матан 3 семестр. Контрольные вопросы по математике для студентов 3 семестра Москва 2007 удк 517 (075. 8) Задачи и контрольные вопросы по математике для студентов 3 семестра
![]()
|
8.139. x e − , x xe − . 8.140. 2 x , 3ln 2 x 8.141. x e , 1 x e + 8.142. x , ln x 8.143. x , 2 x , 2 x 8.144. x e , x xe , 2 x x e 8.145. sin x , cos x , sin 2 x 8.146. 1, 2 sin x , cos 2x 8.147. Функции sin x и cos x являются решениями о.л.д.у. Будет ли разность cos sin x x − решением этого уравнения? 8.148. Образуют ли функции x e и x e − фундаментальную систему решений уравнения ? 0 y y ′′ − = 8.149. Образуют ли функции sin 2x и sin cos x x 2 0 x фундаментальную систему решений уравнения cos 2 sin y x y 2 ′′ ′ + = ? 8.150. Функции 2 x и 3 x образуют фундаментальную систему реше- ний о.л.д.у. Найти решение этого уравнения, удовлетворяющее начальным условиям: , (1) 1 y = ( 0 y′ 1) = 8.151. Функции x e , 2 x e , 3x e – решения о.л.д.у. 3-го порядка. Найти его частное решение, удовлетворяющее начальным условиям: (0) 6 y = , , (0) 14 y′ = (0) 36 y′′ = 8.152. Составить о.л.д.у. 2-го порядка, решениями которого являют- ся функции x e и x xe . 8.153. Составить о.л.д.у. 2-го порядка, решениями которого являют- ся функции 3 x и 4 x . 8.154. Дано н.л.д.у. 2-го порядка, причем ln y x = – его частное ре- шение, а и – частные решения соответствующего одно- родного уравнения. Найти общее решение данного уравнения. tg y x = cos y = x 4. Однородные линейные уравнения с постоянными коэффициентами . Об- щий вид о.л.д.у. n-го порядка с постоянными коэффициентами ( ) ( 1) 1 1 0 n n n n y a y a y a y − − ′ + + + + … = , (5) где – некоторые числа. 1 2 , , , n a a a … Многочлен n-й степени от переменной λ 1 1 1 ( ) n n n n L a a − − λ = λ + λ + + λ + … a y , полученный из левой части уравнения (5) путем замены производных ( ; ( ) k y 0, 1, 2, , k = … n (0) y = по определению) искомой функции степенями , называет- ся характеристическим многочленом, а алгебраическое уравнение n-й степени k λ 1 1 1 0 n n n n a a a − − λ + λ + + λ + = … (6) – характеристическим уравнением для уравнения (5). 25 Теорема (о характеристическом уравнении). Функция x e λ тогда и только то- гда является решением дифференциального уравнения (5), когда λ есть корень (дей- ствительный или комплексный) соответствующего характеристического уравнения. Решения уравнения (5), соответствующие различным корням характеристиче- ского уравнения, линейно независимы; кроме того, если λ – действительный корень кратности , то наряду с функцией 1 r > x e λ решениями дифференциального уравнения являются функции 2 1 , , , x x r x xe x e x e λ λ − … λ β , причем все эти r решений также линейно независимы, а каждой паре комплексно со- пряженных корней кратности s соответствует s пар действительных линейно независимых решений вида i λ = α ± β 1 cos , cos , , cos x x s x e x xe x x e x α α − α β β … , 1 sin , sin , , sin x x s x e x xe x x e x α α − α β β β … Построенные для каждого из корней характеристического уравнения решения перечис- ленных видов образуют в совокупности фундаментальную систему решений. В частности, вопрос о решении уравнения 2-го порядка 1 2 0 y a y a y ′′ ′ + + = (7) полностью исчерпывается следующими тремя случаями: а) характеристическое уравнение 2 1 2 0 a a λ + λ + = (8) имеет 2 различных действительных корня 1 λ и 2 λ (дискриминант ) – фундамен- тальную систему образуют решения 0 D > 1x e λ , 2x e λ , и, следовательно, согласно теореме о структуре общего решения о.л.д.у. (п. 3) оно имеет вид 1 2 1 2 x x C e y C e λ λ = + ; б) характеристическое уравнение имеет двукратный действительный корень λ ( , λ = ⇒ 0 D = 1 λ 2 ) x e λ и x xe λ – ф ментальная система решений и 1 2 ( ) x y e C C λ = + ; унда – общее решение x в) корни характеристического уравнения 1,2 i λ = α ± β комплексно сопряжены ( ) 0 D < ⇒ cos x e x α β и sin x e α x β – фундаментальная система решений и 1 2 sin x C ( co C s ) x x y e α = β + β – общее решение. Пример 5. Найти общее решение уравнения 4 0 y y ′′ − = . 3Характеристическое уравнение 2 4 0 λ − = имеет корни 1 2 λ = − , . Фун- даментальную систему решений образуют функции 2 2 λ = 2 x e − и 2 x e . Следовательно, общее решение имеет вид 2 2 1 2 x x y C e C e − = + 4 Пример 6. Найти общее решение уравнения 2 5 y y y 0 ′′ ′ + + = . 3Характеристическое уравнение 2 2 5 0 λ + λ + = 2 e x 1 имеет корни . Сле- довательно, функции и ( 1,2 1 2 i λ = − ± cos 2 x e x − sin x − α = − , 2 β = x y e − ) образуют фундаментальную систему решений, а общее решение имеет вид 1 os 2x C 2 sin 2 ) x ( c C = + 4 26 Пример 7. Найти решение уравнения (4) 0 y y′′ + = , удовлетворяющее начальным условиям (0) (0) 1 y y′′′ = = − , (0) 1 y′ = , (0) 0 y′′ = 3Характеристическое уравнение 4 2 0 λ + λ = 0 i имеет двукратный корень и комплексно сопряженные корни 1,2 0 λ = 3,4 λ = ± . Поэтому фундаментальная система ре- шений имеет вид 1, x, cos x , sin x , откуда общее решение – . Для определения произвольных постоянных найдем производные 1 2 3 4 cos sin y C C x C x C x = + + + 2 3 4 sin cos y C C x C ′ = − + x , 3 4 cos sin y C x C x ′′ = − − , 3 4 sin cos y C x C x ′′′ = − и используем начальные условия. Получаем: 1 3 1 C C − = + , , 2 4 1 C C = + 3 0 C = − , , откуда 4 1 C − = − 1 1 C = − , , 2 0 C = 3 0 C = и 4 1 C = . Следовательно, искомое частное ре- шение имеет вид sin 1 y x = − .4 Решить дифференциальные уравнения: 8.155. 8.156. 6 9 y y y ′′ ′ − + = 0 0 4 5 y y y ′′ ′ − + = 8.157. 3 2 8.158. 4 4 8 y y y ′′ ′ − − = 0 0 y y y ′′ ′ + + = 8.159. 8.160. 6 13 y y y ′′ ′ + + = 0 0 5 4 y y y ′′ ′ − + = 8.161. 8.162. 3 y y ′′ − = 0 2 0 y y ′′ + = Составить о.л.д.у. с постоянными коэффициентами по данным кор- ням его характеристического уравнения 8.163. 8.164. 1,2 2 i λ = ± 1 1 λ = − , 2 2 λ = Решить задачи Коши: 8.165. ; (0) 2 2 0 y y y ′′ ′ + + = y = , (0) 5 y ′ = − 8.166. 2 0 ; y y ′′ ′ + = (0) 1 y = − , (0) 2 y ′ = − 8.167. 4 0 ; (0) 0 y y ′′ + = y = , (0) 2 y ′ = − 8.168. 0 ; (0) 0 4 4 y y y ′′ ′ − + = y = , (0) 1 y ′ = 8.169. Найти интегральную кривую дифференциального уравнения 0 , касающуюся в точке (0, 0) прямой y x y y ′′ − = = 8.170. Решить задачу Коши: 0 y y ′′ + = ; 2 ( ) 3 y π = , 2 ( ) 2 y π ′ = − Задачи повышенной сложности 8.171. Решить уравнение 0 2 2 6 y y y y ′′′ ′′ ′ − − + = , если известно, что функция 2 sin x e x является его решением. Решить дифференциальные уравнения: 8.172. 0 . 8.173. 2 3 10 y y y y ′′′ ′′ ′ − − + = (4) 2 0 y y y ′′ + + = 27 8.174. Показать, что общее решение уравнения 2 0 x x + ω = может быть представлено в виде sin( ) x A t = ω + ϕ или cos( ) x A t = ω + ϕ , где 0 A ≥ и ϕ – произвольные постоянные. Решить задачи Коши: 8.175. 0 3 3 x x x x + + + = ; (0) 1 x = , (0) (0) 1 x x = = − . 8.176. 0 ; (0) 3 y y ′′′ ′ − = y = , (0) 1 y′ = − , (0) 1 y′′ = . 8.177. Узкая длинная трубка вращается с постоянной угловой скоро- стью ω вокруг перпендикулярной к ней вертикальной оси. Шарик, нахо- дящийся внутри трубки, скользит по ней без трения. Найти закон движе- ния шарика относительно трубки (расстояние шарика от оси вращения как функцию времени), если в начальный момент шарик находился на оси вращения и имел начальную скорость . 0 v 8.178. Материальная точка массой m движется прямолинейно под действием силы притяжения к неподвижному центру, пропорциональной расстоянию от точки до центра с коэффициентом пропорциональности k. Найти закон движения точки, если в начальный момент расстояние от точ- ки до центра равно a, а ее скорость равна нулю. 5. Неоднородные линейные уравнения с постоянными коэффициентами. Согласно теореме о структуре общего решения н.л.д.у. (п. 3) общее решение н.л.д.у. с постоянными коэффициентами ( ) ( 1) 1 1 ( ) n n n n y a y a y a y b − − x ′ + + + + = … (9) записывается в виде , где – общее решение соответствующего однородно- го уравнения (5), а 0 y y y = + 0 y y – любое частное решение уравнения (9). Для отыскания y в об- щем случае можно воспользоваться методом вариации произвольных постоянных (за- метим, что он применим и в случае переменных коэффициентов при известной фунда- ментальной системе решений уравнения (4)). Ограничимся рассмотрением случая 2 n = . Пусть и – фундаментальная система решений уравнения (7). Будем искать частное решение уравнения 1 y 2 y 1 2 ( ) y a y a y b x ′′ ′ + + = (10) в виде (этот вид получается, если в выражении общего решения соответствующего однородного уравнения произвольные постоянные считать функ- циями от x – отсюда название метода). Для того чтобы функция 1 1 2 ( ) ( ) y C x y C x y = + 2 y была решением уравнения (10), достаточно, чтобы функции и удовлетворяли системе уравнений 1 ( ) C x 2 ( ) C x { 1 1 2 2 1 1 2 2 0, ( ). C y C y C y C y b x ′ ′ + = ′ ′ ′ ′ + = Решив эту линейную систему относительно 1 C′ и 2 C′ , далее путем интегрирования най- дем и 1 ( ) C x 2 ( ) C x 28 Пример 8. Найти общее решение уравнения 2 2 1 x e y y y x ′′ ′ − + = + 3Найдем сначала общее решение соответствующего однородного уравнения 0 y 2 0 y y y ′′ ′ − + = . Характеристическое уравнение имеет двукратный корень , по- этому 2 2 1 λ − λ + = 0 1,2 1 λ = 1 x y e = и 2 x y xe = – фундаментальная система решений, откуда 0 1 2 x x y C e C xe = + Частное решение данного неоднородного уравнения найдем методом вариа- ции произвольных постоянных. Полагаем y 1 2 ( ) ( ) x x y C x e C x xe = + Найдя 1 x y e ′ = и 2 (1 ) x y x ′ = + e , составим систему уравнений относительно и : 1 C′ 2 C′ 1 2 1 2 2 0, (1 ) , 1 x x x x x C e C xe e C e C x e x ′ ′ + = ⎧⎪ ⎨ ′ ′ + + = ⎪ + ⎩ решив которую, получим 1 2 1 x C x ′ = − + , 2 2 1 1 C x ′ = + . Путем интегрирования этих ра- венств находим 2 1 ( ) ln 1 C x x = − + , 2 ( ) arctg C x x = (для нахождения частного решения достаточно взять по одной из первообразных функций 1 C′ и 2 C′ ). Следовательно, 2 ln 1 arctg x x y e x xe = − + + x . Складывая в заключение и 0 y y , получаем общее решение данного уравнения 2 1 2 ( ln 1 arc x tg ) y e C C x x x x = + − + + 4 Составить линейное дифференциальное уравнение с постоянными коэффициентами, если известно характеристическое уравнение соответст- вующего однородного уравнения и одно из его решений: 8.179. ; 2 1 0 λ + λ − = ( 3) x y e x = − . 8.180. 2 2 0 λ − λ − = ; 2 1 y x = − Решить дифференциальные уравнения: 8.181. 8.182. 2 ctg 0 y y x ′′ + + = 2 2 4 x e y y y x ′′ ′ − + = − В случае функции следующих двух специальных видов для нахождения част- ного решения уравнения (10) (уравнения (9) в общем случае) целесообразно использовать другой метод – метод неопределенных коэффициентов, который не требует операции ин- тегрирования. Обозначим через – корни характеристического уравнения (8). ( ) b x 1 2 , λ λ 29 I. Пусть ( ) ( ) ax b x e P x = , где a ∈ R , а ( ) – многочлен (в частности, или ). Тогда: P x ( ) ax b x Ae = ( ) ( b x P x = ) а) если и (т.е. число a не является корнем характеристического уравнения), то частное решение ищется в виде 1 a ≠ λ 2 a ≠ λ ( ) ax y e Q x = (т.е. в виде, аналогичном функции ( ) b x ), б) если и или 1 2 λ ≠ λ 1 a = λ 2 a = λ ( a – простой корень), то , ( ) ax y xe Q x = в) если ( a – двукратный корень), то 1 a = λ = λ 2 2 ( ) ax y x e Q x = , где – многочлен той же степени, что и , записанный в общем виде, т.е. с не- определенными (буквенными) коэффициентами (напомним, в частности, что общий вид многочлена нулевой степени – ( ) Q x ( ) P x ( ) Q x A = , 0 A ≠ ). Коэффициенты многочлена находят после подстановки функции в данное уравнение (10) из условия обращения этого уравнения в тождество. ( ) Q x y II. Пусть ) , где 1 2 ( ) ( ( ) cos ( )sin ax b x e P x bx P x bx = + , a b ∈ R , ( ) 2 ( ) x – многочлены (в частнос n а и 1 P x P ти, ( ) cos si b x A bx B bx = + , , A B ∈ R ). Тогда: а) если комплексное число a bi + не является корнем характеристического урав- нения, то частное решение ищется в виде 1 2 ( ( ) cos ( )sin ) ax y e Q x bx Q x bx = + , б) если a bi + является корнем характеристического уравнения, то 1 2 s bx Q = + ( ( ) co ( )sin ) ax y xe Q x x bx Здесь и – многочлены одинаковой степени, равной наибольшей из степе- ней многочленов и , записанные в общем виде, т.е. с неопределенными (бу- квенными) коэффициентами. Коэффициенты многочленов и находят по- сле подстановки функции в данное уравнение (10) из условия обращения этого урав- нения в тождество. 1 ( ) Q x 2 ( ) Q x 1 ( P x) 2 ( ) P x y 1 ( ) Q x 2 ( ) Q x Пример 9. Найти общее решение уравнения 2 (6 x y y y e x ′′ ′ 2) + − = + 3Найдем общее решение соответствующего однородного уравнения 0 y 2 0 y y y ′′ ′ + − = . Характеристическое уравнение имеет корни 2 2 0 λ + λ − = 1 2 λ = − , , поэтому 2 1 λ = 2 x e − и x e – фундаментальная система решений, откуда 2 0 1 2 x x y C e C e − = + Частное решение y исходного уравнения найдем методом неопределенных ко- эффициентов. Так как правая часть уравнения – вида I ( 1 a = , – много- член 1-й степени) и число a совпадает с корнем ( ) 6 2 P x x = + 2 λ (случай б)), то частное решение бу- дем искать в виде 2 ( ) ( x x y xe Ax B e Ax Bx = + = + ) Для отыскания коэффициентов A и B найдем производные y′, y′′ и подставим y , y′ и в исходное уравнение. Получим (после сокращения на y′′ x e ) тождество 2 2 2 ( 4 2 2 ) ( 2 ) 2( ) 6 Ax Bx Ax B A Ax Bx Ax B Ax Bx x + + + + + + + + − + ≡ + 2 2 , или 6 (2 3 ) 6 Ax A B x + + ≡ + . 30 Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в обеих частях этого тождест- ва, получим систему уравнений для определения неизвестных A и B: { 6 6, 2 3 2 A A B = , + = откуда , . Итак, 1 0 B = A = 2 x y x e = , и, следовательно, общее решение данного уравне- ния имеет вид 2 2 0 1 2 ( ) x x y y y C e e C x − = + = + + 4 Пример 10. Найти решение уравнения 4 4 8sin 2 y y y x ′′ ′ − + = , удовлетворяющее начальным условиям (0) 1 y = , (0) 1 y′ = − . 3Характеристическое уравнение соответствующего однородного уравнения имеет двукратный корень 2 4 4 λ − λ + = 0 1,2 2 λ = , поэтому общее решение однородного уравнения есть 2 0 1 ( ) x y e C C x = + 2 Частное решение данного уравнения будем искать в виде cos 2 sin 2 y A x B = + x , т. к. правая часть вида II ( , 0 a = 2 b = , 1 ( ) 0 P x = , 2 ( ) 8 P x = – многочлен 0-й степени) и число не является корнем характеристического уравнения (случай а)). Найдя , и подставив , , в исходное уравнение, получим 2 a bi i + = y′ y′′ y y′ y′′ ( 4 cos 2 4 sin 2 ) 4( 2 sin 2 2 cos 2 ) 4( cos 2 sin 2 ) 8sin 2 A x B x A x B x A x B x − − − − + + + ≡ x x , или 8 sin 2 8 cos 2 8sin 2 A x B x − ≡ , откуда 8 1 , , и, следовательно, A = 8 B − = 0 1 A = , 0 B = и cos 2 y x = Общее решение данного уравнения будет 2 0 1 2 ( ) cos x y y y e C C x x 2 = + = + + Для нахождения и продифференцируем общее решение: 1 C 2 C 2 1 2 2 (2 2 ) 2sin 2 x y e C C C x ′ = + + − x , и воспользуемся начальными условиями: 1 1 1 C = + , 1 1 2 C C 2 − = + . Отсюда 1 0 C = , . Итак, искомым частным решением является функция 2 1 C = − 2 2 cos x y x xe = − 3 4 Пример 11. Найти общее решение уравнения 2(cos 5 ) x y y x e − ′′ + = − 3Характеристическое уравнение 2 1 0 λ + = имеет корни 1,2 i λ = ± 0 1 co y C . Следователь- но, общее решение соответствующего однородного уравнения – 2 s sin x C x = + ( ) 2cos b x = Правая часть данного уравнения является суммой двух функций – и 1 x 3 2 ( ) 10 x b x e − = − 2 ( ) y y b x ′′ + = . Для нахождения частного решения воспользуемся принципом супер- позиции решений (п. 3): если и – частные решения уравнений и соответственно, то 1 y 2 y y y 1 ( ) y y b x ′′ + = 1 y 2 = + os y x x ( c A = – частное решение данного уравнения. Так как следует искать в виде ( 1 y 1 sin ) B x + 0 a = , 1 b = , число явля- ется корнем характеристического уравнения, a bi i + = 1 P x ( ) 2 = – многочлен 0-й степени, , т.е. имеет место случай II, б)), а – в виде 2 ( ) 0 P x = 2 y 3 2 x y Ce − = ( a не является корнем характеристического уравнения, 3 = − ( P x) 10 = − – многочлен 0-й степени, т.е. слу- чай I, а)), то частное решение будем искать в виде 3 ( cos sin ) x y x A x B x Ce − = + + Найдя y′′ и подставив y и y′′ в исходное уравнение, получим тождество 31 3 3 2 sin 2 cos ( cos sin ) 9 ( cos sin ) 2cos 10 3 x x x A x B x x A x B x Ce x A x B x Ce x e − − − − + + − − + + + + ≡ − или 3 3 2 cos 2 sin 10 2cos 10 x x B x A x Ce x e − − − + ≡ − Приравнивая коэффициенты при одинаковых функциях в обеих частях этого тождест- ва, получим систему уравнений для определения неизвестных A, B и C: 2 2 B = , 2 0 A − = , 10 10 C = − , откуда , 0 A = 1 B = , . Итак, 1 C = − 3 sin x y x x e − = − , и, следовательно, общее решение 3 1 2 cos sin sin x y C x C x x x e − = + + − 4 Написать, в каком виде следует искать частное решение данного н.л.д.у. методом неопределенных коэффициентов: 8.183. 4 8 16 (1 ) x y y y x e ′′ ′ − + = − 8.184. 5 4 3 x y y y e ′′ ′ + + = 8.185. 2 ) . 7 ( 1 y y x ′′ ′ − = − 8.186. x . 2 5 ( cos 2 3sin 2 ) x y y y e x x ′′ ′ + + = − 8.187. x . 8.188. x 9 3 sin y y x ′′ + = 4 5cos 2 y y ′′ + = − 8.189. 8.190. 2 4 2cos 2 y y ′′ ′ − = x in x 2 s y y y x ′′ ′ − + = + Найти какое-нибудь частное решение дифференциального уравнения 8.191. 3 4 3 x y y y e ′′ ′ − + = 8.192. 2 2 5sin y y y x ′′ ′ − + = Решить дифференциальные уравнения: 8.193. 8.194. 2 2 3 y y x ′′ ′ − = −12x 4 4 9 x y y y e ′′ ′ + + = 8.195. 3 4 5 4 x y y y e − ′′ ′ + + = 8.196. x y y e − ′′ − = 8.197. 2 2 x y y y e ′′ ′ − + = 8.198. 9 3 9 y y x 0 ′′ + + − = . 8.199. 8.200. 5 6 78sin 3 y y y ′′ ′ − + = x in x 2 2s y y y ′′ ′ − + = 8.201. 6 10 18sin 12cos y y y x ′′ ′ − + = − x x 8.202. 8.203. 9sin 2 y y ′′ + = − 4 3 4 5 36 x x y y y e xe − − ′′ ′ + − = − 8.204. 4 8 6cos y y ′′ + = − x x Решить задачи Коши: 8.205. ; 2 3 6 y y y ′′ ′ + − = − (0) (0) 1 y y′ = = . 8.206. 3 4 13 x y y e ′′ + = ; (0) 2 y = , (0) 3 y′ = . 8.207. 2 4 4 x y y e ′′ − = ; (0) 2 y = − , (0) 3 y′ = − . 8.208. ; 2 2 y y ′′ ′ − = − x (0) 1 y = , (0) 0 y′ = . 8.209. ; 3cos 2 y y ′′ + = x (0) (0) 0 y y′ = = . 8.210. ; 2 2(cos si y y y x x ′′ ′ + + = − n ) (0) 1 y = , (0) 2 y′ = . Задачи повышенной сложности Найти линейное д. у., общее решение которого имеет вид: 8.211. 2 1 2 3 ( cos 2 sin 2 ) sin 2 x y C e C x C x x = + + + 32 8.212. 2 1 2 3 4 3 ( ) 2cos x y C C x x C C x e x = + + + + + Решить дифференциальные уравнения: 8.213. 4(1 ) x y y y y e − ′′′ ′′ ′ + − − = − 8.214. (4) 2 y y x ′′ + = + x Решить задачи Коши: 8.215. (4) 8 x y y − = e ; (0) 1 y = − , (0) 2 y′ = , (0) 5 y′′ = , (0) 6 y′′′ = 8.216. ; 2 4 8cos y y ′′ + = x (0) 1 y = , (0) 6 y′ = − . 8.217. Тяжелый однородный трос переброшен через гладкий гвоздь так, что с одной стороны свисает часть его длиной 8 м, а с другой стороны – часть длиной 10 м. За какое время трос соскользнет с гвоздя? Принять м/c 2 9,81 g = 8.218. Электрическая цепь состоит из последовательно соединенных источника тока с ЭДС 0 ( ) sin E t E = t ω , катушки индуктивности индуктив- ностью L и конденсатора емкостью C, причем 1 LC ω = (случай резонанса). Найти ток I в цепи как функцию времени t, если 0 0 0 t t I I = = = = . |