opbvshmt (862065), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Вычислить определённые интегралы:√∫︁ 217.1.а)∫︁1 ;1 + 2б)1021(5 − 1) sin 2 ;∫︁17.2.17.3.а)sin cos2 ;∫︁1б)0−1∫︁1∫︁6а)4 (2 − 3) ;0∫︁217.5.а)√∫︁ 3б) 2 ln ;2 ;1 + 311∫︁2∫︁2а)2 ( − 3) ;б)0а)0∫︁1√;9 − 2б)∫︁317.8.sin 3 ;а)0∫︁4∫︁2(1 + ) √;б)1∫︁ 2∫︁6а) (2 + 1) ln ; б)− 61∫︁617.10. а)(2 + 2) sin 2 ;0√17.9. ln( + 1) ;б)0а)2 ;0∫︁317.7.;4 + 20∫︁217.6.cos 3 ;б)017.4.3 ( + 2) ;∫︁1;cos2 3б);sin2 32 (2 + 3) .−10Задание 18. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения:18.1.18.2.(1 + 2 ) − (0) = 1;√︀ = 0,22( + 9) + 5 + = 0, (0) = 2;2218.3.18.4.18.5.18.6.18.7.18.8.18.9.18.10.= 2( + ),√︀ + √3 + 2 + 1 − 2 ′ = 0,′(1√︀ + ln ) + = 0,4 + 2 −√ = 2 ,2 + 2 2 + 2 − 2 ′ = 0,226√︀ − = −3,√22 5 + + 4 + = 0,(1 + ) ′ = ,(1) = 1;(0) = 1;(1) = ;√(0) = 5;(0) = 1;(1) = 2;(0) = 2;(0) = 1.Задание 19.
Решить задачу Коши для дифференциального уравнения:19.1.19.2.19.3.19.4.19.5.19.6.19.7.19.8.19.9.19.10. ′′ + = + sin , ′′ − = + sin , ′′ + 4 = 2 + sin 2, ′′ − 4 = 2 + sin 2, ′′ + 9 = 3 + sin 3, ′′ − 2 ′ + 2 = cos , ′′ + ′ = − , ′′ + 2 ′ + = 2 , ′′ − 2 ′ + = , ′′ − 9 = 3 + sin 3,(0) = 1,(0) = 0,(0) = 0,(0) = 1,(0) = 1,(0) = 1,(0) = 1,(0) = 1,(0) = 1,(0) = −1, ′ (0) = 0; ′ (0) = 0; ′ (0) = 1; ′ (0) = 0; ′ (0) = 1; ′ (0) = 0; ′ (0) = 0; ′ (0) = 1; ′ (0) = −1; ′ (0) = 0.Задание 20. Найти первые четыре члена (с нулевого по третий) разложения в степенной ряд с центром в точке = 0 решения задачи Коши длядифференциального уравнения:20.1.20.2.20.3.20.4.20.5.20.6.20.7.20.8.20.9.20.10.
′ + 2 = sin , ′ − 2 = cos , ′ + 2 = arcsin , ′ − 2 = ln( + 1),√ ′ + 2 = + 1,(︀ )︀ ′ − 2 = sin 2 ,(︀ )︀ ′ + 2 = cos 2 ,(︀ )︀ ′ − 2 = arcsin 2 ,2 ′ + 2 = ln(+ 1),√′22 − = + 1,23(0) = 0;(0) = 1;(0) = 2;(0) = 0;(0) = 1;(0) = 2;(0) = 0;(0) = 1;(0) = 2;(0) = 0.Образец выполнения некоторых заданий изконтрольного домашнего задания №2Задание 10.
В трёхмерном пространстве заданы координаты четырёхточек (1; 0; 1), (3; 1; 1), (2; −1; 0) и (3; 0; 2). Доказать, что эти точки нележат на одной плоскости и, приняв их за вершины пирамиды, найти:а) длину ребра и уравнение прямой, которая проходит через это ребро;б) площадь грани и уравнение плоскости, которая проходит через этугрань;в) угол между рёбрами и ;г) длину высоты, опущенной из вершины на грань ;д) объём пирамиды.−→−→−−→Решение. Рассмотрим векторы (2; 1; 0), (1; −1; −1), (2; 0; 1).Ориентированный объём параллелепипеда, построенного на этих векторах,равен⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒210⃒⃒ 1 −1 ⃒⃒2 0⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒ + (−1)2+2 · (−1) · ⃒⃒+0=⃒ 1 −1 −1 ⃒ = (−1)1+2 · 1 · ⃒⃒⃒2⃒2 1⃒⃒1⃒⃒20 1⃒⃒⃒ ⃒⃒⃒ 1 −1 ⃒ ⃒ 2 0 ⃒⃒⃒ ⃒⃒= −⃒⃒−⃒⃒ = −3 − 2 = −5 ̸= 0,⃒21⃒ ⃒2 1⃒−→ −→ −−→т.е.
векторы , , линейно независимы, а точки , , , не лежат на одной плоскости. Попутно мы получили, что объём параллелепипедапараллелепипеда = | − 5| = 5.√√−→а) Длина ребра равна || = 22 + 12 + 02 = 5.Уравнения прямой :{︃−0−12 = 1 , = 1,т.е.{︃−12= , = 1,−→так как (2; 1; 0), (1; 0; 1).б) Площадь △ — это половина площадипостро⃒[︁ параллелограмма,]︁⃒−→ −→1 ⃒ −→ −→ ⃒енного на векторах и , т.е. △ = 2 ⃒ , ⃒.24Заметим, что⃒⃒[︁−→ −→]︁ ⃒ ⃗1 ⃗2 ⃗3⃒, = ⃒ 2 1 0⃒⃒ 1 −1 −1⃒⃒ ⃒⃒ ⃒ 10⃒ ⃒⃒=⃒⃒ ⃒ −1 −1⃒⃒⃒⃒⃒20⃒⃒⃒ ⃗1 − ⃒⃒⃒ 1 −1⃒⃒⃒⃒21⃒⃒⃒ ⃗2 + ⃒⃒⃒ 1 −1⃒⃒⃒⃒ ⃗3 =⃒= −⃗1 + 2⃗2 − 3⃗3 ,т.е.⃒[︁−→ −→]︁⃒ √︁√⃒⃒222⃒ , ⃒ = (−1) + 2 + (−3) = 14,√14.△ =2[︁−→ −→]︁Одновременно мы нашли координаты вектора ⃗ = , нормали кплоскости : ⃗ (−1; 2; 3). Отсюда уравнение плоскости имеет вид− + 2 − 3 + = 0.Найдём . Подставив в уравнение координаты точки (1; 0; 1), получаем−1 + 2 · 0 − 3 · 1 + = 0,откуда = 4 и уравнение плоскости имеет вид− + 2 − 3 + 4 = 0.−−→в) Для того, чтобы найти угол между векторами (−2; 0; −1) и−−→ (0; 1; −1), найдём их длины и скалярное произведение:⃒−√→⃒⃒ √︁⃒−222=(−2)+0+(−1)=5,⃒⃒⃒−−→⃒ √︁√⃒⃒222=0+1+(−1)=2,⃒⃒(︁−−→ −−→)︁, = (−2) · 0 + 0 · 1 + (−1)(−1) = 1,откуда(︁−−→ −−→)︁, 1⃒cos = ⃒−−→⃒⃒ ⃒⃒−−→⃒⃒ = √ ,10⃒⃒ ⃒ ⃒т.е.
= arccos √110 .д)1115 = △ ℎ = параллелограмма · ℎ = параллелепипеда = .3666г) Длина ℎ высоты, опущенной из вершины на грань , можетбыть найдена из формулы = 13 △ ℎ . В свою очередь площадь25△ равна половине площади параллелограмма, построенного на векторах−−→−−→ (1; 2; 1) и (1; 1; 2).⃒⃒⃒ ⃗ ⃗ ⃗ ⃒ ⃒⃒⃒⃒⃒⃒123 ⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒⃒[︁−]︁−→ −−→⃒⃒ ⃒2 1⃒⃒1 1⃒⃒1 2⃒, = ⃒ 1 2 1 ⃒ = ⃒⃒ ⃗ − ⃒⃒ ⃗ + ⃒⃒ ⃗ =⃒⃒ ⃒1 2⃒ 1 ⃒1 2⃒ 2 ⃒1 1⃒ 3⃒ 1 1 2⃒= 3⃗1 − ⃗2 − ⃗3 ,т.е.△√√︁111 ⃒⃒[︁−−→ −−→]︁⃒⃒ 132 + (−1)2 + (−1)2 =,= ⃒ , ⃒ =222откудаℎ =35=√ .△11Задание 11. Построить таблицу истинности функции алгебры логики( ∨ ( → ¬)) ∧ .Решение.0011 ¬ → ¬ ∨ ( → ¬) ( ∨ (0 1111 1110 0111 001→ ¬)) ∧ 0101Задание 13.
Найти производную функции () = ln 3 · cos 2 + ln(cos 2).Решение.1· (cos 2)′ =cos 232 sin 2=· cos 2 − ln 3 · 2 sin 2 −=3cos 212 sin 2= · cos 2 − ln 3 · 2 sin 2 −.cos 2 ′ () = (ln 3)′ · cos 2 + ln 3 · (cos 2)′ +∫︁Задание 16. Вычислить неопределённый интегралРешение. Заметим, чтоcos = (sin ).26cos sin4 .Отсюда можно сделать замену = sin :∫︁∫︁5(sin )544cos sin = =+ =+ .55∫︁2Задание 17. Вычислить определённый интеграл2 3 .03+ , а функцияРешение.
Обратим внимание на то, что 3 =ln 32 двукратным дифференцированием превращается в константу. Это подсказывает, что в данном примере нужно дважды проинтегрировать по частям,положив вначале = 2 и = 3 :⃒⃒⃒ = 2⃒⃒⃒(︂ 2 2∫︁2⃒ = 3 ⃒ (︂ 2 3 )︂⃒⃒2 ∫︁2 2 32 0 )︂0323⃒⃒⃒ −2 3 = ⃒ =−−⃒=3⃒⃒ = ln 3⃒ln 3 0ln 3ln 3ln 3⃒⃒00⃒ = 2 ⃒⃒⃒⃒=⃒⎛⎞⃒⃒2⃒)︂(︂∫︁2∫︁2⃒⃒22 ⎝ 3 ⃒⃒3 ⎠36⃒ = 3 ⃒− 3 = ⃒−−==⃒3⃒⃒ = ln 3⃒ ln 3 ln 3ln 3ln 3 0ln 3⃒⃒00⃒ = ⃒(︃(︂⃒2 )︃)︂22 · 32 0 · 303 ⃒⃒36−−−==ln 3 ln 3ln 3ln 3(ln 3)2 ⃒0(︂(︂ 2)︂)︂18323036−−−==ln 3 ln 3 ln 3(ln 3)2 (ln 3)2361636=−+.ln 3 (ln 3)2 (ln 3)3∫︁Задание 18. Решить задачу Коши для дифференциального уравнения − (sin ) = (sin )с начальными данными (0) = 1.Решение. Найдём сперва общее решение.
Соберём в левой части слагаемые с , а в правой — с и вынесем и за скобки: − (sin ) = (sin ), = (sin ) + (sin ), = ( + 1)(sin ).Видно, что это уравнение с разделяющимися переменными:= (sin ).+127(Случай + 1 = 0 рассмотрим ниже.) Интегрируем:∫︁∫︁= (sin ),+1ln | + 1| = − cos + , + 1 = ±− cos + , = −1 ± − cos + , ∈ R.Кроме того, есть ещё решение = −1, потерянное нами при делениина + 1. Рассмотрим начальное условие (0) = 1. В силу того, что1 > −1, соответствующее частное решение будет частным случаем решения = −1 + − cos + .
Подставляем = 0 и = 1:1 = −1 + −1+ ,, = 2.Подставив = 2 в общее решение, заключаем, что = −1 + 21−cos является решением задачи Коши.1 = −1 +Линейные дифференциальные уравнения второго порядка спостоянными коэффициентамиДифференциальное уравнение ′′ + () ′ + () = ()(1)называется линейным дифференциальным уравнением второго порядка.(Второго, так как входят производные до второго порядка включительно.)Для того, чтобы решить такое уравнение, требуется найти сперва найтиобщее решение однородного уравнения ′′ + () ′ + () = 0, оно имеетвид оо = 1 1 + 2 2 , где 1 , 2 — произвольные постоянные, и какое-точастное решение частн неоднородного уравнения (1). Тогда общее решениенеоднородного уравнения (1) имеет видон = частн + 1 1 + 2 2 , 1 , 2 ∈ R.Рассмотрим методы отыскания решения уравнения (1), когда функции и не зависят от , т.е.
являются постоянными. Итак, пусть задано уравнение ′′ + ′ + = ().Решим характеристическое уравнение2 + + = 0.Возможны следующие случаи:28(2)(3)1. Характеристическое уравнение имеет два различных вещественных корня 1 и 2 . Тогда общее решение однородного уравнения имеет видоо = 1 1 + 2 2 .2. Характеристическое уравнение имеет вещественный корень 0 кратности 2. (Иными словами, 2 + + = ( − 0 )2 .) Тогда общее решениеоднородного уравнения имеет видоо = 1 0 + 2 0 .3.
Характеристическое уравнение имеет два различных невещественныхкорня ± . Тогда общее решение однородного уравнения имеет видоо = 1 cos + 2 sin .В случае когда () = () , где () — многочлен, частное решениенеоднородного уравнения (2) ищется в видечастн = () ,где () — многочлен с неопределёнными коэффициентами степени не вышеdeg , а = 0, если не является корнем характеристического уравнения (3),и равно кратности корня , если — корень уравнения (3).В случае когда () = () cos или () = () sin , где () — многочлен, частное решение неоднородного уравнения (2) ищется ввидечастн = 1 () cos + 2 () sin ,где 1 () и 2 () — многочлены с неопределёнными коэффициентами степени не выше deg , а = 0, если + не является корнем характеристического уравнения (3), и равно кратности корня + , т.е.
= 1, если + —корень уравнения (3).Задание 19. Решить задачу Коши ′′ + 4 ′ + 4 = −2 + cos 5, (0) = 1, ′ (0) = 1.Решение. Характеристическое уравнение имеет вид2 + 4 + 4 = ( + 2)2 = 0и имеет единственный корень = −2 кратности 2. Отсюда общее решениеоднородного уравнения ′′ + 4 ′ + 4 = 0 имеет видоо = 1 −2 + 2 −2 .Найдём частное решение.
В силу того, что (−2) является корнем характеристического уравнения кратности 2, а 5 не является корнем этого уравнения, частное решение ищем в видечастн = 2 −2 + cos 5 + sin 5,29где , , — неизвестные константы. Тогда′частн= 2−2 − 22 −2 − 5 sin 5 + 5 cos 5 == 2( − 2 )−2 − 5 sin 5 + 5 cos 5,′′частн= 2(1 − 2)−2 − 4( − 2 )−2 − 25 cos 5 − 25 sin 5 == 2(1 − 4 + 22 )−2 − 25 cos 5 − 25 sin 5.Подставляем в уравнение:2−2 + (20 − 21) cos 5 − (20 − 21) sin 5 = −2 + cos 5.Приравнивая коэффициенты слева и справа, получаем следующую системулинейных уравнений:⎧⎪⎨ 2 = 1,20 − 21 = 1,⎪⎩ 20 − 21 = 0.20Решив систему, находим = 21 , = − 2141 , = − 41 . Отсюда неоднородноеуравнение имеет частное решение12120частн = 2 −2 −cos 5 −sin 5.24141Общее решение неоднородного уравнения21201cos 5 −sin 5 + 1 −2 + 2 −2 .но = 2 −2 −24141Его производная1051001′sin 5 −cos 5 − 21 −2 + 2 (1 − 2)−2 .но= (2 − 22 )−2 +24141Подставляем в предыдущие два равенства начальные условия: (0) = 1, ′ (0) = 1:⎧21⎪⎨ − 41 + 1 = 1,⎪⎩ − 100 − 2 + = 1.1241Отсюда 1 =6241 ,2 =26541и искомое решение задачи Коши имеет вид1212062265 −2 = 2 −2 −cos 5 −sin 5 + −2 + .241414141Задание 20.
Найти первые четыре (с нулевого по третий) члена разложения решения задачи Коши для дифференциального уравнения√3 ′ + 3 2 = 1 + 2230с начальным условием (0) = 1 в окрестности точки = 0.Решение. Ищем решение в виде ряда=∞∑︁ = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + . . .=0Тогда ′ = 1 + 22 + 33 2 + . . .Отсюда все слагаемые в нашем уравнении необходимо раскладывать до 2 .Из начального условия (0) = 1 получаем 0 = 1 и = 1 + 1 + 2 2 + 3 3 + .
. .Поэтому3 2 = 3(1 + 1 + 2 2 + . . .)2 = 3(1 + 21 2 + 21 + 22 2 + . . .) == 3 + 61 + (321 + 62 )2 + . . .(Члены порядка малости, большего, чем 2 , отбрасываем.) Кроме того изформулы (1 + ) = 1 + + . . . следует, что√321 + 22 = 1 + 2 + . . .3Подставляя эти разложения в уравнение, получаем:2(1 + 22 + 33 2 + .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
