиям y 0 1,	y 0 2.