Ekzamen_2_semestr_2012-2013_programma
.pdfИнтеграл 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