Главная страница
Навигация по странице:

  • МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ III семестр Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики

  • МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ III семестр Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики Контрольные задания по теме: «РЯДЫ» Вариант 9 Задача 1.

  • Задача 2.

  • Решение. а)

  • ряды


    Скачать 0.7 Mb.
    Названиеряды
    Дата28.11.2022
    Размер0.7 Mb.
    Формат файлаpdf
    Имя файлаmatan_mirea_3semestr_kibernetika_var09 2.pdf
    ТипЗадача
    #817582

    Московский государственный технический университет радиотехники,
    электроники и автоматики
    МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
    III семестр
    Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики
    Контрольные задания по теме: «РЯДЫ»
    https://www.zachet.ru/reshebnik-kontrolnogo-zadaniya-po-matematicheskomu-
    analizu-iii-semestr-kibernetika-mgtu-mirea/
    Наша группа вКонтакте
    https://vk.com/zachet_ru
    С Уважением,
    https://www.zachet.ru/

    Московский государственный
    технический университет радиотехники,
    электроники и автоматики
    МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
    III семестр
    Контрольные задания для студентов факультета Кибернетики
    Контрольные задания по теме: «РЯДЫ»
    Вариант 9
    Задача 1. Исследовать на сходимость числовые ряды: а)
    ∑(−1)
    𝑛
    𝑛 tg
    𝑛 + 2
    𝑛
    2
    + 2

    𝑛=1
    ;б) ∑
    1
    (𝑛 + 1) ln
    2
    (𝑛 + 1)

    𝑛=1
    Решение.
    а) Это знакочередующийся ряд. По признаку Лейбница, он сходится, если абсолютные величины его членов монотонно убывают, а общий член стремится к нулю. Второе условие не выполняется, т.к. lim
    𝑛→∞
    (𝑛 tg
    𝑛 + 2
    𝑛
    2
    + 2
    ) = lim
    𝑛→∞
    𝑛(𝑛 + 2)
    𝑛
    2
    + 2
    = lim
    𝑛→∞
    1 +
    2
    𝑛
    1 +
    2
    𝑛
    2
    = 1
    Значит, ряд ∑
    (−1)
    𝑛
    𝑛 tg
    𝑛+2
    𝑛
    2
    +2

    𝑛=1
    расходится. б) Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim
    𝑛→∞
    1
    (𝑛+1) ln
    2
    (𝑛+1)
    = 0.
    По интегральному признаку получим

    1
    (𝑛+1) ln
    2
    (𝑛+1)
    𝑑𝑛

    1
    = [−
    1
    ln(𝑛+1)
    ]|
    1

    =
    1
    ln 2
    < ∞, значит, ряд ∑
    1
    (𝑛+1) ln
    2
    (𝑛+1)

    𝑛=1
    сходится.
    Задача 2. Исследовать знакочередующийся ряд на абсолютную и условную сходимость.
    ∑(−1)
    𝑛+1 1
    2𝑛 + √𝑛

    𝑛=1
    Решение.
    Рассмотрим ряд, состоящий из абсолютных величин данного ряда ∑
    1 2𝑛+√𝑛

    𝑛=1

    Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim
    𝑛→∞
    1 2𝑛+√𝑛
    =
    1

    = 0.
    Известно, что ряд lim
    𝑛→∞
    1
    𝑛
    – расходится. Так как lim
    𝑛→∞
    𝑏
    𝑛
    𝑎
    𝑛
    = lim
    𝑛→∞
    1
    𝑛
    1 2𝑛+√𝑛
    = lim
    𝑛→∞
    2𝑛+√𝑛
    𝑛
    = lim
    𝑛→∞
    (2 +
    1
    √𝑛
    ) = 2,
    0 < 2 < +∞, то по второму признаку сравнения рядов, ряд ∑
    1 2𝑛+√𝑛

    𝑛=1
    расходится.
    Рассмотрим знакочередующийся ряд ∑
    (−1)
    𝑛+1 1
    2𝑛+√𝑛

    𝑛=1
    . По признаку Лейбница, он сходится, если абсолютные величины его членов монотонно убывают, а общий член стремится к нулю. Первое условие выполняется, так как
    1 2𝑛+√𝑛
    >
    1 2(𝑛+1)+√𝑛+1
    . Второе условие также выполняется: lim
    𝑛→∞
    1 2𝑛+√𝑛
    = 0. Значит, ряд ∑
    (−1)
    𝑛+1 1
    2𝑛+√𝑛

    𝑛=1
    сходится.
    Таким образом, ряд ∑
    (−1)
    𝑛+1 1
    2𝑛+√𝑛

    𝑛=1
    является условно сходящимся.
    Задача 3. Найти интервал сходимости степенного ряда. Исследовать поведение ряда на концах интервала сходимости.

    2𝑛 + 3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    + 1
    (𝑥 + 7)
    𝑛

    𝑛=0
    Решение.
    По признаку Даламбера получим lim
    𝑛→∞
    |
    𝑎
    𝑛+1
    𝑎
    𝑛
    | =
    = lim
    𝑛→∞
    |
    (2(𝑛 + 1) + 3)(𝑥 + 7)
    𝑛+1
    (𝑛 + 1)
    2
    √𝑛 + 1 3
    + 1

    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    + 1
    (2𝑛 + 3)(𝑥 + 7)
    𝑛
    | =
    = |𝑥 + 7| lim
    𝑛→∞
    |
    (2𝑛 + 5)(𝑛
    2
    √𝑛
    3
    + 1)
    (2𝑛 + 3)((𝑛 + 1)
    2
    √𝑛 + 1 3
    + 1)
    | =
    = |𝑥 + 7| lim
    𝑛→∞
    |
    (2+
    5
    𝑛
    )(1+
    1
    𝑛2 √𝑛
    3
    )
    (2+
    3
    𝑛
    )((1+
    1
    𝑛
    )
    2
    √1+
    1
    𝑛
    3
    +
    1
    𝑛2 √𝑛
    3
    )
    | = |𝑥 + 7| < 1, т.е. радиус сходимости 𝑅 = 1.
    Интервал сходимости найдем из неравенства |
    𝑥 + 7| < 1. Отсюда, 𝑥 ∈ (−8; −6).
    При
    𝑥 = −8 получим: ∑
    (−1)
    𝑛 2𝑛+3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1

    𝑛=0
    . Это знакочередующийся ряд. По признаку
    Лейбница, он сходится, если абсолютные величины его членов монотонно убывают, а общий член стремится к нулю. Первое условие выполняется, так как
    2𝑛 + 3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    + 1
    >
    2(𝑛 + 1) + 3
    (𝑛 + 1)
    2
    √𝑛 + 1 3
    + 1
    Второе условие тоже выполняется, т.к. lim
    𝑛→∞
    2𝑛 + 3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    + 1
    = lim
    𝑛→∞
    2 +
    3
    𝑛
    𝑛√𝑛
    3
    + 1
    = 0

    Значит, ряд ∑
    (−1)
    𝑛 2𝑛+3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1

    𝑛=0
    сходится.
    При
    𝑥 = −6 получим: ∑
    2𝑛+3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1

    𝑛=0
    . Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim
    𝑛→∞
    2𝑛+3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1
    = lim
    𝑛→∞
    2+
    3
    𝑛
    𝑛 √𝑛
    3
    +1
    = 0. Известно, что ряд ∑
    1
    𝑛 √𝑛
    3

    𝑛=1
    сходится. Так как lim
    𝑛→∞
    𝑏
    𝑛
    𝑎
    𝑛
    = lim
    𝑛→∞
    1
    𝑛 √𝑛
    3 2𝑛+3
    𝑛2 √𝑛
    3 +1
    = lim
    𝑛→∞
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1
    𝑛 √𝑛
    3
    (2𝑛+3)
    = lim
    𝑛→∞
    1+
    1
    𝑛2 √𝑛
    3 2+
    3
    𝑛
    =
    1 2
    ,
    0 <
    1 2
    < +∞, то по второму признаку сравнения рядов, ряд ∑
    2𝑛+3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1

    𝑛=0
    сходится.
    Таким образом, ряд ∑
    2𝑛+3
    𝑛
    2
    √𝑛
    3
    +1
    (𝑥 + 7)
    𝑛

    𝑛=0
    сходится при
    𝑥 ∈ [−8; −6].
    Задача 4. Разложить функцию
    𝑓(𝑥) в ряд Тейлора по степеням (𝑥 − 𝑥
    0
    ). Указать область сходимости полученного ряда. Найти
    𝑓
    (109)
    (𝑥
    0
    ). а)
    𝑓(𝑥) = sin
    2 3𝑥, 𝑥
    0
    = −6; б)
    𝑓(𝑥) = ln(2 − 3𝑥 + 𝑥
    2
    ), 𝑥
    0
    = 0.
    Решение.
    а)
    𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥
    0
    ) + 𝑓

    (𝑥
    0
    ) ⋅ (𝑥 − 𝑥
    0
    ) +
    𝑓

    (𝑥
    0
    )⋅(𝑥−𝑥
    0
    )
    2 2!
    + ⋯ +
    𝑓
    (𝑛)
    (𝑥
    0
    )⋅(𝑥−𝑥
    0
    )
    𝑛
    𝑛!
    + ⋯.
    𝑓(𝑥) = sin
    2 3𝑥 =
    1−cos 6𝑥
    2
    =
    1 2

    1 2
    cos 6𝑥, 𝑓(−6) =
    1 2

    1 2
    cos 36.
    𝑓

    (𝑥) = 3 sin 6𝑥, 𝑓

    (−6) = −3 sin 36.
    𝑓

    (𝑥) = 18 cos 6𝑥, 𝑓

    (−6) = 18 cos 36.
    𝑓

    (𝑥) = −
    1 2
    ∙ 6 3
    sin 6𝑥, 𝑓

    (−6) =
    1 2
    ∙ 6 3
    sin 36.

    𝑓
    (2𝑛−1)
    (−6) = (−1)
    𝑛 1 2
    ∙ 6 2𝑛−1
    sin 36,
    𝑓
    (2𝑛)
    (−6) = (−1)
    𝑛+1 1 2
    ∙ 6 2𝑛
    cos 36.
    Таким образом,
    𝑓(𝑥) = sin
    2 3𝑥 =
    1 2

    1 2
    cos 36 + ∑
    (−1)
    𝑛 1 2
    ∙ 6 2𝑛−1
    sin 36 ∙
    (𝑥+6)
    2𝑛−1
    𝑛!

    𝑛=1
    +
    + ∑
    (−1)
    𝑛+1 1 2
    ∙ 6 2𝑛
    cos 36 ∙
    (𝑥+6)
    2𝑛
    𝑛!

    𝑛=1
    𝑓
    (109)
    (−6) = 𝑓
    (2∙55−1)
    (−6) = (−1)
    55 1 2
    ∙ 6 109
    sin 36 = −
    1 2
    ∙ 6 109
    sin 36. б)
    𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥
    0
    ) + 𝑓

    (𝑥
    0
    ) ⋅ (𝑥 − 𝑥
    0
    ) +
    𝑓

    (𝑥
    0
    )⋅(𝑥−𝑥
    0
    )
    2 2!
    + ⋯ +
    𝑓
    (𝑛)
    (𝑥
    0
    )⋅(𝑥−𝑥
    0
    )
    𝑛
    𝑛!
    + ⋯.
    𝑓(𝑥) = ln(2 − 3𝑥 + 𝑥
    2
    ) = ln[(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)] = ln(𝑥 − 1) + ln(𝑥 − 2), 𝑓(0) = ln 2.
    𝑓

    (𝑥) =
    1
    (𝑥−1)
    +
    1
    (𝑥−2)
    ,
    𝑓

    (0) = − (1 +
    1 2
    ).
    𝑓

    (𝑥) = − (
    1
    (𝑥−1)
    2
    +
    1
    (𝑥−2)
    2
    ), 𝑓

    (0) = − (1 +
    1 2
    2
    ).
    𝑓

    (𝑥) = 2 (
    1
    (𝑥−1)
    3
    +
    1
    (𝑥−2)
    3
    ), 𝑓

    (0) = −2 (1 +
    1 2
    3
    ).

    𝑓
    (𝑛)
    (0) = −(𝑛 − 1)! (1 +
    1 2
    𝑛
    ).

    Таким образом,
    𝑓(𝑥) = ln(2 − 3𝑥 + 𝑥
    2
    ) = ln 2 − ∑
    (𝑛 − 1)! (1 +
    1 2
    𝑛
    )
    𝑥
    𝑛
    𝑛!

    𝑛=1
    =
    = ln 2 − ∑ (1 +
    1 2
    𝑛
    )
    𝑥
    𝑛
    𝑛

    𝑛=1
    𝑓
    (109)
    (0) = −(109 − 1)! (1 +
    1 2
    109
    ) = −108! (1 +
    1 2
    109
    ).
    Задача 5. Используя признак Вейерштрасса, доказать равномерную сходимость функционального ряда на указанном промежутке.
    ∑ 𝑥
    𝑛!

    𝑛=1
    , [−
    1 2
    ,
    1 2
    ]
    Решение.
    Рассмотрим ряд ∑
    1 2
    𝑛!

    𝑛=1
    , причем
    1 2
    𝑛!
    ≥ |𝑥
    𝑛!
    | при 𝑥 ∈ [−
    1 2
    ,
    1 2
    ]. Для этого ряда необходимое условие сходимости выполняется: lim
    𝑛→∞
    1 2
    𝑛!
    = 0. По признаку Даламбера получим lim
    𝑛→∞
    𝑎
    𝑛+1
    𝑎
    𝑛
    =
    = lim
    𝑛→∞
    2
    𝑛!
    2
    (𝑛+1)!
    = lim
    𝑛→∞
    1 2
    (𝑛+1)!−𝑛!
    = lim
    𝑛→∞
    1 2
    𝑛!∙𝑛
    = 0 < 1, то есть ряд ∑
    1 2
    𝑛!

    𝑛=1
    сходится.
    Так как ряд ∑
    1 2
    𝑛!

    𝑛=1
    сходится, то данный функциональный ряд ∑
    𝑥
    𝑛!

    𝑛=1
    сходится равномерно и абсолютно.
    Задача 6. а) Разложить функцию
    𝑦 = 𝑓(𝑥), заданную на полупериоде (0, 𝑙), в ряд Фурье по косинусам. построить график второй, третьей, десятой частичных сумм. Написать равенство Парсеваля для полученного ряда. Сумму какого числового ряда можно отыскать с помощью полученного равенства? б) Разложить функцию
    𝑦 = 𝑓(𝑥), заданную на полупериоде (0, 𝑙), в ряд Фурье по синусам.
    Построить графики второй, третьей, десятой частичных сумм. Указать тип сходимости полученного ряда. в) Разложить функцию
    𝑦 = 𝑓(𝑥) в ряд Фурье, продолжая ее на полупериод (−𝑙, 0) функцией, равной 0. Построить графики второй, четвертой, десятой частичных сумм.
    Указать тип сходимости полученного ряда.
    𝑦 = cos
    𝑥
    2
    , (
    0, 𝜋).
    Решение.
    а) Ряд Фурье по косинусам имеет вид
    𝑓(𝑥) =
    𝑎
    0 2
    + ∑
    𝑎
    𝑚
    cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙

    𝑚=1
    , где
    𝑙 = 𝜋,
    𝑎
    𝑚
    =
    2
    𝑙
    ∫ 𝑓(𝑥) cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    𝑑𝑥
    𝑙
    0

    Найдем эти коэффициенты:
    𝑎
    0
    =
    2
    𝜋
    ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    2
    𝜋
    ∫ cos
    𝑥
    2
    𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    2
    𝜋
    (2 sin
    𝑥
    2
    )|
    0
    𝜋
    =
    2
    𝜋
    (2 sin
    𝜋
    2
    − 2 sin 0) =
    4
    𝜋
    ;
    𝑎
    𝑚
    =
    2
    𝜋
    ∫ 𝑓(𝑥) cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝜋
    𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    2
    𝜋
    ∫ cos
    𝑥
    2
    cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    =
    1
    𝜋
    ∫ (cos (
    2𝑚 + 1 2
    𝑥) + cos (
    2𝑚 − 1 2
    𝑥)) 𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    sin (
    2𝑚 + 1 2
    𝑥) +
    2 2𝑚 − 1
    sin (
    2𝑚 − 1 2
    𝑥))|
    0
    𝜋
    =
    =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    sin (
    2𝑚 + 1 2
    𝜋) +
    2 2𝑚 − 1
    sin (
    2𝑚 − 1 2
    𝜋)) −
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    sin 0 +
    2 2𝑚 − 1
    sin 0) =
    =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    sin (𝜋𝑚 +
    𝜋
    2
    ) +
    2 2𝑚 − 1
    sin (𝜋𝑚 −
    𝜋
    2
    )) =
    =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    cos 𝜋𝑚 −
    2 2𝑚 − 1
    cos 𝜋𝑚) =
    2
    𝜋
    −2 4𝑚
    2
    − 1
    cos 𝜋𝑚 =
    −4
    𝜋(4𝑚
    2
    − 1)
    cos 𝜋𝑚.
    Получаем,
    𝑓(𝑥) =
    2
    𝜋
    + ∑
    −4
    𝜋(4𝑚
    2
    −1)
    cos 𝜋𝑚 cos 𝑚𝑥

    𝑚=1
    Равенство Парсеваля:
    ∫ {𝑓(𝑥)}
    2
    𝑑𝑥
    𝜋
    0
    = ∑
    (
    −4
    𝜋(4𝑚
    2
    −1)
    cos 𝜋𝑚)
    2

    𝑚=1

    б) Ряд Фурье по синусам имеет вид
    𝑓(𝑥) = ∑
    𝑏
    𝑚
    sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙

    𝑚=1
    , где
    𝑙 = 𝜋,
    𝑏
    𝑚
    =
    2
    𝑙
    ∫ 𝑓(𝑥) sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    𝑑𝑥
    𝑙
    0
    Найдем эти коэффициенты:
    𝑏
    𝑚
    =
    2
    𝜋
    ∫ 𝑓(𝑥) sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝜋
    𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    2
    𝜋
    ∫ cos
    𝑥
    2
    sin 𝑚 𝑥𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    =
    1
    𝜋
    ∫ (sin (
    2𝑚 + 1 2
    𝑥) + sin (
    2𝑚 − 1 2
    𝑥)) 𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    =
    1
    𝜋
    (−
    2 2𝑚 + 1
    cos (
    2𝑚 + 1 2
    𝑥) −
    2 2𝑚 − 1
    cos (
    2𝑚 − 1 2
    𝑥))|
    0
    𝜋
    =
    =
    1
    𝜋
    (−
    2 2𝑚 + 1
    cos (
    2𝑚 + 1 2
    𝜋) −
    2 2𝑚 − 1
    cos (
    2𝑚 − 1 2
    𝜋))

    1
    𝜋
    (−
    2 2𝑚 + 1
    cos 0 −
    2 2𝑚 − 1
    cos 0) =
    =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    (1 − cos (𝜋𝑚 +
    𝜋
    2
    )) +
    2 2𝑚 − 1
    (1 − cos (𝜋𝑚 −
    𝜋
    2
    ))) =
    =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    (1 + sin 𝜋𝑚) +
    2 2𝑚 − 1
    (1 − sin 𝜋𝑚)) =
    1
    𝜋
    (
    2 2𝑚 + 1
    +
    2 2𝑚 − 1
    ) =
    8𝑚
    𝜋(4𝑚
    2
    − 1)
    Получаем,
    𝑓(𝑥) = ∑
    8𝑚
    𝜋(4𝑚
    2
    −1)
    sin 𝑚 𝑥

    𝑚=1

    в) Ряд Фурье имеет вид
    𝑓(𝑥) =
    𝑎
    0 2
    + ∑
    (𝑎
    𝑚
    cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    + 𝑏
    𝑚
    sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    )

    𝑚=1
    , где
    𝑙 = 𝜋,
    𝑎
    𝑚
    =
    1
    𝑙
    ∫ 𝑓(𝑥) cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    𝑑𝑥
    𝑙
    −𝑙
    ,
    𝑏
    𝑚
    =
    1
    𝑙
    ∫ 𝑓(𝑥) sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    𝑑𝑥
    𝑙
    −𝑙
    Найдем эти коэффициенты:
    𝑎
    0
    =
    1
    𝜋
    ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
    𝜋
    −𝜋
    =
    1
    𝜋
    ∫ cos
    𝑥
    2
    𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    2
    𝜋
    ;
    𝑎
    𝑚
    =
    1
    𝜋
    ∫ 𝑓(𝑥) cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝜋
    𝑑𝑥
    𝜋
    −𝜋
    =
    1
    𝜋
    ∫ cos
    𝑥
    2
    cos 𝑚𝑥 𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    −2
    𝜋(4𝑚
    2
    − 1)
    cos 𝜋𝑚 ;
    𝑏
    𝑚
    =
    1
    𝜋
    ∫ 𝑓(𝑥) sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝜋
    𝑑𝑥
    𝜋
    −𝜋
    =
    1
    𝜋
    ∫ cos
    𝑥
    2
    sin 𝑚 𝑥𝑑𝑥
    𝜋
    0
    =
    8𝑚
    𝜋(4𝑚
    2
    − 1)
    Получаем,
    𝑓(𝑥) =
    1
    𝜋
    + ∑
    (
    −2
    𝜋(4𝑚
    2
    −1)
    cos 𝜋𝑚 cos 𝑚𝑥 +
    8𝑚
    𝜋(4𝑚
    2
    −1)
    sin 𝑚𝑥)

    𝑚=1

    Задача 7. Методом Фурье найти решение уравнения колебаний струны
    𝜕
    2
    𝑢
    𝜕𝑡
    2
    =
    𝜕
    2
    𝑢
    𝜕𝑥
    2
    длины
    𝑙 = 2, закрепленной на концах: 𝑢(0, 𝑡) = 𝑢(2, 𝑡) = 0 и удовлетворяющей следующим начальным условиям:
    𝑢(𝑥, 0) = 𝑓(𝑥),
    𝜕𝑢(𝑥,0)
    𝜕𝑡
    = 𝜑(𝑥).
    𝑓(𝑥) = {
    2𝑥,
    0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2(2 − 𝑥) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2; 𝜑
    (𝑥) = 0.
    Решение.
    По методу Фурье уравнение
    𝜕
    2
    𝑢
    𝜕𝑡
    2
    =
    𝜕
    2
    𝑢
    𝜕𝑥
    2
    имеет следующее решение:
    𝑢(𝑥, 𝑡) = (𝐴 ⋅ cos √𝜆𝑥 + 𝐵 ⋅ sin √𝜆𝑥)(𝐶 ∙ cos √𝜆𝑡 + 𝐷 ⋅ sin √𝜆𝑡).
    Постоянные
    𝐴 и 𝐵 можно найти, используя краевые условия:
    𝑢(0, 𝑡) = 0 ⇒ 𝐴 ⋅ (𝐶 ∙ cos √𝜆𝑡 + 𝐷 ⋅ sin √𝜆𝑡) = 0, 𝐴 = 0;
    𝑢(2, 𝑡) = 0 ⇒ (𝐴 ⋅ cos 2√𝜆 + 𝐵 ⋅ sin 2√𝜆)(𝐶 ∙ cos √𝜆𝑡 + 𝐷 ⋅ sin √𝜆𝑡) = 0, 𝐵 ⋅ sin 2√𝜆 = 0,
    √𝜆 = 𝑘 ⋅
    𝜋
    2
    , где
    𝑘 = 1,2, ….
    При найденных значениях
    𝜆 получаем
    𝑢(𝑥, 𝑡) = 𝐵 sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥) (𝐶 cos (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡) + 𝐷 sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡)), или
    𝑢
    𝑘
    (𝑥, 𝑡) = sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥) ⋅ (𝑎
    𝑘
    ⋅ cos (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡) + 𝑏
    𝑘
    ⋅ sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡)), т.к. каждому значению 𝑘 отвечают свои постоянные
    𝐶 и 𝐷, а постоянную 𝐵 включаем в 𝑎
    𝑘
    и
    𝑏
    𝑘
    Таким образом,
    𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑
    𝑢
    𝑘
    (𝑥, 𝑡)

    𝑘=1
    = ∑
    (𝑎
    𝑘
    ⋅ cos (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡) + 𝑏
    𝑘
    ⋅ sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡)) sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥)

    𝑘=1
    Решение должно удовлетворять начальным условиям:
    𝑢(𝑥, 0) = {
    2𝑥,
    0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2(2 − 𝑥) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2 ⇒

    𝑎
    𝑘
    ⋅ sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥)

    𝑘=1
    = {
    2𝑥,
    0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2(2 − 𝑥) 1 ≤ 𝑥 ≤ 2,
    𝑎
    𝑘
    =
    2 2
    ∫ 2𝑥 ⋅ sin (
    𝑘𝜋𝑥
    2
    ) 𝑑𝑥
    1 0
    +
    2 2
    ∫ 2(2 − 𝑥) ⋅ sin (
    𝑘𝜋𝑥
    2
    ) 𝑑𝑥
    2 1
    =
    16 sin
    𝑘𝜋
    2
    (𝑘𝜋)
    2
    𝑢
    𝑡
    (𝑥, 0) = 0 ⇒
    𝜕𝑢
    𝜕𝑡
    = ∑
    (−
    𝑘𝜋
    2
    𝑎
    𝑘
    ⋅ sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡) +
    𝑘𝜋
    2
    𝑏
    𝑘
    ⋅ cos (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡)) sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥)

    𝑘=1
    ,

    𝑘𝜋
    2
    𝑏
    𝑘
    ⋅ sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥)

    𝑘=1
    = 0, 𝑏
    𝑘
    = 0.
    Таким образом,
    𝑢(𝑥, 𝑡) = ∑
    𝑢
    𝑘
    (𝑥, 𝑡)

    𝑘=1
    = ∑
    16 sin
    𝑘𝜋
    2
    (𝑘𝜋)
    2
    cos (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑡) sin (
    𝑘𝜋
    2
    ⋅ 𝑥)

    𝑘=1

    Задача 8. Найти приближенное решение задачи Коши
    𝑎(𝑥)𝑦

    + 𝑏(𝑥)𝑦

    + 𝑐(𝑥)𝑦 = 𝑓(𝑥),
    𝑦(0) = 0, 𝑦

    (0) = 0. Решение задачи Коши ищется в виде степенного ряда ∑
    𝐶
    𝑘
    𝑥
    𝑘

    𝑘=0
    , коэффициенты которого вычисляются последовательно. Ограничиваясь суммой ∑
    𝐶
    𝑘
    𝑥
    𝑘
    𝑁
    𝑘=0
    , содержащей
    𝑁 + 1 член ряда, получаем приближенное решение. Оценка погрешности этого решения в работе облегчается тем, что получающиеся степенные ряды – знакочередующиеся.
    Требуется, чтобы эта погрешность не превосходила
    0.001 при 𝑥 ∈ [0, 𝑥
    0
    ].
    𝑦

    + 𝑥
    3
    𝑦

    + 3𝑥
    2
    𝑦 = 3𝑥, 𝑥
    0
    = 0.75.
    Решение.
    Будем искать решение этого уравнения в виде ряда
    𝑦 = 𝐶
    0
    + 𝐶
    1
    𝑥 + 𝐶
    2
    𝑥
    2
    + ⋯ + 𝐶
    𝑛
    𝑥
    𝑛
    + ⋯.
    Тогда
    𝑦

    = 𝐶
    1
    + 2𝐶
    2
    𝑥 + ⋯ + 𝑛𝐶
    𝑛
    𝑥
    𝑛−1
    + ⋯,
    𝑦

    = 2𝐶
    2
    + 3 ⋅ 2 ⋅ 𝐶
    3
    𝑥 + 4 ⋅ 3 ⋅ 𝐶
    4
    𝑥
    2
    … + 𝑛 ⋅ (𝑛 − 1)𝐶
    𝑛
    𝑥
    𝑛−2
    + ⋯.
    Подставляя
    𝑦, 𝑦

    и
    𝑦

    в исходное уравнение, получим
    (2𝐶
    2
    + 3 ⋅ 2 ⋅ 𝐶
    3
    𝑥 + 4 ⋅ 3 ⋅ 𝐶
    4
    𝑥
    2
    … + 𝑛 ⋅ (𝑛 − 1)𝐶
    𝑛
    𝑥
    𝑛−2
    + ⋯ ) +
    +𝑥
    3
    (𝐶
    1
    + 2𝐶
    2
    𝑥 + ⋯ + 𝑛𝐶
    𝑛
    𝑥
    𝑛−1
    + ⋯ ) + 3𝑥
    2
    (𝐶
    0
    + 𝐶
    1
    𝑥 + 𝐶
    2
    𝑥
    2
    + ⋯ + 𝐶
    𝑛
    𝑥
    𝑛
    + ⋯ ) ≡ 3𝑥.
    Сгруппируем члены с одинаковыми степенями
    𝑥:
    2𝐶
    2
    + (3 ⋅ 2 ⋅ 𝐶
    3
    − 3)𝑥 + (4 ⋅ 3 ⋅ 𝐶
    4
    + 3𝐶
    0
    )𝑥
    2
    + (5 ⋅ 4 ⋅ 𝐶
    5
    + 4𝐶
    1
    )𝑥
    3
    + ⋯ +
    +((𝑛 + 1)(𝑛 + 2)𝐶
    𝑛+2
    + (𝑛 + 1)𝐶
    𝑛−2
    )𝑥
    𝑛
    + ⋯ ≡ 0.
    Приравнивая нулю все коэффициенты полученного ряда, находим:
    𝐶
    2
    = 0, 𝐶
    3
    =
    3 3⋅2
    =
    1 2
    ,
    𝐶
    𝑛+2
    =
    −𝐶
    𝑛−2
    𝑛+2
    , где
    𝑛 = 2,3,4, …. Последнее соотношение позволяет найти последовательно все коэффициенты искомого разложения.
    Т.к.
    𝑦(0) = 0, то 0 = 𝐶
    0
    + 𝐶
    1
    ⋅ 0 + 𝐶
    2
    ⋅ 0 + ⋯ + 𝐶
    𝑛
    ⋅ 0 + ⋯, т.е. 𝐶
    0
    = 0.
    Т.к.
    𝑦

    (0) = 0, то 0 = 𝐶
    1
    + 2𝐶
    2
    ⋅ 0 + ⋯ + 𝑛𝐶
    𝑛
    ⋅ 0 + ⋯, т.е. 𝐶
    1
    = 0.
    Найдем коэффициенты:
    𝐶
    4𝑘
    =
    (−1)
    𝑘
    𝐶
    0 4⋅8⋅…⋅4𝑘
    = 0, 𝐶
    4𝑘+1
    =
    (−1)
    𝑘
    𝐶
    1 5⋅9⋅…⋅(4𝑘+1)
    = 0, 𝐶
    4𝑘+2
    =
    (−1)
    𝑘
    𝐶
    2 6⋅10⋅…⋅(4𝑘+2)
    = 0,
    𝐶
    4𝑘+3
    =
    (−1)
    𝑘
    𝐶
    3 7⋅11⋅…⋅(4𝑘+3)
    =
    (−1)
    𝑘
    2⋅(7⋅11⋅…⋅(4𝑘+3))
    Тогда
    𝑦 =
    1 2
    ⋅ 𝑥
    3
    + ∑
    (−1)
    𝑛
    2⋅(7⋅11⋅…⋅(4𝑛+3))
    𝑥
    4𝑛+3

    𝑛=1
    𝑦(0.75) =
    1 2
    ⋅ 0.75 3
    + ∑
    (−1)
    𝑛
    2⋅(7⋅11⋅…⋅(4𝑛+3))
    0.75 4𝑛+3

    𝑛=1
    При
    𝑛 = 1 член ряда равен |−0.071 ⋅ 0.75 7
    | = 0.0095 > 0.001;
    𝑛 = 2 — |−0.0065 ⋅ 0.75 11
    | = 0.00027 < 0.001.
    Таким образом, с погрешностью
    0.001 𝑦 ≈
    1 2
    𝑥
    3
    − 0.071𝑥
    7

    Задача 9. Приближенно вычислить определенный интеграл. Для вычисления интеграла функцию
    𝑓(𝑥) разлагают на отрезке интегрирования в степенной ряд, который интегрируют почленно. Ограничившись несколькими первыми слагаемыми полученного таким образом числового ряда, имеем приближенное значение интеграла. В работе погрешность приближения не должна превышать
    0.0001, и оценка этой погрешности упрощается по тем же причинам, что и в задаче 8.
    ∫ √1 + 𝑥
    3 3
    𝑑𝑥
    0.5 0
    Решение.
    Т.к. разложение (
    1 + 𝑥)
    𝛼
    в ряд имеет вид (
    1 + 𝑥)
    𝛼
    = 1 + ∑
    𝛼(𝛼−1)(𝛼−2)…(𝛼−(𝑛−1))𝑥
    𝑛
    𝑛!

    𝑛=1
    , то получим

    √1 + 𝑥
    3 3
    𝑑𝑥
    0.5 0
    = ∫ (1 + ∑
    1 3

    −2 3

    −5 3
    …(
    1 3
    −(𝑛−1))𝑥
    3𝑛
    𝑛!

    𝑛=1
    ) 𝑑𝑥
    0.5 0
    =
    = (𝑥 + ∑
    1 3

    −2 3

    −5 3
    …(
    1 3
    −(𝑛−1))𝑥
    3𝑛+1
    𝑛!⋅(3𝑛+1)

    𝑛=1
    )|
    0.5
    = 0.5 + ∑
    1 3

    −2 3

    −5 3
    …(
    1 3
    −(𝑛−1))⋅0.5 3𝑛+1
    𝑛!⋅(3𝑛+1)

    𝑛=1
    Найдем такой член ряда, модуль которого не превосходит
    0.0001:
    𝑛 = 1: |
    1 3
    ⋅0.5 3∙1+1 1!⋅(3∙1+1)
    | ≈ |0.00521| > 0.0001,
    𝑛 = 2: |
    1 3

    −2 3
    ⋅0.5 3∙2+1 2!⋅(3∙2+1)
    | ≈ |−0.00012| > 0.0001,
    𝑛 = 3: |
    1 3

    −2 3

    −5 3
    ⋅0.5 3∙3+1 3!⋅(3∙3+1)
    | ≈ |0.000006| < 0.0001.
    Тогда

    √1 + 𝑥
    3 3
    𝑑𝑥
    0.5 0
    ≈ 0.5 + 0.0052 − 0.0001 = 0.5051.
    Задача 10. а) Найти преобразование Фурье (спектральную плотность
    𝑆(𝑢)) следующей функции (сигнала) б) Продолжить периодическую функцию (сигнал) с интервала [

    𝑇
    2
    ;
    𝑇
    2
    ] на всю числовую прямую, разложить в ряд Фурье. Построить графики второй и третьей частичных сумм.

    Решение.
    𝑓(𝑡) = {
    2𝐴
    𝑇
    𝑡 + 𝐴, −
    𝑇
    2
    ≤ 𝑡 ≤ 0
    𝐴,
    0 ≤ 𝑡 ≤
    𝑇
    2
    а)
    𝑆(𝑢) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑒
    −𝑢𝑡
    𝑑𝑡
    +

    = ∫ (
    2𝐴
    𝑇
    𝑡 + 𝐴) 𝑒
    −𝑢𝑡
    𝑑𝑡
    0
    −𝑇
    2
    + ∫ 𝐴𝑒
    −𝑢𝑡
    𝑑𝑡
    𝑇
    2 0
    =
    = (−𝑒
    −𝑢𝑡
    (
    2𝐴 + 𝐴𝑇𝑢
    𝑇𝑢
    2
    +
    2𝐴𝑡
    𝑇𝑢
    ))|
    −𝑇
    2 0
    + (−
    𝐴
    𝑢
    𝑒
    −𝑢𝑡
    )|
    0
    𝑇
    2
    =
    = −𝑒
    0
    (
    2𝐴 + 𝐴𝑇𝑢
    𝑇𝑢
    2
    +
    2𝐴
    𝑇𝑢
    ⋅ 0) + 𝑒
    𝑢
    𝑇
    2
    (
    2𝐴 + 𝐴𝑇𝑢
    𝑇𝑢
    2
    +
    2𝐴
    𝑇𝑢
    𝑇
    2
    ) −
    𝐴
    𝑢
    𝑒
    −𝑢
    𝑇
    2
    +
    𝐴
    𝑢
    𝑒
    0
    =
    = −
    2𝐴
    𝑇𝑢
    2
    + 𝑒
    𝑢
    𝑇
    2
    (
    2𝐴 + 2𝐴𝑇𝑢
    𝑇𝑢
    2
    ) −
    𝐴
    𝑢
    𝑒
    −𝑢
    𝑇
    2
    б) Ряд Фурье имеет вид
    𝑓(𝑥) =
    𝑎
    0 2
    + ∑
    (𝑎
    𝑚
    cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    + 𝑏
    𝑚
    sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    )

    𝑚=1
    , где
    𝑎
    𝑚
    =
    1
    𝑙
    ∫ 𝑓(𝑥) cos
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    𝑑𝑥
    𝑙
    −𝑙
    ,
    𝑏
    𝑚
    =
    1
    𝑙
    ∫ 𝑓(𝑥) sin
    𝑚𝜋𝑥
    𝑙
    𝑑𝑥
    𝑙
    −𝑙
    Найдем эти коэффициенты:
    𝑎
    0
    =
    2
    𝑇
    ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
    𝑇
    2
    −𝑇
    2
    =
    2
    𝑇
    (∫ (
    2𝐴
    𝑇
    𝑥 + 𝐴) 𝑑𝑥
    0
    −𝑇
    2
    + ∫ 𝐴𝑑𝑥
    𝑇
    2 0
    ) =
    3𝐴
    2
    ;
    𝑎
    𝑚
    =
    2
    𝑇
    ∫ 𝑓(𝑥) cos
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    𝑇
    2
    −𝑇
    2
    =
    2
    𝑇
    (
    ∫ (
    2𝐴
    𝑇
    𝑥 + 𝐴) cos
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    0
    −𝑇
    2
    + ∫ 𝐴 cos
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    𝑇
    2 0
    )
    =
    = |
    𝑈 =
    2𝐴
    𝑇
    𝑥 + 𝐴 𝑑𝑉 = cos
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    𝑑𝑈 =
    2𝐴
    𝑇
    𝑑𝑥
    𝑉 =
    𝑇
    2𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    | =
    =
    2
    𝑇
    ((
    2𝐴
    𝑇
    𝑥 + 𝐴)
    𝑇
    2𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    )|
    −𝑇
    2 0

    2
    𝑇

    𝐴
    𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    0
    −𝑇
    2
    + (
    𝐴
    𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    )|
    0
    𝑇
    2
    =
    =
    2
    𝑇
    ((
    2𝐴
    𝑇
    𝑥 + 𝐴)
    𝑇
    2𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    +
    𝐴𝑇
    2(𝑚𝜋)
    2
    cos
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    )|
    −𝑇
    2 0
    + (
    𝐴
    𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    )|
    0
    𝑇
    2
    =
    =
    2
    𝑇
    ((0 + 𝐴)
    𝑇
    2𝑚𝜋
    sin 0 +
    𝐴𝑇
    2(𝑚𝜋)
    2
    cos 0 + (
    2𝐴
    𝑇
    −𝑇
    2
    + 𝐴)
    𝑇
    2𝑚𝜋
    sin 𝑚𝜋 −
    𝐴𝑇
    2(𝑚𝜋)
    2
    cos 𝑚𝜋) +
    + (
    𝐴
    𝑚𝜋
    sin 𝑚𝜋 −
    𝐴
    𝑚𝜋
    sin 0) =
    𝐴(1 − cos 𝑚𝜋)
    (𝑚𝜋)
    2
    ;
    𝑏
    𝑚
    =
    2
    𝑇
    ∫ 𝑓(𝑥) sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    𝑇
    2
    −𝑇
    2
    =
    2
    𝑇
    (∫ (
    2𝐴
    𝑇
    𝑥 + 𝐴) sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    0
    −𝑇
    2
    + ∫ 𝐴 sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    𝑑𝑥
    𝑇
    2 0
    ) = −
    𝐴 cos 𝑚𝜋
    𝑚𝜋

    Получаем
    𝑓(𝑥) =
    3𝐴
    4
    + ∑ (
    𝐴(1 − cos 𝑚𝜋)
    (𝑚𝜋)
    2
    cos
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇

    𝐴 cos 𝑚𝜋
    𝑚𝜋
    sin
    2𝑚𝜋𝑥
    𝑇
    )

    𝑚=1


    написать администратору сайта