Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Российский государственный социальный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

14. Методические указания 2

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.06.2015

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 129 10 11 12 > Следующая >>>

Индивидуальное задание и его решение

ЛАиАГ). Другая линия – прямая, график которой расположен в полуплоскости положительных значений переменной х. Поэтому изобразим лишь одну ветвь гиперболы.

Фигура D симметрична относительно оси Ох и площадь её равна

																	2 £ x £ 3
																														SD = 2SD				=
удвоенной площади фигуры D1																:
удвоенной площади фигуры D1																:			£ y				£			x	2		- 4
																	0		£ y				£			x			- 4		1
																															1
3					x2 −4	3								3
3					x2 −4	3								3
= 2∫dx ∫dy = 2∫dx × y											0 x2 −4 = 2∫							x 2 - 4					dx =


2		0				2						2
												xdx

	u =			x 2 - 4 du =											= 2x									3 -

=																				x 2 - 4
=												x 2 - 4								x 2 - 4
	dv = dx v = x																								2
																									2

3		x 2 dx						3				(x 2 − 4)+ 4																	3		3			dx
3								3																					3		3
																									− 2∫ x 2 − 4dx −8∫
− 2∫							= 6 5	− 2∫										dx = 6 5																	.


2		x 2 − 4						2					x 2 − 4																2		2			x 2 − 4
Следовательно,
3																						3							−8 ln(3 +				)+8 ln 2
	4∫		x 2 − 4dx = 6							−8ln			x +			x 2 − 4							= 6
	4∫		x 2 − 4dx = 6						5	−8ln			x +			x 2 − 4							= 6					5				5
2																						2
																						2

																					2
										SD = 3 5 + 4 ln											2				» 2,86 .

																			3 +
																							5
																							5
												Решение задачи 6
					у											В случае,										когда область D является
					у							частью круга или кольца, чаще всего удобно
												частью круга или кольца, чаще всего удобно
												перейти к полярной системе координат (см.
												лекцию							14						ЛАиАГ).						Связь			между

Оp х декартовыми и полярными координатами

осуществляется согласно формулам

x2 − y 2 = 4

(63) (ЛАиАГ).

В данной ситуации

область D –

круг радиуса p, и

x = 3

намерение

перейти

полярным

координатам вызвано значительным

упрощением описания этой области

системой

неравенств

полярных

координатах

по сравнению с

- 5

0 £ j £ 2p

декартовыми:

D :

0 £ r £ p

Выразим подынтегральную функцию через полярные координаты:

1 -

y 2

= 1 -

r 2 sin 2 j

= 1 - tg 2j = 2 -

cos2 j

r 2 cos2 j

118

Индивидуальное задание и его решение

Для вычисления двойного интеграла в полярных координатах воспользуемся формулой (50) (см. также П.47):

2π

2 −

∫∫ 1 −

dxdy = ∫∫ 2 −

cos

rdrdϕ = ∫dϕ∫

rdr =

cos

2π

(2ϕ −tgϕ)

2π

= ∫

2 −

dϕ

= 2π

≈ 62 .

cos

Решение задачи 7

Сделаем чертёж и далее будем действовать как в примере 48.

Центр тяжести данной фигуры

определим

по

формулам

(54),

y 2 = 4x + 4

y 2 = −2x + 4

которые, в силу того, что плотность

постоянна,

приобретают

вид:

∫∫xdxdy

∫∫ydxdy

-1

. Следует

-2

∫∫dxdy

также заметить, что полученная

фигура

симметрична

относительно

оси Ох, из чего можно сделать вывод, что c2 = 0 .

Найдём значение c1 . Опишем область D, как область второго типа:

	− 2 ≤ y ≤ 2																													4−y2
	− 2 ≤ y ≤ 2																								2						2					2				4 − y 2					y 2	− 4
																									2						2					2				4 − y 2					y 2	− 4
D : y 2 − 4			≤ x			≤				4 − y 2					∫∫dxdy = ∫dy																∫dx = ∫												−				dy =
D : y 2 − 4										4 − y 2					∫∫dxdy = ∫dy																∫dx = ∫									2			−	4			dy =
																	D									−2				y2 −4							−2
																	D									−2				y2 −4							−2
	4											2
	4											2																			4
																															4
			2					3y				2							y		3					2									8						8
			2									2									3					2

	= ∫			3 −										dy = 3 y				−										=			3 2 −								+ 2 −					= 8		;
	= ∫			3 −					4					dy = 3 y				−	12									=			3 2 −				12				+ 2 −		12			= 8		;
		−2							4										12							−2									12						12
		−2																								−2
															4 − y 2											(4 − y2 )2											(y2 − 4)2
												2				2			1				2			(4 − y2 )2											(y2 − 4)2
		∫∫xdxdy = ∫dy														∫xdx =							∫											−								dy =
		∫∫xdxdy = ∫dy														∫xdx =			2				∫								4			−								dy =
		D											−2		y	2	−4		2												4									16
		D											−2		y		−4					−2
																4
1	2	3y		4			3y				2							1		3y				5					y		3							2
	2			4							2													5							3							2

	∫				−								+ 3 dy = =														−					+ 3y								= 3,2 . Согласно
2	∫	16			−				2				+ 3 dy = =					2			80						−	2				+ 3y								= 3,2 . Согласно
2	−2	16							2									2			80							2										−2
	−2																														3,2							−2
														формулам (54) c														=			3,2		= 0,4 .
														формулам (54) c														=					= 0,4 .
																									1						8
																															8

Решение задачи 8

119

Индивидуальное задание и его решение

Одно из приложений двойного интеграла – возможность вычисления объёма тела, боковой поверхностью которого является цилиндрическая поверхность (см. лекцию 15 ЛАиАГ). Например, если образующие этого тела параллельны оси Оz, основание D лежит в плоскости хОу, а сверху тело ограничено поверхностью z = f (x, y), то

искомый объём вычисляется по формуле: V = ∫∫ f (x, y)dxdy .

	z
6	y = 5

z = 3x

	О
	О	1		5 у
		1		5 у
2
х			y =1 + x2
	0 ≤ x ≤ 2		. Тогда
D :	+ x2 ≤ y ≤ 5		. Тогда
1	+ x2 ≤ y ≤ 5

Как следует из чертежа, полученное тело удовлетворяет всем условиям для применения

записанной формулы:				сверху
оно	ограничено		плоскостью
z = 3x ;		боковую	поверхность
образуют		параболический
цилиндр		y =1 + x 2	и плоскость
y = 5	параллельные			оси	Оz;
основание D лежит в плоскости
z = 0 .
	Опишем		область		D
системой			неравенств:

	2			5	2							2
V = ∫∫3xdxdy = ∫3xdx ∫dy = ∫3xdx × y										15+x2		= ∫3x(5 - (1 + x2 ))dx =


D	0	1+x2			0							0
	2		3				2		3x	4	2
	2								3x	4	2
	= ∫(12x −3x					6x		−				=12 .

				)dx =					4
	0								4		0
	0										0

Решение задачи 9

Данный интеграл принадлежит к классу криволинейных

интегралов 2-го рода,

ориентированная кривая L

парметризована

cost

уравнениями

(t )=

а подынтегральная

вектор-функция

sin t

- y 2 x

. Применим формулу (41)

для вычисления

имеет вид: F (x, y)=

этого интеграла (см. также П.41), где

120

Индивидуальное задание и его решение

−sin t

- sin t

cos t

a = 0 , b =

, F (r (t ))=

r ′(t )=

cos t

sin t

(

(t ))×

¢(t )= -sin t

−

sin t

+ cos t

cos t

sin t

2 cos t

2 sin t

π ≈ 0,785.

∫x 2 ydy − y 2 xdx =

∫dt =

121

Индивидуальное задание и его решение

ОБРАЗЕЦ ИНДИВИДУАЛЬНОГО ЗАДАНИЯ ПО ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫМ УРАВНЕНИЯМ Задача 1

Решить дифференциальные уравнения:

1) y′e x = y ln 2 y ;

′

1 + y 2

xtgydx − (x2 − 2)dy = 0 ;

9) y

− x2 ;

yy′′ = (y′)2 ;

′

x + y

10)

;

y′′ = x

;

y − x

11)

y′

xy′ − y = (x − y)

;

ln(x − y) − ln x

12)

y′′ +

y′ = 2x ;

x2 +1

xy′ = xe

+ y ;

13)

3xdy = ( y + 6x2 )dx ;

y′cos x = −y sin x + 2x ;

14)

(4xy − 3)y′ + y 2 =1;

x2 y′ − 2xy = 2x5 y ;

15)

x(ln y + 2ln x −1)dy = 2 ydx

x( y′ + y) = e−x ;

(Ввести

замену

z = ln y + 2ln x −1).

Задача 2

Решить линейные однородные дифференциальные уравнения 2-го порядка:

1) y′′ − 3y′ + 2 y = 0 ;						5) y′′ − 3y′ + 8 y = 0 ;
2)	y′′ +16 y = 0 ;					6) y′′ − 3y′ = 0 ,	при
3)	y	′′	+ 7 y	′	= 0 ;	′
3)	y		+ 7 y		= 0 ;	y(1) = 2, y (1) =1;
4)	y′′ − 6 y′ + 9 y = 0 ;					7) y′′ + 2 y′ + 5 y = 0 , при
						′
						y(0) =1, y (0) = 3 .

Задача 3

Решить линейные неоднородные дифференциальные уравнения 2-го порядка:

1) y′′ − 25 y = 6e2 x ;		5) y′′ − 4 y′ = 4x +10 , при
	2	y(0) = 4,	′	= −7 ;
2) y′′ + 5 y′ + 6 y = x + 4 ;			y (2)

122

Индивидуальное задание и его решение

3) y′′ + 4 y = cos 5x ;			6)	y′′ − 2 y′ +1y = e x + sin x ;
4) y′′ + 6 y′ + 9 y = 4e−3x , при			7)	y′′ + 36 y = xe−7 x .
y(1) = 4e	−3	′
y(1) = 4e		, y (0) = 3 ;

Задача 4

Решить методом вариации произвольной постоянной:

	′′		1
1) y		− 3y + 2 y = 2	+ e−x	;

2) y′′ − 25 y = 6e2 x

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ Решение задачи 1

1) Решить дифференциальное уравнение: y′e x = y ln 2 y .

Преобразуем данное уравнение: y′ = y ln y ; e x

Разделим переменные:

y ln2 y

∫

= ∫e−x dx .

y ln

Вычислим первый интеграл:

∫

ln y = t

= ∫

∫t −2 dt = −t −1 + C = −

+ C ;

dy = dt

y ln2 y

t 2

ln y

Таким образом, получаем:

= −e−x + C

−x

−

ln y

y = e e

−C .

ln y

−x − C

2) Решить дифференциальное уравнение: xtgydx − (x2 − 2)dy = 0 .

Разделяя переменные, получим:

dy	=		x	dx ∫ctgy dy = ∫		x	dx .
		(x	2		(x	2
tgy			− 2)			− 2)

Второй интеграл найдем методом подстановки:

123

Индивидуальное задание и его решение

				x				x2 - 2 = t									1			dt	1							1								1
				x													1			dt	1							1		2				2
																														2				2		2
∫			2		dx =			2x dx = dt							=			∫			= ln	t	+ ln C = ln						x		- 2	+ ln C = ln	x		- 2		× C
	(x			- 2)				x dx =					1	dt			2			t	2							2
													1
													2
													2
Получим										общий								интеграл							исходного							уравнения:
												1
ln		sin y				x		2		- 2	2					,	где				C —			произвольная							положительная
ln		sin y			= ln	x				- 2			× C			,	где				C —			произвольная							положительная

постоянная.
Из полученного равенства выразим y :
						1																			1
sin y =					x2 - 2				× C										y = arcsin					x	2 - 2		× C			,	где C		—
sin y =					x2 - 2		2		× C										y = arcsin					x	2 - 2	2	× C			,	где C		—
										1																		1			1

произвольная постоянная.

3) Решить дифференциальное уравнение: y¢ = x + y . y - x

Разделим числитель и знаменатель дроби, стоящей в правой части

1 +

уравнения на x . Полученное уравнение имеет вид (4): y¢ =

-1

Для решения этого уравнения введем замену:

= z, y¢ = z¢x + z .

Получаем:

1 + z

1 + 2z − z 2

z 2 − 2z −1

z¢x + z =

z′x =

= −

z -1

z −1

(z −1)x

(z −1)dz

= −

z 2 − 2z −

В полученном уравнении переменные разделены, поэтому можно брать интегралы от левой и правой частей:

∫		(z −1)dz		= −∫	dx
						.
	z	2	− 2z −1
					x

Вычислим первый интеграл:

124

Индивидуальное задание и его решение

(z −1)dz

(z −

1)dz

(z −1)2 − 2 = t

∫

= ∫

2(z −1)dz = dt

∫

+ C =

(z −1)

− 2

− 2z −1

(z −1)

−

(z −1)dz =

Имеем:

(z −1)2 − 2

= −ln

+ C ln

(z −1)2 − 2

= −2ln

+ ln C

2 − 2

= ln(x

−2C )

(z −1)2 − 2

= x

−2C

(z −1)

2 − 2 = ±C x−2

где C1 — произвольная положительная постоянная.

Последнее выражение можно записать одной формулой:

(z −1)2 − 2 = Cx −2 ,

где С — произвольная постоянная.

Таким образом, получаем: z =

Cx −2 + 2

+1.

Общее решение имеет вид: y = x(

+1).

Cx −2 + 2

Решить

дифференциальное

уравнение:

xy′ − y = (x − y)

ln(x − y) − ln x

Преобразуем

данное уравнение: y′ −

= (1 −

)

ln(1 −

) — это

однородное д.у. первого порядка (см. (4)).

Как и в предыдущей задаче введем замену:

= z,

′

+ z .

= z x

Получаем:

(1 − z)

′

ln(1 − z)

z x + z − z = (1 − z) ln(1 − z)

(1 − z)

ln(1 − z)

∫

= ∫

(1 − z)

ln(1 − z)

125

Индивидуальное задание и его решение

Вычислим интеграл, стоящий в левой части равенства:

ln(1 − z) = t

∫

−

dz = dt

= −∫

= −2 t = −2

ln(1 − z) .

(1 − z)

ln(1 − z)

− z

Имеем:

− 2

= ln

+ ln C

= −

ln C

ln(1 − z)

ln(1 − z) = ln 2 (C x ) z =1 − eln 2 C x ,

где C — произвольная положительная постоянная.

ln2

Получаем общее решение исходного д.у.: y = x 1

− e

5) Решить дифференциальное уравнение: xy′ = xe−

+ y .

Разделим обе части уравнения на

x . Исходное уравнение примет

вид (4):

y′ = e−

Введем следующую замену:

= z,

′

+ z .

= z x

Тогда получим:

′

−z

′

e−z

−z

= ∫

z x + z = e

+ z z

∫e

e z = ln

+ C z = ln(ln

+ C ).

Общее решение имеет вид: y = x ln(ln

+ C ).

6) Решить дифференциальное уравнение: y′cos x = −y sin x + 2x .

Преобразуем исходное д.у., разделив обе

его части на

cos x .

Получим

линейное

неоднородное

д.у.

1-го

порядка

(см.

(5)):

y′ + ytgx = 2x . cos x

126

Индивидуальное задание и его решение

Разобьем решение этого уравнения на несколько этапов.

y = uv, y

′

+ uvtgx =

= u v + uv

u v + uv

cos x

′

+ vtgx]=

u v + u[v

cos x

б) v′ + vtgx = 0

= −vtgx

= −tgxdx

∫

= −∫tgxdx

= ln

cos x

v = cos x .

Заметим, что при вычислении v знак модуля мы просто опустили,

так

как согласно общей методике достаточно иметь одну функцию v , обращающую в нуль квадратные скобки.

в) u′cos x =	2x	u′ =	2x			u = 2∫	x			dx .
	cos x		cos	2			cos	2
					x				x

К полученному интегралу применим формулу интегрирования по частям:

dv =

u = x

dx =

cos2 x

= x tgx −

tgxdx = x tgx + ln

cos x

+ C .

∫cos2

∫

v = tgx

du = dx

Таким образом получаем: u = 2(x tgx + ln

cos x

+ C ).

г) Общее решение имеет вид: y = 2cos x(x tgx + ln

cos x

+ C) .

7) Решить дифференциальное уравнение: x2 y′ − 2xy = 2x5 y .

Приведем данное д.у. к виду (5): y′ −

2 y

= 2x3 y .

′

2uv

а)

y = uv, y

+ uv

−

= 2x

= u v

u v + uv

′

u v + u v

−

uv .

б) v′ −

= 0

2dx

∫

= 2∫

= 2ln

127

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 129 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
11.06.201567 Кб37131313.doc
#
29.03.201627 Мб133132582.rtf
#
12.08.2019586 Кб24133277.rtf
#
27.10.2018114 Кб1914 Компьютерные сети.doc
#
24.12.2018431 Кб2814-44(сокращенный вариант).doc
#
12.06.20151 Мб2214. Методические указания 2.pdf
#
03.08.201984 Кб2014. Русский романтизм. Его разновидности и хара....doc
#
11.06.201563 Кб391414143.doc
#
01.07.2025158 Кб61489211118492892.docx
#
01.05.202552 Кб915 - 25.docx
#
10.09.2019364 Кб2515-20 по лекциям.docx