6.15	y′′+4 y′+4 y =6e−2 x ;	6.16	y′′+ 2 y′−3y = (12x2 +6 x −4)ex ;
6.17	y′′+9 y = 9x4 +12x2 − 27 x ; 6.18		y′′−4 y′+5 y = (24sin x + 8 cos x)e−2 x ;
6.19	y′′+ y = 3sin x ;	6.20	y′′−2 y′−8 y =12sin 2x −36 cos 2x ;
6.21	y′′+ y = −4 cos x − 2sin x ;	6.22	y′′+ 2 y′−24 y =6 cos3x −33sin 3x ;
6.23	y′′+16 y = 8cos4x ;	6.24	y′′+ y = 2cos x −(4x + 4)sin x ;
6.25	y′′+3y′+ 2 y = (x − 2)e−x ;	6.26	y′′−2 y′+ y = −12cos 2x −9sin 2x ;
6.27	y′′+ 2 y′+ y = (18x + 8)e−x ;	6.28	y′′+ y′−12 y = (16 x + 22)e4 x ;
6.29	y′′+5 y′+6 y = 52sin 2x ;	6.30	y′′−9 y′+18 y = 26 cos x −8sin x .

Задание 7. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений.

7.01

x′

= 4x −3y ,

7.02

x′= 5x − y ,

7.03

x′= 8x − y ,

7.04

x′= 4x − y ,

= 3x + 4 y

;

y′

y′= x + 3y ;

y′= x + y ;

y′= x + 2 y ;

7.05

x′

= x −4 y ,

7.06

x′= 3x + y ,

7.07

x′= x + 2 y ,

7.08

x′= 3x −2 y ,

= x + y ;

;

+6 y

;

y′

y′= −4x − y

y′= 3x

y′= 2x + 8 y ;

7.09

x′

=7 x +3y ,

7.10

x′= 4x − y ,

7.11

x′= −x − 2 y ,

7.12

x′= −2x + y ,

= x + 5 y ;

;

+ 4 y

;

y′

y′= −x + 4 y

y′= 3x

y′= −3x + 2 y ;

7.13

x′

= −2x + y ,

7.14

x′= x − y ,

7.15

x′= 2x + y ,

7.16

x′= −x + 8 y ,

= x + y ;

;

+ 4 y

;

y′

y′= −4x + y

y′= 3x

y′= x + y ;

7.17

x′

= −2x + 3y ,

7.18

x′= −x + y ,

7.19

x′= −2x + y ,

7.20

x′= 5x − y ,

= x ;

;

y′

y′= 4x −4 y

y′= −3x + 2 y ;

y′= x +3y ;

7.21

x′

= x +4 y ,

7.22

x′= x +5 y ,

7.23

x′= −x + 4 y ,

7.24

x′= 2x − y ,

= x + 2 y ;

− y ;

y′

y′=7 x +3y ;

y′= 4x

y′= −2x + 3y ;

7.25

x′

= y ,

7.26

x′= 3x −6 y ,

7.27

x′= −2x +8 y ,

7.28

x′= 3x −7 y ,

= 2x +3y

;

+ 2 y

;

y′

y′= 2x − y ;

y′= 3x

y′= x −5 y ;

7.29

x′

= x +4 y ,

7.30

x′= 2x +3y ,

= 5x − y ;

y′

y′= 3x + 2 y .

Задание 8. Температура извлеченного из печи тела в течение 20 минут

падает от T 0 до

T 0 . Температура воздуха равна

T 0 .

Через

какое время с

1

2

3

момента начала охлаждения температура тела снизится до T 0 ?

Первоначальная

Температура

Температура

Требуемая

Вариант

температура тела

воздуха T 0 ,

температура

0

, град

T10 , град

тела T2

град

3

тела T 0 , град

8.01

200

150

25

30

8.02

150

100

20

25

8.03

180

150

25

40

8.04

200

140

20

30

16

		Первоначальная		Температура		Температура	Требуемая
Вариант		температура тела				воздуха T 0 ,	температура
				тела	0
		T10 , град			T2 , град	град	тела T 0 , град
						3
8.05		100			70	25	40
8.06		150			120	30	40
8.07		170			120	25	35
8.08		100			50	20	35
8.09		150			100	20	30
8.10		100			60	15	20
8.11		120			80	20	25
8.12		130			90	35	30
8.13		140			70	25	30
8.14		120			60	25	35
8.15		200			100	15	20
8.16		170			130	30	40
8.17		190			150	30	45
8.18		100			70	20	25
8.19		130			50	25	30
8.20		180			100	15	20
8.21		200			150	20	40
8.22		110			60	20	30
8.23		200			120	25	35
8.24		140			80	30	40
8.25		130			90	35	40
8.26		120			70	25	35
8.27		150			100	20	35
8.28		170			110	30	45
8.29		180			120	30	40
8.30		160			100	15	45
		Замечание. По закону		Ньютона скорость охлаждения тела в воздухе
пропорциональна разности			между		температурой T 0 тела		и температурой
воздуха	T 0 .
	3

17

lim

x→0

Решение типового варианта контрольной работы № 3

"Функция нескольких переменных.

Интегральное исчисление функции одной переменной"

Задание 1. По данной функции z = cos xy + y2 ln x вычислить выражение

F = ∂2 z −2 ∂2 z +3 ∂2 z −4 ∂z + 5 ∂z .

∂x2 ∂x∂y ∂y2 ∂x ∂y

Решение: В данном примере необходимо найти частные производные первого и второго порядков данной функции. Частной производной по x

функции z=f(x,y) в точке M0(x0,y0) называется предел

f (x0 + x, y0 )− f (x0 , y0 ), x

если этот предел существует и конечен. Обозначается эта частная

производная любым из следующих символов fx′(M0 ), fx′(x0 , y0 ), ∂f (x0 , y0 ).

∂x

Частная производная по x есть обычная производная от функции z=f(x,y),

рассматриваемой	как функция только от переменной x при фиксированном
значении переменной y (то есть переменная y считается постоянной).
Совершенно	аналогично можно определить частную производную по y
функции z=f(x,y) в точке M0(x0,y0):		∂f (x0 , y0 )	= lim	f (x0 , y0 +	y)− f (x0 , y0 )	.
		∂y
			y→0		y

Сами частные производные могут являться функциями от нескольких

переменных на некотором множестве. У этих функций тоже могут существовать частные производные по x и по y. Они называются вторыми частными производными или частными производными второго порядка и

обозначаются z′′xx , z′yx′

или

∂2 f

,

∂2 f

. Таким образом,

∂y2

∂x∂y

z′′xx

=

∂2 z2 =(z′x )′x ,

z′′yy =

∂2 z2

=(z′y )′y , z′′xy =

∂2 z

= (z′x )′y ,

z′′yx =

∂2 z

=(z′y )′x .

∂x∂y

∂y∂x

∂x

∂y

Две последние частные производные второго порядка называются

смешанными. Смешанная частная производная любого порядка в общем случае

зависит от того, в какой последовательности берутся переменные, по которым

вычисляется производная. Однако существует теорема, утверждающая, что

если смешанные частные производные второго порядка непрерывны, то они не зависят от того, в какой последовательности вычислялись частные производные по x и по y.

Вычислим частные производные данной функции z = cos xy + y2 ln x :

18

∂∂xz = ∂∂x (cos xy + y2 ln x)= ∂∂x (cos xy)+ y2 ∂∂x (ln x)=(−sin xy)∂∂x (xy)+ y2 1x =

= −ysin xy + y2 ; x

∂∂yz = ∂∂y (cos xy + y2 ln x)= ∂∂y (cos xy)+ ln x ∂∂y (y2 )= −sin xy ∂∂y (xy)+ ln x 2 y = = −xsin xy + 2 y ln x ;

∂2 z

∂

∂z

∂

y2

∂

(sin xy)+ y

2

∂ 1

2

y2

2

=

=

−ysin xy +

= −y

= −y

cos xy −

;

∂x

x

∂x

x

2

∂x ∂x

∂x

∂x x

∂2 z2 =

∂

∂z

=

∂

(−xsin xy + 2 y ln x)= −x

∂

(sin xy)+ ln x

∂

(2 y)=

∂y

∂y

∂y

∂y

∂y

∂y

= −x2 cos xy + 2ln x ;

∂2 z

∂ ∂z

∂

y2

∂

(sin xy)

∂

(y)+

1

∂

(y

2

)=

=

=

−ysin xy +

= −y

−sin xy

∂x∂y

∂y

x

∂y

∂y

x

∂y

∂y ∂x

2 y

= −xy cos xy −sin xy +

;

x

∂2 z

=

∂

∂z =

∂

(−xsin xy + 2 y ln x)= −sin xy − xy cos xy +

2 y .

∂y∂x

∂x

∂x

∂y

x

Видим, что смешанные частные производные второго порядка равны.

Подставим полученные производные в выражение F:

2

y2

2 y

2

F =

−y

cos xy

−

−2 −xy cos xy −sin xy

+

+ 3(−x

cos xy + 2ln x)−

x

2

x

y

2

(−xsin xy + 2 y ln x)= −y

2 cos xy + 2xy cos xy −3x2 cos xy +

−4

−ysin xy +

+ 5

x

y2

4 y

4 y2

+2sin xy +4 ysin xy −5xsin xy −

−

−

+6 ln x +10 y ln x =

x

2

x

x

=(

−y

2

+ 2xy −3x

2

)cos xy +(4 y −5x + 2)sin xy −

(4xy +4x + y) y

+(6

+10 y)ln x .

x2

Ответ:

(4xy +4x + y) y

F =(−y

2

+ 2xy −3x

2

)cos xy +(4 y −5x + 2)sin xy −

+(6 +10 y)ln x .

x2

Задание 2. Найти экстремум функции двух переменных

z = x3 +3xy2 −15x −12 y + 25 .

Решение: Точка

М(x0,у0) называется

точкой максимума

(минимума)

функции z=f(x,у), если существует такая окрестность точки М, что для всех точек (x,у) из этой окрестности выполняется неравенство

f (x0 ; y0 ) ≥ f (x; y) ( f (x0 ; y0 ) ≤ f (x; y) ).

19

Теорема. Пусть точка (x0,у0) – есть точка экстремума дифференцируемой функции z=f(x,у). Тогда частные производные fx′(x0 ; y0 ) и

fу′(x0 ; y0 ) в этой точке равны нулю.

Точки, в которых выполнены необходимые условия экстремума функции z=f(x,у), т.е. частные производные равны нулю, называются критическими или

стационарными. Равенство частных производных нулю выражает лишь

необходимое, но недостаточное условие экстремума функции нескольких переменных.

Теорема (достаточное условие экстремума функции двух переменных).

Пусть функция z=f(x,у):

а) определена в некоторой окрестности критической точки (x0,у0),

в которой fx′(x0 ; y0 ) =0 и fу′(x0 ; y0 ) =0 ;

б) имеет в этой точке непрерывные частные производные второго

порядка fxx′′(x0 ; y0 ) = A, fxy′′(x0 ; y0 ) = fyx′′(x0 ; y0 ) = B ,

fyy′′(x0 ; y0 ) =C .

Тогда,

если

= AC − B2 >0 ,

то в точке (x0,у0) функция z=f(x,у) имеет

экстремум, причем если A<0 –

максимум, если A>0 – минимум. В случае

= AC − B2 <0 , функция z=f(x,у) экстремума не имеет. Если

= AC − B2 =0 ,

то вопрос о наличии экстремума остается открытым.

1. Для исследования функции двух переменных на экстремум найдем

частные производные функции z′x

и z′y :

z′x = 3x2 + 3y2 −15 , z′y =6 xy −12 .

2. Найдем критические точки функции, решая систему уравнений

z′x =0,

2

3x2

+3y2 −15 =0,

x2 + y2

= 5,

x

=

,

y

z′y =0,

xy = 2,

6 xy −12 =0,

4

2

−5 y

+ 4 =0,

y

x1 = 2, y1 =1; x2 = −2, y2 = −1; x3 =1, y3 = 2; x4 = −1, y4 = −2.

Критическими точками функции являются

M1 (2;1) , M2 (−2;−1) , M3 (1;2) , M4 (−1;−2) .

3. Найдем частные производные второго порядка: z′′xx =6 x , z′yy′ =6 x , z′xy′ =6 y .

Вычислим значения этих производных в каждой критической точке и с

помощью достаточного условия сделаем вывод о наличии экстремумов.

Точка M1 (2;1) :

A1 = z′′xx (2;1) =6 2 =12 , B1 = z′xy′ (2;1) =6 1 =6 , C1 = z′yy′ (2;1) =6 2 =12 ,

1 = A1C1 − B12 =12 12 −62 =144 −36 =108 >0 .

Так как 1 >0 , то в точке M1 (2;1) функция z имеет экстремум. Причем минимум, так как A1 =12 >0 .

Точка M2 (−2;−1) :

20

A2 = z′′xx (−2;−1) =6 (−2) = −12 , B2 = z′xy′ (−2;−1) =6 (−1) = −6 ,

C2	= z′′yy (−2;−1) =6 (−2) = −12 ,					2 = A2C2 − B22 = (−12) (−12) −(−6)2 =108 >0 .
	Так как	2 >0 , то в точке M2 (−2;−1) функция z имеет экстремум. Причем
максимум, так как A2 = −12 <0 .
Точка M3 (1;2) :
	A3 = z′′xx (1;2) =6 1 =6 , B3 = z′xy′ (1;2) =6 2 =12 , C3 = z′yy′ (1;2) =6 1 =6 ,
		3	= A C − B2 =6 6 −122 = 36 −144 = −108 <0 .
			3	3	3
	Так как	3 <0 , то в точке M3 (1;2) функция z экстремума не имеет.
Точка M4 (−1;−2) :
	A4 = z′′xx (−1;−2) =6 (−1) = −6 , B4 = z′xy′ (−1;−2) =6 (−2) = −12 ,
C4	= z′′yy (−1;−2) =6 (−1) = −6 ,					4 = A4C4 − B42 = (−6) (−6) −(−12)2 = −108 <0 .
	Так как	4 <0 , то в точке M4 (−1;−2) функция z экстремума не имеет.

4. Найдем экстремумы функции.

В точке M1 (2;1) имеем минимум, равный zmin = 8 +6 −30 −12 + 25 = −3 .

Вточке M2 (−2;−1) имеем максимум, равный zmin = −8 −6 +30 +12 + 25 = 53 . Ответ: В точке M1 (2;1) минимум – zmin = 8 +6 −30 −12 + 25 = −3 , в точке

M2 (−2;−1) максимум – zmin = −8 −6 +30 +12 + 25 = 53 .

Задание 3. Даны функция u = 2x3 −4xy2 z + 3z2 x − y3 z , точка A(3;–2;4) и

→

вектор a = (−12;−16;48) . Найти: 1) grad u в точке A; 2) производную в точке A

→

по направлению вектора a .

Решение: 1) Градиентом функции u=f(x,у,z) называется вектор с координатами (u′x ;u′y ;u′z ) . Обозначается u или grad u. Градиент функции u в

данной точке характеризует направление максимальной скорости изменения

функции в этой точке.

Найдем частные производные функции u′x , u′y и u′z :

u′x =6 x2 −4 y2 z + 3z2 , u′y = −8xyz −3y2 z , u′z = −4xy2 +6 zx − y3 .

Вычислим значения частных производных в точке A:

∂u						=6 32 −4 (−2)2 4 + 3 42 = 54 −64 + 48 = 38 ,
∂x					A
∂u						= −8 3 (−2) 4 −3 (−2)2 4 =192 −48 =144 ,
∂y						A
∂u				= −4 3 (−2)2 +6 4 3 −(−2)3 = −48 +72 + 8 = 32 .
∂z		A						→	→	→
Следовательно, grad u								A = 38 i	+144 j	+ 32 k .

21

2) Производной ul′ по направлению l функции двух переменных u=f(x,у,z)

называется предел отношения приращения функции в этом направлении к

величине перемещения l при стремлении последней к нулю, т.е. ul′ = lim	lu .
l→0	l

Производная ul′ характеризует скорость изменения функции в направлении l.

Если функция u=f(x,у,z) дифференцируема, то производная по направлению l вычисляется по формуле

∂u	= ∂u cosα + ∂u cos β +		∂u cosγ или ul′	=u′x cosα +u′y cos β +u′z cosγ ,
∂l	∂x	∂y	∂z
				→
где cosα , cos β и cosγ – направляющие косинусы вектора l .
Рассмотрим		скалярное	произведение	векторов u = (u′x ;u′y ;u′z ) и

→

единичного вектора el = (cosα;cos β;cosγ ) . Получим

→

u el =u′x cosα +u′y cos β +u′z cosγ .

→

Отсюда получаем, что

ul′ = u el ,

то есть производная по направлению

есть скалярное произведение градиента u

и единичного вектора, задающего

направление l.

→

= (−12;−16;48)

Найдем направляющие косинусы вектора a

cosα =

−12

=

−12

=

−12

= −12

= −

3

,

(−12)2 + (−16)2 +(48)2

2704

13

144 + 256 + 2304

52

cos β =

−16

= −16

= −

4

,

(−12)2 + (−16)2 + (48)2

52

13

cosγ =

48

=

12 .

(−12)2 + (−16)2 +(48)2

13

Значения производных в точке A(3;–2;4) известны. Следовательно,

∂u

3

4

12

114

576

384

306

= 38

−

+144

−

+ 32

= −

−

+

= −

.

∂l

13

13

13

13

13

13

13

→

→

→

Ответ: 1) grad u

= 38 i +144 j+ 32 k ; 2) ∂u = −23

7

.

A

∂l

13

Задание 4. При

изучении

функциональной

зависимости

y = f (x)

произведен ряд изменений величины x и получены соответствующие значения величины y. Результаты измерений занесены в таблицу:

X	2	2,5	3	3,5	4	4,5	5	5,5
Y	8,822	10,064	16,209	19,992	20,471	26,387	30,432	35,989

Предполагая, что теоретически зависимость между значениями признаков выражается линейной функцией y=ax+b, по методу наименьших квадратов найти параметры a и b. Каково значение признака Y при x=6,25?

22

Решение: По условию точки группируются на плоскости вдоль некоторой прямой. Задача заключается в том, чтобы найти параметры a и b этой прямой. Причем это нужно сделать так, чтобы она лучше любой другой прямой соответствовала расположению точек на плоскости.

Признаком наилучшей прямой считается минимум суммы квадратов отклонений фактических значений yi, полученных из таблицы, от вычисленных по уравнению прямой y=ax+b. Эта сумма квадратов рассчитывается по формуле

S 2 =(y1 −(ax1 +b))2 +(y2 −(ax2 +b))2

n

+... +(yn −(axn +b))2 = ∑(yi −(axi +b))2 .

i=1

Все xi и yi – известные из таблицы числа. Значит, S2 есть функция двух

переменных a и b:

S 2 = S 2 (a;b). Сумма

квадратов принимает

наименьшее

значение в точке минимума, то есть в точке, где частные производные

∂S 2

и

∂a

∂S 2

равны нулю.

Находя

частные

производные

и приравнивая их

нулю,

∂b

получаем систему

∂S

2

n

= ∑(−2xi (yi − axi −b))=0,

∂a

i=1

∂S 2

n

∂b

= ∑(−2(yi − axi −b))=0.

i=1

Эта система уравнений после преобразования имеет вид

b

n

n

n

∑xi + a ∑xi2 = ∑xi yi

,

i=1

i=1

i=1

(4.1)

n

n

b n + a ∑xi = ∑yi .

i=1

i=1

Получилась система нормальных уравнений

относительно

неизвестных

величин a и b. Формула y=ax+b с параметрами a и b, определенными из системы, называется уравнением регрессии. Прямая линия, описываемая этим уравнением, называется линией регрессии.

Для нахождения коэффициентов проведем необходимые дополнительные

вычисления прямо в таблице
												Сумма
	xi	2	2,5	3	3,5	4	4,5		5	5,5		30
	yi	8,822	10,064	16,209	19,992	20,471	26,387		30,432	35,989		168,4
	xi2	4	6,25	9	12,25	16	20,25		25	30,25		123
	xi yi	17,64	25,16	48,63	69,97	81,88	118,7		152,2	197,94		712,1
				n		n		n		n
	Таким образом,			n=8, ∑xi = 30 ,		∑yi =168,4 , ∑xi2 =123 , ∑xi yi						=712,1.
				i=1		i=1		i=1		i=1

Подставляя найденные суммы в систему (4.1), получим

23

30b +123a =712,1 ,
	+ 30a	=168,4 .
8b

Решим данную систему линейных уравнений по правилу Крамера:

=	30	123	= 30 30 −8 123 = 900 −984 = −84 ,
	8	30

b= 712,1 123 =712,1 30 −168,4 123 = 21364 − 20709 =654,8 , 168,4 30

a	=	30	712,1	= 30 168,4 −712,1 8 = 5051 −5697 = −646 .
		8	168,4
Тогда, a = a	=	−646 ≈7,691, b =			b = 654,8 ≈ −7,796 .
		−84			−84
Таким образом, зависимость между значениями признаков выражается
линейной функцией				y =7,691x −7,796 .		(4.2)

Чтобы найти значение признака Y при x=6,25, подставим это значение в формулу (4.2):

y(6,25) =7,691 6,25 −7,796 ≈ 40, 273. Ответ: y =7,691x −7,796 ; y(6, 25) ≈ 40,273.

Задание 5. Найти неопределенные интегралы (результаты проверить дифференцированием).

а)

в)

∫

∫

25 x −3x2 + 4

3 x

dx ;

б)

∫

4 −3arccos2 x

dx

;

x

3

x

1

− x

2

(2x

2

−4x

+1)cos 2xdx ;

г)

∫

3x −7

dx .

x2 −12x + 20

Решение: а)

∫

25

x −3x2 + 4 3 x

dx .

1

Так как

n

x = xn

, то

можно свести

x

3

x

данный

интеграл

к

табличным

интегралам

∫xαdx =

xα+1

+C

(α ≠ −1) и

α +1

∫dx

= ln

x

+C . Таким образом, получаем

x

1

1

1

1

25

x −3x2 + 4 3 x

x2

2x5

−3x2 + 4x3

x5

x3

∫

dx = ∫

1

dx = ∫

2

−3

+4

dx =

x

3

x

1

4

4

4

x

x

3

x

3

x

3

x

3

24

∫

1 −4

2−4

1−4

−17

2

=

−3x 3 + 4x3 3

=

∫

15 −

2x5 3

dx

2x

3x3 + 4x−1 dx =

17

2

−17 +1

2 +1

= 2∫x−

+4∫dx

x 15

x3

15 dx −3∫x3 dx

= 2

−3

+ 4ln

x

+C =

17

2

x

2

53

−

15

+

1

3 +1

= −15x−

−

9 x

+ 4 ln

x

+C = −

15

− 9 3

x5 + 4 ln

x

+C (C = const ).

15

5

15 x2

5

Проверка: При проверке, если найти производную получившегося выражения, то она должна быть равна подынтегральной функции.

Продифференцируем получившееся выражение:

′

−

2

5

′

15

9 3

5

9

−

−

5

x

+ 4 ln

x

+C

= −15x

15 −

5

x3 + 4 ln

x

+C

=

15 x2

2

5

−17

2

2

−

−1

9

5

−1

1

4

2 5 x −3x2 + 4

3 x

= −15

−

x 15

−

5

3

x3

+ 4

x

= 2x

15 −

3x3 +

x

или

x 3

x

.

15

б)

∫

4 −3arccos2 x

dx .

Данный

интеграл

выглядит довольно

сложным.

1 − x

2

функции arccos x .

Особенно из-за наличия в подынтегральном

выражении

Однако, если вспомнить производную этой функции (arccos x)′ = −

1

, то

1 − x2

увидим, что похожее выражение находится в знаменателе подынтегральной функции. Следовательно, в данном интеграле можно попробовать сделать

замену. Если функция f(x) непрерывна, а функция ϕ(t)	имеет непрерывную
′
производную ϕ (t) , то имеет место формула
∫ f (ϕ(t)) ϕ′(t)dt = ∫ f (x)dx , где x =ϕ(t) .	(5.1)

Можно вычислять интеграл с помощью перехода от левой части к правой в формуле (5.1), а можно и в обратную сторону. В данном примере в качестве функции ϕ(t) выступает arccos x :

4 −3arccos2 x

u = arccos x,

∫

dx =

dx

= ∫(4 −3u

2

)(−du) = ∫(3u

2

−4)du =

1

− x

2

du = −

1 − x

2

=u3 −4u +C =[u = arccos x]= arccos3 x −4arccos x +C .

Проверка: Найдем производную получившегося выражения

(arccos3 x −4arccos x +C )′ = 3arccos2

1

x (arccos x)′ −4 −

=

1 − x2

2

1

4

4 −3arccos2

x

= 3arccos

x −

+

=

.

1 − x2

1 − x2

1 − x2

25

в) ∫(2x2 −4x +1)cos 2xdx . В данном интеграле присутствует произведение

тригонометрической функции и многочлена. В этом случае (а также, если имеем в подынтегральном выражении произведение показательной функции и многочлена, произведение показательной и тригонометрической функций или обратную тригонометрическую функцию) можно попробовать интегрирование по частям.

Пусть u(x) и v(x) – дифференцируемые на некотором промежутке функции.

Тогда, d(uv) = vdu +udv . Отсюда следует	∫d (uv) = ∫vdu + ∫udv .	Так как
∫d (uv) = uv +C , то получаем формулу,	которая называется	формулой
интегрирования по частям:
∫udv =uv − ∫vdu .		(5.2)

Применим формулу (5.2) к данному интегралу. В качестве u будем брать функцию, от которой можно «избавиться» с помощью дифференцирования:

2

u = 2x

−4x +1,

du = (4x −4)dx,

∫(2x

2

−4x +1)cos 2xdx

=

=

dv = cos 2xdx,

v =

1

sin 2x

2

= (2x2 −4x +1)

1 sin 2x −

∫1 sin 2x (4x −4)dx =

2

2

= (x2 − 2x +0,5)sin 2x − ∫(2x −

u = 2x − 2,

du = 2dx,

2)sin 2xdx ==

=sin 2xdx, v = −

1

cos 2x

=

dv

2

= (x

2

1

cos 2x

−

∫

−

1

2dx

=

− 2x +0,5)sin 2x − (2x − 2) −

2

2

cos 2x

=(x2 − 2x +0,5)sin 2x + (x −1)cos 2x − ∫cos 2xdx =

=(x2 − 2x +0,5)sin 2x + (x −1)cos 2x −0,5sin 2x +C =

=(x2 − 2x)sin 2x + (x −1)cos 2x +C .

Проверка: Продифференцируем получившееся выражение

((x2 −2x)sin 2x +(x −1)cos 2x +C )′ =((x2 − 2x)sin 2x)′ +((x −1)cos 2x)′ =

=(x2 −2x)′ sin 2x +(x2 − 2x) (sin 2x)′ + (x −1)′ cos 2x + (x −1) (cos 2x)′ =

=(2x − 2)sin 2x +(x2 −2x) 2cos 2x + cos 2x + (x −1) (−2sin 2x) =

=(2x2 −4x +1)cos 2x .

г) ∫ 2 3x −7 dx . Подынтегральной функцией является рациональная x −12x + 20

дробь. Интегрирование правильной рациональной дроби производится разложением ее в сумму простейших дробей с последующим интегрированием. Разложение подынтегральной дроби имеет вид

26

3x −7	=	3x −7	=	A	+	B	,	(5.3)
x2 −12x + 20		(x −10)(x −2)		x −10		x − 2

где коэффициенты A и B определяются путем приравнивания коэффициентов при одинаковых степенях x у многочленов в числителях. Приведем разложение (5.3) к общему знаменателю

A	+	B	=	A(x − 2) + B(x −10)	=	( A + B)x + (−2 A −10B) .
x −10		x − 2		(x −10)(x − 2)		x2 −12x + 20

Приравняем коэффициенты при одинаковых степенях x и решим получившуюся систему:

23

3x −7 = ( A + B)x +(−2A −10B)

A + B = 3,

A =

8

,

= −7,

1

−2A −10B

.

B =

8

Следовательно,

3x −7

23 8

1 8

23

dx

1

dx

dx =

+

dx =

+

=

∫x

2

−12x

+ 20

8

∫x −10

8 ∫x − 2

∫ x −10

x −2

=

23 ln

x −10

+

1 ln

x − 2

+C .

8

8

Проверка: Продифференцируем получившееся выражение

23

ln

x −10

+

1

ln

x

− 2

′

=

23

(ln

x −10

)′ +

1

(ln

x

− 2

)′

=

8

8

+C

8

8

=

23

1

+

1

1

=

1

23

+

1

=

1

23(x − 2) + (x −10)

=

8

x −10

8

x −2

8

−10

x −

8

(x −10)(x − 2)

x

2

=

1

24x −56

=

3x −7

.

(x

−10)(x −

2)

x2

−12x +

20

8

Ответ:

а)

б)

в)

г)

∫

∫

∫

∫

25 x −3x2 +4

3 x

dx = −

15

−

9 3

x

5

+4 ln

x

+C ;

x 3 x

15 x2

5

4 −3arccos2 x dx = arccos3 x −4 arccos x +C ;
1 − x2
(2x2 −4x +1)cos 2xdx = (x2 − 2x)sin 2x + (x −1)cos 2x +C ;
3x −7	dx = 23 ln x −10	+ 1 ln x − 2 +C ; (C = const ).
x2 −12x + 20	8	8

	Задание 6. Вычислить определенный интеграл ∫1	2x −3	dx .
		5 −4x
	−1

Решение: В данном интеграле можно попробовать сделать замену: заменить корень новой переменной. Особенность замены в определенном

27

интеграле состоит в том, что не нужно возвращаться к исходной переменной интегрирования. Если функция f(x) непрерывна, а функция ϕ(t) имеет

непрерывную производную ϕ′(t) , то имеет место формула

∫b	β
	f (x)dx = ∫ f (ϕ(t)) ϕ'(t)dt = F(t)		αβ = F(β) − F(α) ,	(6.1)
a	α

где x =ϕ(t) , ϕ(a) =α , ϕ(b) = β . Применим формулу (6.1) к данному интегралу:

5 −t

5 −t −3

1

2x −3

t = 5

−4x x =

4

,

x =1

t =1

1

2

dt

∫

dx =

dt

= ∫

4

−

=

t

−1

5 −4x

dx = −

,

3

4

4

x = −1 t = 3

1

t +1

1

1

1

1

1

1

1 1

1

1

1

1

=

dt =

+

dt =

dt +

dt

=

t

+

ln

t

=

∫3

8t

∫3

8

8t

8

∫3

8

∫3 t

8

3

8

3

=

1

(1

−3)+ 1 (ln1 −ln 3)= −

1 − ln 3

= −

2 +ln 3 .

Ответ: ∫1

8

8

4

8

8

2x −3

dx = −

2 + ln 3 .

−1

5 −4x

8

Задание 7. Вычислить площадь плоской фигуры,

ограниченной линиями

y = 4x2 +7 x + 9 и y =1 −5x . Выполнить рисунок.

Решение: Найдем точки пересечения данных кривых:

2

y = 4x

+7x + 9, 4x2 +7x +9 =1 −5x

4x2 +12x +8 =0

y =1 −5x

x2 +3x + 2 =0 x = −2 , x = −1 y =11, y

2

=6 .

1

2

1

Используя найденные точки (−2;11) и (−1;6) ,

построим фигуру, ограниченную линиями:

7

; 95)

y = 4x2 +7 x + 9 –

парабола

с

вершиной

(−

и

y =1 −5x – прямая.

8

16

Воспользуемся

формулой

вычисления

площади

плоской фигуры

Sф = ∫b [f2 (x) − f1 (x)]dx , где

y = f2 (x) –

a

y = f1 (x) –

уравнение

верхней,

а

нижней

границы

области.

В нашем

случае,

так

как

f2 (x) =1 −5x

и

f1 (x) = 4x2 +7 x + 9 , то

28

Sф = −∫1 (1 −5x)−(4x2 +7 x + 9) dx = −∫1 (−4x2 −12x −8)dx =

			−2																	−2
											x	3				x	2						−1
							=	−4					−12						−8 x				=
										3					2								−2
		4																	4
=	−		(−1)3	−6 (−1)2				−8 (−1)						− −						(−2)3				−6 (−2)2 −8 (−2)						=
		3																	3
			=		4	−6	+ 8			4			8 −6 4 +							8 2		=		10	−	8	=	2	.
					3				−															3		3		3
										3
Ответ: Sф = 2					(кв. ед.).
			3

Решение типового варианта контрольной работы № 4

" Дифференциальные уравнения "

Задание 1. Найти общее решение (общий интеграл) дифференциального уравнения:

(x2 + y2 )dx −2xydy =0 .

Решение: Функция f(x;y) называется однородной степени α (α R ), если справедливо тождество f (t x;t y) =tα f (x; y) при любом t из некоторого

множества. Дифференциальное уравнение (ДУ) первого порядка

y′ = f (x, y) , (1.1)

называется однородным ДУ в форме производной, если f(x;y) – однородная функция нулевого измерения. Однородную функцию нулевого измерения f(x;y)

можно привести к виду ϕ xy , а тогда уравнение (1.1) можно записать в виде

y′=ϕ	y	.
x
ДУ первого порядка
P(x; y)dx +Q(x; y)dy =0			(1.2)

называется однородным в форме дифференциалов, если P(x;y) и Q(x;y) – произвольные однородные функции одной и той же степени. ДУ (1.1) можно привести к виду (1.2) и наоборот.

Однородные ДУ (1.1) и (1.2) сводятся к уравнениям с разделяющимися переменными с помощью подстановки y =u x , где u =u(x) – новая искомая

функция. Находим y′ = u′x + u и после подстановки уравнение (1.1) примет вид

29

			′		du		du		dx
			u x +u =ϕ(u)		dx	x =ϕ(u) −u		=	x
		du					ϕ(u) −u
	∫		= ln x +C	–	общий	интеграл уравнения (1.1). При разделении
		ϕ(u) −u
	переменных возможна				потеря	решений, обращающих		в	нуль		выражение
	ϕ(u) −u .
		Мы имеем		уравнение		(x2 + y2 )dx −2xydy =0 .		Так		как	функции

P(x; y) = x2 + y2

и Q(x; y) = −2xy – однородные функции степени 2, то исходное

дифференциальное уравнение является однородным.

Положим

y =u x ,

тогда

dy = xdu +udx .

После подстановки получим

уравнение с разделяющимися переменными:

(x2 +u2 x2 )dx −2x2u(xdu +udx) =0

x2 (1 −u2 )dx −2x3udu =0 .

Разделяя переменные и интегрируя, имеем

2

2

3

udu

dx

2udu

dx

x

(1 −u

)dx = 2x

udu

= 2x

∫

1 −u2 = ∫

x

1 −u2

ln

C

−ln

1 −u2

= ln

x

ln

x

+ ln

1 −u2

= ln

C

x(1 −u2 ) =C .

Вернемся к функции у.

Так как y =u x , то

x(1 −

y2

) =C .

Таким образом,

x2

x2 − y2 −Cx =0 – общий интеграл исходного уравнения, где C = const (C ≠0 ). Проверим, не произошли ли потери решений. При разделении переменных

мы полагали x2 (1 −u2 ) ≠0 . Предположим

x2 (1 −u2 ) =0		x =0 или 1 −u2 =0 .
Функция x =0	является	решением	данного	ДУ,	что проверяется
непосредственной подстановкой в уравнение.
Из равенства 1 −u2 =0 получаем u =1 или u = −1, и, следовательно, y = x
или y = −x . Но эти решения получаются из общего,				если расширить значение
C, допуская C=0.
Ответ: x2 − y2 −Cx =0 (C = const ) –			общий интеграл; x =0 – особое
решение данного ДУ.
Задание 2. Найти	частное	решение	уравнения		y′+ 2xy = 2x2e−x2 ,

удовлетворяющее начальному условию y(0) = 2 .

Решение: Линейным ДУ первого порядка называется уравнение, линейное относительно искомой функции и ее производной, точнее говоря, это уравнение вида

A(x) y′+ B(x) y +C(x) =0 ,

(2.1)

30

где A(x), B(x), C(x) – непрерывные функции от x. Предполагая, что в некотором промежутке коэффициент A(x) не обращается в нуль, уравнение (2.1)

приводится к виду y′ + BA((xx)) y = − CA((xx)) или в других обозначениях

y′+ g(x) y = h(x) .

ДУ (2.2) называется приведенным (коэффициент при y′ равен 1). Это

уравнение можно решить с помощью подстановки Бернулли.

Представим искомую функцию y = y(x) в виде произведения двух других функций y(x) =u(x) v(x) , причем одну из этих функций всегда можно выбрать произвольной. Мы ее так выберем, чтобы исходное уравнение упростилось.

Так как из	y =u v следует		y	′	′			′	,	то наше уравнение	в новых
					= u v +uv
	′	′				2	e	−x2		или, после группировки,
переменных примет вид u v +uv + 2xuv = 2x
		u′v +u(v′+ 2xv) = 2x2e−x2 .									(2.3)
В качестве	v = v(x) ,	чтобы	выражение							в скобках равнялось	нулю и

уравнение (2.3) упростилось, возьмем одно из решений уравнения v′+ 2xv =0 :

′

+ 2xv =0

dv

= −2xv

dv

= −2xdx

∫

dv

= −2∫xdx

v

dx

v

v

ln v =C − x2

, где C

= const .

1

1

Пусть

C =0

, тогда ln v =C − x2

или

v = e−x2 .

Подставив

v = e−x2 в

1

1

уравнение

(2.3),

получим уравнение

с

разделяющимися

переменными

′

−x2

= 2x

2

e

−x2

. Решим его, разделяя переменные и интегрируя:

u e

u′ = 2x2

du

= 2x2

du = 2x2dx

∫du = ∫2x2dx

dx

u = 23 x3 +C , где C = const .

Так как y =u v , то y = e−x2 ( 23 x3 +C) – общее решение данного ДУ.

Найдем частное решение, удовлетворяющее начальному условию Для этого в общее решение подставим y = 2 и x =0 :

2	= e−02 (	2	03	+C) 2 = e0 (0 +C) C = 2 .
		3

Тогда искомое частное решение имеет вид y = e−x2 ( 23 x3 + 2) .

Ответ: y = e−x2 ( 23 x3 + 2) – частное решение данного ДУ.

Задание 3. Найти общее решение дифференциального уравнения

1

y′+ y = xy2 .

y(0) = 2 .

(3.1)

31

Решение: Уравнение

вида

y′+ P(x) y =Q(x) yα

(α R )

называется

уравнением Бернулли. С помощью подстановки

z = y1−α

оно

сводится к

линейному ДУ первого порядка. В уравнении (3.1)

– α = 1

и, следовательно,

1

1

2

применяем подстановку

z = y1−2

= y2 .

Отсюда, y = z2 .

Находим производную

y′= 2z z′. После замены уравнение (3.1) примет вид 2z z′+ z2 = xz или

2z′+ z = x .

(3.2)

Уравнение (3.2) является линейным ДУ первого порядка относительно

функции

z и решается

аналогично

заданию 2.

Применяем

подстановку

Бернулли

z =u v ( z

′

′

′

):

= u v

+uv

′

′

= x

′

′

+v) = x .

(3.3)

2(u v +uv ) +uv

2u v +u(2v

Приравниваем выражение в скобках к нулю и в качестве v выбираем одно из решений полученного уравнения:

′

+ v =0

2

dv

= −v

dv

= −

1

dx

∫

dv

= −

1

∫dx

ln v = −

1

x .

2v

dx

v

2

v

2

2

1

v = e−

Подставив

2 x

в

уравнение

(3.3),

получим

уравнение с

−1 x

разделяющимися переменными 2u′e 2 = x . Решим его, разделяя переменные и интегрируя:

	1				1			1	∫du =		1
u′ =	1 xe2 x		du	=	1 xe2 x		du =	1 xe2 xdx		1	∫xe2 xdx
	2		dx		2			2		2
					1		1
				u = xe2 x		−2e2 x +C , где C = const .
						1	1	1				x
Так как z =u v , то					z = e−	2 x	(xe2 x −2e2 x +C)		или z = x −2 +Ce−				– общее
												2

решение ДУ (3.2). И из y = z2 окончательно получим общее решение исходного

ДУ y = x − 2 +Ce−		x	2 .
		2
Уравнение Бернулли может быть решено сразу с помощью подстановки
Бернулли	y =u v . Например,							при такой подстановке уравнение (3.1)			примет
′	′			1	v	1	или
				2		2
вид u v +uv +uv = xu									1	1
							′	′			(3.4)
									2	2
									+ v) = xu v .
							u v +u(v

Приравниваем выражение в скобках к нулю и в качестве v выбираем одно из решений полученного уравнения:

′

+v =0

dv

= −v

dv

= −dx ∫

dv

= −∫dx

ln v = −x .

v

dx

v

v

′

+ v =0

2

dv

= −v

dv

= −

1

dx

∫

dv

= −

1

∫dx ln v = −

1

x .

2v

dx

v

2

v

2

2

32

Подставив v = e−x в уравнение (3.4), получим уравнение с разделяющимися

′

−x

= xu

1

e

−

x

или u

′

= xu

1

e

x

. Решаем его, разделяя переменные и

2

2

2

2

переменными u e

интегрируя:

1

du = xe

x

1

x

1

x

u−2

u−

2 du = xe

dx ∫u−

2 du = ∫xe

dx

2

2

2

dx

2

1

1 x

1 x

+

2C

u =

1 x

1 x

2u 2 = 2xe2

−4e2

xe2

−2e2

+C , где C = const .

Так

как

y =u v ,

то

y = e−x

1 x

1 x

2

y =

− 2 +Ce

−

x

2

xe2

− 2e2

+C

или

x

2

–

общее решение исходного уравнения.

−

x

2

Ответ: y = x − 2 +Ce

2

– общее решение данного ДУ.

1

1

u = x

dv = dx

1

1

1

1

∫xe

2 x

1

1

2 x

− ∫e

2 x

2 x

2 x

2

dx

=

1

e

x

dx

v = e

2 x

= xe

dx = xe

− 2e

+C .

2

dv =

2

Задание 4. Найти общее решение (общий интеграл)

дифференциального

уравнения, допускающего понижение порядка:

а) y

′′

= 4 cos 2x ;

′′

2

+

1)

=

2xy

′

;

в) yy

′′

−

y

′

2

=

2

′

.

б) y

(x

y y

Решение: Некоторые уравнения второго порядка при помощи замены переменной сводятся к уравнениям первого порядка. Такое преобразование уравнения называется понижением порядка. Простейшими уравнениями второго порядка, допускающими понижение, являются следующие:

а) y

′′

= f (x) ;

б) y

′′

′

в)

y

′′

′

= f (x, y ) ;

= f ( y, y ) .

Рассмотрим, как осуществляется понижение порядка каждого из

уравнений.

а) Уравнение y′′ = f (x) . Последовательно интегрируя, получим

y′ = ∫ f (x)dx = F(x) +C1

y = ∫(F (x) +C1 )dx = ∫F (x)dx +C1x +C2 .

Найдем общее решение ДУ y′′ = 4 cos 2x :

y′ = ∫4 cos 2xdx = 2sin 2x +C1

y = ∫(2sin 2x +C1 )dx = −cos 2x +C1x +C2 .

Общее решение данного ДУ:

y = −cos 2x +C1 x +C2 , где C1

и C2 = const .

б) Уравнение

y

′′

=

′

Это

уравнение

не

содержит явно

искомой

f (x, y ) .

′

. Тогда,

y

′′

= z

′

функции y. Вводим новую неизвестную функцию z(x) = y

(x) .

Данное уравнение в переменных x и z примет вид

z′ = f (x, z) . Допустим, что

нам удалось найти общее решение этого уравнения z =ϕ(x,C1 ) . Заменяя в этом уравнении z на y′, получим y′ =ϕ(x,C1 ) . Интегрируя, имеем окончательно общее решение исходного уравнения y = ∫ϕ(x,C1 )dx +C2 , где C1 и C2 = const .

33

′′

2

+1) = 2xy

′

. Положим

y

′

= z

и

y

′′

′

.

Найдем общее решение ДУ y (x

= z

Данное уравнение в переменных x и z примет вид z′( x2 +1) = 2xz .

То есть получили ДУ первого порядка с разделяющимися переменными. Разделяя переменные и интегрируя, получим

dz

(x

2

+1) = 2zx

dz

=

2x

dx

∫

dz

= ∫

2x

dx

dx

z

x2 +1

z

x2 +1

ln

z

= ln(x2 +1) + ln

C

.

1

Отсюда,

z =C1 (x2 +1) .

Так

как

z = y′,

то

y′=C1 (x2 +1) .

Интегрируя,

получим общее решение исходного уравнения y =C

(

x3

+ x) +C ,

где C

и

3

C2 = const .

1

2

1

′′

′

в) Уравнение

y

= f

( y, y ) . Это уравнение не содержит явно независимой

переменной

x.

Для

понижения

порядка

вводим

новую

функцию

z( y) = y′,

′

dz( y)

dz( y)

dy

зависящую от переменной y. Тогда y′′=

d( y )

dx

=

dx

=

dy

dx .

dy

y′′=

dz

dy

dz

z . После подстановки выражений

Так как

dx

= z( y) ,

то

dy

dx

=

dy

y′ = z( y)

y′′

dz

и

= z dy

в

уравнение

получим

ДУ

первого

порядка

относительно z(y):

z

dz

= f ( y,z) .

Предположим, что нам удалось решить это

dy

уравнение и получить z( y) =ϕ( y,C1 ) .

Так

как

z( y) = y′,

то

y′ =ϕ( y,C1 ) .

Это

уравнение

с разделяющимися

переменными. Разделяя переменные, получим общий интеграл

dy

= dx ∫

dy

= x +C2 .

ϕ( y,C )

ϕ( y,C )

1

1

dz

2

2

Найдем общее решение ДУ

yy′′−

y′

= y

y′.

Пусть

y′ = z( y) ,

y′′= z dy .

В новых переменных данное уравнение примет вид

yz dz

− z2

= y2 z или z( y dz

− z − y2 ) =0 .

dy

dy

Последнее уравнение распадается на совокупность двух уравнений:

	и		z =0		(4.1)
	y	dz	− z − y2	=0 .	(4.2)
		dy

34

Уравнение (4.2) – линейное ДУ относительно z(y). Решение его ищем в

виде z =u( y) v( y)

(

dz

=

du

v +

dv

u ): y(du v + dv u) −uv − y2 =0

dy

dy

dy

dy

dy

yv du

+u( dv

−v) − y2 =0 .

(4.3)

dy

dy

Пусть

dv −v =0 .

Тогда,

dv =v .

Следовательно, ln

v

= ln

y

+ln

C

dy

dy

0

v = C0 y . Положим C0 =1. Тогда v = y . Подставляя v в (4.3), получим

y2 du − y2 =0 y2 (du −1) =0

dy

dy

y =0 или du −1 =0

u = y +C .

dy

1

Тогда z =uv = ( y +C1 ) y = y2 +C1 y . Но z = y′= dy

. Значит

dy

dy

dx

dy

2

dx

= y

+C1 y

= dx ∫

= ∫dx .

y2 +C y

y2 +C y

1

1

Получаем,

что

1

ln

y

= x +C2

–

общий

интеграл

ДУ (4.2),

а,

y +C1

C1

следовательно, и данного уравнения.

Рассмотрим уравнение (4.1). Так как z =0 , то y′ =0 . Тогда y = C – особое

решение данного уравнения (включает

y =0 ) ибо не получается из общего

интеграла ни при каких C1 и C2 .

Ответ: а)

y = −cos 2x +C1 x +C2 –

общее решение

данного

ДУ;

б) y =C (

x3

+ x) +C

– общее решение данного ДУ; в)

1

ln

y

= x +C

–

3

C

y +C

1

2

2

1

1

общий интеграл данного ДУ, y =C – особое решение данного ДУ. (Здесь C1 , C2 и C – произвольные постоянные.)

Задание 5. Найти	общее	решение		линейного		однородного
дифференциального уравнения второго порядка:
а) y′′−7 y′+6 y =0 ;	б) y′′+ 42 y′+ 441y =0 ;				в) yy′′− y′2 = y2 y′.
Решение: Линейным	ДУ	2-го	порядка		(ЛДУ)	называется
дифференциальное уравнение вида:
	y′′+ p1 (x) y′+ p2 (x) y = f (x) ,					(5.1)

где p1 (x) , p2 (x) и f (x) – данные функции, называемые коэффициентами.

Функция f(x), стоящая в правой части, условно называется правой частью уравнения. Если f ( x ) ≡ 0 , то уравнение (5.1) называется линейным

однородным дифференциальным уравнением (ЛОДУ), так как функция, представляющая левую часть этого уравнения, является однородной функцией

35

первой степени относительно функции y и ее производных. В этом случае оно имеет вид

y′′+ p1 (x) y′+ p2 (x) y =0 .	(5.2)
В противном случае, ЛДУ (5.1) называется неоднородным линейным
дифференциальным уравнением или уравнением с правой частью (ЛНДУ).
Если функции y1 (x) и y2 (x) являются решениями ЛОДУ (5.2), то при
C1, C2 R функция C1 y1 (x) +C2 y2 (x) также представляет решение	этого

уравнения. Если функции y1 (x) и y2 (x) являются линейно-независимыми решениями ЛОДУ (3) на промежутке X, то общее решение этого уравнения

имеет вид	y = C1 y1 (x) +C2 y2 (x) , где C1 , C2 –	произвольные, друг от друга не
зависящие, постоянные.
Для	того чтобы решения y1 (x)	и y2 (x)			ЛОДУ (5.2) были
линейно-независимыми в некотором промежутке X, необходимо и достаточно,
чтобы определитель Вронского W (x) =W ( y , y ) =				y1	y 2		, составленный для
	1	2		y1′	y2′

этих функций, был отличен от нуля хотя бы в одной точке x0 промежутка X, на котором непрерывны коэффициенты p1 (x) и p2 (x) уравнения (5.2).

Нахождение линейно-независимых решений ЛОДУ в некоторых частных случаях представляет довольно простую задачу. Рассмотрим ЛОДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. Оно имеет вид

y′′+ py′+ qy =0 .

(5.3)

где p, q – действительные постоянные коэффициенты. В этом случае частные решения y(x) уравнения (5.3) ищут в виде

y = ekx .

(5.4)

Подстановка (5.4) в (5.3) приводит к решению алгебраического уравнения

k2 + pk + q =0 ,

(5.5)

которое называется характеристическим (определяющим) для ДУ (5.3). От вида корней этого уравнения зависит вид частных решений. Уравнение (5.5) всегда имеет два корня: k1 и k2 . Возможны три случая:

оба корня действительны и различны; оба корня действительны и совпадают; корни комплексно-сопряженные.

Рассмотрим каждый случай отдельно.

а) Дискриминант характеристического уравнения (5.5) больше нуля.

Следовательно,	корни k1	и k2 уравнения действительны и различны ( k1 ≠ k2 ).
Тогда y1 = ek1x ,	y2 = ek2 x	–	частные линейно-независимые решения ДУ (5.3),
а общее решение его таково			y =C ek1x +C		ek2 x .
			1	2
Нам дано	уравнение		y′′−7 y′+6 y =0 . Составляем характеристическое
уравнение (для этого вторую производную					y′′ заменяем на k2 , а первую y′ –

36

на k): k2 −7k +6 =0 .	Найдем дискриминант				этого	квадратного			уравнения:
D = 49 −24 = 25 >0 . Следовательно, корни k1				и k2 уравнения действительны и
различны: k =1	и k	2	=6 . Тогда	y	= ex ,	y	2	= e6 x	– частные
1				1

линейно-независимые решения ДУ. Общее решение данного ДУ имеет вид

y =C1ex +C2e6 x .

б) Дискриминант характеристического уравнения (5.5) равен нулю. Следовательно, корни уравнения действительные совпадающие ( k1 = k2 = k ).

Тогда y1 = ekx и y2 = xekx – частные линейно-независимые решения уравнения (5.3), а общее решение имеет вид

y =C ekx

+C

xekx .

1

2

Нам дано уравнение

y′′+ 42 y′+ 441y =0 .

Составляем характеристическое

уравнение:

k2 +42k + 441 =0 .

Найдем дискриминант

этого

квадратного

уравнения:

D = 422 −4 441 =1764 −1764 =0 .

Следовательно, корни

k1

и k2

уравнения

действительные

совпадающие

k

= k

2

= −21. Тогда

y

= e−21x ,

1

1

y2 = xe−21x

– частные линейно-независимые решения ДУ. Общее решение

данного ДУ имеет вид

y =C e−21x

+C

xe−21x .

1

2

в) Дискриминант характеристического уравнения (5.5) меньше нуля.

Следовательно,

корни комплексно-сопряженные k1 =α +iβ , k2 =α −iβ . Тогда

y = eαx cos

βx и y

2

= eαx sin βx – частные

линейно-независимые

решения

1

ДУ (5.3), а общее решение имеет вид

y =C eαx cos βx +C eαx sin βx .

1

2

Нам дано

уравнение

y′′−4 y′+13 y =0 .

Составляем

характеристическое

уравнение:

k2 −4k +13 =0 .

Найдем

дискриминант

этого

квадратного

уравнения:

D = 42 −4 13 = −36 <0 . Следовательно, корни k1 и k2

комплексно-

сопряженные: k

1,2

= 4 ± −36 =

2 ± 3i . Так как α = 2 и β = 3 , то y

= e2 x cos 3x и

2

1

y2 = e2 x sin 3x – частные линейно-независимые решения ДУ. Общее решение данного ДУ имеет вид

y =C1e2 x cos3x +C2e2 x sin 3x .

Ответ: а) y =C1ex +C2e6 x ;

б) y =C1e−21x +C2 xe−21x ;

в) y = e2 x (C1 cos3x +C2 sin 3x) . (Здесь C1 и C2 – произвольные постоянные).

Задание 6. Найти общее решение линейного неоднородного

дифференциального уравнения второго порядка.

а) y′′−5 y′+4 y = x +1; б) y′′−5 y′+4 y = (x + 5)ex ; в) y′′−5 y′+4 y =sin x −3cos x .

37

Указать вид частного решения уравнения:

г) y′′−4 y′+5 y = ((x − 2)sin x −(x2 + 3)cos x)e2 x .
Решение: ЛНДУ второго порядка имеет вид
y′′+ p1 (x) y′+ p2 (x) y = f (x) ,	(5.1)

где p1 (x) , p2 (x) и f (x) – данные функции, называемые коэффициентами.

Теория ЛНДУ (5.1) тесно связана с теорией ЛОДУ (5.2), левая часть которого совпадает с левой частью уравнения (5.1). При этом ДУ (5.2) называется линейным однородным дифференциальным уравнением, соответствующим неоднородному. Имеет место теорема о структуре общего решения ЛНДУ:

Теорема. Общее решение ЛНДУ (5.1) представляет сумму какого-либо частного решения y уравнения (5.2) и общего решения y соответствующего

однородного уравнения (3): y = y + y .

ЛНДУ второго порядка с постоянными коэффициентами имеет вид
y′′+ py′+ qy = f (x) ,	(6.1)

где p, q – действительные постоянные коэффициенты.

Общее решение ЛНДУ (6.1) состоит из общего решения ЛОДУ (5.3), способ нахождения которого был описан в предыдущем задании, и частного решения ДУ (6.1). В некоторых случаях, когда правая часть имеет специальный вид, существует простой способ нахождения частного решения – метод неопределенных коэффициентов, когда общий вид предполагаемого частного решения определяется по правой части. Остается найти неизвестные коэффициенты путем подстановки предполагаемого решения в данное уравнение и сравнения обеих частей полученного тождества. Они находятся в результате решения полученной системы алгебраических уравнений.

Рассмотрим эти случаи.
Правило 1. Если в		ЛНДУ (6.1) правая		часть		представляет многочлен
произвольной	степени	f (x) = P (x) = a xn + a xn−1			+... + a		x + a ,	то частное
		n	0	1		n−1	n
решение этого уравнения следует искать в виде
	y =Q (x) xr = ( A xn + A xn−1 +... + A					x + A ) xr ,
где Qn (x) –	n	0	1		n−1	n		Pn (x) , но с
	многочлен той же		степени,	что	и	многочлен

неизвестными (неопределенными) коэффициентами, а r – число корней характеристического уравнения, равных нулю.

Правило 2. Если в ЛНДУ (6.1) правая часть представляет произведение показательной функции на многочлен произвольной степени

f (x) = eαx Pn (x) = eαx (a0 xn + a1xn−1 +... + an−1x + an )

то частное решение этого уравнения следует искать в виде

y =Qn (x) eαx xr = ( A0 xn + A1xn−1 +... + An−1x + An ) eαx xr ,

где Qn (x) – многочлен той же степени, что и многочлен Pn (x) , но с

неизвестными (неопределенными) коэффициентами, а r – число корней характеристического уравнения, совпадающих с α (при α =0 имеет место правило 1).

38

Правило 3. Пусть в ЛНДУ (6.1) правая часть имеет вид f (x) = M cos βx + N sin βx

где M, N, β – заданные числа.

Тогда частное решение исходного уравнения следует искать в виде y = ( Acos βx + Bsin βx) xr ,

где A и B – неизвестные коэффициенты, а r - число корней характеристического уравнения, совпадающих с βi .

Правило 4. Пусть в ЛНДУ (6.1) правая часть представляет сумму произведений показательной функции на многочлены произвольных степеней и на тригонометрическую функцию (синус или косинус)

f (x) = eαx (Pn (x)cos βx + Pm (x)sin βx) .

Тогда частное решение этого уравнения следует искать в виде y = (Qk (x)cos βx + Rk (x)cos βx) eαx xr =

=(( A0 xk +... + Ak −1x + Ak )cos βx + (B0 xk +... + Bk −1x + Bk )sin βx) eαx xr ,

где Qk (x) и Rk (x) – многочлены степени k ( k = max(m,n) ), но с неизвестными

коэффициентами, а r – число корней характеристического уравнения, совпадающих с числами α + βi или α − βi .

Три предыдущих правила являются частными случаями четвертого. Рассмотрим данные уравнения. Соответствующим однородным

уравнением для уравнений пунктов	а)-в) является y′′−5 y′+4 y =0 .				Его
характеристическое уравнение – k2 −5k +4 =0 , с корнями k =1 и			k	2	= 4 .
		1
Тогда общим решением соответствующего однородного уравнения будет
y =C ex +C		e4 x .
1	2

а) Найдем частное решение уравнения y′′−5 y′+4 y = x +1. Так как его

правая часть есть многочлен первой степени, и нулевых корней характеристической уравнение не имеет, то частное решение по правилу 1 следует искать в виде

y = ( Ax + B)x0 = Ax + B ,

(6.2)

где A и B – пока неизвестные коэффициенты, которые подберем с таким расчетом, чтобы (6.2) представляло частное решение уравнения.

y ′ = A , y ′′ =0 .

(6.3)

Подставляя (6.2) и (6.3) в уравнение, получим:

−3A + 2( Ax + B) = x +1 2Ax + 2B −3A = x +1.

Полученное равенство является тождеством, поэтому коэффициенты при одинаковых степенях в обеих частях равенства должны быть равны. Таким образом, получаем систему уравнений

2A =1,				1	2	,
			A =
	−3A =1;			5		.
2B			B =		4

Значит, частное решение исходного уравнения имеет вид

39

y = Ax + B = 21 x + 45 .

Так как общее решение неоднородного ДУ представляет сумму частного решения y неоднородного уравнения и общего решения y соответствующего

однородного уравнения, то		e4 x + 1 x + 5 .
y = y + y =C ex	+C
1	2	2	4
б) Найдем частное решение уравнения y′′−5 y′+4 y = (x + 5)ex . Согласно
правилу 2 его следует искать в виде	y = ( Ax + B) ex x , ибо корень k =1
			1

совпадает с коэффициентом α =1 в показателе ex в правой части исходного уравнения. A и B – пока неизвестные коэффициенты, которые подберем с таким

расчетом, чтобы y представляло частное решение исходного уравнения.

Найдем первую и вторую производные y :

y ′ = ( Ax2 +(2A + B)x + B)ex , y ″ = ( Ax2 +(4 A + B)x +(2A + 2B))ex .

Подставляя y и ее производные в исходное уравнение, получим: ( Ax2 +(4 A + B)x +(2A + 2B))ex −5( Ax2 + (2A + B)x + B)ex +

+4( Ax2 + Bx)ex = (x +5)ex (−6 Ax +(2A −3B))ex = (x + 5)ex

−6 Ax +(2A −3B) = x + 5 .

Полученное равенство является тождеством, поэтому коэффициенты при одинаковых степенях в обеих частях равенства должны быть равны. Таким образом, получаем систему уравнений

−6 A =1,				1	6	,
			A = −
	= 5;			16			.
2A −3B			B = −			9

Значит, частное решение исходного уравнения имеет вид y = ( Ax2 + Bx)ex = −(61 x2 + 169 x)ex .

	Общим решением данного ДУ будет			1		+ 16 x)ex .
	y = y + y =C ex +C		e4 x −(		x2
	1	2	6			9
	в) Найдем частное решение уравнения					y′′−5 y′+4 y =sin x −3cos x .
	Согласно правилу 3 его следует искать в виде						y = Acos x + Bsin x , ибо
	исходное уравнение не имеет корней ±i . A					и B – пока неизвестные
	коэффициенты, которые подберем с таким расчетом,						чтобы y представляло

частное решение исходного уравнения.

y ′ = −Asin x + Bcos x , y ″ = −Acos x − Bsin x .

Подставляя y и ее производные в исходное уравнение, получим:

(−Acos x − Bsin x) − 5(−Asin x + B cos x) + 4( Acos x + B sin x) = sin x − 3cos x

40

или

(5A +3B)sin x + (3A −5B)cos x =sin x −3cos x .

Полученное равенство является тождеством, поэтому коэффициенты при одинаковых функциях в обеих частях равенства должны быть равны. Таким образом, получаем систему уравнений

5 A +3B =1,				7	17 ,
			A =
	= 3;						.
3A −5B			B = −6			17

Значит, частное решение исходного уравнения имеет вид y = Acos x + B sin x = 177 cos x − 176 sin x ,

а общее решение ДУ

y = y + y =C1ex +C2e4 x + 177 cos x − 176 sin x .

г) Укажем вид частного решения уравнения:

y′′−4 y′+5 y = ((x − 2)sin x −(x2 + 3)cos x)e2 x .

Характеристическое уравнение для данного ДУ –

k2 −4k + 5 =0 . Тогда

k1 = 2 +i и k2 = 2 −i

– корни характеристического

уравнения. Согласно

правилу 4 частное решение следует искать в виде

y = (( Ax2 + Bx +C)cos βx +(Dx2 + Ex + F)cos βx) e2 x x

или y = (( Ax3 + Bx2 +Cx)cos βx + (Dx3 + Ex2 + Fx)cos βx)e2 x .

Ответ: а)

y = y + y =C ex +C

e4 x + 1 x + 5 ;

1

2

2

4

б) y =C ex +C

e4 x

−(

1

x2 + 16 x)ex ;

1

2

6

9

в)

y =C ex

+C e4 x

+

7

cos x −

6

sin x ;

1

2

17

17

г)

y = (( Ax3 + Bx2 +Cx)cos βx +(Dx3 + Ex2 + Fx)cos βx)e2 x .

(Здесь C1 и C2 – произвольные постоянные).

Задание 7. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений

dxdt = −7 x + y,

dydt = −2x −5 y.

Решение: Для описания некоторых процессов или явлений природы нередко требуется несколько функций. Отыскание этих функций может привести к нескольким дифференциальным уравнениям, образующим систему.

Система вида

41

dx	= f (t, x, y),
	1
dt	(7.1)
dy	= f2 (t, x, y),
dt

в левой части которой стоят производные первого порядка, а правые части не содержат производных, называется нормальной системой дифференциальных уравнений. Решением системы называется совокупность функций, которые удовлетворяют каждому уравнению этой системы.

Нахождение решений системы может быть проведено так называемым методом исключения всех неизвестных функций, кроме одной, и сведения системы к дифференциальному уравнению высшего порядка относительно этой неизвестной функции. Найдя эту функцию, скажем x(t), и, используя исходную систему, находим и остальные неизвестные функции.

Решим данную систему дифференциальных уравнений:

dxdt = −7 x + y,

dydt = −2x −5 y.

Дифференцируем по t одно из уравнений системы. Например, первое:

	d 2 x	= −7	dx	+	dy	.
	dt2		dt		dt

Подставляя в полученное уравнение вместо dydt ее значение из второго уравнения исходной системы, получим:

	d 2 x	= −7	dx	− 2x	−5 y .	(7.2)
	dt2		dt

Выразим из первого уравнения исходной системы y: y = dxdt +7x .

Подставим в уравнение (7.2):

d 2 x

= −7

dx

− 2x −5(

dx

+7 x)

d 2 x

+12

dx

+ 37 x =0 .

(7.3)

dt2

dt

dt

dt2

dt

Получено линейное однородное уравнение с одной неизвестной функцией второго порядка с постоянными коэффициентами. Его характеристическое

уравнение k2 +12k + 37 =0 имеет корни k		= −6 ±i .	Тогда общее решение
1,2
уравнения (7.3) имеет вид
x = e−6 t (C cost +C	2	sin t) .	(7.4)
1

Используя равенство (7.4) и первое уравнение системы, получаем:

42

= −k (T (t) − 20).

= −k (T (t) −T0 ),

y= dxdt +7 x =(e−6 t (C1 cost +C2 sin t))′ +7 (e−6 t (C1 cost +C2 sin t))=

=−6 (e−6 t (C1 cost +C2 sin t))′ +(e−6 t (−C1 sin t +C2 cost))+

+7 (e−6 t (C1 cost +C2 sin t))′

= e−6 t ((C1 +C2 )cost + (C2 +C1 )sin t)).

Таким образом, решением системы будет

−6 t

x = e

(C1 cost +C2 sin t),

y = e−6 t ((C +C )cost + (C

+C )sin t)).

1

2

2

1

−6 t

x = e

(C1 cost +C2 sin t),

Ответ:

y = e−6 t ((C

+C )cost + (C

+C )sin t)).

1

2

2

1

Задание 8. Температура извлеченного из печи тела в течение 20 минут

падает от T 0

=100DC

до

T 0 =60DC . Температура воздуха равна T

0

= 20DC .

1

2

3

Через какое время с момента начала охлаждения температура тела снизится до

T 0 = 30DC ?

Решение: По закону теплопроводности скорость охлаждения какого-либо тела пропорциональна разности температур тела и окружающей среды. С изменением разности температур при охлаждении меняется и скорость охлаждения тела. Таким образом, этот процесс – неравномерный. Если T(t) – функция, описывающая изменение температуры тела в зависимости от времени t, то скорость охлаждения тела равна производной этой функции по времени. Так как эта скорость пропорциональна разности температур, то получаем дифференциальное уравнение

dT (t)

(8.1)

dt

которое описывает процесс охлаждения (T0 – температура окружающей среды, k – коэффициент пропорциональности). Уравнение (8.1) – дифференциальное уравнение первого порядка с разделяющимися переменными.

В данном уравнении температура окружающей среды – температура воздуха – равна T30 = 20DC . Уравнение имеет вид dTdt(t)

	Разделим переменные и проинтегрируем:
	dT (t)	= −k dt ln (T (t) −20)= −kt + ln C T (t) − 20 = e−kt+ln C
	T (t) − 20

T (t) =Ce−kt + 20 – общее решение уравнения (8.1).

Найдем произвольную постоянную C. В начальный момент времени t=0 –

T 0	=100DC . Поэтому, 100 =Ce−k 0 + 20	C =100 −20	C = 80 . То есть
1
частное решение уравнения (8.1) имеет вид
	T (t) = 80e−kt	+ 20 .	(8.2)

43

Найдем коэффициент пропорциональности k. Учитывая, что через время t = 20 минут температура тела падает от T10 =100DC до T20 =60DC , получим:

T (20) = 80e−k 20 + 20 =60 e20k = 2 20k = ln 2 k = ln202 .

Подставляя найденный коэффициент k в уравнение (8.2) получаем функцию изменения температуры тела:

ln 2

(eln 2 )−

t

T (t) = 80e− 20 t + 20

T (t) = 80

+ 20

20

T (t) = 80 2−

t

(8.3)

20

+ 20 .

Чтобы решить задачу, необходимо из равенства полученной функции (8.3)

температуре T 0 = 30DC найти время t:

t

t

t

T (t) = 30 80 2−

+ 20 = 30

2−

= 1

−

= −3

t =60 мин.

20

20

8

20

Таким образом, тело охладится до температуры T 0 = 30DC через 1 час. Ответ: Через 1 час.

44

Учебно-методическая литература по дисциплине "Высшая математика".

1.Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисление. M., Наука, 1985 г., т. I, II.

2.Жевняк Р. М., Карпук А. А. Высшая математика, ч.3-4, Минск, ВШ, 19841988 г.

3.Кудрявцев В.А., Демидович Б.П. Краткий курс высшей математики. M., Наука, 1985 г.

4.Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальное и интегральное исчисление. - М.: Наука, 1980.

5.Бугров Я.С., Никольский С.М. Дифференциальные уравнения. Кратные интегралы. Ряды. Функции комплексного переменного. - М.: Наука, 1981, 1998.

6.Сборник задач по математике для втузов (под ред. А. В. Ефимова и Б. П.

Демидовича ). M., Наука, 1981, 1989 г., ч. I–III.

7. Сборник индивидуальных заданий по высшей математике (под ред. А.П. Рябушко), Минск, ВШ, 1991, ч. 2–3.

Дополнительная литература

8.Гусак А.А. Высшая математика, т.1, 2. Минск, ВШ, 1988.0

9.Гусак А.А. Пособие к решению задач по высшей математике. Минск, ВШ, 1988.

10.Гусак А.А. Cправочник по высшей математике. Минск, Навука i тэхнiка, 1991, 1999.

11.Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах. Ч.1,2. – М.: ВШ, 1997.

12.Воднев В.Т., Наумович А.Ф., Наумович Н.Ф. Основные математические формулы. Минск, 1988.

13.Краснов М.Л. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М., ВШ,1983.

14.Жевняк Р.М., Карпук А.А. Высшая математика: Операционное исчисление. Теория вероятностей. Математическая статистика. Случайные процессы. – Мн.: ИРФ «Обозрение», 1997.

15.Бермант А.Ф., Адамович И.Г. Краткий курс математического анализа. - М.:

Наука, 1973.

45