Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Государственный Университет Систем Управления и Радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Сборник задач для студенческих олимпиад по математике

..pdf

Скачиваний:

108

Добавлен:

05.02.2023

Размер:

926.94 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

ЗАДАЧА 21. (Кратный интеграл + несобственный интеграл)

Вычислить кратный интеграл		dxdy
			.


R2		1 x 2 y 2
РЕШЕНИЕ. Интеграл по всей	плоскости R2 при вычислении в

x cos

полярных координатах

y sin

приводит к несобственному интегралу относительно переменной .

		dxdy	2		1
I		dxdy	= d		1	d


	1 x2 y2
R2	1 x2 y2		0	0	1 2

Вычислим интеграл по переменной , в интеграле по переменной выполним подведение под знак дифференциала.

				1		d (1						2		) . Далее возможно два случая:
I 2				1		d (1
I 2
		0		2			1 2
1) при 2 получим
I			d (1 2 )																B		d (1 2 )				lim ln 1 2		B .
I			d (1 2 )							lim											d (1 2 )				lim ln 1 2		B .
					1 2											B						1 2				B	0
					1 2											B						1 2				B	0
	0																		0
2) при 2 получим
			d (1					2	)											B
			d (1						)
I											lim										1 2		2 d 1 2


	0				1 2													B		0
																	B					2
																	B					2
	2										1													при		2
	2										1
			lim			1 2									2						2
			lim			1 2									2						2
2				B													0							при		2
																								при		2
																						2
									dxdy															при		2
									dxdy															при		2
ОТВЕТ.																				= 2
																										2
						1 x							y											при
				R2		1 x					2		y					2						при
				R2							2							2

ЗАДАЧА 22. (Кратный интеграл)

Найти «объѐм» 4-мерного гипершара радиуса R в 4-мерном пространстве, то есть геометрическую меру множества,

ограниченного	гиперсферой,	описанной	уравнением
x 2 y 2 z 2 w2 R 2 .

(Эквивалентная формулировка: С помощью тройного интеграла вычислить объѐм 4-мерного шара, заданного уравнением x2 y 2 z 2 w2 R2 ).

РЕШЕНИЕ.

Существует 2 различных способа решения.

Способ 1. Явно выразим четвѐртую координату через первые три: w R2 x2 y2 z 2 . Область определения D явной функции -

обычный 3-мерный шар радиуса R, а именно x2 y 2			z 2	R 2 .
Для	нахождения указанного объѐма нужно вычислить интеграл:
2
2		R2 x2 y 2 z 2 dxdydz
D

(аналогично тому, как для вычисления объѐма трѐхмерного шара


вычисляли бы 2 R 2		x 2 y 2 dxdy , где S - круг радиуса R).
S
Вычисление тройного		интеграла по D может быть выполнено с

использованием сферических координат в трѐхмерном пространстве.

2
2		R2 (x2 y 2		z 2 )dxdydz =
D
2			R
2 d d 2 sin					R2 2 d
0	0		0

Интгерал по вычисляется с помощью тригонометрической

2		R
подстановки R sin t . 2 d sin d 2			R2 2 d =
0	0	0

2							2
2 d sin						d R 2 sin 2 t						R 2				R 2 sin 2 t						R costdt		=
0		0				0
									2
2 2 cos								R 4 sin 2			t			1 sin 2 t						cos tdt =

							0
							0
								0
	4		2		2			2						4		2 sin 2t 2
8 R		sin				t cos			tdt = 8 R													dt =
8 R		sin				t cos			tdt = 8 R													dt =
		0														0		2
			2										2		1	cos 4t
2 R 4		sin 2				2tdt			= 2 R 4						1	cos 4t				dt	=
2 R 4		sin 2				2tdt			= 2 R 4											dt	=
		0									0					2
		0									0
			2	1			2		cos4t													sin 4t
			2				2
	4																4						2
2 R					dt					dt			= 2 R											=
2 R				2	dt				2	dt			= 2 R						4		8			=
				2					2										4		8
			0			0																	0
			0			0																	0

= 12 2 R4 .

ОТВЕТ. 12 2 R4 .

Способ 2. Проинтегрировать величину объѐма 3-мерного сечения гипершара от -R до R по какой-либо из переменных, например, x .

Сечение имеет радиус R2 x2 . Тогда объѐм трѐхмерного шара такого радиуса 43 R2 x2 3 .

	4	R		3 dx		8	R		3 dx . Можно
Треуется найти			R2 x2		=			R 2 x2
	3					3
		R					0

применить подстановку x Rsin t аналогично тому, что описано в прошлом методе.

8	R		3 dx =	8	2		3 R costdt =
		R 2 x2				R 2 R 2 sin 2 t
3				3
	0				0

	8		2									3								8			2
			R3						1 sin 2		t	3	R cos tdt =								R 4		cos4 tdt =

3																				3
3		0																		3			0
		0																					0
8				4		2			1 cos 2t				2		2			4	2								2
			R											dt		R				1 2 cos 2t cos								2t dt =
			R											dt		R				1 2 cos 2t cos								2t dt =
3					0				2						3				0
														2		cos4t
2			R	4					sin 2t			2			1
2				4											1
											0											dt	=
3											0					2						dt	=
3					2											2
														0
														0
2									0				sin 4t				2			2			4 3		1
																	2
			R4																=			R		=		2 R4 .
			R4																=			R		=		2 R4 .
3							2		4					8						3			4		2
								1		2 R4 .							0
																	0
ОТВЕТ.
ОТВЕТ.							2
							2

ЗАДАЧА 23. (Дифференциальные уравнения)
Пусть движение	материальной	точки	вдоль		оси	Ox	задано
дифференциальным	уравнением					где	a -
		x (t) x(t) ax (t) ,
коэффициент сопротивления среды ( a 0 ). При					t 0 точка имеет
координату x(0) 1 и скорость			v ,	v 0 .		Существует
		x (0)

некоторое сопротивление, наименьшее из возможных, при котором не происходит процесс колебаний. Для этого сопротивления вычислите среднюю скорость точки в промежутке времени от t 0 до момента максимального удаления от начала координат.

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧИ 3 Рассмотрим дифференциальное уравнение в виде

x (t) ax (t) x(t) 0 . Характеристическим уравнением для этого

линейного однородного дифф. уравнения является r 2 ar 1 0 . Дискриминант D a2 4 .

При a 2 4 0 , то есть a 2 , имеется два действительных корня, и решение вида C1e st C2 e mt .

При a 2 4 0 , то есть при a 2 , только комплексные корни, тогда решение имеет вид e pt (C1 cos qt C2 sin qt) (это соответствует

процессу затухающих колебаний). Тогда a 2 наименьшее из возможных, когда корни действительные. Но при этом получается кратный корень, так как характеристическое уравнение имеет вид r 2 2r 1 0 , т.е. (r 1)2 0 .

Итак, кратный корень r 1, в этом случае общее решение дифф. уравнения имеет вид x(t) C1e t C2te t .

Тогда производная x (t) C1e t C2 e t C2te t

Применим условия Коши, получаем

, то есть

C1 C2

C1 1, C2

v 1, тогда

x(t) e

1)te

(v 1)te

x (t) ve

Теперь нам нужно найти такой момент времени, когда точка, запущенная со скоростью v , останавливается, то есть x (t) 0 , при

этом достигается максимальное расстояние от начала координат, обозначим его L .

(v 1)te

ve t (v 1)te t

Из второго уравнения: v (v 1)t 0

, то есть t

v 1

Сложив равенства, получим (1 v)e t

L , то есть максимальное

удаление

L (v 1)e

. Но изначально точка была на расстоянии 1 от

v 1

начала координат, то есть пройдено расстояние

L 1 (v 1)e

1, причѐм, как уже было установлено, это

v 1

произойдѐт за время t

. Тогда средняя скорость

L 1

v 1

(v 1)e

v 1 1 .

	v 1		v
	v 1
ОТВЕТ. Средняя скорость равна		(v 1)e	v 1	1 .
ОТВЕТ. Средняя скорость равна		(v 1)e	v 1	1 .
	v
	v

ЗАДАЧА 24 (Несобственный интеграл + ТФКП, вычеты).

Вычислить интеграл (x4 5x2 4)2

Указание. Можно воспользоваться вычетами в комплексной плоскости.

РЕШЕНИЕ. Обозначим t x2 , и сначала найдѐм корни выражения t 2 5t 4 0 .

t 2

5t 4 (t 1)(t 4) , корни t

1 и t 4 .

Таким образом,

(x i)2 (x i)2 (x 2i)2 (x 2i)2

Интеграл по действительной оси можно найти с помощью суммы

вычетов в особых точках верхней полуплоскости: 2 i Re s( f ) , в

данном примере в верхней полуплоскости особые точки i и 2i . Это полюсы 2-го порядка. Найдѐм интеграл с помощью суммы вычетов

функции		1	. а именно

	(z i)2 (z i)2 (z 2i)2 (z 2i)2
2 i Re s f Re s f .
z i		z 2i

По правилам вычисления вычетов для полюсов 2 порядка, умножаем

соответственно на (z i)2 либо

(z 2i) 2

и вычисляем производную:

2 i

(z 2i)

(z i)

z i

z 2i

= 2

2(z i)(z 2

4)2 2(z 2 4)2z(z i)2

(z i)

z i

2 i

2(z 2i)(z 2

1)2 2(z 2 1)2z(z 2i)2

2i)

z 2i


		(z i)(z 2 4)2 (z 2													4)2z(z i)2
4	i
4	i
						(z i)				4	(z			2		4)		4
						(z i)					(z					4)								z i
																								z i

		(z 2i)(z 2					1)2 (z								2 1)2z(z 2i)2
4	i
4	i
						(z 2i)						4	(z		2	1)			4
						(z 2i)							(z			1)									z 2i
																									z 2i
			2i	3	2		3 2i(2i)							2			4i( 3)			2	( 3)4i(4i)					2
			2i	3			3 2i(2i)										4i( 3)				( 3)4i(4i)
= 4 i																											. Вынесем i и
= 4 i				(2i)			4	(3)	4										(4i)			4	( 3)		4		. Вынесем i и
				(2i)				(3)											(4i)				( 3)

приведѐм подобные:


		2 9 3 2( 4)								4( 3)		2	( 3)4( 16)
4																					=
4			16 81									16			2	81					=
			16 81									16				81
		18 24					36 12 16							4				6			36
4												=
4			81					16 2	81			=								16 2
		16	81					16 2	81					81				16		16 2
	4	6			9						24			9							33
								=									=
81		16	4		16				81		16			16					81 16
ОТВЕТ.				11		.
ОТВЕТ.			432			.
			432

=11 1 = 11 .

27 16 432

ЗАДАЧА 25. (Алгебра + теория вероятностей)

Рассмотрим множество всех квадратных матриц 2 порядка, элементами которых могут быть целые числа 0, 1, 2, 3. Пусть матрица, случайным образом взятая из этого множества, вырождена. Найти вероятность того, что при этом она не содержит нулей.

РЕШЕНИЕ. Данное множество состоит из 44 256 различных матриц, так как в матрице 4 элемента и каждый из них может равновероятно принимать 4 разных значения.

Событие А – случайно взятая матрица вырождена. Выдвинем гипотезы:

H1 - матрица вырождена и содержит нулевые элементы (количество таких матриц обозначим N1 ).

H2 - матрица вырождена, но не содержит нулей (количество таких матриц обозначим N2 ).

H 3 - матрица невырождена.

Условные вероятности: P( A/ H1 ) 1 , P( A / H2 ) 1, P( A / H3 ) 0 . Вычисляем количество вырожденных матриц N1 и N2 .

N1 M1 M 2 M 3 M 4 M5 M 6 , где

M1 - количество матриц, у которых первая строка состоит из нулей. По правилу произведения M1 1 3 3 9 (первую строку можно

записать одним способом, выбрать каждый элемент второй строки тремя способами).

M2 - количество матриц, у которых вторая строка состоит из нулей. M2 1 3 3 9 (вторую строку можно записать одним способом, выбрать каждый элемент первой строки тремя способами).

M 3 - количество матриц, у которых первый столбец состоит из нулей. M 3 1 3 3 9 (первый столбец можно записать одним способом, выбрать каждый элемент второго столбца тремя способами).

M4 - количество матриц, у которых второй столбец состоит из нулей. M4 1 3 3 9 (второй столбец можно записать одним способом, выбрать каждый элемент первого столбца тремя способами).

M5 - количество матриц, у которых три элемента нулевые. M 5 3 4 12 (один ненулевой элемент можно выбрать тремя способами и поставить его на одно из четырѐх мест).

M 6 - количество матриц, у которых все элементы равны нулю.

M 6 1 .

В вырожденной матрице второго порядка не может быть нуля, стоящего лишь на одном месте, иначе строки не пропорциональны, а значит, линейно независимы.

Итого: N1 9 9 9 9 12 1 49 .

N2 M 7 M8 M 9

M 7 - количество матриц, у которых одинаковые строки, но строка состоит из различных элементов, не равных нулю. M 7 3 2 6

(первый элемент строки можно записать тремя способами, второй – двумя).

M8 - количество матриц, у которых одинаковые столбцы, но столбец состоит из различных элементов, не равных нулю. N8 3 2 6

(первый элемент столбца можно записать тремя способами, второй – двумя).

M 9 - количество матриц, у которых все элементы одинаковы, но

среди них нет нулей. M 9									3 .			Итого: N2				6 6 3 15 .
Следовательно, P(H							)		49		, P(H			)	15			.
Следовательно, P(H							)				, P(H		2	)				.
						1		256					2	256
								256						256
Априорная вероятность события A: P( A)																	49				15		64		.
Априорная вероятность события A: P( A)																256				256		256			.
																256				256		256
Отсюда
P(H		/ A)				P(H 2 A)				P(H		2 )P( A / H 2 )							15	256		15		.
P(H	2	/ A)				P( A)						P( A)							64			64		.
	2
																				256
																				256
ОТВЕТ.				15	.
ОТВЕТ.			64		.
			64

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]