14. Примерный вариант практического задания по Темам 6 – 13.

1. Найти пределы:

а) б).

2. Найти производные:

а) y = ln arc sin ;

б) .

3. Найти полный дифференциал dzфункции двух переменныхz=f(x; y) и все её производные второго порядка:

z=.

4. Исследовать функцию и построить ее график:

y= .

15. Примеры решения задач по темам 14 – 17

Пример 1. .

Решение. Интегрирование проводим методом подстановки. Положив x = (t) = t⁶, получим ,dx = '(t)dt = 6t⁵dt. Тогда

.

Возвращаясь к переменной x по формуле , окончательно получаем

.

Пример 2. .

Решение. Полагая t=x², имеем dt= 2xdx , т.е. . Тогда

.

Пример 3. .

Решение. Обозначим , тогда. Выполняя замену переменной в исходном интеграле, получим.

Пример 4. .

Решение. Воспользуемся подстановкой t = lnx. Тогда и

.

Пример 5. .

Решение. Представим заданный интеграл в виде

и воспользуемся подстановкой t = cosx, dt = –sinxdx. Тогда

.

Пример 6. .

Пример 7. Найти

Решение. Применяем формулу интегрирования по частям .

Положим u = x, dv = sinxdx, тогда du = dx, v = –cosx.

Пример 8. .

Решение. Обозначим u = lnx, тогда (x³ + 1)dx = dv. Отсюда, ии.

Вычислим последний интеграл:

.

Окончательно получаем =.

Пример 9. Вычислить .

Решение. Применим подстановку x = sint. Тогда dx = costdt, t = arcsinx. Найдем новые пределы интегрирования.

При получим, приb = 1 получим .

Тогда интеграл в новых переменных и с новыми пределами интегрирования будет:

.

Следует запомнить, что любой определенный интеграл это число, а неопределенный — функция, поэтому про неопределенный интеграл говорят, что его находят, а про определенный, что его вычисляют.

16. Примерный вариант практического задания по Темам 14 – 17.

1. Найти неопределенные интегралы и один результат проверить дифференцированием:

а) ; б).

IIсеместр

17. Примеры решения задач по темам 18 – 24

Пример 1. Найти экстремум функции двух переменных z = x³ + y³ ‑ 9xy.

Решение. Находим частные производные первого порядка:

.

Согласно необходимому условию экстремума функции, для нахождения критических точек надо решить систему

Из первого уравнения ,подставляем во второе уравнение, получим x⁴ – 27x = 0 или x(x³ – 27) = 0. Стало быть, x имеет два критических значения: x₁ = 0 и x₂ = 3. Подставляя полученные значения x в выражение для y, получаем y₁ = 0 и y₂ = 3. Это значит, что имеем две критические точки: (0; 0) и (3; 3).

Применяем достаточное условие экстремума. Находим частные производные второго порядка:

,

.

Надо найти значения этих производных в критических точках:

.

1. Вычисляем эти значения в первой критической точке (0; 0):

A₁ = 60 = 0, C₁ = 60 = 0, B₁ = –9.

Отсюда , в этой критической точкеэкстремума нет.

2. Вычисляем эти значения во второй критической точке (3; 3):

A₂ = 6×3 = 18, C₂ = 6×3 = 18, B₂ = – 9.

Отсюда , в этой критической точкеесть экстремум.

Чтобы установить максимум это или минимум, смотрим на знак A₂ = 18 > 0, значит, согласно теореме о достаточном признаке экстремума, это — минимум. Вычислим это значение:

min z = z(3; 3) = 3³ + 3³ – 9×3×3 = 27+ 27 – 81 = 54 – 81 = –27.

Ответ. У функции z = x³ + y³ – 9xy в критической точке (3; 3) min z = z(3; 3) = –27.

Пример 2. Найти частное решение уравнения , удовлетворяющее начальным условиям:.

Решение. Представим производную в виде , тогда уравнение будетили. Получили дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными.

Интегрируя первое слагаемое по частям, получим:

—это общее решение (общий интеграл) заданного уравнения.

Чтобы получить частное решение, необходимо найти конкретное значение C. Подставим в общий интеграл начальные условия: x₀ = 1, y₀ = 0, получим:

.

Итак, частное решение, удовлетворяющее заданным начальным условиям, будет:

Ответ. Частное решение, удовлетворяющее условиям x₀ = 1, у₀ = 0:

Пример 3. Найти общее решение уравнения y' = 3x + 2y.

Решение. Сделаем подстановку t = 3x + 2y — новая неизвестная. Тогда t' = 3 + 2y'  . Подставляя y и y' в заданное уравнение, получим Преобразуя последнее уравнение, запишем: t' = 2t + 3. Разделяя переменные, имеем . Интегрируем каждую часть последнего уравнения по своей переменной:.

Проводя обратную замену переменных (t = 3x + 2y) и потенцируя, окончательно запишем .

Ответ. Общее решение заданного уравнения .

Пример 4. Решить дифференциальное уравнение (x + y)dx + xdy = 0.

Решение. В этом уравнении P(x; y) = x + y и Q(x; y) = x являются однородными функциями первой степени P(kx;ky)kP(x;y), аналогично для Q(x; y).

Полагаем = u, тогда y = xu, где u — новая неизвестная функция.

Находим дифференциал: dy = d(xu) = xdu + udx и подставляем y и dy в заданное уравнение:

(x + xu)dx + x(xdu + udx) = 0 (при x 0)  (1+ u)dx + (xdu + udx) = 0 

 xdu + (2u + 1)dx = 0.

Путём деления обеих частей уравнения на (2u + 1) и на x получим уравнение с разделёнными переменными =.

Домножим правую и левую части на 2: и проинтегрируем каждую часть по своей переменной:

.

Выполняем действие потенцирования и производим обратную замену переменных. Выражаем отсюдаy: , здесь — произвольная постоянная.

В процессе нахождения решения пришлось делить на (2u + 1) и на x, в результате чего могла произойти потеря корней. Проверим это.

1. Подставим в исходное уравнение x = 0, а значит, и dx = 0. Исходное уравнение обратится в тождество — функция x = 0 является решением заданного уравнения.

2. Функцию = 0 или , т.е. также подставляем в заданное уравнение: .

Итак, оба решения действительно потеряны — они оба удовлетворяют заданному дифференциальному уравнению. Но второе решение не является дополнительным, оно входит в общее решение (1) при С₁ = 0.

Ответ. Совокупность всех решений заданного дифференциального уравнения и x = 0.

Пример 5. Решить уравнение x  y' + 2y = x².

Решение. Это — линейное уравнение первого порядка. Применим метод Бернулли. Заменяем y = u  v. Находим производную y' = u'  v + u  v' и подставляем в заданное уравнение:

x  (u'  v + u  v') + 2u  v = x².

Раскрываем скобки и группируем второе и третье слагаемые:

x  u'  v + x  u  v' + 2u  v = x²  x  u'  v + u  [x  v' + 2  v] = x².

Подбираем функцию v = v(x) так, чтобы x  v' + 2v = 0, тогда вторую функцию u= u(x) найдём из уравнения x  u'  v = x².

Из первого уравнения последовательно получаем

.

Интегрируя каждую часть уравнения по своей переменной, запишем

.

Выбирая C₁ = 1 и потенцируя, получим первую из двух неизвестных функций .

Во второе уравнение x  u'  v = x² подставляем выражение для v, тогда

.

Интегрируя, имеем , следовательно, .

Общее решение будет .

Ответ. Общее решение заданного неоднородного линейного дифференциального уравнения первого порядка имеет вид .

Пример 6. Найти общее решение уравнения x  y' – y = – y² lnx.

Решение. Это — уравнение Бернулли. Делим на (– y²): и выполним замену:.

Исходное уравнение в новых переменных примет вид:xz'+ z=lnx —это линейное уравнение относительно z.Делаем подстановку Бернулли:

z = u  v, z'= u'  v + u  v',

уравнение запишется:

x  (u'  v + u  v') + u  v = lnx  x  u'  v + x  u  v' + u  v = lnx 

x  u'  v + u  [x  v' + v] = lnx.

Выбираем функцию v = v(x) так, чтобы выражение в квадратных скобках равнялось нулю, т.е. x  v' + v = 0 или . Разделяем здесь переменные: ; интегрируя, имеем . Подставляем в (1), получим дифференциальное уравнение для определения функции u = u (x): x  u'v = lnx 

.

Возвращаясь к подстановке Бернулли z = u  v, получим

.

Отсюда .

Ответ. Общее решение заданного уравнения Бернулли .

Пример 7. Решить уравнение y – 5y + 6y = e^x.

Решение. Сначала решаем однородное уравнение y  – 5y + 6y = 0.

Записываем его характеристическое уравнение k ² – 5k + 6 = 0. Его корни, согласно k₁ = 2, k₂ = 3.

Корни действительные различные. Следовательно, общее решение однородного дифференциального уравнения запишем в виде = C₁ × e^k1x + C₂ × e^k2x = C₁ × e^2x + C₂ × e^3x.

Для нахождения общего решения y = +z заданного неоднородного уравнения необходимо ещё найти частное решение z. Правая часть f(x) = ae^mx = e^x, здесь m = 1 и это значение не является корнем характеристического уравнения. В этом случае частное решение ищем в виде z = Ae^x, где A — неизвестный коэффициент.

Находим производные

z' = Ae^x и z'' = Ae^x.

Подставляя эти выражения в заданное уравнение, получим:

Ae^x – 5Ae^x + 6Ae^x = e^x или 2A = 1.

Отсюда . Частное решение неоднородного уравнения имеет вид.

Общее решение заданного уравнения, согласно структуре общего решения линейного неоднородного дифференциального уравнения второго порядка имеет вид.

.

Пример 8. Найти общее решение уравнения y – 4y + 4y = cos x.

Решение. Запишем соответствующее однородное уравнение

y – 4y + 4y = 0

Его характеристическое уравнение k 2 – 4k + 4 = 0. Его корни, ,

т.е. k — действительный корень двойной кратности.

Следовательно, общее решение однородного дифференциального уравнения запишем в виде = e^kx(C₁ + C₂x) = e ^2x(C₁ + C₂ x). Частное решение ищем в виде

z = Acosx + Bsinx,где A и B — неизвестные коэффициенты.

Находим производныеz = – A sinx + B cosxиz = –Acosx – Bsinx.

Подставляем z, z и z в левую часть уравнения и группируем члены, содержащие cosx и sinx:

–Acosx – B sinx + 4A sinx – 4B cosx + 4A cosx + 4B sinx  cosx.

Приравнивая коэффициенты при sinx и cosx слева и справа, получим следующую систему:

Решая эти уравнения совместно, находим следующие значения

и

и тогда частное решение будет иметь вид .

Общее решение заданного уравнения будет

.