Математика РГР

Рисунок 7 – Годограф материальной точки – эллипс

В момент времени t0 6 с скорость материальной точки равна

					4
v(6)						i					,
					3
(отметим											этот										вектор												на				чертеже),						а величина скорости
									4															4									4					4
v	v(6)													i														i						1						м/с.
										3														3									3					3
	Как известно, вектор ускорения движения материальной точки равен
				d 2r						dv
a(t)																(t) v (t). В нашей задаче
				dt 2						dt
										4																									3
a(t)		v (t)														cos								t			i										sin				t	j
										3											6				t										2				6		t
	4																				3
							sin									t i												cos						t			j
	3				6							6									2					6						6
									2							2 sin												2
или a(t)																						t i									cos						t j		и
									9										6									4							6

81

					2								2
	a(6)					2 0 i								( 1) j					;
					9								4
			2					(отметим этот вектор на чертеже).
	a(6)		4			j
	a(6)								2					2					2	2	2
				a(6)					4	j				4		j			4 1	4	м/с	.
																							v(6)	4
	Ответ: В момент времени t 6 с величина скорости точки																									м/с, а
																								3
	ускорение a(6)												2
													м/с2.
										4
		8. а) Вычислить площадь фигуры, ограниченной заданными парабола-
	ми у 2х2 х 2;												у х2 х 1.

Решение. Найдем абсциссы точек пересечения заданных парабол. Для этого приравняем правые части их уравнений:

2х2 х 2 х2 х 1.

Отсюда 3х2 2х 1 0,				D 4 4 3 16,
x	2 4	1, x			2 4		1	.
			2
1	6			6		3

Рисунок 8 – Построение площади заданной фигуры

82

Площадь вычислим по формуле

														b
												S f2 (x) f1 (x) dx ,
														a
где f1 (x) ,	f2 (x) – кривые, ограничивающие фигуру ( f2 (x) f1(x) ).
В нашем случае
1															1
S ( x2 x 1) (2x2 x 2) dx 3x2 2x 1) dx
	1																1
	3														3
			x	3			x	2				1			34
3					2				x							.
	3					2						1			27
													3
8. б)	Найти					объем				тела,					образованного вращением вокруг оси Ох

фигуры, расположенной в первом квадранте и ограниченной заданными па-

раболой у 8х2 , прямой у 6х 14 и осью Ох.

Решение. Найдем абсциссу точки пересечения параболы и прямой в первом квадранте. Для этого решим уравнение

8х2 6х 14 ,

4х2 3х 7 0 ,

х	7	,	х		1.
				2
1	4

Первому квадранту соответствует корень х2 1.

Найдем теперь абсциссу точки пересечения прямой с осью Ох, решив уравнение 6х 14 0 , откуда х 73 .

83

Таким образом, можно считать, что тело вращения ограничено при

0 х 1 поверхностью, образованной вращением параболы у 8х2 вокруг оси Ох, а при 1 х 73 – вращением прямой у 6х 14 .

	Рисунок 9 – Сечение тела вращения
			b
Объем ищем по формуле V f (x) 2 dx .
			a
	7
1
	3
V 8x2	2 dx 6x 14 2 dx .
0	1

Для вычисления второго интеграла используем подстановку t 6x 14 . То-

				7									0
						0				3
		1		3					t
гда dt 6dx,	dx		dt	и 6x 14 2 dx t 2 dt
		6
				1		8	6	3					8

Отсюда

2569 .

1	2	2	256		х5			1		256		64		256		1856
V 8x		dx																.
			64		5					9		5		9		45
0			9					0

84

9. а) Вычислить длину дуги кривой, заданной параметрическими урав-

нениями

2

2 sin t 2t cost,

х t

0 t .

2

y 2 t

cost 2t sin t,

Решение. Длина дуги кривой, заданной параметрическими уравнения-

ми, вычисляется по формуле

t2

xt 2 yt 2 dt .

l

t1

Находим xt

и yt

для рассматриваемой кривой:

xt 2t sin t t 2 2 cost 2 cost 2t sin t t 2

2 2 cost t 2 cost,

yt 2t cost 2 t 2 ( sin t) 2sin t 2t cost

( 2 t 2 2) sin t t 2 sin t.

Вычислим длину дуги при 0 t :

t 3

3

l t 4 cos2 t t 4 sin 2 tdt t 2

cos2 t sin 2 tdt t 2 dt

ед.

0

0

0

3

0

3

3

Ответ: l

3 ед.

9. б) Вычислить площадь фигуры, ограниченной кривыми

6sin ,

4sin , заданными в полярной системе координат.

Решение. Площадь фигуры, ограниченной одной или двумя кривыми,

заданными в полярной системе координат, вычисляется по формулам

		1	2
	S			2 d
		2
		1
	или
	S	1 2		2	2 d .
		2
				2	1
		1

85

Сделаем чертеж искомой площади, учитывая, что 0 , поэтому

sin 0 , то есть 0 .

Рисунок 10 – Построение площади заданной фигуры

1 4sin ,						2		6sin .
Так как фигура симметрична относительно прямой																						, то
																					2
S 2S		2			1		2 2 2 d							2		36sin 2 16sin 2 d =
					2
1								2			1
							0							0
2									2								2	2
20 sin 2 d 10									(1 cos2 )d 10								d cos2 d
0									0							0		0
				1					2					1
10		2				sin 2					10		0			0 0 10					5 .
		0		2							2			2						2
									0
10. Найти частное решение дифференциального уравнения второго по-
рядка,		допускающее понижение порядка х2 1 у 2ху , удовлетворяющее
указанным начальным условиям у(0) 1,																			3.
																		у (0)

86

Решение. Данное дифференциальное уравнение второго порядка не со-

держит явно функцию у. Положим у р , где р – некоторая функция аргу-

				р , то				dp
	мента х. Если	у			у		dx		, и данное уравнение примет вид

x2 1 dpdx 2xp . Мы получили уравнение первого порядка относительно пе-

ременных р и х. Решим это уравнение:

	dp				2xdx			;
	p				x2 1
		dp					2xdx ;
		p					x2	1
ln p ln x2 1 ln C ,
								1
	p C1 x2 1 , или y C1 x2									1 .
Определим численное значение С1										при указанных начальных условиях. Име-
ем 3 C1(0 1) .								Следовательно, C1 3 . Теперь решаем уравнение первого
порядка y 3 x2								1 :
dy 3 x2 1 dx;
	y 3					x2 1 dx x3 3x C2 .
Определим численное значение С2										при указанных начальных условиях. Име-
ем 1 0 0 С2 ;								С2 1.

Таким образом, у x3 3x 1 есть частное решение, удовлетворяющее указанным начальным условиям.

11. Найти частное решение линейного неоднородного дифференциаль-

ного уравнения второго порядка с постоянными коэффициентами

у 4у 4sin 2x 8cos2x , удовлетворяющее указанным начальным услови-

ям y(0) 0, y (0) 0 .

87

Решение. Общее решение у данного уравнения равно сумме общего решения уодн однородного уравнения и какого-либо частного решения у дан-

ного уравнения, то есть

у уодн у .

Для нахождения уодн составим характеристическое уравнение k 2 4 0

, имеющее комплексные корни k1 2i, k2 2i . В этом случае общее реше-

ние однородного уравнения ищем в виде

уодн e x C1 cos x C2 sin x ,

где i – комплексные корни характеристического уравнения. Подставив

0, 2 , имеем:

уодн C1 cos2x C2 sin 2x .

Частное решение у неоднородного дифференциального уравнения

ищем в виде y xe x ( Acos x B sin x) , так как правая часть неоднородного уравнения есть функция f (x) e x (a cos x bsin x) и числа i являют-

ся корнями характеристического уравнения. При 0, 2 имеем: y x(Acos2x B sin 2x) .

Дважды дифференцируя последнее равенство, находим y : y (4B 4Ax) cos2x ( 4A 4Bx) sin 2x .

Подставив в данное уравнение y и y , получим:

4B cos2x 4Asin 2x 4sin 2x 8cos2x ,

откуда A 1, B 2 . Следовательно, y x(cos2x 2sin 2x) и

у C1 cos2x C2 sin 2x x(cos2x 2sin 2x) .

Найдем y :

у 2C1 sin 2x 2C2 cos2x cos2x 2sin 2x x( 2sin 2x 4cos2x) .

Используя начальные условия, получим систему

88

C1 0,2C2 1 0,

	откуда C 0, C			1		.
		2
	1			2
	Следовательно,	у			1		sin 2x x(cos2x 2sin 2x)	есть искомое частное реше-
				2

ние данного дифференциального уравнения.

12. Классическим методом и методом операционного исчисления найти частное решение системы дифференциальных уравнений, удовлетворяющее начальным условиям.

х 3х 4 у 0,у 4х 3у 0,

х(0) у(0) 1.

Решение. Решением этой системы является пара функций х(t) , y(t) ,

удовлетворяющих системе, причем х(0) у(0) 1.

1) Классический метод решения.

Продифференцируем первое уравнение по переменной t :

0 .

x

3x 4y

Из первого уравнения определяем

y

x

3x

, следовательно, из второго

4

уравнения имеем

x 3x

25x 3x

y

4x 3y

4x 3

4

4 4 .

Подставляем y в уравнение, полученное после дифференцирования, прихо-

дим к уравнению

	25x		3x
x 3x 4					0 ,
	4		4

89

x 25x 0 – линейное дифференциальное уравнение II порядка с постоянными коэффициентами.

Составляем характеристическое уравнение и находим его корни:

k 2 25 0, k 2 25,

k1,2 5 – действительные различные корни.

В этом случае общее решение дифференциального уравнения имеет вид

x(t) C1ek1t C2ek2t ,

x(t) C e5t C						2	e 5t .
		1
										3x
Ранее определили					y			x			. Тогда
										4
	5C e5t 5C					2	e5t 3 C e5t C					2	e5t			С			e5t .
y		1									1					1	е5t 2C
										4						2		2
Общее решение системы
x(t) C e5t					C				e5t ,
		1					2
			С1	е5t 2C2e5t .
y(t)
		2

Находим значения произвольных условия х(0) у(0) 1:

1 С С				,			С			6	,
	1		2					1		5
1	С1	2С				,					1
					2
	2						С2						.
											5

x(t) 6 e5t

Частное решение системы 5

y(t) 3 е5t5

постоянных, используя начальные

15 e5t ,

52 C2e5t .

2) Метод операционного исчисления.

90