Kр№2 (Заказ № 1113 - 2010)

6.21

а) y

′′

−8y

′

+ 25y = 0 ,

y(0) = −1,

′

=0 ;

б)

y

′′

+7 y

′

−8y =0 .

y (0)

6.22

а) y

′′

−10y

′

+16y = 0 ,

y(0) = 0 ,

′

=5 ;

б)

y

′′

−2 y

′

+26 y = 0.

y (0)

6.23

а) y

′′

−7y

′

+ 6y = 0 ,

y(0) = −2 ,

′

=3 ;

б)

y

′′

+2 y

′

+10 y =0.

y (0)

6.24

а) y

′′

−2y

′

+10y = 0 ,

y(0) =1,

′

= 4 ;

б)

y

′′

−9 y

′

+20 y =0 .

y (0)

6.25

а) 6y

′′

− y

′

− y = 0 ,

y(0) = −1,

′

=1;

б)

y

′′

+16 y =0 .

y (0)

6.26

а) y

′′

−10y

′

+9y = 0 ,

y(0) = −4 ,

′

= 4 ;

б)

y

′′

−2 y

′

+17 y =0.

y (0)

6.27

а) y

′′

−10y

′

+ 29y = 0 ,

y(0) = 2 ,

′

=0 ;

б)

y

′′

−4 y

′

=0.

y (0)

6.28

а) 2y

′′

−3y

′

+ y = 0 ,

y(0) = 0 ,

′

= −1;

б)

y

′′

+2 y

′

+5y =0 .

y (0)

6.29

а) y

′′

+ y = 0 ,

y(0) =1,

′

= −2 ;

б)

y

′′

−11y

′

−12 y = 0 .

y (0)

6.30

а) y

′′

+3y

′

= 0 ,

y(0) = 2 ,

′

= −3 ;

б) 4 y

′′

−2 y

′

+5y =0 .

y (0)

Задание 7

Найти общее решение дифференциального уравнения.

7.01	y′′+ 4y′−12y = x2 + x + 2.		7.16	y′′	−3y′+2y = x2 −8x +1.
7.02	y′′−6y′+9y = x2 −2x − 4 .		7.17	y′′− 4y′+ 4y = −4x2 +7x −2 .
7.03	y′′+ 4y′ = −x2 +3x + 6.		7.18	y′′−3y′+2y = x2 −6x +3.
7.04	y′′−2y′+5y = x2 − 4x −8.		7.19	y′′+ 2y′+37y = 3x2 +5x − 4.
7.05	y′′−5y′+6y = x2 +5x +10 .		7.20	y′′+36y = x2 −4x +5 .
7.06	y′′− 4y′+13y = −2x2 −6x −12.		7.21	y′′+ 2y′+ y = 2x2 +3x −6 .
7.07	y′′− 4y = x2 +7x +14 .		7.22	y′′−3y′+2y = x2 −2x +7.
7.08	y′′−2y′+ y = x2 −8x −16.		7.23	y′′−12y′+36y = 4x2 − x +8.
7.09	y′′+ 6y′+9y = −x2 +9x +18 .		7.24	y′′−8y′+12y = x2 + x +6 .
7.10	y′′−2y′−3y = x2 −10x +9 .		7.25	y′′− 4y′+5y = −3x2 −2x +5.
7.11	y′′+2y′−8y = x2 +11x −8.		7.26	y′′+6y′+13y = x2 −3x + 2 .
7.12	y′′−5y′+ 4y = −x2 −12x +7 .		7.27	y′′−6y′+9y = −x2 +12x + 6 .
7.13	y′′+ y′−6y = x2 +13x −6 .		7.28	y′′+8y′+25y = x2 −5x −8.
7.14	y′′−4y′+3y = x2 −14x +5 .		7.29	6y′′− y′− y = −x2 −9x −1.
7.15	y′′+ 2y′+10y = −2x2 +15x − 4.		7.30	y′′−9y′+20y = x2 +10x + 6 .
		Задание 8
Найти интервал сходимости степенных рядов:
8.01	∞	(x +1)n	8.16	∞		(x + 6)n
	∑	n .		∑		n	2	.
	n=1	2		n=1				+1
								11

8.02

8.03

8.04

8.05

8.06

8.07

8.08

8.09

8.10

8.11

8.12

8.13

12

∞

(−1)n(x −3)n

∑

.

5n (n +1)

n=1

∞

n−1

∑

(x − 4)

.

n(2n +3)

n=1

∞

4

n

(x +

n

∑

1)

.

n

n=1

∞

(x −1)n

∑

9

n

n

.

n=1

∞

n(x −1)n

∑(−1)n+1

.

3

n

n=1

∞

(x + 3)n

∑

.

4n n

n=1

∞

(x +1)n

∑(−1)n−1

.

n

+3)

n=1

2 (n

∞ n +1

n (x −2)n

.

2n

∑ n + 2

n=1

∞

(x + 8)n .

∑

n2

n=1

∞

(3n + 2)n ( x −1)n .

∑

3n nn

n =1

∞

(x − 2)n

∑(−1)n−1

.

2n

2

n=1

∞

(x + 2)n

∑

.

n

n=1

n +1 2

∞

8.17

∑(x +3)n(n + 2) .

n=1

∞

(x − 6)n

8.18

∑

.

6

n

n

n=1

∞

(x −3)n

∑(−1)n−1

8.19

.

3

n

n

n

n=1

∞

n(x +1)n

8.20

∑

.

n

2

+1

n=1

∞

n

n

8.21

∑

2 (x −

1)

.

n(n +

1)

n=1

∞

3

n

(x +

n

8.22

∑

1)

.

n

n=1

n + 2

8.23

∞

(x −1)n

∑ n

n

n .

n=1

2

∞

(n + 2)n(x + 4)n

8.24

∑

.

(n +1)

n

n=1

∞

(x +

n

8.25

∑(−1)n−1

1)

.

n

n=1

n 4

∞

8.26

∑(x + 2)n n .

n=1

∞

(x +5)n

8.27

∑

.

(n +1)

2 n

n=1

2

∞

(n + 2)xn

∑(−1)n−1

8.28

n(n +1) .

n=1

∞

n(x −

5)

n

∞

n

(x −

n

2

1)

8.14

∑(−1)n−1

.

8.29

∑

.

5n

n(n +3)

n=1

n=1

∞

(x − 4)n−1

∞

3n(x +1)n

8.15

∑

.

8.30

∑(−1)n−1

.

2n −1

n n

n=1

n=1

Рекомендации для выполнения заданий

Задание 1

Задана функция z = x2 − xy + y2 − x −2y + 4 . Требуется: а) найти частные производные функции z ;

б) найти градиент функции z в точке M0 = (1; 2);

в) вычислить производную функции z в точке M0 в направлении вектора aG = (3; 4);

г) вычислить эластичность функции z по x и по y в точке M0 ; д) исследовать на экстремум.

Решение

а) Найдем частные производные первого и второго порядков функции z :

z′x = (x2 − xy + y2 − x −2y + 4)′x = 2x − y −1; z′y = (x2 − xy + y 2 − x − 2y + 4)′y = −x + 2y − 2 ; z′′x x = (2x − y −1)′x = 2 ;

z′′x y = (2x − y −1)′y = −1; z′′y x = (−x + 2y − 2)′x = −1;

z′′y y = (−x + 2y − 2)′y = 2 .

б) Вычислим значения частных производных первого порядка в точке M0 :

z′x (M0 )= (2x − y −1) (1; 2) = 2 1− 2 −1 = −1; z′y (M0 )= (−x + 2y − 2) (1; 2) = −1+ 2 2 − 2 =1.

Градиент функции z = f (x;y ) в точке M0 есть вектор

G G grad z (M0 ) = z′x (M0 ) i + z′y (M0 ) j .

13

Подставляя полученные значения, получаем

G

G

= (−1; 1) .

grad z (M0 ) = −1 i

+1 j

aG

в) Производная функции z = f (x; y)

в точке M0 в направлении вектора

равна:

∂z(M

)

∂z(M

)

∂z(M

)

=

0

cos

α +

0

cos β.

G0

∂Gy

∂a

∂x

Найдем направляющие косинусы вектора a :

a

ay

3

4

3

4

3

4

(cosα; cos

β) =

Gx

;

G

=

;

=

;

=

;

.

2

2

2

2

a

a

5 5

3

+

4

3

+

4

25 25

Тогда

∂z(M )

3

4

1

= −1

+1

=

= 0,2.

G

0

5

5

5

∂a

г) Вычислим эластичность функции z по x и по y в точке M0 :

z′ (M

0

)

z′y (M0 )

Ez x (M0 ) =

x

x0 ;

Ez y (M0 )

=

y0 .

z(M0 )

z(M0 )

Найдем значение функции z в точке M0 :

z(1; 2) =12 −1 2 + 22 −1− 2 2 + 4 = 2 .

Тогда имеем:

−1 1 = −0,5 ;

1 2

Ez x (1; 2) =

Ez y (1; 2) =

=1.

2

2

Это означает, что если переменную x

увеличить на 1%, то значение

функции z уменьшится на 0,5%; если же только значение y

увеличить

на 1%, то и значение функции z увеличится на 1%.

д) Исследуем функцию z на экстремум.

Найдем критические точки из системы:

z′

= 0;

2x − y −1 =

0;

y = 2x −1;

x

′

= 0.

− 2 =

0.

0.

zy

−x + 2y

−x + 2(2x −1) −2 =

=

5

;

y = 2x −1;

y

3

3x − 4 = 0.

=

4

.

x

3

Такая точка только одна, и ее координаты 4

;

5

.

3

3

Найдем значения вторых частных производных функции z в этой точ-

ке:

4

;

5

= 2 ;

z′′x y

4

;

5

4

;

5

= −1;

4

;

5

z′′x x

3

3

3

= −1; z′′y x

3

3

z′′y y

3

3

= 2.

3

14

Составим определитель

		4		5			4		5
	z′′x x	3	;	3		z′′x y	3	;	3			2 −1
=											=		= 2 2 −(−1) (−1) = 3 .
		4		5			4		5			−1 2
	z′′y x	3	;	3		z′′y y	3	;	3

	Так как этот определитель больше нуля, то в точке 4 ;																	5	существует
	экстремум.													3				3
													4			5
	Определим тип этого экстремума с помощью z′′x x													;			. Так как значе-
															3
												3
	ние этой производной больше нуля, то в точке 4										;	5 − минимум.
										3		3
	Значение функции в точке экстремума равно:
		4	;	5 4 2	4		5	5 2	4	−2	5	+ 4			=		5	.
	z	3		= −	3		3	+ −	3		3						3
				3 3				3

Ответ. б) (−1;1), в) 0,2 , г) E	z x	= −0,5 , E	z y	=1, д) z	= z	4		;	5		= 5 .
				min			3		3		3

Задание 2

В результате эксперимента для пяти значений аргумента x получены пять значений величины y :

x	-2	0	1	2	4
y	0,5	1	1,5	2	3

Методом наименьших квадратов найти функциональную зависимость между x и y в виде линейной функции y = a x +b . Найти y(3) и среднее

значение.

Решение

Находим следующие величины:

n	x	y	x2	xy
1	-2	0,5	4	-1
2	0	1	0	0
3	1	1,5	1	1,5
4	2	2	4	4
5	4	3	16	12
∑	5	8	25	16,5

Система для определения неизвестных параметров a и b имеет вид:

15

a ∑x2 + b ∑x = ∑x y;

∑ ∑

a x + b n = y.

В нашем случае эта система запишется в виде, при условии n = 5 :

																25a + 5b =16,5;
																5a + 5b = 8.
Решим систему по формулам Крамера:
=		25						5		= 25 5 −5 5 =100;
			5					5
a =						16,5			5			=16,5			5	−8 5 = 42,5;
						8			5
b =							25	16,5						= 25	8	−5 16,5 =117,5;
							5		8

a =

b =

a

b

=42,5100 = 0,425;

=117,5100 =1,175.

Следовательно, искомая зависимость:

y = 0,425 x +1,175 .

Построим график этой зависимости:

y

y = 0,425 x +1,175

-2

0

1

2

4

x

y(3) = 0,425 3 +1,175 = 2,45 .

Среднее значение равно коэффициенту при переменной x , т.е. 0,425.

Ответ. y = 0,425 x +1,175 ; y(3) = 2,45 ; xcp = 0,425.

16

Задание 3

Найти интегралы

sin 2x dx

∫x arctg x dx ;

в) ∫

dx

а) ∫sin2 x − 2

;

б)

.

x −34 x

а) Так как (sin2 x)′

Решение

= 2sin x cos x = sin2x , то получим

sin 2x

(sin2 x)′dx

d (sin2 x)

d (sin2 x − 2)

∫

dx = ∫

=∫

=∫

= ln

sin2 x

− 2

+C .

sin2 x − 2

sin2 x − 2

sin2 x − 2

sin2 x − 2

б) К данному интегралу применим метод интегрирования по частям

∫x arctg x dx =

u = arctg x,

du = (arctg x)′dx =

dx

x2 +1

=

dv = x dx,

v = ∫x dx = 21 x2

1

1

x2dx

1

1

(x2 +1)−1

=

2 x2 arctg x

−

2

∫

=2 x2 arctg x − 2

∫

x2 +1

dx

=

x2 +1

1

x2 arctg x

1

1

1

x2 arctg x −

1

(x

−arctg x)+C =

=

2

−

1

−

dx =

2

2

2 ∫

x2 +1

= 21 (x2 +1)arctg x − 21 x +C .

dx

4 x = t,

x = t2, x = t 4

3

t

2

в) ∫

=

dx = (t 4 )′dt = 4t3dt

= ∫

4t dt

= 4∫

dt

=

x −34 x

t2 −3t

t

−3

= 4

(t2 −9)

+ 9

dt = 4

t +3 +

9

=

4

1

t2 + 3t

+ 9ln

−3

+C =

dt

t

∫ t −3

∫

t

−3

2

= 2 x +124 x + 36ln

4 x −3

+C .

Ответ. а)

ln

sin2 x − 2

+C ; б)

21 (x2 +1)arctg x − 21 x +C ;

в)

2

x +124 x +36ln

4 x −3

+C .

17

Задание 4

Найти выигрыш потребителей и выигрыш поставщиков товара, законы спроса и предложения на которые определяются функциями:

D : p = 46 − x2 , S : p = 26 + 4x2 ,

где x – количество товара, p – цена на этот товар.

Решение

Запишем уравнения спроса и предложения:

p

46

42

26

1

C = ∫2 (46 − x2 )

0

D : p = 46 − x2 ,

S

D

2 x

S : p = 26 + 4x2 .

Вычислим равновесную цену из уравнения

46 − x2 = 26 + 4x2 .

Решая это уравнение, находим, что x0 = 2 ,

а

p0 = 42 .

Выигрыш потребителей равен площади фигуры, ограниченной кривой спроса D и прямой p = p0 = 42,x ≥ 0 , т.е.

dx − x	0	p	=		46x −	1 x3			2	− 2 42 =		92 −	8		−84 = 5,33
		0				3							3
									0

Выигрыш поставщиков равен площади, заключенной между прямой p=42 и кривой предложения S, т.е.

P = p0x0	−	2		26x −	4	x3			2		52	−	32		= 42,67 .
		∫	(26 − 4x2 )dx = 42 2 −		3					= 84 −			3
									0
		0

Ответ. C = 5,33, P = 42,67 .

Задание 5

Найти общее решение дифференциального уравнения y′− 3x y = x .

Решение

Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка относительно y , т.к. y и y′ входят в это уравнение в первой степени, и оно

имеет вид:

y′+ P (x )y = Q (x ).

Решение будем искать в виде произведения двух функций y = u v ,

где u = u (x ) и v = v (x ) — неизвестные функции от переменной x . Тогда

18

y	′	′	′	y и y	′	в исходное уравнение, получим
		= u v +v u . Подставив
			u′v +v′u −	3 u v = x			или u′v +u	v′−	3v = x .
				x					x

Функцию v найдем так, чтобы выражение в скобках равнялось нулю:

v′− 3xv = 0 ,

dvdx − 3xv = 0,

dvdx = 3xv .

Получили уравнение с разделяющимися переменными. Разделим на v и умножим на dx левую и правую части уравнения:

dvv = 3x dx .

Получили уравнение с разделенными переменными. Найдем частное решение уравнения:

∫dvv = ∫3x dx , ln v = 3ln x , ln v = ln x3 , v = x3 .

Подставим найденную функцию v в уравнение

			3v	= x ,
u′v +u v′−
			x
u′ x3 +u 0 = x ,
u′ =	1	или	dudx =		1	.
	x2				x2

Получили уравнение с разделяющимися переменными. Умножим на dx левую и правую части уравнения:

du = x12 dx .

Получили уравнение с разделенными переменными. Найдем общее решение уравнения:

∫du = ∫x12 dx ,

u = ∫x −2dx =	x −2+1		x −1	1		+C , где C = const .
		+C =		+C = −
	−2 +1		−1		x

Тогда общее решение исходного дифференциального уравнения будет иметь вид:

	1		3		3		2	.
y = u v = C −		x		=C x		− x
	x

Ответ. y = C x3 − x2 - общее решение.

Задание 6

а) Решить задачу Коши

y′′+3y′− 4y = 0 , y (0)= 4 , y ′(0)= −1.

Решение

Это линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами.

19

Составим характеристическое уравнение, соответствующее дифференциальному уравнению

k2 +3k − 4 = 0 .

Корнями характеристического уравнения являются значения k 1 = −4 и k 2 =1.

Так как корни характеристического уравнения действительные не совпадающие числа, то общее решение дифференциального уравнения имеет вид

y (x)

=C

1

ek1 x +C

2

ek 2 x =C

1

e−4x

+C

2

ex , C

, C \.

1

2

y

(0) = 4,

Неизвестные константы C1 и C 2 найдем из условий

′(0)= −1.

y

Найдем y′:

y′(x)= (C1 e−4x +C 2 ex )′ = −4C1 e−4x +C 2 ex .

Тогда, подставляя начальные условия в y (x )

и y′(x ), получим

C

1

e−4 0 +C

2

e0 = 4,

C

1

+C

2

= 4,

−4C e−4 0 +C e0 = −1,

или

−4C1 +C 2 = −1.

1

2

Решая систему, найдем, что C1 =1 и C 2 = 3.

Значит, решение задачи Коши имеет вид: y (x )= e−4x + 3 ex

Ответ. y (x )= e−4x + 3 ex .

б) Найти общее решение дифференциального уравнения y′′+10y′+ 25y = 0 .

Решение

Это линейное однородное дифференциальное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами.

Составим характеристическое уравнение, соответствующее дифференциальному уравнению

k2 +10k + 25 = 0.

Корнями характеристического уравнения являются значения k1 = k 2 = −5.

Так как корни характеристического уравнения – действительные совпадающие числа, то общее решение дифференциального уравнения имеет вид

y (x) = (C1 x +C 2 )ek x = (C1 x +C 2 )e−5 x , C1, C2 \. Ответ. y (x) = (C1 x +C 2 )e−5 x , C1, C2 \.

20