В.М. Волков Математика и математика в экономике. Программа, контрольные работы №5, 6 и методические указания для студентов 2 курса (3 семестр) заочной формы обучения

10

		π			π						π
											2
=	1	2	(sin2 t + cos2 t)dt =	1	2	1	dt =	1	t			=	π	.
	2	∫		2	∫			2					4
		0			0						0

Пример. Вычислить работу, совершаемую силой	r	r	− 3xy j
	F = x2	i

при перемещении некоторой массы из точки A(1,2) в точку B(4,0) по прямой линии.

Напишем уравнение прямой AB, используя уравнение прямой,

проходящей через две данные точки																					y − y1								=			x − x1					. Получим
																					y2 − y1
																															x2 − x1
y − 2	= x − 1,			y − 2 = x − 1, y = −												2			(x − 1)+ 2, y = −																2 x + 8							, dy = −			2 dx .
0 − 2 4 − 1				− 2					3							3																			3						3				3
Искомая работа равна													4														2					8				2
						2											2
			A = ∫x				dx	−	3xydy = ∫ x										− 3x −										x +					−					dx				=
																											3
				AB									1																				3			3
4		x3		16x						1		x3		16						x2					4					1	(64 − 1)+								8		(16			− 1)= 33 .
= ∫	−		+		dx =				−				+													= −
		3		3						3		3		3						2										9									3
1																									1

Контрольная работа №6

Данная контрольная работа включает в себя задачи по теме «Дифференциальные уравнения».

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. 568575; 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 siny′x = y .

Так как y′ = dydx , то получаем уравнение dydx = y sinx - уравнение первого типа. Разделяем переменные :

dyy = sinx dx, ∫ dyy = ∫sinxdx, ln y = −cosx + c,

11

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

y = e− cos x+c .

Таблица 1 Классификация дифференциальных уравнений первого порядка

Тип дифференци-

Вид уравнения

Метод решения

ального уравне-

ния первого по-

рядка

1. С разделяющи-

dy

= f1(x) f2 (y)

∫

dy

= ∫f1(x)dx

dx

f2 (y)

мися переменны-

ми

2. Однородное

dy

= f

Подстановка

y

= u, y = ux ,

y

dx

x

x

y′ = u′x + u

приводит к

уравнению первого типа

3. Линейное

dy

+ P(x)y = Q(x)

Подстановка y = u(x) v(x)

dx

приводит к уравнениям

первого типа

dy

+ P(x) v = 0,

dx

du

v = Q(x)

dx

y

Пример. Найти общее решение уравнения y′ = e

+ y .

x

x

Это уравнение второго типа, однородное, следовательно, делаем

подстановку

y

= u, y = ux, y′ = u′x + u . Уравнение примет вид

x

du x = eu ,

du

= eu .

u′x + u = eu + u,

dx

dx

x

Получили уравнение с разделяющимися переменными:

du

=

dx

,

∫

du

=

∫

dx

, − e−u

= ln

x

+ lnc .

eu

x

eu

x

12

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

− e−u = ln				, u = y	− e−	y	= ln		cx		.
		cx				x
				x
Можно оставить решение в таком виде, а можно y выразить явно:

−

y

= −ln

cx

, e−

y

= ln

1

, − y = lnln

1

, y = −xlnln

1

.

e

x

x

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 соотношения в

исходное уравнение,		получаем	u′v + uv′ + 2uv = x . Одну из						функций
находим из уравнения				dv + 2v = 0 ,
		uv′ + 2uv = 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 :

du

e

−2x

= x,

du =

x

dx, du = x e

2x

dx, ∫du = ∫x e

2x

dx,

dx

e−2x

u =

1 x e2x −

1

∫e2xdx =

1 x e2x −

1 e2x

+ c .

2

2

2

4

Решение исходного уравнения имеет вид

y = uv = 12 xe2x − 41 e2x + c e−2x .

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).

13

Таблица 2 Дифференциальные уравнения второго порядка, допускающие

понижение порядка

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

Пример. Найти общее решение уравнения 1 + y′ = y′′ x.

Это уравнение не содержит в явном виде функциюy , делаем

подстановку y′ = u(x),

y′′

= du

. Уравнение примет вид

dx

du

du

1

1 + u = dx

x

dx

= (1 + u)x .

Разделим переменные:

du

= dx ,

∫

du

= ∫ dx, ln

1 + u

= ln

x

+ lnc1 , ln

1 + u

= ln

c1x

,

1 + u

x

1 + u

x

1 + u = c1x, u = c1x − 1.

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 , применяем

подстановку y′ = u(y), y′′ = u

du .

dy

Уравнение примет вид

u3

u2

u

du

y2

= u3 ,u

du

=

,

du

=

.

dy

y2

dy

dy

y2

14

Это уравнение с разделяющимися переменными:

du

=

dy

,

∫

du

=

∫

dy

, −

1

= −

1

+ c1 .

u2

y2

u2

y2

u

y

Отсюда находим, что u =

y

, так как u = dy

, то dy =

y

.

1

− c1y

1 − c1y

dx

dx

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 используют 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 используют табл. 3, а для нахождения частного решения неоднородного дифференциального уравнения - табл. 4.

Таблица 3

Общее решение однородного уравнения

Вид общего решения однородного			Корни		характеристического
уравнения			уравнения
1.	y0	= c1ek1x + c2ek 2x	k1 ,k2	-вещественные, k1		≠ k2
2.	y0	= (c1 + c2x)ekx	k1 ,k2	-вещественные, k1		= k2
3.	y0	= (c1 cosβx + c2 sinβx)eαx	k1 ,k2	-комплексные,
			k1 = α + βi, k2 = α − βi

15

		Таблица 4
Частное решение неоднородного уравнения
Вид правой части неоднородного	Вид частного решения
дифференциального уравнения
f (x)= eax Pn (x), Pn (x)- многочлен	y = xr eax Qn (x), где
степени n	0, еслиa неявляетсякорнем
		характерист. уравнения
	1,еслиa равноодномукорню
	r =	характерист. уравнения
		2,еслиоба корняхарактерист.
		уравненияравныa
	Qn (x)- многочлен степени n с не-
	определёнными коэффициентами
f (x)= eax (Pn (x)cosbx + Qm (x)sinbx),	y = xr eax (SN (x)cosbx + ZN (x)sinbx)
Pn (x)- многочлен степени n ,	0, еслиa + bi неявляетсякорнем
Qm (x)- многочлен степени m		характерист. уравнения
	r =
	1,еслиa + bi равноодномукорню
		характерист. уравнения
	N равно наибольшей из степеней
	n и m

Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения

y′′ + 8y′ + 16y = 2xe−4x ,

удовлетворяющее начальным условиям y(0)= 1, y′(0)= 2.

Решение. Общее решение неоднородного уравнения можно записать в виде y = y0 + Y , где y0 - общее решение однородного уравнения

y′′ + 8y′ + 16y = 0 ,

которое определяется по табл. 3, а Y - частное решение неоднородного уравнения, которое определяется по табл. 4.

Для определения y0 составим характеристическое уравнение

k2 + 8k + 16 = 0 .

Его корни k1 = k2 = −4 . Следовательно, y0 = e−4x (c1 + c2x) .

16

Так как правая часть уравнения f (x) = 2xe−4x , то Y = x2 e−4x (Ax + B).

Здесь a = −4, Pn (x)= 2x, r = 2 .

Y = e−4x (Ax3 + Bx2 ).

Y′ = −4e−4x (Ax3 + Bx2 )+ e−4x (3Ax2 + 2Bx)= = e−4x (− 4Ax3 + x2 (− 4B + 3A)+ 2Bx).

Y′′ = −4e−4x (− 4Ax3 + x2 (− 4B + 3A)+ 2Bx)+ e−4x (12Ax2 + 2x(− 4B + 3A)+ + 2B) = e−4x (16Ax3 + x2 (16B − 24A)+ x(− 16B + 6A)+ 2B).

Подставив эти значения в наше уравнение, получим

e−4x (16Ax3 + x2 (16B − 24A)+ x(− 16B + 6A)+ 2B)+ 8e−4x (−4Ax3 + + x2 (− 4B + 3A)+ 2Bx) + 16e−4x (Ax3 + Bx2 )= 2xe−4x .

Сократим на e−4x и сгруппируем члены с x3 , x2 , x, x0 :

	x3 (16A − 32A +16A)+ x2 (16B − 24A − 32B + 24A +16B)+
	+ x(−16B + 6A +16B)+ 2B = 2x
или	6Ax + 2B = 2x .

Приравниваем коэффициенты многочленов, стоящих в левой и правой части равенства, при одинаковых степенях x . Получаем систему уравнений для определения A, B .

6A = 2,					1
				A =			,
					3
	2B	= 0.
				B = 0.

Итак, Y = e−4x 13 x3 .

Общее решение неоднородного уравнения имеет вид

y = e−4x (c1 + c2x)+ e−4x 13x3 , отсюда

y′ = −4e−4x (c1 + c2x)+ e−4x c2 − 4e−4x 13x3 + e−

Подставляя в эти выражения начальные условия найдём c1 , c2 .

1 = c1 ,					c1 = 1,
	2	= −4c1	+ c2 .			= 6.
					c2

4x x2 .

x = 0, y = 1, y′ = 2 ,

Итак, искомое решение имеет вид

17

y = e−4x (1 + 6x)+ e−4x 13x3 .

Пример. Найти частное решение дифференциального уравнения

y′′ + 6y′ + 13y = 4sin5x ,

удовлетворяющее начальным условиям y(0)= 0,235; y′(0)= 0 .

Решение. Общее решение неоднородного уравнения можно записать в виде y = y0 + Y , где y0 - общее решение однородного уравнения

y′′ + 6y′ + 13y = 0 ,

которое определяется по табл. 3, а Y - частное решение неоднородного уравнения, которое определяется по табл. 4.

Для определения y0 составим характеристическое уравнение

		k2 + 6k + 13 = 0 .
Его корни k1,2	= − 6 ± 36 − 52 = − 6 ±				− 16 =	− 6 ± 4i	= −3 ±	2i .
	2			2		2
Согласно табл. 3 α = −3, β = 2 , то есть
	y0 = e−3x (c1 cos2x + c2 sin 2x).
Для определения Y используем табл.						4. Так как f (x)= 4sin5x , то
a = 0, b = 5, P0 (x)= 0, Q0 (x)= 4, r = 0 . Следовательно:
		Y = A cos5x + B sin5x .
Для определения A, B подставим Y в первоначальное уравнение:
	Y′ = −5A sin5x + 5B cos5x ,
	Y′′ = −25A cos5x − 25B sin5x .
Тогда уравнение примет вид				(				)
−	25A cos5x −	25B sin5x + 6			− 5A sin5x + 5Bcos5x				+
+	(		)	= 4sin5x.
	13 A cos5x + B sin5x

Приравнивая коэффициенты при cos5x и sin5x в левой и правой части этого уравнения, получаем систему

	− 12A + 30B	= 0,	A =	30	B =	5	B,	− 30	5	B − 12B = 4, B = −0,115,
		= 4.		12		2			2
	− 30A − 12B

A = 52 (− 0,115)= −0,046. Y = −0,115cos5x − 0,046sin5x .

Общее решение нашего уравнения имеет вид

y = e−3x (c1 cos2x + c2 sin 2x)− 0,115cos5x − 0,046sin5x .

Отсюда

18

y′ = −3e−3x (c1 cos2x + c2 sin 2x)+ e−3x (− 2c1 sin 2x + 2c2 cos2x)+

+ 0,575sin5x − 0,23cos5x.
Найдём из начальных условий y(0)= 0,235;			y′(0)= 0 постоянные c1 , c2 .
0,235 = c1 − 0,115,			c1 = 0,35,
	− 0,23.
0 = −3c1 + 2c2			c2 = 0,64.

Итак, искомое решение имеет вид

y = e−3x (0,35cos 2x + 0,64sin 2x)− 0,115cos5x − 0,046sin5x.

При решении задач № 91-120 рекомендуется изучить литературу

[1, с. 107-109, 111-113; 3, с. 191-193, 199; 4, с. 561-563, 585-587; 5,

с. 411-420]. Наибольшую трудность представляет составление дифференциальных уравнений, описывающих данную линию.

Задачи решаются с использованием геометрического смысла производной y′ = tgα , где α - угол наклона касательной к оси OX.

Пусть M(x,y) - точка касания, принадлежащая искомой кривой

(рис.3,4,5). OA=x, AM=y, CM - касательная к кривой

y

y

M(x,y

y

M(x, y

B

K

K

M(x,y)

K

B

α

α

O

α

C	O	A	x	B	C	A	x	O	A	C	x

Рис.3

Рис.4

AM

Рис.5

= tg(π − α)= −tgα,

tgα = AM , AC = AM =

y

AC =

y

,

AC

AC

tgα

y′

y′

y

y

y

AC = −

OC = AC − x =

− x,

OC = x − AC = x −

,

,

y′

y′

y′

y

OB = tgα = y′,

OB

= tgα = y′,

OC = x + AC = x −

,

y′

OC

OC

OB

OB = OC y′ = y − xy′.

OB = xy′ − y .

= −y′, OB = −xy′ + y .

OC

OB - отрезок, отсекаемый касательной на оси oy . OC - отрезок, отсекаемый касательной на оси ox .

OM - радиус-вектор точки касания M, OM = x2 + y2 .

19

Пример. Кривая обладает тем свойством, что отрезок нормали, заключённый между осями координат и проведённый в любой точке кривой, делится этой точкой пополам. Записать уравнение кривой, проходящей через точку M0 (0,1).

Решение. Пусть M(x, y) - произвольная точка искомой кривой (рис. 6). CM - касательная, tgα = y′, ED - нормаль, β = π − α.

E

y

M(x, y)

K

β

α

O

C

A

D

x

По условию EM = MD,

Рис. 6

OA = AD,

OK = KE,

OD = 2x,

OE = 2y,

OE = tgβ,

2y = tg(π − α)= ctgα =

1

=

1

.

tgα

OD

2x

y′

Получаем дифференциальное уравнение кривой:

y =

1

,

y′ = x ,

dy

= x

,

ydy = xdx,

y2

= x2

+ c.

dx

2

x

y′

y

y

2

Найдём c из условия, что линия проходит через точку M0 (0,1).

1 = 0 + c,

c =

1 .

2

2

Уравнение искомой кривой имеет вид

y2

= x2

+

1 или y2 − x2 = 1.

2

2

2

Контрольная работа №5

Интегральное исчисление

1-30. Вычислить неопределённые интегралы

		2					1
	1. а) ∫(3x +1)3		dx,	б) ∫arccosx dx,	в) ∫			dx.
						x3 + x2	+ 4x + 4