14. Методические указания 2

Индивидуальное задание и его решение

−3x

1

9

2

−3x

Таким образом, получаем:

y = e

−

+

x + 2x

e

.

4

4

5) Найти частное решение д.у.

y′′ − 4 y′ = 4x +10 ,

удовлетворяющее

′

начальным условиям y(0) = 4, y (2) = −7 .

а) λ2 − 4λ = 0 λ = 0, λ

2

= 4 y

oo

= C + C

e4 x .

1

1

2

б) Так как λ = 0 , то y

чн

= x( Ax + B) = Ax2 + Bx .

1

Подставляя в исходное уравнение yчн , получаем:

2 A − 4(Ax + B)= 4x +10

− 4 Ax + 2 A − 4B = 4x +10

− 4 A = 4,

A = −1,

B = −3 . Тогда yчн

= −x2 − 3x .

2 A − 4B =10;

в) y

oн

= C + C

e4 x − x2 − 3x .

1

2

Найдем

частное

решение

исходного

д.у.,

удовлетворяющее

′

= −7 .

условиям y(0) = 4, y (2)

Имеем: yo′н = 4C2e4 x

− 2x − 3 . С учетом начальных условий получаем:

C + C

= 4,

C2 = 0, С1 = 4 .

1

2

4C2e8 − 7 = −7;

Таким образом, искомое частное решение данного д.у. имеет вид:

y= 4 − x2 − 3x .

6)Решить дифференциальное уравнение: y′′ + 2 y′ − 3y = e x + sin x .

а) λ2 + 2λ − 3 = 0 λ1 =1, λ2 = −3 yoo = C1еx + C2e−3x .

б) По теореме 8 частное решение данного уравнения надо искать в

виде: y	чн	= Axe x + B sin x + C cos x .
		-3			y		Axex + B sin x + C cos x
		2			y′		Ae x + Axe x + B cos x − C sin x
		1			y′′		2 Ae x + Axe x − B sin x − C cos x

138

Индивидуальное задание и его решение

− 3Axe x − 3B sin x − 3C cos x + 2 Ae x + 2 Axe x + 2B cos x − 2C sin x + 2 Ae x + Axe x −

− B sin x − C cos x = e x + sin x.

Итак, 4 Ae x + (2B + 2C) cos x + (2B − 2C)sin x = e x + sin x.

Получаем систему:

4 A =1,

2B + 2C = 0,

2B − 2C =1.

Откуда

находим

A =

1

, B =

1

, C = −

1

.

Итак,

4

4

4

y

=

1

xex +

1

sin x −

1

cos x .

чн

4

4

4

в) y

= C еx

+ C

e−3x +

1

xe x +

1

sin x −

1

cos x .

oн

2

1

4

4

4

7) Решить дифференциальное уравнение: y′′ + 36 y = 5xe−7 x .

λ2 + 36 = 0

λ2 = −36

λ = ±

= ±6i

а)

− 36

1,2

yoo = C1 sin 6x + C2 cos 6x .

б) Частное решение исходного д.у. имеет вид:

y

чн

= (Ax + B)e−7 x .

Найдем коэффициенты A и B .

′

= Ae

−7 x

− 7(Ax + B)e

−7 x

′′

= −14 Ae

−7 x

+ 49(Ax + B)e

−7 x

.

yчн

, yчн

Подставляя yчн и

′′

yчн в исходное уравнение, получим:

−14Ae−7 x + 49(Ax + B)e−7 x + 36(Ax + B)e−7 x = 5xe−7 x ,

(−14 A + 85B)e−7 x + 85Axe−7 x

= 5xe−7 x .

Из последнего равенства получим систему:

85A = 5,

−14A + 85B = 0;

Откуда находим A =

1

, B =

14

.

17

1445

139

Индивидуальное задание и его решение

						1				14			−7 x
	Тогда		y	чн	=			x +				e		.
						17
									1445
																1		14
	г) y	oн	= C sin 6x + C							2	cos6x +						x +			e−7 x .
					1									17				1445
													Решение задачи 4
																						′′	− 3y + 2 y =			1
	1) Решить дифференциальное уравнение: y																									2 + e−x .
	Применим метод вариации произвольных постоянных.
	а) λ2 − 3λ + 2 = 0 λ =1, λ														2	= 2 y			oo		= C e x + C				e2 x .
											1												1	2

б) Частное решение исходного уравнения будем искать в виде: yчн = C1 (x)e x + C2 (x)e2 x .

Вычислим определитель Вронского фундаментальной системы

решений y = e x ,

y

2

= e2 x . Имеем:

1

W (x) =

e x e2 x

= 2e3x − e3x = e3x .

e x 2e2 x

По формулам

(51)

получаем:

C1′(x) =

− e2 x

= −

1

,

(2 + e−x )e3x

2e x +1

x

C2′ = ( + e−x ) 3x . Отсюда получаем: 2 e e

dx

2e x

+1 = t

dt

1 − t + t

C1 (x) = −∫

=

dt

= −∫

= − ∫

dt =

x

+1

x

t(t −1)

t(t −1)

2e

2e

dx = dt dx = t −1

1 − t + t

1

1

= −

∫

dt = −

∫

−

+

dt = ln

t

− ln

t

−1

=

t(t −1)

t

t −1

C2 =

∫

e x

dx =

e x

= t

= ∫

dt

= ∫

(2e x +1)e2 x

e x dx = dt

(2t +1)t 2

= 2ln 2t +1 − 2ln t − t −1 = 2ln 2e x +1 −

ln

t

= ln

2e x +1

,

t −1

2e x

4

2

1

−

+

dt =

2t +1

t

t 2

2x − e−x .

140

Индивидуальное задание и его решение

Произвольные постоянные при интегрировании мы не пишем, так как

надо найти лишь одну функцию C1(x)

и одну C2 (x) . Таким образом

получаем:

2e x +1

+ e2 x (2ln

2e x +1

− 2x − e−x )

y

чн

= e x ln

2e x

2e x +1

+ e2 x (2ln

− 2x − e−x ).

(x)e2 x

2e x +1

в) y

oн

= C (x)e x + C

2

+ e x ln

1

2e x

2) Решить дифференциальное уравнение: y′′ − 25 y = 6e2 x .

а) λ2 − 25 = 0 λ = ±5 y

oo

= C e5x + C

e−5x .

1,2

1

2

б) Для нахождения

yчн

применим метод

вариации

произвольных

постоянных. y

чн

= C (x)e5x

+ C

2

(x)e−5x .

1

Вычислим вронскиан:

W (x) =

e5 x

e−5x

= −5 − 5 = −10 .

5e5x

−

5e−5x

Теперь применим формулу (51):

С1′(x) =

− e−5x 6e2 x

=

3

e−2 x , С2′ (x) =

e5x 6e2 x

= −

3

e7 x .

−10

−10

5

5

Следовательно:

С (x) =

3

e−2 x dx = −

3

e−2 x ,

5 ∫

1

10

С2 (x) = −

3

e7 x dx = −

3

e7 x .

5 ∫

35

Таким образом:

y

= −

3

e

−2 x

e

5x

−

3

e

7 x

e

−5x

= −

3

e

3x

−

3

e

2 x

.

чн

10

35

10

35

в) y

= C e5x + C

e−5x

−

3

e3x

−

3

e2 x .

oн

2

1

10

35

141

Индивидуальное задание и его решение

ОБРАЗЕЦ ИНДИВИДУАЛЬНОГО ЗАДАНИЯ ПО ЧИСЛОВЫМ И ФУНКЦИОНАЛЬНЫМ РЯДАМ

Задача 1

Исследовать на сходимость ряды с положительными членами:

∞

n - 7

∞

1

∞

1

1) ∑

.

2) ∑

2n arctg

.

3) ∑

.

3 n8 + 2

n=1

n=1

5n

n=2 n× ln n

∞

n2

∞

3n + 5

∞

n

n2 + 2

4) ∑

.

5) ∑

.

6) ∑arctg

.

(n +

n2 +

n=1

1)!

n=1

(2n)!

n=1

3n

∞

en

∞

cos2 (n + 4)

∞

3n

2n

7) ∑

.

8) ∑

.

9) ∑

.

2

+

(n +

1)2

3n

4n2

3

n 1

n=1

4n

n=1

+

=

Задача 2

Установить характер сходимости знакочередующихся рядов:

∞

(-1)

n+1

2)

∞

(-10)

n−1

∞

(-1)

n+1

1) ∑

.

3) ∑

. 4) ∑

.

(n + 1) × ln3

n=1

n + 1

∞

n

n=1

n

3

+ 1

n 1

(n + 1)

∑

(-1)

=

.

(n + 1)3n

n=1

Задача 3

Найти область сходимости степенных рядов:

∞

x

n

∞

(3x)

n

3)

∞

(x

+ 3)

n

1) ∑(-1)n

. 2) ∑

.

4) ∑

.

n

2

∞

3

n=1

× n

n =1

n × 5

n

x

n

n=1

n

+ 2n

∑(-1)n

.

4n × n!

n=1

Задача 4

Вычислить с заданной точностью:

1) ln(1,05) ,				2) cos100 ,	0,5		0,6
ε =10−4 .			3)		∫sin x3dx ,		4) ∫ 4 1 + x3 dx ,
				ε =10−3 .	0		0
				ε =10−4 .			ε =10−3 .
					Задача 5
Разложить в ряд Фурье функцию:
1) f (x)=		x		на отрезке [−π;π].		2) f (x)= -1 при		-1 < x < 0,
								0 < x <1.
							1 при

142

Индивидуальное задание и его решение

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Решение задачи 1

1) Применим признак эквивалентности (см. теорему 7). Запишем

эквивалентность a

=

n − 7

~

n

=

1

= b

при

n → ∞.

Ряд

n

3

n8 + 2

3 n8

n5 3

n

∞

∞

∑bn

= ∑

1

является

p-гармоническим

с

p =

5

>1.

Поэтому

он

n=1

n=1 n5 3

3

сходится (см. пример 7). Таким образом, исходный ряд сходится по признаку эквивалентности.

2) Так как

1

® 0 при n → ∞, то можно применить эквивалентность:

5n

1

1

n

1

2

n

arctg

~

.

Тогда получаем:

an

= 2

arctg

~

= bn . Ряд

5n

5n

5n

5

∞

∞

2 n

∑bn

= ∑

сходится как

ряд,

составленный

из членов

n=1

n=1

5

геометрической прогрессии с частным

q =

2

<1

(см. примеры 1, 3).

5

Значит исходный ряд также сходится по признаку эквивалентности (см. теорему 7).

3)

Так как

an

=

1

монотонно убывает,

то можно применить

n×

ln n

интегральный признак Коши (см. теорему 3). Имеем:

∞

∞

t = ln n

∞

dn

dn

dt

∞ = ¥ - 2

∫an dn = ∫

=

dt =

= ∫

= 2

t

ln 2

=

2

2 n×

ln n

n

ln 2

t

ln 2

n = 2 ® t = ln 2, n = ¥ ® t = ¥

.

Значит данный ряд расходится.

4) Применим признак Даламбера (см. теорему 4). Вычислим D :

143

Индивидуальное задание и его решение

an =

n2

, an+1

=

(n +1)2

=

(n +1)2

,

(n +1)!

(n + 2)!

(n

+1)!(n +

2)

a

n+1

(n +1)2 (n +1)!

(n +1)2

1

D = lim

= lim

= lim

= lim

= 0 <1.

1)!(n + 2)n2

(n + 2)n2

n→∞ an

n→∞ (n +

n→∞

n→∞ n

Так как D<1, то исходный ряд сходится.

3n + 5

3n

5) Запишем эквивалентность: a

n

=

~

= b .

(2n)! (2n)!

n

∞

∞

3

n

К ряду ∑bn = ∑

применим признак Даламбера (см. теорему 4).

(2n)!

n=1

n=1

Так как b

=

3n+1

=

3n+1

=

3n3

, то

n+1

(2(n +1))! (2n + 2)!

(2n)!(2n +1)(2n + 2)

D = lim

an+1

= lim

3n3(2n)!

= lim

3

= 0 <1.

n→∞ an

n→∞ (2n)!(2n +1)(2n + 2)3n

n→∞ (2n +1)(2n +

2)

∞

Следовательно,

ряд

∑bn

сходится.

Значит

исходный

ряд также

n=1

сходится по признаку эквивалентности (см. теорему 7).

6) Применим радикальный признак Коши (см. теорему 5). Вычислим

				n2 + 2		n2 + 2					π
	C = lim n an		= lim n arctg n		= lim arctg			= arctg1 =
											<1
						n2 + 3n
	n→∞		n→∞	n2 + 3n n→∞							4
	(при вычислении предела учитывалось, что						n2 + 2		→1	при n → ∞).
							n2 + 3n

Так как С<1, то по радикальному признаку Коши ряд сходится.

7) Исследуем ряд на сходимость с помощью радикального признака Коши (см. теорему 5).

en

e

e

C = lim n an

= lim n

= lim

=

= e >1. (Из

(lim n

)2

n→∞

n→∞ (n +1)2

n→∞ n (n +1)2

(n +1)

n→∞

теории пределов известно, что lim n

= lim n

=1). Так как С>1, то

n +1

n

n→∞

n→∞

данный ряд расходится.

144

Индивидуальное задание и его решение

8) Оценим общий член ряда: a

=

cos2 (n + 4)

≤

1

≤

1

= b . Ряд

n

3n2 + 4n

3n2

+ 4n 3n2

n

∞

∑

1

сходится, так

как является

p-гармоническим

с

p=2>1 (см.

2

n=1 n

∞

1

∞

1

пример

7). Тогда по

теореме 2

и ряд

∑bn

=

∑

сходится.

n=1

3 n=1 n2

Следовательно и исходный ряд сходится по признаку сравнения (см. теорему 6).

9) Воспользуемся радикальным признаком Коши (см. теорему 5). Имеем:

3n2

2n

3n2

2

9n4

9

C = lim n a

n

= lim n

= lim

= lim

=

<1,

2

2

4

n→∞

n→∞

4n

+ 3

4n

+ 3

n→∞16n

16

n→∞

значит данный ряд сходится.

Решение задачи 2

1) Рассмотрим ряд, составленный из модулей членов исходного ряда,

∞

1

1

∞

т.е. ряд ∑

. Имеем:

an =

~

1

при n → ∞. Ряд ∑

1

1 2

1 2

n=1

n +1

n +1 n

n=1 n

1

∞

1

расходится, как p-гармонический с p =

<

1, значит и ряд ∑

2

n=1

n +1

расходится

по

признаку эквивалентности.

Исходный

ряд является

∞

знакочередующимся,

так как он имеет вид ∑(−1)n an ,

где

an > 0 .

n=1

Далее имеем:

lim a

= lim

1

= 0 .

Очевидно, что

a

монотонно

n

n

n→∞

n→∞

n +

1

убывает. Таким образом, исходный ряд сходится по признаку Лейбница (см. теорему 9). Итак, данный знакочередующийся ряд условно сходится.

2) Исследуем ряд, составленный из модулей членов исходного ряда, а

	∞	1
	именно ∑		. Применим признак Даламбера (см. теорему 4).
		(n +1)3n
	n=1

145

Индивидуальное задание и его решение

an =	1	, an+1 =	1	, D = lim	an+1	= lim	(n + 1)3n	=	1	<1.
	(n + 1)3n		(n + 2)3n+1
				n→∞ an n→∞ (n + 2)3n+1				3

Значит исследуемый ряд сходится. Применяя признак абсолютной сходимости (см. теорему 8), заключаем, что исходный знакочередующийся ряд сходится абсолютно.

∞ (-1)n−1 ×10n−1

3) Представим ряд в виде: ∑

. Составим ряд из модулей

n=1

n3 + 1

∞

10

n−1

членов

исходного

ряда

∑

.

Вычислим

n3 +

1

n=1

lim an

= lim

10n−1

= lim

10n

. Так как выражение под последним

n→∞

n→∞ n3 + 1

n→∞10 × n3 2

пределом представляет

собой

неопределенность

типа

¥¥ , то для

вычисления

этого

предела

применим

правило

Лопиталя:

lim an

= lim

10n ln10

= lim

2n1 2 ×10n ln2 10

= ¥ ¹ 0 .

Поэтому

n→∞

n→∞ 15 × n1 2

n→∞

15

исследуемый ряд с положительными членами расходится (см. теорему

1).	Так как	lim an ¹ 0 , то		исходный		знакочередующийся ряд
		n→∞
расходится по признаку Лейбница (см. теорему 9).
		∞		1
4)	Рассмотрим	ряд ∑			,	составленный из модулей
			(n + 1)
		n=1		× ln3 (n + 1)

членов исходного ряда. Применим интегральный признак Коши (см. пункт 3 задачи 1).

∞

∞

1

t = ln(n + 1)

∞

−2

∞

dn

dt

t

∫

an dn =

∫

=

dt =

=

∫

=

=

(n

+

1) × ln3

n + 1

t 3

- 2

(n + 1)

1

1

n =1 ® t = ln 2, n = ¥ ® t = ¥

ln 2

ln 2

= 0 +

1

=

1

.

2ln2 2

2ln2 2

146

Индивидуальное задание и его решение

∞

Так как ∫an dn < ¥ , то рассматриваемый ряд сходится (см. теорему 3).

1

Значит исходный знакочередующийся ряд сходится абсолютно (см. теорему 8).

Решение задачи 3

1) Найдем радиус

сходимости

степенного

ряда

по

теореме

10:

R =

1

.

Здесь

cn

=

1

и

n2

×

lim n

cn

n

n→∞

1

1

lim n

cn

= lim n

=

=1

(из теории пределов известно,

n→∞

n→∞ n2 ×

n lim n n3 2

n→∞

что lim n

n3 2 =1). Таким образом, R =1.

n→∞

∞

(-1)

2n

∞

1

При x = −1 исходный ряд превращается в ряд ∑

= ∑

,

n=1 n2 ×

n

n=1 n3 / 2

который сходится, как p-гармонический с p=

3

>1 (см. пример 7).

2

∞ (-1)n

При x =1 получаем ряд ∑

, который сходится абсолютно

×

n=1 n2

n

(см. пункт 2 задачи 2).

Полная область сходимости хорошо видна на схеме:

	абс.сходится		абс.сходится
расходится		абс.сходится		расходится
		-1		1

2) Так как

=

3n

= lim n

3n

=

3

=

3

и

cn

, то lim n

cn

n × 5 n

5 n

5 lim n n

5

n→∞

n→∞

n ×

n→∞

R =

1

=

5

(см. теорему 10).

3

lim n

cn

n→∞

147